训练目标(1)导数的综合应用；(2)压轴大题突破．训练题型(1)导数与不等式的综合；(2)利用导数研究函数零点；(3)利用导数求参数范围．解题策略(1)不等式恒成立(或有解)可转化为函数的最值问题，函数零点可以和函数图象相结合；(2)求参数范围可用分离参数法.1．(2016·常州一模)已知函数f(x)＝lnx－x－，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极大值；(2)求函数f(x)的单调区间．2．(2015·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．3．(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数．4．(2016·山东)已知f(x)＝a(x－lnx)＋，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)＞f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]成立．5．已知函数f(x)＝xlnx和g(x)＝m(x2－1)(m∈R)．(1)m＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方，求m的取值范围；(3)求证：＋＋…＋＞ln(2n＋1)(n∈N*)．答案精析1．解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．(1)当a＝0时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝－1.令f′(x)＝0，得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值所以f(x)的极大值为f(1)＝－1.(2)f′(x)＝－1＋＝.令f′(x)＝0，得－x2＋x＋a＝0，则Δ＝1＋4a.①当a≤－时，f′(x)≤0恒成立，所以函数f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；②当a＞－时，由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝.(i)若－＜a＜0，则x1＞x2＞0，由f′(x)＜0，得0＜x＜x2，x＞x1；由f′(x)＞0，得x2＜x＜x1.所以f(x)的单调减区间为(0，)，(，＋∞)，单调增区间为(，)．(ii)若a＝0，由(1)知f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)．(iii)若a＞0，则x1＞0＞x2，由f′(x)＜0，得x＞x1；由f′(x)＞0，得0＜x＜x1.所以f(x)的单调减区间为(，＋∞)，单调增区间为(0，)．综上所述，当a≤－时，f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；当－＜a＜0时，f(x)的单调减区间为(0，)，(，＋∞)，单调增区间为(，)；当a≥0时，f(x)的单调减区间为(，＋∞)，单调增区间为(0，)．2．(1)证明f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0.若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0.所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是即①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m＞1时，g(m)＞0，即em－m＞e－1；当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.综上，m的取值范围是[－1,1]．3．解(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即解得x0＝，a＝－.因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx＜0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点．当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故1是h(x)的一个零点；若a＜－，则f(1)＜0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)＜0，故1不是h(x)的零点．当x∈(0,1)时，g(x)＝－lnx＞0.所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点．(ⅱ)若－3＜a＜0，则f(x)在(0,)上...
