31、數(shù)y＝ex＋2x(x>0)，因為y′＝ex＋2>0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因而a>b成立。故選A。 【答案】　A 第2課時　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值 考點一函數(shù)的極值問題微點小專題 方向1：由圖象判斷函數(shù)的極值 【例1】　設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是(　　) A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1) C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2) D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值

32、f(2) 解析　由題圖可知，當x<－2時，f′(x)>0；當－22時，f′(x)>0。由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值。故選D。 答案　D 知圖判斷函數(shù)極值的情況。先找導(dǎo)數(shù)為0的點，再判斷導(dǎo)數(shù)為0的點的左、右兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)符號。 方向2：求函數(shù)的極值 【例2】　已知函數(shù)f(x)＝x－1＋(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))。 (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的極值。 解　(1)由f(x)＝x－1＋， 得f′(x)＝1－

33、。 又曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，得f′(1)＝0， 即1－＝0，解得a＝e。 (2)f′(x)＝1－， ①當a≤0時，f′(x)>0，f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值。 ②當a>0時，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna， 當x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0； 當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減， 在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝lna處取得極小值且極小值為f(lna)＝lna，無極大值。 綜上，當a≤0時，函數(shù)f(x)無極值； 當a>0時，

34、f(x)在x＝lna處取得極小值lna，無極大值。 求函數(shù)極值的一般步驟：①先求函數(shù)f(x)的定義域，再求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)；②求f′(x)＝0的根；③判斷在f′(x)＝0的根的左、右兩側(cè)f′(x)的符號，確定極值點；④求出具體極值。 方向3：已知極值求參數(shù) 【例3】　(1)(2019·江西八校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝x2－x＋alnx在[1，＋∞)上有極值點，則實數(shù)a的取值范圍為________。 (2)(2018·山東曲阜模擬)若函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝(x－k)k，k≥1，k∈Z，已知x＝k是函數(shù)f(x)的極大值點，則k＝________。 解析　(1)函數(shù)

35、f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1＋＝，由題意知2x2－x＋a＝0在R上有兩個不同的實數(shù)解，且在[1，＋∞)上有解，所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a≤0，所以a∈(－∞，－1]。 (2)因為函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝(x－k)k，k≥1，k∈Z，所以若k是偶數(shù)，則x＝k，不是極值點，則k是奇數(shù)，若k<，由f′(x)>0，解得x>或x，由f′(x)>0，解得x>k或x<；由f′(x)<0，解得

36、)(－∞，－1]　(2)1 已知函數(shù)極值點或極值求參數(shù)的兩個要領(lǐng) 1．列式：根據(jù)極值點處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解。 2．驗證：因為某點處的導(dǎo)數(shù)值等于0不是此點為極值點的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗證根的合理性。 【題點對應(yīng)練】　 1．(方向1)已知函數(shù)f(x)的定義域為(a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)上的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在(a，b)上的極大值點的個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　由函數(shù)極值的定義和導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，f′(x)在(a，b)上與x軸的交點個數(shù)為4，但是在原點附近的導(dǎo)數(shù)值恒大于零，

37、故x＝0不是函數(shù)f(x)的極值點，其余的3個交點都是極值點，其中有2個點滿足其附近的導(dǎo)數(shù)值左正右負，故極大值點有2個。 答案　B 2．(方向2)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的極小值為(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析　因為f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1。因為x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)

38、ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1。令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2

39、B。 答案　B 4．(方向3)(2019·長春市質(zhì)量監(jiān)測)若函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)內(nèi)有且僅有一個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2] B．(－∞，－2) C．(－∞，－3] D．(－∞，－3) 解析　f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex，令g(x)＝x2＋(a＋2)x＋a＋3。由題意知，g(x)在(0，＋∞)內(nèi)先減后增或先增后減，結(jié)合函數(shù)g(x)的圖象特征知，或解得a≤－3。故選C。 答案　C 考點二函數(shù)的最值問題 【例4】　(2019·貴陽檢測)已知函數(shù)f(x)＝－lnx。

40、 (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))。 解　(1)f(x)＝－lnx＝1－－lnx，f(x)的定義域為(0，＋∞)。 所以f′(x)＝－＝， 由f′(x)>0，得01， 所以f(x)＝1－－lnx在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減。 (2)由(1)得f(x)在上單調(diào)遞增，在[1，e]上單調(diào)遞減， 所以f(x)在上的最大值為f(1)＝1－1－ln1＝0。 又f＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－lne＝－，且f

41、 所以f(x)在上的最大值為0，最小值為2－e。 1．求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟： 第一步，求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值； 第二步，求函數(shù)在區(qū)間端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)； 第三步，將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值。 2．求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值。 【變式訓(xùn)練】　(2019·南昌摸底調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－2mx2－n(m，n∈R)。 (1)討論f(x)的單調(diào)

42、性； (2)若f(x)有最大值－ln2，求m＋n的最小值。 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－4mx＝， 當m≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當m>0時，令f′(x)>0得0， 所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 (2)由(1)知，當m≤0時，f(x)無最大值； 當m>0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 所以f(x)max＝f＝ln－2m·－n＝－ln2－lnm－－n＝－ln2， 所以n＝－lnm－， 所以m＋n＝m－lnm－， 令h(x)＝x－lnx－(x>0)， 則

43、h′(x)＝1－＝， 所以h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以h(x)min＝h＝ln2， 所以m＋n的最小值為ln2。 1．(配合例3使用)設(shè)函數(shù)f(x)＝2lnx－mx2＋1。 (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當f(x)有極值時，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求實數(shù)m的取值范圍。 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－2mx＝， 當m≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當m>0時，令f′(x)>0，則0，所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 綜上，當

44、m≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當m>0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 (2)由(1)知，當f(x)有極值時，m>0，且f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 所以f(x)max＝f＝2ln－m·＋1＝－lnm， 若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，則f(x)max>m－1。 即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0成立， 令g(x)＝x＋lnx－1(x>0)， 因為g′(x)＝1＋>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝0， 所以m－1<0，即m<1。 綜上，0

45、)已知a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－4x。 (1)若x＝3是函數(shù)f(x)的一個極值點，求實數(shù)a的值； (2)設(shè)g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求實數(shù)a的取值范圍。 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2x－4＝。 因為x＝3是函數(shù)f(x)的一個極值點， 所以f′(3)＝0，解得a＝－6。 經(jīng)檢驗，當a＝－6時，x＝3是函數(shù)f(x)的一個極小值點，符合題意，故a＝－6。 (2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x－2x0， 記F(x)＝x－lnx(x>0)，則F′(x)＝(x>0)， 所

46、以當01時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增。 所以F(x)≥F(1)＝1>0，所以a≥。 記G(x)＝，x∈， 則G′(x)＝＝。 因為x∈，所以2－2lnx＝2(1－lnx)≥0， 所以x－2lnx＋2>0， 所以當x∈時，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減； 當x∈(1，e)時，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增。 所以G(x)min＝G(1)＝－1，所以a≥G(x)min＝－1， 故實數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)。 第3課時　導(dǎo)數(shù)與不等式 考點一不等式的證明微點小專題 方向1：移項作差構(gòu)造法 【例1】　

47、(2019·江西贛州高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1,1)，且在點A處的切線互相垂直。 (1)求a，b的值； (2)證明：當x≥1時，f(x)＋g(x)≥。 解　(1)因為f(x)＝1－， 所以f′(x)＝，f′(1)＝－1。 因為g(x)＝＋－bx， 所以g′(x)＝－－－b。 因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1,1)，且在點A處的切線互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1， 所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－

48、1。 (2)證明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x， 則f(x)＋g(x)≥?1－－－＋x≥0。 令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)， 則h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1。 因為x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0， 所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0， 所以當x≥1時，f(x)＋g(x)≥。 待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性即可得證。 【變式訓(xùn)練】　已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ex＋1。 (1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1

49、))處的切線方程； (2)證明：f(x)0，xlnx≤0， 故xlnx1時，令g(x)＝ex＋sinx－1－xlnx， 故g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1。 令h(x)

50、＝g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1， 則h′(x)＝ex－－sinx， 當x>1時，ex－>e－1>1，所以h′(x)＝ex－－sinx>0，故h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增。 故h(x)>h(1)＝e＋cos1－1>0，即g′(x)>0， 所以g(x)>g(1)＝e＋sin1－1>0， 即xlnx

51、－1≥0； (3)已知k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，求k的取值范圍。 解　(1)f(x)≥0等價于a≥(x>0)。 令g(x)＝，則g′(x)＝， 所以當x∈(0,1)時，g′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0， 則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1，則a≥1， 所以a的最小值為1。 (2)證明：由(1)知當a＝1時有f(x)＝x－lnx－1≥0成立，即x≥lnx＋1，即t≥lnt＋1。 令＝t，則－x－lnx＝lnt， 所以≥－x－lnx＋1， 即＋x＋lnx－1≥0。 (3)因為k(e－x

52、＋x2)≥x－xlnx， 即k≥1－lnx恒成立， 所以k≥＝－＋1， 由(2)知＋x＋lnx－1≥0恒成立， 所以－＋1≤1，故k≥1。 這種方法往往要在前面問題中證明出某個不等式，在后續(xù)的問題中應(yīng)用前面的結(jié)論，呈現(xiàn)出層層遞進的特點。 【變式訓(xùn)練】　已知函數(shù)f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1。 (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≤0恒成立，試確定實數(shù)k的取值范圍； (3)證明：＋＋＋…＋<(n∈N*且n>1)。 解　(1)因為f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1， 所以f′(x)＝－k，x>1。 所以當k≤0時，f′(x)＝－k>0，

53、f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)； 當k>0時，令f′(x)>0，得11＋， 所以f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)。 (2)因為f(x)≤0恒成立， 所以?x>1，ln(x－1)－k(x－1)＋1≤0， 所以?x>1，ln(x－1)≤k(x－1)－1， 所以k>0。 由(1)知，當k>0時，f(x)max＝f＝－lnk≤0，解得k≥1。 故實數(shù)k的取值范圍是[1，＋∞)。 (3)證明：令k＝1，則由(2)知，ln(x－1)≤x－2對任意x∈(1，＋∞)恒成立， 即lnx≤x－1對任意x∈(0，＋∞)恒成立。 取x＝n2，則2lnn≤

54、n2－1， 即<，n≥2，所以＋＋＋…＋<(n∈N*且n>1)。 方向3：隔離分析法 【例3】　(2019·福州高三期末考試)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)。 (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0。 解　(1)f′(x)＝－a(x>0)， ①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②若a>0，則當00，當x>時，f′(x)<0， 故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 (2)因為x>0， 所以只需證f(x)≤－2e， 當a＝e時，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)

55、遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以f(x)max＝f(1)＝－e。 記g(x)＝－2e(x>0)， 則g′(x)＝， 所以當01時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e。 綜上，當x>0時，f(x)≤g(x)， 即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0。 解：由題意知，即證exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，從而等價于lnx－x＋2≤。 設(shè)函數(shù)g(x)＝lnx－x＋2，則g′(x)＝－1。 所以當x∈(0,1)時，g′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，

56、 故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1。 設(shè)函數(shù)h(x)＝，則h′(x)＝。 所以當x∈(0,1)時，h′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0， 故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1。 綜上，當x>0時，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0。 若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標。 【變式訓(xùn)練】　已知f(x)＝ax－lnx，x

57、∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R. (1)當a＝1時，求f(x)的極值，并證明f(x)>g(x)＋恒成立； (2)是否存在實數(shù)a，使f(x)的最小值為3？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由。 解　(1)因為f(x)＝x－lnx(x>0)， f′(x)＝1－＝。 所以當00，此時f(x)單調(diào)遞增。 所以f(x)的極小值為f(1)＝1， 即f(x)在(0，e]上的最小值為1， 令h(x)＝g(x)＋＝＋， 則h′(x)＝， 當00，h(x)在(0，

58、e]上單調(diào)遞增， 所以h(x)max＝h(e)＝＋<＋＝1＝f(x)min。 所以f(x)>g(x)＋恒成立。 (2)假設(shè)存在實數(shù)a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，f′(x)＝a－＝。 ①當a≤0時，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)， 所以a≤0時，不存在a使f(x)的最小值為3。 ②當0<時，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以f(x)min＝f＝1＋lna＝3，a＝e2，滿足條件。 ③當≥e，即0

59、3，a＝(舍去)， 所以00， 所以f′(x)＝－＋1＝。 由f′(x)<0可得00可得x>1， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,

60、1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)。 (2)當t＝時，f(x)＝－lnx＋－，－－f(x)＝－－＝lnx－＋， 當x>1時，－－f(x)<0恒成立，等價于k<－xlnx在(1，＋∞)上恒成立。 令g(x)＝－xlnx， 則g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx。 令h(x)＝x－1－lnx， 則h′(x)＝1－＝。 當x>1時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)＝x－1－lnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)>h(1)＝0， 從而當x>1時，g′(x)>g′(1)＝0，即函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)>g(1)＝， 因此當x>1時，若使k<－xlnx恒成

61、立，必須k≤。 所以實數(shù)k的取值范圍是。 不等式恒成立問題的求解策略 1．已知不等式f(x，λ)≥0(λ為實參數(shù))對任意的x∈D恒成立，求參數(shù)λ的取值范圍。利用導(dǎo)數(shù)解決此類問題可以運用分離參數(shù)法。 2．如果無法分離參數(shù)，可以考慮對參數(shù)或自變量進行分類討論求解，如果是二次不等式恒成立的問題，可以考慮二次項系數(shù)與判別式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解。 【變式訓(xùn)練】　(2019·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx－(a∈R)。 (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求證：不等式(x＋1)lnx>2(x－1)對?x∈(1,2)恒成立。 解　(1)定義域為(0，＋∞)

62、，f′(x)＝。 ①a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)； ②a>0時，由x>a時，f′(x)>0,00，所以要證原不等式成立， 即證lnx>對?x∈(1,2)恒成立， 令g(x)＝lnx－，g′(x)＝≥0， 所以g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 所以當x∈(1,2)時，g(x)>g(1)＝ln1－＝0， 所以lnx>對?x∈(1,2)恒成立， 所以(x＋1)lnx>2(x－1)對?x∈(1,2)恒成立。

63、 證明：令F(x)＝(x＋1)lnx－2(x－1)， F′(x)＝lnx＋－2， ＝lnx－。 令φ(x)＝lnx－，由(1)知a＝1時， φ(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)。 因為x∈(1,2)，則φ(x)在(1,2)為增函數(shù)，φ(x)>φ(1)＝0， 即x∈(1,2)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上為增函數(shù)， 所以F(x)>F(1)＝0， 所以(x＋1)lnx>2(x－1)對?x∈(1,2)恒成立。 第4課時　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點 考點一求函數(shù)零點的個數(shù) 【例1】　(2019·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(

64、e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))。 (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)討論g(x)＝f(x)在區(qū)間[0,1]上零點的個數(shù)。 解　(1)因為f(x)＝ex－ax－1， 所以f′(x)＝ex－a， 當a≤0時，f′(x)>0恒成立， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間； 當a>0時，令f′(x)<0，得x0，得x>lna， 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，lna)，單調(diào)遞增區(qū)間為(lna，＋∞)。 (2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝， 先考慮f(x)在區(qū)間[0,1]上的零點個數(shù)， 當a≤1時，f(x)在(0

65、，＋∞)上單調(diào)遞增且f(0)＝0， 所以f(x)在[0,1]上有一個零點； 當a≥e時，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，且f(0)＝0， 所以f(x)在[0,1]上有一個零點； 當1e－1或a＝2(－1)時，g(x)在[0,1]上有兩個零點； 當1

66、)時，g(x)在[0,1]上有三個零點。 根據(jù)參數(shù)確定函數(shù)零點的個數(shù)，解題的基本思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過研究函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、極值、函數(shù)值的極限位置等)，作出函數(shù)的大致圖象，然后通過函數(shù)圖象得出其與x軸交點的個數(shù)，或者兩個相關(guān)函數(shù)圖象交點的個數(shù)，基本步驟是“先數(shù)后形”。 【變式訓(xùn)練】　設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x。 (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間。 (2)當m≥0時，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點個數(shù)。 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝， 當m≤0時，f′(x)≥0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間。 當m>0時，f′(x)＝， 當0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增。 綜上，當m≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間； 當m>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)。 (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mlnx，x>0，問