2021高考数学（新高考版）一轮复习教师用书：第三章第三讲　导数的综合应用


第三讲　导数的综合应用

考法1 利用导数证明不等式
命题角度1　变量不等式的证明
1 [2020石家庄市重点高中测试]已知函数f (x)=(2 - x)ek(x - 1) - x(k∈R,e为自然对数的底数).
(1)若f (x)在R上单调递减,求k的最大值;
(2)当x∈(1,2)时,证明:ln>2(x - ).
(1)将函数f (x)单调递减转化为f ' (x)≤0恒成立,将特殊值1代入,可初步算出k 的范围,再加以验证,即可求解;(2)借助第(1)问可证出2(x - 1) (1)∵ f (x)在R上单调递减,∴f ' (x)=ek(x - 1)[k(2 - x) - 1] - 1≤0恒成立,
即 - kx+2k - 1≤对任意x∈R恒成立.
设g(x)=+kx - 2k+1,则g(x)≥0对任意x∈R恒成立.
则g(1)=2 - k≥0,∴k≤2.
当k=2时,g' (x)=2[1 - ],g' (1)=0,
当x∈(1,+∞)时,g' (x)>0,g(x)单调递增,
当x∈( - ∞,1)时,g' (x)<0,g(x)单调递减,
∴g(x)min=g(1)=0,即g(x)≥0恒成立,
故k的最大值为2.
(2)当k=2时,f (x)=(2 - x)·e2(x - 1) - x单调递减,且f (1)=0,
当x∈(1,2)时,f (x) ln(2 - x)+2(x - 1)< ln x,
2(x - 1) 下面证明: - +2 令H(x)=ln(2x - 1) - ( - +2)(10,
∴H(x)在(1,2)上单调递增,H(x)>ln(2×1 - 1) - ( - +2)=0,故②成立.
①+②得,
ln>2(x - )成立.
1.[2020陕西省部分学校模拟测试]已知函数f (x)=ex(ex - ax+a)有两个极值点x1,x2.
(1)求a的取值范围;
(2)求证:2x1x2




命题角度2　与数列有关的不等式的证明
2[2019湖南湘潭二模]设函数f (x)=ln(x+1)(x≥0),g(x)=(x≥0).
(1)证明:f (x)≥x - x2;
(2)若f (x)+x≥g(x)恒成立,求a的取值范围;
(3)证明:当n∈N*时,ln(n2+3n+2)>+…+.
(1)令h(x)=ln(x+1) - x+x2,x∈[0,+∞),则h' (x)=+2x - 1=≥0,所以h(x)单调递增,所以h(x)≥h(0)=0,故f (x)≥x - x2.
(2)f (x)+x≥g(x),即ln(x+1)≥,令m(x)=ln(x+1) - ,即m(x)≥0恒成立.求导,得m' (x)=,令m' (x)>0,即x+1 - a>0,得x>a - 1.
当a - 1≤0,即a≤1时,m(x)在[0,+∞)上单调递增,m(x)≥m(0)=0(x≥0),所以当a≤1时,m(x)≥0在[0,+∞)上恒成立;
当a - 1>0,即a>1时,m(x)在(a - 1,+∞)上单调递增,在[0,a - 1]上单调递减,所以m(x)min=m(a - 1)1不合题意.
综上所述,a的取值范围为( - ∞,1].
(3)由(1)知ln(x+1)>x - x2(x>0),令x=,n∈N*,则x∈(0,1],
所以ln,即ln(n+1) - ln n>.
故有ln 2 - ln 1>0,ln 3 - ln 2>,…,ln(n+1) - ln n>.
上述各式相加可得ln(n+1)>+…+.
因为n2+3n+2 - (n+1)=(n+1)2>0,
所以n2+3n+2>n+1,
所以ln(n2+3n+2)>ln(n+1),
所以ln(n2+3n+2)>+…+.
2.[2020江西赣州两校联考]已知函数f (x)=(x - 1)ex - ax2+1,a∈R.
(1)当a≤1时,讨论f (x)的单调性;
(2)当a=1时,证明不等式+…+<4(n∈N*).



考法2 不等式恒成立问题与有解问题
命题角度1　不等式恒成立问题
3 [2020四川五校联考]已知函数f (x)=aln x+x2 - (a+2)x.
(1)当a=4时,求函数f (x)的单调递增区间;
(2)当a>0时,对于任意的x∈[1,+∞),不等式f (x)>1 - a2恒成立,求实数a的取值范围.
(1)根据题意,将a的值代入f (x)的解析式,再对f (x)求导,令f ' (x)≥0,求解不等式即可;(2)根据题意,将不等式右侧全部移至左侧,将左侧看成新函数求导,分类讨论即可求解.
(1)当a=4时,f (x)=4ln x+x2 - 6x(x>0),∴f ' (x)=+2x - 6=,
令f ' (x)≥0,解得x≥2或0 ∴f (x)的单调递增区间为(0,1],[2,+∞).
(2)令g(x)=f (x)+a2 - 1(x≥1),则g' (x)=f ' (x)=+2x - (a+2)=(x≥1).
(i)当0<<1,即0 对于任意的x∈[1,+∞),有g' (x)≥0(当且仅当x=1时取等号),
∴g(x)在[1,+∞)上单调递增,
∴g(x)min=g(1)=a2 - a - 2=(a - 2)(a+1)<0(不符合题意,舍去).
(ii)当=1,即a=2时,g' (x)=(x - 1)2,则g' (x)≥0(当且仅当x=1时取等号),
∴g(x)在[1,+∞)上单调递增,∴g(x)min=g(1)=0(不符合题意,舍去).
(iii)当>1,即a>2时,g(x)在[1,]上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
∴g(x)min=g()=aln - a - 1,
令h(x)=xln - x - 1(x>2),则h' (x)=lnx.
当x>2时,h' (x)>0,∴h(x)在(2,+∞)上单调递增,
∴h(x)>0.
∴g(x)≥g()>0恒成立,满足题意.
综上所述,a>2,即实数a的取值范围为(2,+∞).

命题角度2　不等式有解问题
4 [2020广东湛江模拟]已知正实数a,函数g(x)=ax3 - (a+2)x2+x(x>0),f (x)=ax2 - (a+2)x+ln x+2.
(1)讨论函数g(x)的单调性;
(2)若f (x)<0在[,1]内有解,求a的取值范围.
(1)通过对导函数的零点进行分类讨论即可确定函数g(x)的单调性;(2)通过对导函数的零点和给定区间进行分类讨论,即可确定f (x)的最小值,进而可求得a的取值范围.
(1)由题意知函数g(x)的定义域为(0,+∞).
g' (x)=2ax2 - (a+2)x+1,令g' (x)=0,解得x1=,x2=.
当,即a>2时,易知在(0,),(,+∞)上,g' (x)>0,函数g(x)单调递增,在(,)上,g' (x)<0,函数g(x)单调递减.
当,即a=2时,易知函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.
当,即00,函数g(x)单调递增,在(,)上,g' (x)<0,函数g(x)单调递减.
综上所述,当a>2时,函数g(x)在(0,),(,+∞)上单调递增,在(,)上单调递减;
当a=2时,函数g(x)在(0,+∞)上单调递增;
当0 (2)若f (x)<0在[,1]内有解,则当x∈[,1]时,f (x)min<0,
由题意知f ' (x)=2ax - (a+2)+(x>0),
由(1)可知,当≤,即a≥2时,在[,+∞)上,g' (x)≥0,所以当x∈[,1]时,f ' (x)≥0,函数f (x)在[,1]上单调递增,f (x)min=f ()=+ln +2<0,解得a>4(1 - ln 2),所以a≥2.
当<1,即10,f ' (x)>0,函数f (x)单调递增,
所以f (x)min=f ()=+ln +2= - +1+ln .
令=t,则t∈(,1),令h(t)= - t+1+ln t(0,函数h(t)在(,1)上单调递增,所以h(t)<0恒成立,即f (x)min<0恒成立,所以1 当≥1,即0 综上所述,a>1.
导函数的零点是否分布在函数定义域内?零点将定义域划分为哪几个区间?这些问题若不能确定,则需要分类讨论.(1)本题第(2)问根据函数f ' (x)的零点是否在[,1]内进行分类,利用导数得到函数在给定区间上的单调性,从而得最值,进而得参数的取值范围;(2)含参不等式有解问题可转化为最值问题来处理,但要注意不等式恒成立与不等式有解的区别.
3.[2019辽宁五校联考]已知函数f (x)=ax2 - xln x.
(1)若f (x)在(0,+∞)上单调递增,求a的取值范围;
(2)若a=e(e为自然对数的底数),证明:当x>0时,f (x)




考法3 利用导数解决零点问题
5[2020惠州市调考]已知函数f (x)=(x - 2)ex+a(a∈R).
(1)试确定函数f (x)的零点个数;
(2)设x1,x2是函数f (x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
(1)由f (x)=0得a=(2 - x)ex.
令g(x)=(2 - x)ex,
函数f (x)的零点个数即直线y=a与曲线g(x)=(2 - x)ex的交点个数.
∵ g' (x)= - ex+(2 - x)ex=(1 - x)ex,
由g' (x)>0得x<1,∴函数g(x)在( - ∞,1)上单调递增,
由g' (x)<0得x>1,∴函数g(x)在(1,+∞)上单调递减.

图3 - 3 - 1
∴当x=1时,函数g(x)有最大值,g(x)max=g(1)=e.
又当x<2时,g(x)>0,g(2)=0,当x>2时,g(x)<0,作出函数g(x)的大致图象,如图3 - 3 - 1所示,
∴当a>e时,函数f (x)没有零点;当a=e或a≤0时,函数f (x)有一个零点;当0 (2)解法一　函数f (x)的零点即直线y=a与曲线g(x)=(2 - x)ex的交点的横坐标,
由(1)知0 ∵ 函数g(x)=(2 - x)ex在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴函数f (x)= - g(x)+a在( - ∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
要证x1+x2<2,只需证x1<2 - x2,即只需证f (x1)>f (2 - x2),
又f (x1)=0,故需证f (2 - x2)<0.
由a=g(x2)得f (2 - x2)= - x2+a= - x2 - (x2 - 2)(x2>1),构造函数h(x)= - xe2 - x - (x - 2)ex,则h' (x)=(1 - x)(ex - e2 - x),
当x>1时,ex>e2 - x,h' (x)<0,故函数h(x)在(1,+∞)上单调递减,∴当x>1时,h(x) 即当x2>1时,f (2 - x2)<0,即x1+x2<2.
解法二　由(1)知01),
则F (x)=(x - 2)ex+xe2 - x,F ' (x)=(1 - x)(e2 - x - ex),
易知y=e2 - x - ex是单调递减函数,∴当x>1时,e2 - x - ex 又1 - x<0,故F ' (x)>0,∴F (x)在(1,+∞)上单调递增,
∴当x>1时,F (x)>0,即f (x)>f (2 - x).
由x2>1得f (x2)>f (2 - x2),又f (x2)=0=f (x1),∴f (2 - x2) 由g(x)=(2 - x)ex在( - ∞,1)上单调递增,得f (x)= - g(x)+a在( - ∞,1)上单调递减,
又2 - x2<1,∴2 - x2>x1,即x1+x2<2.
解后反思　
本题主要考查考生灵活运用导数、数形结合思想分析问题、解决问题的能力,解题过程中重点考查了分类讨论思想、数形结合思想的应用,有助于提升考生的逻辑推理、数学运算和直观想象等核心素养.
4.[2019全国卷Ⅰ]已知函数f (x)=2sin x - xcos x - x, f ' (x)为f (x)的导数.
(1)证明: f ' (x)在区间(0,π)内存在唯一零点;
(2)若x∈[0,π]时,f (x)≥ax,求a的取值范围.








数学探究1　极值点偏移问题
6已知函数 f (x)=ln x - ax(x>0),a为常数,若函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2).证明:x1x2>e2.
解法一　(抓极值点构造函数)由题意知,函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),
即f (x1)=f (x2)=0,易知ln x1,ln x2是方程x=aex的两个不相等的根.
设t1=ln x1,t2=ln x2,g(x)=xe - x,
则g(t1)=g(t2),故要证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2,即证t1+t2>2.
下证:t1+t2>2.
g' (x)=(1 - x)e - x,易得g(x)在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以函数g(x)在x=1处取得极大值(也是最大值)g(1)=.
当x→ - ∞时,g(x)→ - ∞;
当x→+∞时,g(x)→0且g(x)>0.
由g(t1)=g(t2),t1≠t2,不妨设t1 令F (x)=g(1+x) - g(1 - x),x∈(0,1],
则F ' (x)=(e2x - 1)>0,
所以F (x)在(0,1]上单调递增,
所以F (x)>0对任意的x∈(0,1]恒成立,
即g(1+x)>g(1 - x)对任意的x∈(0,1]恒成立,
由0 所以g(1+1 - t1)=g(2 - t1)>g(1 - (1 - t1))=g(t1)=g(t2),
即g(2 - t1)>g(t2),
又2 - t1,t2∈(1,+∞),且g(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以2 - t1 所以t1+t2>2,
即x1x2>e2.
上述解题过程中用到的方法就是解决极值点偏移问题的最基本的方法,解题过程中有以下四个解题要点:
(1)求函数g(x)的极值点x0;
(2)构造函数F (x)=g(x0+x) - g(x0 - x);
(3)确定函数F (x)的单调性;
(4)确定g(x0+x)与g(x0 - x)的大小关系.
解法二　(巧抓“根差”——s=t2 - t1构造函数)由题意,函数f (x)有两个零点x1,x2(x1≠x2),
即f (x1)=f (x2)=0,易知ln x1,ln x2是方程x=aex的两个不相等的根.
设t1=ln x1,t2=ln x2,g(x)=xe - x,则g(t1)=g(t2),故要证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2,即证t1+t2>2.
下证:t1+t2>2.
由g(t1)=g(t2),得t1=t2,化简得　①,
不妨设t2>t1,由解法一知,0 令s=t2 - t1,则s>0,t2=s+t1,
代入①式,得es=,解得t1=.
则t1+t2=2t1+s=+s,
故要证t1+t2>2,即证+s>2.
又es - 1>0,故要证+s>2,
即证2s+(s - 2)(es - 1)>0　②,
令G(s)=2s+(s - 2)(es - 1)(s>0),
则G' (s)=(s - 1)es+1,G″(s)=ses>0(G″ (s)为G' (s)的导函数),
故G' (s)在(0,+∞)上单调递增,所以G' (s)>0,
从而G(s)在(0,+∞)上单调递增,所以G(s)>0,
所以②式成立,故t1+t2>2,即x1x2>e2.
该方法的关键是巧妙引入变量s,然后利用等量关系,把t1,t2消掉,从而构造相应的函数,转化所证问题.解题要点如下.
(1)取差构元:记s=t2 - t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2.
(2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1.
(3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s).
(4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值,从而证得结论.
解法三　(巧抓“根商”——c=构造函数)不妨设x1>x2,
因为ln x1 - ax1=0,ln x2 - ax2=0,
所以ln x1+ln x2=a(x1+x2),ln x1 - ln x2=a(x1 - x2),所以=a,
欲证x1x2>e2,即证ln x2+ln x2>2.
因为ln x1+ln x2=a(x1+x2),
所以即证a>,
所以原问题等价于证明,
即ln .
令c=(c>1),则不等式变为ln c>,
令h(c)=ln c - ,c>1,
所以h' (c)=>0,
所以h(c)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(c)>ln 1 - 0=0,即ln c - >0(c>1),
因此原不等式x1x2>e2得证.
该方法的基本思路是直接消掉参数a,再结合所证问题,巧妙引入变量c=,从而构造相应的函数.解题要点如下.
(1)巧解消参:利用方程f (x1)=f (x2)=0消掉解析式中的参数a.
(2)抓商构元:令c=,消掉变量x1,x2,构造关于c的函数h(c).
(3)用导求解:利用导数求解函数h(c)的最小值,从而可证得结论.
素养探源 　
核心素养
考查途径
素养水平
数学建模
通过观察分析,构造相关函数.
一
逻辑推理
命题之间的等价转换.
二
数学运算
数式运算,等式的恒等变换,不等式的等价变形等.
二
5.[2019湖南岳阳模拟]已知函数f (x)= - x+(x+a)ln x(a∈R)有两个不同的极值点.
(1)求实数a的取值范围;
(2)当a=2时,已知函数f (x)的图象在A(x1,f (x1)),B(x2,f (x2))(x14.





数学探究2　利用洛必达法则求解不等式恒成立问题
7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.
(1)由题意知f ' (x)=(x>0).
由于直线x+2y - 3=0的斜率为 - ,且直线x+2y - 3=0过点(1,1),
故即解得
(2)解法一　由(1)知f (x)=(x>0),
所以f (x) - ()=[2ln x+].
设h(x)=2ln x+(x>0),
则h' (x)=.
①当k≤0时,由h' (x)=知,
当x≠1时,h' (x)<0,h(x)单调递减.
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)>.
②当00,对称轴为直线x=,>1,
所以当x∈(1,)时,(k - 1)(x2+1)+2x>0,
故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.
②当k≥1时,此时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.
综上所述,k的取值范围为( - ∞,0].
(很难想到用解法一处理第(2)问,现利用洛必达法则处理如下)
解法二　由题设可得,当x>0,x≠1时,k<+1恒成立.
令g(x)=+1(x>0,x≠1),
则g' (x)=2·,
再令m(x)=(x2+1)ln x - x2+1(x>0),
则m' (x)=2xln x+ - x,
又m″ (x)=2ln x+1 - (m″(x)为m' (x)的导数),
易知m″ (x)=2ln x+1 - 在(0,+∞)上为增函数,且m″(1)=0,
故当x∈(0,1)时,m″(x)<0,当x∈(1,+∞)时,m″(x)>0,
所以m' (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故m' (x)>m' (1)=0,

所以m(x)在(0,+∞)上为增函数,又m(1)=0,
所以当x∈(0,1)时,m(x)<0,当x∈(1,+∞)时,m(x)>0,
所以当x∈(0,1)时,g' (x)<0,当x∈(1,+∞)时,g' (x)>0,
所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
由洛必达法则知,
g(x)=2+1=2+1=2×( - )+1=0,
所以k≤0,故k的取值范围为( - ∞,0].
解决本题第(2)问时,如果直接讨论函数的性质,相当烦琐,很难求解.采用变量分离法较易求解,但是分离出来的函数式的最值无法求解,而利用洛必达法则能较好地求出最值,这是一种值得借鉴的方法.
素养探源 　
核心素养
考查途径
素养水平
逻辑推理
分类讨论及命题间的等价转换等.
二
数学运算
代数式的运算及不等式的等价变换等.
二















1.(1)因为f (x)=ex(ex - ax+a),
所以f ' (x)=ex(ex - ax+a)+ex(ex - a)=ex(2ex - ax).
令f ' (x)=0,则2ex=ax.
当a=0时,不符合题意.
当a≠0时,,令g(x)=,
所以g' (x)=,当x<1时,g' (x)>0,当x>1时,g' (x)<0,
所以g(x)在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以g(x)max=g(1),
又g(1)=,当x→ - ∞时,g(x)→ - ∞,当x→+∞时,g(x)→0且g(x)>0,
所以当0<,即2e 即a的取值范围为(2e,+∞).
(2)由(1)知g(0)=0,不妨设0 所以所以x2 - x1=ln x2 - ln x1.
要证明2x1x2 即证明2ln.
设=t(t>1),即证明2ln t - t+<0在(1,+∞)上恒成立,
记h(t)=2ln t - t+,则h' (t)= - 1 - ,当t>1时,h' (t)<0,所以h(t)在区间(1,+∞)上单调递减,
所以当t>1时,h(t) 2.(1)对f (x)求导,得f ' (x)=xex - ax=x(ex - a).
当a≤0时,ex - a>0,令f ' (x)=0,得x=0,
所以f (x)在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
当a=1时,若x<0,则ex - a<0,f ' (x)>0;若x>0,则ex - a>0,f ' (x)>0.
所以f (x)在R上单调递增.
当0 所以f (x)在( - ∞,ln a),(0,+∞)上单调递增,在(ln a,0)上单调递减.
综上所述,当a≤0时,f (x)在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;
当a=1时,f (x)在R上单调递增;
当0 (2)由题意知,当a=1时,f (x)=(x - 1)ex - x2+1.
当n=1时,=2<4,显然成立.
当n≥2时,由(1)知,当a=1时,f (x)在(0,+∞)上单调递增,
所以f (x)>f (0)=0在(0,+∞)上恒成立.
设g(x)=ex - x - 1,则g' (x)=ex - 1,可知g(x)在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
所以g(x)≥g(0)=0,即ex≥x+1.
所以当n≥2时,f (n)≥(n - 1)(n+1) - n2+1=n2,≤,所以=2().
于是+…+<2+2[(1 - )+()+…+()]=4 - <4.
综上可知,+…+<4(n∈N*).
3.(1)易知f (x)的定义域为(0,+∞).
对f (x)求导,得f ' (x)=2ax - ln x - 1.
因为f (x)在(0,+∞)上单调递增,所以当x>0时,f ' (x)≥0恒成立,
即2ax - ln x - 1≥0在(0,+∞)上恒成立,也即2a≥在(0,+∞)上恒成立.
令g(x)=,x>0,则2a≥g(x)max,
g' (x)= - ,令g' (x)>0,可得ln x<0,解得0 令g' (x)<0,可得ln x>0,解得x>1.
所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
则g(x)max=g(1)=1.
所以2a≥1,即a≥.故a的取值范围是[,+∞).
(2)当a=e时,f (x)=ex2 - xln x,
要证当x>0时,f (x)0时,ex2 - xln x 因为x>0,所以只需证ex - ln xex - ex(x>0).
令h(x)=ln x+(x>0),则h' (x)=(x>0).
由h' (x)<0,得00,得x>.
所以h(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,
则h(x)在x=时取得最小值,最小值为h()=0,从而h(x)≥0,即ln x+≥0.
令φ(x)=ex - ex(x>0),则φ' (x)=e - ex(x>0).
由φ' (x)>0,得01,
所以φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
则φ(x)在x=1时取得最大值,最大值为φ(1)=0,从而φ(x)≤0,即ex - ex≤0.
因为h(x)和φ(x)不同时为0,
所以ln x+>ex - ex(x>0),
即当x>0时,f (x) 【解后反思】　本题第(2)问要证明当x>0时,不等式ex2 - xln x0),通过研究函数t(x)的单调性来证明不等式,会遇到导函数的零点不能确定的问题,增加了难度,所以先将不等式转化为ln x+>ex - ex(x>0),再分别求函数h(x)=ln x+(x>0)的最小值和函数φ(x)=ex - ex(x>0)的最大值,即可证明不等式.
4.(1)设g(x)=f ' (x)(x∈(0,π)),则g(x)=cos x+xsin x - 1,g' (x)=xcos x.
令g' (x)=0,得x=.
当x∈(0,)时,g' (x)>0;当x∈(,π)时,g' (x)<0,所以g(x)在(0,)上单调递增,在(,π)上单调递减.
又g(0)=0,g()>0,g(π)= - 2,故g(x)在(0,π)内存在唯一零点.
所以f ' (x)在(0,π)内存在唯一零点.
(2)由题设知f (π)≥aπ,f (π)=0,可得a≤0.
由(1)知,f ' (x)在(0,π)内只有一个零点,设此零点为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].
5.(1)由题意知函数f (x)的定义域为(0,+∞).
f ' (x)= - 1+ln x+=ln x+.
因为函数f (x)有两个不同的极值点,
所以f ' (x)=0即ln x+=0有两个不同的实数解.
分离参数得a= - xln x.
记g(x)= - xln x(x>0),则g' (x)= - 1 - ln x,令g' (x)=0,解得x=.
当x∈(0,)时,g' (x)>0,函数g(x)单调递增;当x∈(,+∞)时,g' (x)<0,函数g(x)单调递减.
g()= - ln,且x→ 0时,g(x)→ 0.
如图D 3 - 3 - 1,作出函数g(x)的大致图象及直线y=a.

图D 3 - 3 - 1

由图可知,当直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点时,a∈(0,).
故所求实数a的取值范围为(0,).
(2)当a=2时,f (x)= - x+(x+2)ln x,所以f ' (x)=+ln x.不妨设m(x)=+ln x(x>0).
由题意可知,函数f (x)的图象在A(x1,f (x1)),B(x2,f (x2))两个不同的点处的切线互相平行,即f ' (x1)=f ' (x2),即m(x1)=m(x2).
易得m' (x)= - ,
所以函数m(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
故由m(x1)=m(x2),可知必有02,
而m(x1) - m(4 - x1)=+ln x1 - - ln(4 - x1),
令h(x)=+ln x - ln(4 - x)(0 则h' (x)= - = - <0,
所以函数h(x)在(0,2)上为减函数,所以h(x)>0,
所以m(x1) - m(4 - x1)>0,即m(x1)>m(4 - x1),所以m(x2)>m(4 - x1).
又函数m(x)在(2,+∞)上单调递增,所以x2>4 - x1,即x1+x2>4.