【数学】2019届一轮复习北师大版 导数的综合应用 学案 18页

第33练　导数的综合应用 ‎[明考情]‎ 导数部分在高考中的应用一般综合性较强，以压轴题形式呈现，导数和函数零点，方程根及不等式相结合是高考命题的热点，高档难度.‎ ‎[知考向]‎ ‎1.导数与函数零点.‎ ‎2.导数与不等式.‎ ‎3.导数与其他知识的交汇问题.‎ 考点一　导数与函数零点 方法技巧　研究函数零点或两函数图象的交点，可以通过导数研究函数的单调性、极值和最值，确定函数图象的变化趋势，画出函数草图，确定函数图象与x轴的交点或两函数图象的交点.‎ ‎1.设函数f(x)＝x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x，m＞0.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当m≥1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数.‎ 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝.‎ 当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，‎ 当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.‎ 综上可知，函数f(x)的单调递增区间是[，＋∞)，单调递减区间是(0，].‎ ‎(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mlnx，x＞0，‎ 问题等价于求函数F(x)的零点个数.‎ F′(x)＝－，‎ 当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，‎ 注意到F(1)＝＞0，F(4)＝－ln4＜0，‎ 所以F(x)有唯一零点.‎ 当m＞1时，若0＜x＜1或x＞m，则F′(x)＜0；‎ 若1＜x＜m，则F′(x)＞0，‎ 所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，‎ 注意到F(1)＝m＋＞0，F(2m＋2)＝－mln (2m＋2)＜0，‎ 所以F(x)有唯一零点.‎ 综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象总有一个交点.‎ ‎2.设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.‎ ‎(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；‎ ‎(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数.‎ 解　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋(x>0)，‎ 则f′(x)＝(x>0)，‎ ‎∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，‎ 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋＝2，‎ ‎∴f(x)的极小值为2.‎ ‎(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，‎ 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).‎ 设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，‎ 则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，‎ 当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减.‎ ‎∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，‎ ‎∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.‎ 又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，‎ ‎①当m>时，函数g(x)无零点；‎ ‎②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；‎ ‎③当0时，函数g(x)无零点；‎ 当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；‎ 当00；当10，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，‎ 在(1，＋∞)上单调递增.‎ 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，‎ 故f(x)存在两个零点.‎ ‎③若a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).‎ 若0＞a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，‎ f′(x)>0，‎ 因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增.‎ 又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.‎ 若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.‎ 又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.‎ 综上，a的取值范围为(0，＋∞).‎ ‎(2)证明　不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.‎ 由于f(2－x2)＝＋a(x2－1)2，‎ 而f(x2)＝(x2－2)＋a(x2－1)2＝0，‎ 所以f(2－x2)＝－(x2－2).‎ 设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，x∈(1，＋∞)，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以当x>1时，‎ g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.‎ 考点二　导数与不等式 方法技巧　导数与不等式问题相结合有两个方面：一是由不等式恒成立(或有解)求解参数取值范围；二是证明不等式或与自然数有关的不等式.解决这两类问题的核心是“函数的最值”.‎ ‎5.(2017·保定模拟)已知函数f(x)＝ex－2x.‎ ‎(1)求函数f(x)的极值；‎ ‎(2)当a＜2－ln4且x＞0时，试比较f(x)与x2＋(a－2)x＋1的大小.‎ 解　(1)∵f′(x)＝ex－2，‎ 令f′(x)＞0，得x＞ln2，‎ 令f′(x)＜0，得x＜ln2，‎ ‎∴f(x)在(－∞，ln2)上单调递减，‎ 在(ln2，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴当x＝ln2时，f(x)有极小值f(ln2)＝2－2ln2，无极大值.‎ ‎(2)令g(x)＝f(x)－x2－(a－2)x－1＝ex－x2－ax－1，‎ g′(x)＝ex－2x－a＝f(x)－a，‎ ‎∴g′(x)min＝f(x)min－a＝2－2ln2－a.‎ ‎∵a＜2－ln4，‎ ‎∴g′(x)＞0，‎ ‎∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴g(x)＞g(0)＝0，‎ 即f(x)＞x2＋(a－2)x＋1.‎ ‎6.设函数f(x)＝x2＋x＋aln(x＋1)，其中a≠0.‎ ‎(1)若a＝－6，求f(x)在[0，3]上的最值；‎ ‎(2)若f(x)在定义域内既有极大值又有极小值，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)当a＝－1时，令g(x)＝x3＋x－f(x)，试证：ln＞(n∈N*)恒成立.‎ ‎(1)解　由题意知，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，‎ 当a＝－6时，f(x)＝x2＋x－6ln(x＋1).‎ 由f′(x)＝2x＋1－＝＝0，‎ 得x＝1.‎ 当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，‎ 当x∈(1，3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.‎ 所以f(x)min＝f(1)＝2－6ln2.‎ 又因为f(0)＝0，f(3)＝32＋3－6ln4＝12(1－ln2)＞0，‎ 所以f(x)max＝f(3)＝12(1－ln2)，f(x)min＝f(1)＝2－6ln2.‎ ‎(2)解　依题意，f′(x)＝2x＋1＋＝＝0在(－1，＋∞)上有两个不等实根，即2x2＋3x＋a＋1＝0在(－1，＋∞)上有两个不等实根，‎ 设h(x)＝2x2＋3x＋a＋1，则 解得0＜a＜.‎ 即实数a的取值范围为.‎ ‎(3)证明　g(x)＝x3＋x－f(x)＝x3－x2＋ln(x＋1)，‎ g′(x)＝3x2－2x＋＝.‎ 当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)＞g(0)＝0，‎ 即x2－x3＜ln(x＋1)恒成立.‎ 令x＝∈(0，＋∞)(n∈N*)，则有ln＞－，即ln＞.‎ ‎7.已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.‎ ‎(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；‎ ‎(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.‎ ‎①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，‎ 则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.‎ ‎②若1＜a＜e，‎ 当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；‎ 当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.‎ 所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.‎ ‎③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，‎ f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.‎ 综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；‎ 当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；‎ 当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.‎ ‎(2)由题意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.‎ 由(1)知，f(x)在[e，e2]上单调递增，‎ f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.‎ g′(x)＝(1－ex)x.‎ 当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，‎ g(x)min＝g(0)＝1，‎ 所以e－(a＋1)－＜1，‎ 即a＞，所以a的取值范围为.‎ ‎8.已知函数f(x)＝alnx＋x2－(1＋a)x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若f(x)≥0对定义域的任意x恒成立，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)证明：对于任意正整数m，n，不等式＋＋…＋＞恒成立.‎ ‎(1)解　f′(x)＝＋x－(1＋a)＝＝，x∈(0，＋∞).‎ 当a≤0时，若0＜x＜1，则f′(x)＜0，若x＞1，则f′(x)＞0，故此时函数f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)；‎ 当0＜a＜1时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎(0，a)‎ a ‎(a，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以函数f(x)的单调递增区间是(0，a)，(1，＋∞)，单调递减区间是(a，1)；‎ 当a＝1时，f′(x)＝≥0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；‎ 当a＞1时，同0＜a＜1时的解法，可得函数f(x)的单调递增区间是(0，1)，(a，＋∞)，单调递减区间是(1，a).‎ ‎(2)解　由于f(1)＝－－a，显然当a＞0时，f(1)＜0，此时f(x)≥0对定义域内的任意x不是恒成立的.‎ 当a≤0时，由(1)可知，函数f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(1)＝－－a，此时只要f(1)≥0即可，‎ 即－－a≥0，解得a≤－，‎ 故实数a的取值范围是.‎ ‎(3)证明　当a＝－时，f(x)＝－lnx＋x2－x≥0，当且仅当x＝1时等号成立，即lnx≤x2－x.‎ 当x＞1时，可以变换为＞＝，‎ 在上面不等式中分别令x＝m＋1，m＋2，…，m＋n，m，n∈N*，将所得各式相加，得 ＋＋…＋＞＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＝.‎ 故＋＋…＋＞.‎ 考点三　导数与其他知识的交汇问题 方法技巧　解决导数与不等式、数列等知识的交汇问题，可以通过构造函数，利用导数研究函数的单调性及函数值的变化趋势，透析函数图象的基本特征，结合转化与化归、分类与整合等数 思想方法进行求解.‎ ‎9.已知函数f(x)＝(x2－2ax＋2)ex.‎ ‎(1)函数f(x)在x＝0处的切线方程为2x＋y＋b＝0，求a，b的值；‎ ‎(2)当a＞0时，若曲线y＝f(x)上存在三条斜率为k的切线，求实数k的取值范围.‎ 解　(1)f(x)＝(x2－2ax＋2)ex，‎ f(0)＝2e0＝2，∴2＋b＝0，解得b＝－2.‎ f′(x)＝(x2－2ax＋2＋2x－2a)ex＝[x2＋(2－2a)x＋2－2a]ex，‎ f′(0)＝2－2a＝－2，得a＝2，‎ ‎∴a＝2，b＝－2.‎ ‎(2)f′(x)＝[x2＋(2－2a)x＋2－2a]ex，‎ 令h(x)＝f′(x)，依题意知，存在k使h(x)＝k有三个不同的实数根，‎ h′(x)＝(x2－2ax＋2＋2x－2a＋2x－2a＋2)ex＝[x2＋(4－2a)x＋4－4a]ex，‎ 令h′(x)＝[x2＋(4－2a)x＋4－4a]ex＝0，‎ 得x1＝－2，x2＝2a－2.‎ 由a＞0知，x1＜x2，则f′(x)在(－∞，－2)，(2a－2，＋∞)上单调递增，在(－2，2a－2)‎ 上单调递减.‎ 当x→－∞时，f′(x)→0，当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，‎ ‎∴f′(x)的极大值为f′(－2)＝e－2(2a＋2)，‎ f′(x)的极小值为f′(2a－2)＝e2a－2(2－2a)，‎ 当f′(2a－2)＜0，即a＞1时，0＜k＜e－2(2a＋2)，‎ 当f′(2a－2)＞0，即0＜a＜1时，‎ e2a－2(2－2a)＜k＜e－2(2a＋2).‎ ‎10.已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值；‎ ‎(3)已知1.4142<<1.4143，估计ln2的近似值(精确到0.001).‎ 解　(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，‎ 当且仅当x＝0时，等号成立，‎ 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.‎ ‎(2)因为g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，‎ g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2).‎ ‎①当b≤2时，g′(x)≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，‎ 所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.‎ 而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.‎ ‎②当b>2时，若x满足20，‎ ln2>>0.6928；‎ 当b＝＋1时，ln(b－1＋)＝ln，‎ g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln2<0，‎ ln2<<0.6934.‎ 所以ln2的近似值为0.693.‎ ‎11.已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋b.‎ ‎(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，试求g(x)的表达式；‎ ‎(2)若φ(x)＝－f(x)在上是减函数，求实数m的取值范围；‎ ‎(3)证明：不等式＋＋＋…＋＜＋1＋＋＋…＋.‎ ‎(1)解　由于f(x)与g(x)在x＝1处相切，‎ 且f′(x)＝，g′(x)＝a，‎ 所以f′(1)＝1＝a，得a＝2.‎ 又g(1)＝0＝a＋b，‎ 所以b＝－1，‎ 所以g(x)＝x－1.‎ ‎(2)解　因为φ(x)＝－f(x)＝－lnx在[1，＋∞)上是减函数，‎ 所以φ′(x)＝≤0在上恒成立，‎ 即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，‎ 即2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞).‎ 又x＋∈[2，＋∞)，‎ 所以2m－2≤2，得m≤2.‎ 即实数m的取值范围为(－∞，2].‎ ‎(3)证明　由(2)可知，当m＝2时，φ(x)＝－lnx在[1，＋∞)上是减函数，‎ 所以当x＞1时，φ(x)＜φ(1)＝0，‎ 即－lnx＜0，‎ 所以lnx＞，‎ 从而得到＜·，‎ 当x＝2时，＜×，‎ 当x＝3时，＜×，‎ 当x＝4时，＜×，‎ ‎…，‎ 当x＝n＋1时，＜·，n∈N*，n≥2，‎ 上述不等式相加，得 ＋＋＋…＋＜ ‎＝＝＋1＋＋＋…＋，即＋＋＋…＋＜＋1＋＋＋…＋(n∈N*，n≥2).‎ ‎12.(2017·泸州冲刺)设函数f(x)＝ex＋sinx(e为自然对数的底数)，g(x)＝ax，F(x)＝f(x)－g(x).‎ ‎(1)若x＝0是F(x)的极值点，且直线x＝t(t≥0)分别与函数f(x)和g(x)的图象交于P，Q，求P，Q两点间的最短距离；‎ ‎(2)若当x≥0时，函数y＝F(x)的图象恒在y＝F(－x)的图象上方，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)因为F(x)＝ex＋sinx－ax，‎ 所以F′(x)＝ex＋cosx－a，因为x＝0是F(x)的极值点，‎ 所以F′(0)＝1＋1－a＝0，解得a＝2.‎ 又当a＝2时，若x＜0，‎ F′(x)＝ex＋cosx－a＜1＋1－2＝0，‎ 所以F(x)在(－∞，0)上单调递减.‎ 若x＞0，(F′(x))′＝ex－sinx＞0，‎ 所以F′(x)在(0，＋∞)上为增函数，‎ 所以F′(x)＞F′(0)＝1＋1－2＝0，‎ 所以F(x)在(0，＋∞)上为增函数.‎ 所以x＝0是F(x)的极小值点，‎ 所以a＝2符合题意，所以|PQ|＝et＋sint－2t.‎ 令h(x)＝ex＋sin x－2x，即h′(x)＝ex＋cos x－2，因为(h′(x))′＝ex－sin x，当x＞0时，ex＞1，－1≤sinx≤1，‎ 所以(h′(x))′＝ex－sinx＞0，所以h′(x)＝ex＋cosx－2在(0，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＝ex＋cosx－2＞h′(0)＝0，所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)的最小值为h(0)＝1，‎ 所以|PQ|min＝1.‎ ‎(2)令φ(x)＝F(x)－F(－x)＝ex－e－x＋2sinx－2ax，‎ 则φ′(x)＝ex＋e－x＋2cosx－2a，‎ 令S(x)＝(φ′(x))′＝ex－e－x－2sinx，‎ 因为S′(x)＝ex＋e－x－2cosx≥0在x≥0时恒成立，‎ 所以函数S(x)在[0，＋∞)上单调递增，‎ 所以S(x)≥S(0)＝0在x≥0时恒成立.‎ 故函数φ′(x)在[0，＋∞)上单调递增，‎ 所以φ′(x)≥φ′(0)＝4－2a在x∈[0，＋∞)时恒成立.‎ 当a≤2时，φ′(x)≥0，φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，即φ(x)≥φ(0)＝0.‎ 故当a≤2时，F(x)≥F(－x)恒成立.‎ 当a＞2时，因为φ′(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以总存在x0∈(0，＋∞)，使φ(x)在区间[0，x0)上，φ′(x)＜0，导致φ(x)在区间[0，x0]上单调递减，而φ(0)＝0，‎ 所以当x∈[0，x0)时，φ(x)＜0，这与F(x)－F(－x)≥0‎ 对x∈[0，＋∞)恒成立矛盾，所以a＞2不符合题意，‎ 故符合条件的a的取值范围是(－∞，2].‎ 例　(12分)已知函数f(x)＝lnx－mx＋m，m∈R.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m的值；‎ ‎(3)在(2)的条件下，任意的0＜a＜b，求证：＜.‎ 审题路线图 ‎(1)―→―→ ‎(2)―→―→‎ ―→―→ ‎(3)―→ 规范解答·评分标准 ‎(1)解　f′(x)＝－m＝(x∈(0，＋∞)).‎ 当m≤0时，f′(x)＞0恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当m＞0时，由f′(x)＝－m＝＞0，‎ 可得x∈，则f(x)在上单调递增，‎ 由f′(x)＝－m＝＜0，可得x∈，‎ 则f(x)在上单调递减.…………………………………………………………4分 ‎(2)解　由(1)知，当m≤0时显然不成立；‎ 当m＞0时，f(x)max＝f＝ln－1＋m＝m－lnm－1，‎ 只需m－lnm－1≤0即可，令g(x)＝x－lnx－1，‎ 则g′(x)＝1－，‎ 函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0.‎ 则若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，m＝1.…………………………………………8分 ‎(3)证明　＝＝－1＝·－1，‎ 由0＜a＜b，得＞1，由(2)得ln＜－1，‎ 则·－1＜－1＝＝＜，‎ 则原不等式＜成立.…………………………………………………12分 构建答题模板 ‎[第一步]　求导数.‎ ‎[第二步]　看性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质.‎ ‎[第三步]　用性质：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法.‎ ‎[第四步]　得结论：审视转化过程的合理性.‎ ‎[第五步]　再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性.‎ ‎1.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.‎ 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 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，＋∞)内无零点.‎ 当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，‎ h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，‎ 故x＝1是h(x)的零点；‎ 若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，‎ 故x＝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.‎ ‎①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0，1)内无零点，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)有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0，1)内没有零点.‎ ‎②若－30，即－－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－0，‎ 即F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0，此时f(x)≤kg(x)恒成立；‎ ‎②若k＝e2，F′(x)＝(ex+2－1)(2x＋4)，‎ 故F(x)在[－2，＋∞)上单调递增，‎ 因为F(－2)＝0，所以f(x)≤kg(x)恒成立；‎ ‎③若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0，‎ 从而当x∈[－2，＋∞)时，‎ f(x)≤kg(x)不可能恒成立.‎ 综上所述，k的取值范围为[1，e2].‎ ‎4.已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a，b∈R).‎ ‎(1)设b＝2－a，求f(x)的零点的个数；‎ ‎(2)设a>0，且对于任意x>0，f(x)≥f(1)，试比较lna与－2b的大小.‎ 解　(1)∵b＝2－a，‎ ‎∴f′(x)＝2ax＋(2－a)－＝(x>0).‎ ‎①若a≥0，则f(x)在上为减函数，‎ 在上为增函数，又f＝1－＋ln2，‎ ‎∴当0≤a＜4(1＋ln2)时，函数f(x)没有零点；‎ 当a＝4(1＋ln2)时，函数f(x)有一个零点；‎ 当a>4(1＋ln2)时，函数f(x)有两个零点.‎ ‎②若a<0，当－20，∴函数f(x)只有一个零点.‎ 当a＝－2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，f(x)有一个零点.‎ 当a<－2时，f(x)在上单调递减，‎ 在上单调递增，在上单调递减，‎ f(x)只有一个零点.‎ 综上，当0≤a＜4(1＋ln2)时，函数f(x)无零点；‎ 当a<0或a＝4(1＋ln2)时，函数f(x)有一个零点；‎ 当a>4(1＋ln2)时，函数f(x)有两个零点.‎ ‎(2)由a>0，且对于任意x>0，f(x)≥f(1)，‎ 可知函数f(x)在x＝1处取得最小值，‎ 由f′(x)＝2ax＋b－＝0，得是f(x)的唯一的极小值点，故＝1，‎ 整理得2a＋b＝1，即b＝1－2a.‎ lna－(－2b)＝lna＋2(1－2a)＝lna＋2－4a，‎ 令g(x)＝2－4x＋lnx，则g′(x)＝(x＞0)，‎ 令g′(x)＝0，得x＝.‎ 当00，g(x)单调递增；‎ 当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减.‎ 因此g(x)≤g＝1＋ln＝1－ln4<0，‎ 故g(a)<0，即2－4a＋lna＝2b＋lna<0，‎ 即lna<－2b.‎ ‎5.已知函数f(x)＝sinx－ax.‎ ‎(1)对于x∈(0，1)，f(x)＞0恒成立，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)当a＝1时，令h(x)＝f(x)－sinx＋lnx＋1，求h(x)的最大值；‎ ‎(3)求证：ln(n＋1)＜1＋＋＋…＋＋(n∈N*).‎ ‎(1)解　由f(x)＞0，得sinx－ax＞0，‎ 因为0＜x＜1，所以a＜.‎ 令g(x)＝，则g′(x)＝.‎ 再令m(x)＝xcosx－sinx，则m′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx＜0，‎ 所以m(x)在(0，1)上单调递减，所以m(x)＜m(0)＝0，‎ 所以g′(x)＜0，则g(x)在(0，1)上单调递减，‎ 所以g(x)＞g(1)＝sin1，所以a≤sin1.‎ ‎(2)解　当a＝1时，f(x)＝sinx－x，‎ 所以h(x)＝lnx－x＋1，‎ h′(x)＝－1＝(x＞0).‎ 由h′(x)＝0，得x＝1.‎ 当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)在(0，1)上单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)在(1，＋∞)上单调递减.‎ 所以h(x)max＝h(1)＝0.‎ ‎(3)证明　由(2)可知，当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，‎ 即lnx＜x－1，‎ 令x＝，则ln＜－1，即ln(n＋1)－lnn＜.‎ 分别令n＝1，2，3，…，n，‎ 得ln2－ln1＜1，ln3－ln2＜，ln4－ln3＜，…，ln(n＋1)－lnn＜，‎ 将上述n个式子相加，得ln(n＋1)＜1＋＋＋…＋＋(n∈N*).‎ 即所要证不等式成立.‎