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第十一节导数的应用2019考纲考题考情考纲要求考题举例考向标签1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)2了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)3会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题)2018全国卷T21(讨论函数的单调性、不等式证明)2018全国卷T21(证明不等式、函数的零点)2018全国卷T21(应用导数研究函数的最值)2017全国卷T21(函数单调性、零点)2017全国卷T21(函数极值)2017全国卷T21(利用导数证明不等式)命题角度：1导数与函数的单调性2导数与函数的极值、最值3导数与不等式4导数与函数的零点核心素养：逻辑推理1函数的导数与单调性的关系函数yf(x)在某个区间内可导，则(1)若f(x)0，则f(x)在这个区间内单调递增。(2)若f(x)0，则f(x)在这个区间内单调递减。(3)若f(x)0，则f(x)在这个区间内是常数函数。2函数的极值与导数(1)函数的极小值若函数yf(x)在点xa处的函数值f(a)比它在点xa附近其他点的函数值都小，且f(a)0，而且在点xa附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，则xa叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值。(2)函数的极大值若函数yf(x)在点xb处的函数值f(b)比它在点xb附近其他点的函数值都大，且f(b)0，而且在点xb附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，则xb叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值。3函数的最值与导数(1)函数f(x)在a，b上有最值的条件：一般地，如果在区间a，b上，函数yf(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值。(2)求函数yf(x)在a，b上的最大值与最小值的步骤为：求函数yf(x)在(a，b)内的极值；将函数yf(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。1函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f(x)0，“f(x)0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件。2对于可导函数f(x)，“f(x0)0”是“函数f(x)在xx0处有极值”的必要不充分条件。如函数yx3在x0处导数为零，但x0不是函数yx3的极值点。一、走进教材1(选修22P26练习T1(2)改编)函数yxex的单调递减区间为()A(，0) B(0，)C1，)D(1，)解析y1ex0。故选B。答案B2(选修22P32A组T5(4)改编)函数f(x)2xxlnx的极值是()ABCeDe2解析因为f(x)2(lnx1)1lnx，当f(x)0时，解得0xe；当f(x)e，所以xe时，f(x)取到极大值，f(x)极大值f(e)e。故选C。答案C二、走近高考3(2018全国卷)已知函数f(x)2sinxsin2x，则f(x)的最小值是_。解析因为f(x)2sinxsin2x，所以f(x)2cosx2cos2x4cos2x2cosx24(cosx1)，由f(x)0得cosx1，即2kx2k，kZ，由f(x)0得1cosx，即2kx2k或2kx2k，kZ，所以当x2k(kZ)时，f(x)取得最小值，且f(x)minf2sinsin2。解法一：因为f(x)2sinxsin2x2sinx(1cosx)，所以f(x)24sin2x(1cosx)24(1cosx)(1cosx)3，设cosxt，则y4(1t)(1t)3(1t1)，所以y4(1t)33(1t)(1t)24(1t)2(24t)，所以当1t0；当t1时，y0在(0，)上恒成立，则f(x)在(0，)上单调递增，又f(0)1，所以此时f(x)在(0，)内无零点，不满足题意。当a0时，由f(x)0得x，由f(x)0得0x0，f(x)单调递增，当x(0,1)时，f(x)0恒成立，所以f(x)是增函数。故选C。答案C6函数g(x)x2的极值点是_，函数f(x)(x1)3的极值点_(填“存在”或“不存在”)。解析结合函数图象可知g(x)x2的极值点是x0。因为f(x)3(x1)20，所以f(x)0无变号零点，故函数f(x)(x1)3不存在极值点。答案0不存在7函数g(x)x2在1,2上的最小值和最大值分别是_，在(1,2)上的最小值和最大值均_(填“存在”或“不存在”)。解析根据函数的单调性及最值的定义可得。答案1,4不存在第1课时导数与函数的单调性考点一讨论函数的单调性【例1】(1)已知e为自然对数的底数，则函数yxex的单调递增区间是()A1，)B(，1C1，)D(，1(2)(2019惠州调研)已知函数f(x)x2(a2)xalnx，其中aR。若曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线与直线xy30平行，求a的值；求函数f(x)的单调区间。(1)解析令y(1x)ex0。因为ex0，所以1x0，所以x1。故选A。答案A(2)解由f(x)x2(a2)xalnx可知，函数f(x)的定义域为x|x0，且f(x)2x(a2)，依题意，f(2)4(a2)1，解得a2。依题意，f(x)2x(a2)(x0)。令f(x)0，得x11，x2。()当a0时，0，由f(x)0，得x1；由f(x)0，得0x1。则函数f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)。()当01，即0a0，得0x1；由f(x)0，得x1，即a2时，由f(x)0，得0x；由f(x)0，得1x0，解集在定义域内的部分为单调递增区间。4解不等式f(x)0，讨论f(x)在(0,2)上的单调性。解因为f(x)1(0x0)。当0kk0，且2，所以x(0，k)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，k)上是减函数，在(k,2)上是增函数；当k2时，k2，f(x)2时，0，所以x时，f(x)0，所以函数f(x)在上是减函数，在上是增函数。考点二已知函数的单调性求参数取值范围【例2】(1)若函数ysin2xacosx在区间(0，)上是增函数，则实数a的取值范围是()A(，1B1，)C(，0)D(0，)(2)已知a0，函数f(x)(x22ax)ex，若f(x)在1,1上是减函数，则a的取值范围是_。解析(1)ycos2xasinx0在(0，)上恒成立，即a在(0，)上恒成立。令tsinx(0,1，g(t)2t，t(0,1，易知函数g(t)在(0,1上单调递减，所以g(t)ming(1)1，所以a1，即实数a的取值范围是(，1。(2)f(x)x22(a1)x2aex，因为f(x)在1,1上是减函数，所以f(x)0对x1,1恒成立，所以x22(a1)x2a0对x1,1恒成立。设g(x)x22(a1)x2a，所以所以解得a。答案(1)A(2)a1f(x)在D上单调递增(减)，只要f(x)0(0)在D上恒成立即可，如果能够分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系。2二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论。【变式训练】已知函数f(x)lnxax22x存在单调递减区间，则实数a的取值范围为_。解析f(x)ax2(x0)，函数f(x)存在单调递减区间，即定义域(0，)内存在区间使ax22x10，等价于a小于在x(0，)上的最大值，设g(x)，则g(x)，可知，函数g(x)在区间(0,1)上为增函数，在区间(1，)上为减函数，所以当x1时，函数g(x)取得最大值，此时g(x)1，所以a2x。若f(a2)f(a)44a，则实数a的取值范围为()A(，1B1，)C(，2D2，)解析令G(x)f(x)x2，则G(x)f(x)2x。x0，)时，G(x)f(x)2x0，所以G(x)在0，)上是增函数。G(x)f(x)(x)2f(x)x2G(x)，所以G(x)为偶函数，G(x)在(，0)上是减函数。因为f(a2)f(a)44a，所以f(a2)44aa2f(a)a2，所以f(a2)(a2)2f(a)a2，即G(a2)G(a)，所以|a2|a|，所以a1。故选A。答案A本小题构造了新函数G(x)f(x)x2，通过讨论其单调性解不等式。方向2：比较大小【例4】(2019南昌摸底调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f(x)，若对任意x0都有2f(x)xf(x)0成立，则()A4f(2)9f(3)C2f(3)3f(2)D3f(3)0都有2f(x)xf(x)0成立，则当x0时，有g(x)x(2f(x)xf(x)0恒成立，即函数g(x)在(0，)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(x)f(x)，则有g(x)(x)2f(x)x2f(x)g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(2)g(2)，且g(2)g(3)，则有g(2)g(3)，即有4f(2)0”，需构造函数g(x)x2f(x)，求导后得x0时，g(x)0，即函数g(x)在(0，)上为增函数，从而问题得以解决。【题点对应练】1(方向1)已知函数f(x)(xR)满足f(1)1，且f(x)的导函数f(x)，则不等式f(x2)的解集为_。解析由题意构造函数F(x)f(x)x，则F(x)f(x)。因为f(x)，所以F(x)f(x)0，即函数F(x)在R上单调递减。因为f(x2)，f(1)1，所以f(x2)f(1)，所以F(x2)1，即x(，1)(1，)。答案(，1)(1，)2(方向2)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)f(x)恒成立，若x1e x2f(x1)Be x1f(x2)0，所以g(x)单调递增，当x1x2时，g(x1)g(x2)，即e x2f(x1)。答案A1(配合例1使用)若函数y在(1，)上单调递减，则称f(x)为P函数。下列函数中为P函数的为()f(x)1；f(x)x；f(x)；f(x)。ABCD解析x(1，)时，lnx0，x增大时，都减小，所以y，y在(1，)上都是减函数，所以f(x)1和f(x)都是P函数；，所以x(1，e)时，0，即y在(1，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，所以f(x)x不是P函数；，所以x(1，e2)时，0，即y在(1，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，所以f(x)不是P函数。故选B。答案B2(配合例1使用)已知函数f(x)ln(ex1)ax(a0)，讨论函数yf(x)的单调区间。解f(x)a1a。当a1时，f(x)0恒成立，所以当a1，)时，函数yf(x)在R上单调递减。当0a0，得(1a)(ex1)1，即ex1，解得xln，由f(x)0，得(1a)(ex1)1，即ex1，解得xln。所以当a(0,1)时，函数yf(x)在上单调递增，在上单调递减。综上，当a1，)时，f(x)在R上单调递减；当a(0,1)时，f(x)在上单调递增，在上单调递减。3(配合例3、例4使用)设偶函数f(x)定义在上，其导函数为f(x)，当0x时，f(x)cosxf(x)sinx2fcosx的解集为()AB.CD.解析令g(x)，因为f(x)是定义在上的偶函数，所以g(x)是定义在上的偶函数，又当0x时，f(x)cosxf(x)sinx0，所以g(x)2fcosx化为，即g(x)g，则|x|1，则不等式f(x)x0的解集为_。【解析】令g(x)f(x)x，所以g(x)f(x)1。由题意知g(x)0，所以g(x)为增函数。因为g(2)f(2)20，所以g(x)0的解集为(2，)。【答案】(2，)【典例2】是圆周率，e是自然对数的底数，在3e，e3，e，3,3，e六个数中，最小的数与最大的数分别是()A3e,3B3e，eCe3，3De,3【解析】构造函数f(x)，f(x)的定义域为(0，)，求导得f(x)，当f(x)0，即0xe时，函数f(x)单调递增；当f(x)e时，函数f(x)单调递减。故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)。因为e3，所以eln3eln，lneln3，即ln3elne，lneln3。又函数ylnx，yex，yx在定义域上单调递增，故3ee3，e3e3，故这六个数中的最大数为3或3，由e3及函数f(x)的单调性，得f()f(3)f(e)，即，由，得ln33，在3e，e3，e，3,3，e六个数中的最大的数是3，同理得最小的数为3e。故选A。【答案】A二、ex与f(x)的组合函数【典例3】已知f(x)(xR)有导函数，且xR，f(x)f(x)，nN*，则有()Aenf(n)enf(0)Benf(n)f(0)，f(n)f(0)，f(n)enf(0)Denf(n)f(0)，f(n)0，g(x)为R上的增函数，故g(n)g(0)g(n)，即，即enf(n)enf(0)。故选A。【答案】A【典例4】设a0，b0，e是自然对数的底数，则()A若ea2aeb3b，则abB若ea2aeb3b，则abD若ea2aeb3b，则a0，b0，所以ea2aeb3beb2bbeb2b。对于函数yex2x(x0)，因为yex20，所以yex2x在(0，)上单调递增，因而ab成立。故选A。【答案】A第2课时导数与函数的极值、最值考点一函数的极值问题微点小专题方向1：由图象判断函数的极值【例1】设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)C函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)D函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)解析由题图可知，当x0；当2x1时，f(x)0；当1x2时，f(x)2时，f(x)0。由此可以得到函数f(x)在x2处取得极大值，在x2处取得极小值。故选D。答案D知图判断函数极值的情况。先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号。方向2：求函数的极值【例2】已知函数f(x)x1(aR，e为自然对数的底数)。(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值。解(1)由f(x)x1，得f(x)1。又曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，得f(1)0，即10，解得ae。(2)f(x)1，当a0时，f(x)0，f(x)为(，)上的增函数，所以函数f(x)无极值。当a0时，令f(x)0，得exa，即xlna，当x(，lna)时，f(x)0，所以f(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，)上单调递增，故f(x)在xlna处取得极小值且极小值为f(lna)lna，无极大值。综上，当a0时，函数f(x)无极值；当a0时，f(x)在xlna处取得极小值lna，无极大值。求函数极值的一般步骤：先求函数f(x)的定义域，再求函数f(x)的导函数f(x)；求f(x)0的根；判断在f(x)0的根的左、右两侧f(x)的符号，确定极值点；求出具体极值。方向3：已知极值求参数【例3】(1)(2019江西八校联考)若函数f(x)x2xalnx在1，)上有极值点，则实数a的取值范围为_。(2)(2018山东曲阜模拟)若函数f(x)的导数f(x)(xk)k，k1，kZ，已知xk是函数f(x)的极大值点，则k_。解析(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x1，由题意知2x2xa0在R上有两个不同的实数解，且在1，)上有解，所以18a0，且2121a0，所以a(，1。(2)因为函数的导数为f(x)(xk)k，k1，kZ，所以若k是偶数，则xk，不是极值点，则k是奇数，若k0，解得x或xk；由f(x)0，解得kx，由f(x)0，解得xk或x；由f(x)0，解得x0，解得x1，令f(x)0，解得2x0，得0x1，由f(x)1，所以f(x)1lnx在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减。(2)由(1)得f(x)在上单调递增，在1，e上单调递减，所以f(x)在上的最大值为f(1)11ln10。又f1eln2e，f(e)1lne，且f0，所以f(x)在(0，)上单调递增；当m0时，令f(x)0得0x，令f(x)，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减。(2)由(1)知，当m0时，f(x)无最大值；当m0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减。所以f(x)maxfln2mnln2lnmnln2，所以nlnm，所以mnmlnm，令h(x)xlnx(x0)，则h(x)1，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以h(x)minhln2，所以mn的最小值为ln2。1(配合例3使用)设函数f(x)2lnxmx21。(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)m1成立，求实数m的取值范围。解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2mx，当m0时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增；当m0时，令f(x)0，则0x，令f(x)，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减。综上，当m0时，f(x)在(0，)上单调递增；当m0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减。(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减。所以f(x)maxf2lnm1lnm，若存在x0，使得f(x0)m1成立，则f(x)maxm1。即lnmm1，lnmm10)，因为g(x)10，所以g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)0，所以m10，即m1。综上，0m0)，则F(x)(x0)，所以当0x1时，F(x)1时，F(x)0，F(x)单调递增。所以F(x)F(1)10，所以a。记G(x)，x，则G(x)。因为x，所以22lnx2(1lnx)0，所以x2lnx20，所以当x时，G(x)0，G(x)单调递增。所以G(x)minG(1)1，所以aG(x)min1，故实数a的取值范围为1，)。第3课时导数与不等式考点一不等式的证明微点小专题方向1：移项作差构造法【例1】(2019江西赣州高三模拟)已知函数f(x)1，g(x)bx，若曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直。(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f(x)g(x)。解(1)因为f(x)1，所以f(x)，f(1)1。因为g(x)bx，所以g(x)b。因为曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)1，且f(1)g(1)1，所以g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1。(2)证明：由(1)知，g(x)x，则f(x)g(x)1x0。令h(x)1x(x1)，则h(1)0，h(x)11。因为x1，所以h(x)10，所以h(x)在1，)上单调递增，所以h(x)h(1)0，即1x0，所以当x1时，f(x)g(x)。待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证。【变式训练】已知函数f(x)xlnxex1。(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)证明：f(x)sinx在(0，)上恒成立。解(1)依题意得f(x)lnx1ex，又f(1)1e，f(1)1e，故所求切线方程为y1e(1e)(x1)，即y(1e)x。(2)证明：依题意，要证f(x)sinx，即证xlnxex1sinx，即证xlnxexsinx1。当00，xlnx0，故xlnxexsinx1，即f(x)1时，令g(x)exsinx1xlnx，故g(x)excosxlnx1。令h(x)g(x)excosxlnx1，则h(x)exsinx，当x1时，exe11，所以h(x)exsinx0，故h(x)在(1，)上单调递增。故h(x)h(1)ecos110，即g(x)0，所以g(x)g(1)esin110，即xlnxexsinx1，即f(x)sinx。综上所述，f(x)0)。令g(x)，则g(x)，所以当x(0,1)时，g(x)0，当x(1，)时，g(x)0，则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以g(x)maxg(1)1，则a1，所以a的最小值为1。(2)证明：由(1)知当a1时有f(x)xlnx10成立，即xlnx1，即tlnt1。令t，则xlnxlnt，所以xlnx1，即xlnx10。(3)因为k(exx2)xxlnx，即k1lnx恒成立，所以k1，由(2)知xlnx10恒成立，所以11，故k1。这种方法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点。【变式训练】已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1。(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)0恒成立，试确定实数k的取值范围；(3)证明：1)。解(1)因为f(x)ln(x1)k(x1)1，所以f(x)k，x1。所以当k0时，f(x)k0，f(x)在(1，)上是增函数；当k0时，令f(x)0，得1x1，令f(x)1，所以f(x)在上是增函数，在上是减函数。(2)因为f(x)0恒成立，所以x1，ln(x1)k(x1)10，所以x1，ln(x1)k(x1)1，所以k0。由(1)知，当k0时，f(x)maxflnk0，解得k1。故实数k的取值范围是1，)。(3)证明：令k1，则由(2)知，ln(x1)x2对任意x(1，)恒成立，即lnxx1对任意x(0，)恒成立。取xn2，则2lnnn21，即，n2，所以1)。方向3：隔离分析法【例3】(2019福州高三期末考试)已知函数f(x)elnxax(aR)。(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0。解(1)f(x)a(x0)，若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x0，当x时，f(x)0，所以只需证f(x)2e，当ae时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)e。记g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e。综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0。解：由题意知，即证exlnxex2ex2ex0，从而等价于lnxx2。设函数g(x)lnxx2，则g(x)1。所以当x(0,1)时，g(x)0，当x(1，)时，g(x)0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而g(x)在(0，)上的最大值为g(1)1。设函数h(x)，则h(x)。所以当x(0,1)时，h(x)0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，从而h(x)在(0，)上的最小值为h(1)1。综上，当x0时，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0。若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标。【变式训练】已知f(x)axlnx，x(0，e，g(x)，其中e是自然对数的底数，aR.(1)当a1时，求f(x)的极值，并证明f(x)g(x)恒成立；(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由。解(1)因为f(x)xlnx(x0)，f(x)1。所以当0x1时，f(x)0，此时f(x)单调递减；当1x0，此时f(x)单调递增。所以f(x)的极小值为f(1)1，即f(x)在(0，e上的最小值为1，令h(x)g(x)，则h(x)，当0x0，h(x)在(0，e上单调递增，所以h(x)maxh(e)g(x)恒成立。(2)假设存在实数a，使f(x)axlnx(x(0，e)有最小值3，f(x)a。当a0时，f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13，a(舍去)，所以a0时，不存在a使f(x)的最小值为3。当0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)minf1lna3，ae2，满足条件。当e，即0a时，f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13，a(舍去)，所以0a时，不存在a使f(x)的最小值为3。综上，存在实数ae2，使得当x(0，e时，f(x)有最小值3。考点二不等式恒成立问题【例4】(2019陕西西北九校联考)已知函数f(x)lnxt(x1)，t为实数。(1)当t1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若当t时，f(x)0，所以f(x)1。由f(x)0可得0x0可得x1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)。(2)当t时，f(x)lnx，f(x)lnx，当x1时，f(x)0恒成立，等价于k1时，h(x)0，函数h(x)x1lnx在(1，)上单调递增，故h(x)h(1)0，从而当x1时，g(x)g(1)0，即函数g(x)在(1，)上单调递增，故g(x)g(1)，因此当x1时，若使k0，0或a0，2(x1)对x(1,2)恒成立。解(1)定义域为(0，)，f(x)。a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上为增函数；a0时，由xa时，f(x)0,0xa时，f(x)0，所以要证原不等式成立，即证lnx对x(1,2)恒成立，令g(x)lnx，g(x)0，所以g(x)在(0，)上为增函数，所以当x(1,2)时，g(x)g(1)ln10，所以lnx对x(1,2)恒成立，所以(x1)lnx2(x1)对x(1,2)恒成立。证明：令F(x)(x1)lnx2(x1)，F(x)lnx2，lnx。令(x)lnx，由(1)知a1时，(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数。因为x(1,2)，则(x)在(1,2)为增函数，(x)(1)0，即x(1,2)，F(x)0，所以F(x)在(1,2)上为增函数，所以F(x)F(1)0，所以(x1)lnx2(x1)对x(1,2)恒成立。第4课时导数与函数的零点考点一求函数零点的个数【例1】(2019武汉调研)已知函数f(x)exax1(aR)(e2.718 28是自然对数的底数)。(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)f(x)在区间0,1上零点的个数。解(1)因为f(x)exax1，所以f(x)exa，当a0时，f(x)0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间；当a0时，令f(x)0，得x0，得xlna，所以f(x)的单调递减区间为(，lna)，单调递增区间为(lna，)。(2)令g(x)0，得f(x)0或x，先考虑f(x)在区间0,1上的零点个数，当a1时，f(x)在(0，)上单调递增且f(0)0，所以f(x)在0,1上有一个零点；当ae时，f(x)在(，1)上单调递减，且f(0)0，所以f(x)在0,1上有一个零点；当1ae时，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna,1)上单调递增，而f(1)ea1，当ea10，即1ae1时，f(x)在0,1上有两个零点，当ea10，即e1ae1或a2(1)时，g(x)在0,1上有两个零点；当10时，f(x)，当0x时，f(x)时，f(x)0，函数f(x)单调递增。综上，当m0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，)，无单调递减区间；当m0时，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(m1)xmlnx，x0，问
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