2023高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题六函数与导数第4讲导数的综合应用含解析202303112171

第4讲　导数的综合应用高考定位　在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真题感悟1.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直.(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.(1)解　f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′＝0，即＋b＝0，故b＝－.(2)证明　由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.f′(x)与f(x)的情况为：x－f′(x)＋0－0＋f(x)c＋c－因为f(1)＝f＝c＋，所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点.因为f(－1)＝f＝c－，所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点.由题设可知－≤c≤.当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.\n当－<c<时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈.综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.2.(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数.(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.(1)证明　设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝－sinx＋sinx＋xcosx＝xcosx.当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减.又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点.所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点.(2)解　由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0].考点整合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：\na的符号零点个数充要条件a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)一个f(x1)＜0或f(x2)>0两个f(x1)＝0或f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)>0或f(x2)＜0两个f(x1)＝0或f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞03.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.4.(1)判断含x，lnx，ex的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝elnx0及ex≥x＋1，lnx≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号.(2)会对复杂函数式或导数式(如含x，lnx，ex的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展.热点一　利用导数研究函数的零点【例1】(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2).(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，x∈R，则f′(x)＝ex－1.当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.(2)f′(x)＝ex－a.\n①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.故f(x)至多存在一个零点，不合题意.②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna，＋∞)单调递增.故当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a(1＋lna).(ⅰ)若0<a≤，则f(lna)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意.(ⅱ)若a>，则f(lna)<0.由于f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，lna)存在唯一零点.由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝e·e－a(x＋2)>eln(2a)·－a(x＋2)＝2a>0.故f(x)在(lna，＋∞)存在唯一零点.从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点.综上，a的取值范围是.探究提高　1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质；第三步：结合图象求解.2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点，(2)依据零点确定极值的范围，(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.【训练1】设函数f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R.(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；(2)若0<a<，试证明f(x)恰有两个零点.(1)解　由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－[aex＋a(x－1)ex]＝.因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，\n所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.(2)证明　由(1)知，f′(x)＝.令g(x)＝1－ax2ex，由0<a<，可知g(x)在(0，＋∞)内单调递减.又g(1)＝1－ae>0，且g＝1－a·＝1－<0，故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，不妨设为x0，则1<x0<ln.当x∈(0，x0)时，f′(x)＝>＝0，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝<＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点.令h(x)＝lnx－x＋1，则当x>1时，h′(x)＝－1<0，故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，从而当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以lnx<x－1，从而f＝ln－aeln＝ln－ln＋1＝h<0.又因为f(x0)>f(1)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点.又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点.热点二　利用导数证明不等式\n【例2】(2020·衡水中学检测)已知函数f(x)＝ln.(1)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2；(2)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值.(1)证明　令g(x)＝f(x)－2，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝.因为g′(x)>0(0<x<1)，所以g(x)在区间(0，1)上单调递增.所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0，1)，即当x∈(0，1)时，f(x)>2.(2)解　由(1)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0，1)恒成立.当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝.所以当0<x<时，h′(x)<0，因此h(x)在区间上单调递减.当0<x<时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<k.所以当k>2时，f(x)>k并非对x∈(0，1)恒成立.综上可知，k的最大值为2.探究提高　形如f(x)＞g(x)的不等式的证明：(1)首先构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，借助导数求h(x)min，证明h(x)min＞0.(2)如果不等式既有指数又有对数，求导不易求最值，可合理分拆和变形，构造两个函数，分别计算它们的最值，利用隔离分析最值法证明.【训练2】(2020·岳阳二模)已知函数f(x)＝x－lnx－.(1)求证：f(x)≤1－e；(2)若f(x)＋ex－bx≥1恒成立，求实数b的取值范围.(1)证明　f(x)＝x－lnx－，定义域为(0，＋∞)，\n则f′(x)＝1－－＝，由ex≥x＋1＞x，知0<x<1时，f′(x)>0；x>1时，f′(x)<0，得f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝1－e.从而f(x)≤1－e.(2)解　f(x)＋ex－bx≥1，即－lnx＋x－＋xex＋－bx≥1，恒有≥b，即≥b.令φ(x)＝，则φ′(x)＝，令h(x)＝x2ex＋lnx，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为x→0时，h(x)→－∞，h(1)＝e＞0，所以h(x)在(0，1)上存在唯一零点x0，且h(x0)＝xex0＋lnx0＝0，所以x0ex0＝－＝(eln).令m(x)＝xex，上式即m(x0)＝m.由于m(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln＝－lnx0，即ex0＝，从而φ′(x0)＝0且0<x<x0时，h(x)<0，φ′(x)<0；x>x0时，h(x)>0，φ′(x)>0，所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(x0)＝＝＝2，所以b≤2.即实数b的取值范围为(－∞，2].热点三　导数与不等式恒成立、存在性问题角度1　含参不等式的恒成立问题【例3】已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1).若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围.解　设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1).由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0，得x1＝－lnk，x2＝－2.(ⅰ)若1≤k<e2，则－2<x1≤0.\n从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增.故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1).而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立.(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2).从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增.而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即F(x)≤kg(x)恒成立.(ⅲ)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，k的取值范围是[1，e2].探究提高　1.此类问题要根据导数式的特点对参数进行讨论，在每个范围内由单调性得到最值，利用最值来判断是否满足题意，说明不满足题意时，只需举一反例即可.2.x，ex，lnx组合型函数问题，解题思路有两个关键方向：一是要充分考虑指数式与对数式的运算性质的应用，如＝eln是N＝alogaN(a＞0，a≠1)的应用，x0＝ln化为ex0＝是指数式与对数式互化的应用；二是要考虑能否运用不等式放缩转化目标，如利用ex≥x＋1，从而快速解不等式，得到函数的单调区间.【训练3】设函数f(x)＝ax2－a－lnx，其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数).解　(1)f′(x)＝2ax－＝(x>0).当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝.此时，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；\n当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.(2)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x.则s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0.当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－lnx<0.故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.当0<a<时，>1.由(1)有f<f(1)＝0，而g>0，所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1).当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.综上，a∈.角度2　不等式存在性问题【例4】设函数f(x)＝alnx＋x2－x(a≠1).若存在x0≥1，使得f(x0)＜，求a的取值范围.解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝alnx＋x2－x，f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1).①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.所以，存在x0≥1，使得f(x0)＜成立的充要条件为\nf(1)＜，即－1＜，解得－－1＜a＜－1.②若＜a＜1，则＞1，故当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.f(x)在上单调递减，在上单调递增.所以，存在x0≥1，使得f(x0)＜成立的充要条件为f＜.而f＝aln＋＋＞，所以不合题意.③若a＞1，f(x)在[1，＋∞)上递减，则f(1)＝－1＝＜.综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞).探究提高　“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.【训练4】已知函数f(x)＝x－mlnx－(m∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.解　(1)f(x)＝x－mlnx－，且定义域(0，＋∞)，∴f′(x)＝1－＋＝，当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，∴f(x)在[1，e]上是减函数，\n则f(x)min＝f(e)＝e－m－.当2<m<e＋1时，若x∈[1，m－1]，则f′(x)≤0；若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1).(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.由(1)知m≤2时，在x∈[e，e2]上有f′(x)≥0，∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－.又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.所以m≤2且e－m－≤1，解得≤m≤2.所以实数m的取值范围是.A级　巩固提升一、选择题1.若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为(　　)A.(－∞，0)B.(－∞，4]C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)解析　条件可转化为a≤2lnx＋x＋(x>0)恒成立，设f(x)＝2lnx＋x＋，则f′(x)＝(x>0).当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝4.所以a≤4.答案　B2.已知函数f(x)＝x2－3x＋5，g(x)＝ax－lnx，若对∀x∈(0，e)，∃x1，x2∈(0，e)且x1≠x2，使得f(x)＝g(xi)(i＝1，2)，则实数a的取值范围是(　　)\nA.B.C.D.∪解析　当x∈(0，e)时，函数f(x)的值域为.由g′(x)＝a－＝可知：当a≤0时，g′(x)<0，与题意不符，故a>0.令g′(x)＝0，得x＝，则∈(0，e)，所以g(x)min＝g＝1＋lna.作出函数g(x)在(0，e)上的大致图象，如图所示，数形结合，知解之得≤a<e.答案　C3.(2020·石家庄调研)已知函数f(x)＝(k－1)xex，若对任意x∈R，都有f(x)<1成立，则实数k的取值范围是(　　)A.(－∞，1－e)B.(1－e，＋∞)C.(－e，0]D.(1－e，1]解析　由f(x)<1，得(k－1)x<＝，所以曲线y＝恒在直线y＝(k－1)x的上方.过原点作曲线y＝的切线，设切点为P(x0，y0)，则－＝，即－＝，得x0＝－1.∴y＝的切线的斜率k0＝－e－x|x＝－1＝－e，则－e<k－1≤0，解得1－e<k≤1.答案　D\n4.(多选题)关于函数f(x)＝＋lnx，下列判断正确的是(　　)A.x＝2是f(x)的极大值点B.函数y＝f(x)－x有且只有1个零点C.存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立D.对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，2)上单调递减，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故A错误；y＝f(x)－x＝＋lnx－x，∴y′＝－＋－1＝<0，函数y＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)－1＝2＋ln1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln2－2＝ln2－1<0，∴函数y＝f(x)－x有且只有1个零点，故B正确；若f(x)>kx(x>0)，则k<＋，令g(x)＝＋，则g′(x)＝，令h(x)＝－4＋x－xlnx，则h′(x)＝－lnx，当h′(x)>0时，0<x<1，当h′(x)<0时，x>1，∴函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)<0，∴g′(x)<0，∴函数g(x)＝＋在(0，＋∞)上单调递减，且当x→＋∞时，g(x)→0，∴不存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立，故C错误；令t∈(0，2)，则2－t∈(0，2)，2＋t∈(2，4)，令u(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝＋ln(2＋t)－－ln(2－t)＝＋ln，则u′(t)＝＋·＝＋＝<0，∴u(t)在(0，2)上单调递减，则u(t)<u(0)＝0，令x1＝2－t，由f(x1)＝f(x2)，得x2>2＋t，则x1＋x2>2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2>4显然成立，∴对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4，故D正确.故选BD.答案　BD二、填空题5.函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，若f(ln2)＝，则满足不等式f(x)＞的x的取值范围是________.解析　由题意，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)＞0.令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝\nf′(x)ex＋f(x)ex＝ex[f′(x)＋f(x)]＞0，所以函数g(x)在R上单调递增.不等式f(x)＞等价于exf(x)＞1，即g(x)＞1.因为f(ln2)＝，所以g(ln2)＝eln2f(ln2)＝2×＝1.故当x＞ln2时，g(x)＞g(ln2)＝1，所以不等式g(x)＞1的解集为(ln2，＋∞).答案　(ln2，＋∞)6.若对于任意正实数x，都有lnx－aex－b＋1≤0(e为自然对数的底数)成立，则a＋b的最小值是________.解析　因为对于任意正实数x都有lnx－aex－b＋1≤0成立，不妨将x＝代入不等式中，得a＋b≥0.下面证明a＋b＝0时满足题意，当a＝1，b＝－1时，令f(x)＝lnx－ex＋1＋1＝lnx－ex＋2，则f′(x)＝－e＝.由f′(x)＝0，得x＝，所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)max＝f＝0，即f(x)≤0对任意正实数x都成立，所以当a＝1，b＝－1，即a＋b＝0时满足题意，所以a＋b的最小值为0.答案　0三、解答题7.已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.(1)证明　当a＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln2.当x∈(0，ln2)时，g′(x)<0；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)>0.∴当x≥0时，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.(2)解　若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，由a＝，令φ(x)＝，x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝2.当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；\n当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.∴φ(x)min＝φ(2)＝.∴a＝.8.已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数.证明：(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.证明　(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－，g′(x)＝－sinx＋.当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′<0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减.又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′<0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减.又f(0)＝0，f＝1－ln>0，所以当x∈时，f(x)>0.从而，f(x)在上没有零点.③当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在单调递减.又f>0，f(π)<0，所以f(x)在有唯一零点.④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1.所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.\nB级　能力突破9.(2019·天津卷改编)设函数f(x)＝excosx，g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间；(2)当x∈时，证明f(x)＋g(x)≥0.(1)解　由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx).因此，当x∈(k∈Z)时，有sinx>cosx，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈(k∈Z)时，有sinx<cosx，得f′(x)>0，则f(x)单调递增.所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，f(x)的单调递减区间为(k∈Z).(2)证明　记h(x)＝f(x)＋g(x).依题意及(1)，有g(x)＝ex(cosx－sinx)，从而g′(x)＝－2exsinx.当x∈时，g′(x)<0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)＝g′(x)<0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)≥h＝f＝0.所以当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.10.(2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.(1)求a，b的值；(2)如果当x＞0，且x≠1时，f(x)＞＋，求k的取值范围.\n解　(1)f′(x)＝－.由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，故即解得a＝1，b＝1.(2)由(1)知f(x)＝＋，所以f(x)－＝.考虑函数h(x)＝2lnx＋(x＞0)，则h′(x)＝.(ⅰ)设k≤0，由h′(x)＝知，当x≠1时，h′(x)＜0，h(x)递减.而h(1)＝0，故当x∈(0，1)时，h(x)＞0.可得h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，即f(x)＞＋.(ⅱ)设0＜k＜1，由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴x＝>1.当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0.故h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈时，h(x)＞0，可得h(x)＜0.与题设矛盾.(ⅲ)设k≥1，此时x2＋1≥2x，(k－1)(x2＋1)＋2x>0⇒h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得h(x)＜0，与题设矛盾.综上，得k的取值范围为(－∞，0].