浅谈导数在求解与函数单调性有关问题中的应用

第一篇：浅谈导数在求解与函数单调性有关问题中的应用

浅谈导数在求解与函数单调性有关问题中的应用

函数单调性是高中阶段函数的一个最基本的性质，导数为我们提供了一套新的理论和方法，只通过简单的求导和解相关的不等式就可以判断出函数的单调性，进而更深入地解决问题，比如最值问题等。那么，怎样用导数解决有关单调性的问题呢？

一、导数与函数单调性的关系

1.定义

设函数y=f（x）在某个区间（a，b）内可导，如果f'（x）>0，那么y=f（x）在这个区间内单调递增；如果f'（x）<0，那么函数y=f（x）在这个区间内单调递减。

2.说明

（1）如果函数y=f（x）在区间I内恒有f'（x）=0，则y=（x）在区间I内为常函数。

（2）f'（x）>0是f（x）递增的充分不必要条件，如y=x3在（-∞，+∞）上并不是都有f'（x）>0，有一个点例外，即x=0时f'（x）=0，同样f'（x）<0是f（x）递减的充分不必要条件。

（3）设函数y=f（x）在某个区间内可导，如果 f（x）在该区间上单调递增（或单调递减），则先列不等式f'（x）≥0（或≤0），再去验证f'（x）=0时是否恒成立。

（4）利用导数证明不等式时，往往要先构造函数，再利用导数判断其单调性求解。

（5）利用导数求函数单调区间的三个步骤：

①确定函数的定义域。

②求函数f（x）的导数f'（x）。

③令f'（x）>0解不等式，得x的范围就是递增区间；令f'（x）<0解不等式，得x的范围就是递减区间。

二、典型例题

1.判断单调性

例：讨论函数的单调性。

题型分析：求出y'，在函数定义域内讨论y'的符号，从而确定函数的单调性。

解题归纳：在判断函数单调性时，在某个区间内若出现个别的点使f'（x）=0，则不影响包含该点的这个区间上函数的单调性，只有在某个区间内恒有f'（x）=0，才能判定f（x）在该区间内为常函数。

2.证明单调性

例：求证函数f（x）=在区间（0，2）上是单调递增函数。

题型分析：利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质就是判断或证明不等式f'（x）>0（f'（x）<0）在给定区间上恒成立，一般步骤为：求导数f'（x），判断f'（x）的符号，给出单调性结论。

解题归纳：判断导数符号时应注意利用不等式的关系。

3.已知单调性求参数的范围

例：设函数f（x）=x3+ax2+x+1，a∈R在区间（-，-）内是减函数，求a的取值范围。

题型分析：函数解析式中含有参数，已知单调性，求参数的取值范围，解答本题可先求函数的导数，以导数符号确定参数的取值范围。

解：因为函数f（x）在区间（-，-）内是减函数，所以当x∈（-，-）时，f'（x）≤0恒成立，结合二次函数图象可以知道f'（-）≥0且f'（-）≤0，解得a≥2。

经验证，当a=2时也成立，所以a≥2。

解题归纳：本题一定要注意最后的验证，了解导数符号和单调性的非充要关系，做到知识掌握的准确性和做题逻辑的严密性。

变式：若函数f（x）=x3-ax2+（a-1）x+1在区间（1，4）上是减函数，在区间（6，+∞）上是增函数，求实数a的取值范围。

题型分析：本变式给出了两个单调区间，应该得出两个导数不等式，再求参数范围。

解：f'（x）=x2-ax+（a-1），令f'（x）=0得x=1或x=-1，结合函数图象可知4≤a-1≤6，故a∈[5，7]。

解题归纳：本题也可转化为f'（x）≤0，x∈（1，4）恒成立且 f'（x）≥0，x∈（6，+∞）恒成立，再验证等号的方法来求解。

4.利用单调性证明不等式

例：求证当x>0时，ln（x+1）>x-x2。

题型分析：利用导数证明不等式的基本方法是通过移项或者变形后再移项来构造一个新的函数，利用新函数单调性再求最值的方法来证明。

证明：设f（x）=ln（x+1）-（x-x2）=ln（x+1）-x+x2

函数的定义域为（-1，+∞）

则f'（x）=-1+x=，当x∈（-1，+∞）时，f'（x）>0

所以，f（x）在（-1，+∞）上是增函数。

所以，当x>0时，f（x）>f（0）=0

即当x>0时，ln（x+1）>x-x2

解题归纳：通过考查函数的单调性证明不等式是不等式证明的一种常用方法，也是证明不等式的一种巧妙方法。

总之，导数在求解与单调性有关问题中有广泛应用，在以后的工作和学习中我将不断探索和积累。

（责任编辑冯璐）

第二篇：导数在函数及不等关系证明中的应用

导数在函数及不等关系证明中的应用

摘 要：导数是研究函数形态，证明不等式和解决一些实际问题的有力工具，尤其是导数与数列的计算和与不等式的证明等知识进行综合。而数列又是特殊函数，于是本文将巧用函数的单调性来构造函数证明不等关系，来体现导数在证明不等关系中的作用。关键词：导数；不等式；函数

在证明不等式的过程中，常用方法很多，可以利用函数的单调性，函数的最值以及函数的凹凸性等来解答，但常因方法不当，使得运算量大，直接影响解题速度与结果的正确．所以本文探讨的是巧用导函数的单调性来证明不等式的方法．巧用构造函数这一创造性思维来有效合理的使不等式获得证明，从而体现出初等数学与高等数学的紧密联系．下面我们对导数在不等式及函数

证明中的应用，利用导函数的单调性来举例加以说明．

一、利用导函数单调性证明不等式[6]

抓住结构特征,合理变形,采用构造函数法利用函数的单调性,穿插与渗透导数应用时采用这种方法,从而达到证明不等式的目的．

例1．证明：a1a21a1a2a11a1a21a2．

证明：首先构造函数f(x)1xx0．，再对函数f(x)求导得f'(x)

1x1x(1x)2易知f(x)在(0,)上是单调递增函数． 设x1a1a2,x2a1a2．显然x1x2，因此有 fx1fx2 即 a1a21a1a2a1a21a1a2a1a21a1a2a1a21a1a2a11a1a2a11a1．

a21a1a2而 a11a1a21a2．

所以得到： a21a2．

从上面这个例子我们可以进一步地推广到更一般性情况 即 a1a2an1a1a2ana11a1a21a2an1an.本题巧妙的抓住了题目的结构特征，合理的利用了导数与函数的性质使题目得到了很好的解决，方法简单，让人一目了然，也给解题带来了不少的方便。

下面再看这样的一道例题，它是一道关于指数与对数的不等式问题，初看题目，结构特殊叫人无从下手，但是通过巧妙的换底，然后再利用导数的性质，使题目变的简单明了。

例2．已知a,b为实数，并且eab，其中e是自然对数的底． 证明：abba．

证明：当eab时，要证abba．

只须证明 blnaalnb． 即证

lnx(xe)． x1lnx求导得 y'．

x2lnalnb． ab构造函数 y因为当xe时，lnx1，所以y'0 所以函数y因为eab 所以

lnx在(e,)上是减函数． xlnalnb．

所以得到 abba 成立.ab例3．已知函数g(x)xlnx,设0ab,证明:

ab0g(a)gb2g(ba)ln2．

2证明: 先证左边,设F(x)gagx2g(axax则F'(x)g'(x)[2g． ]'lnxln22ax)． 2令F'(x)0 得xa.则当0xa时,F'(x)0． 故F(x)在0,a内为单调递减函数． 当xa时,F'(x)0． 故F(x)在a,内为单调递增函数． 从而当xa时, F(x)有极小值F(a)0． 因为ba0 所以 FbFa．

ab即

0g(a)gb2g．

2ax再证右边,设G(x)g(a)g(x)2g(xa)ln2．

2则

G'(x)lnxln则当x0时, G'x0． 因此G(x)在a,内为减函数．

axln2lnxlna(x)． 2又因为0ab．所以GbGa0．

ab即

g(a)gb2g(ba)ln2．

2综上所述得原不等式成立．

以上两道题都是应用导数解决不等式证明问题，其中的导数起一个工具的作用，尽而让复杂的不等式证明题变的结构简单，思路明了，这就大大的缩小了解题步骤，简化了解题过程，节约了解题时间，而且使准确率有很大的提高。

二、利用导函数的单调性结合极值证明不等式[6]

用导数知识去求函数的最值与不等式,体现出函数与不等式的交汇,利用不等式的结构特征．可将问题转化为定义域上的最值问题,所以当一个函数的单调性已知时,函数的最大(小)值也就“水到渠成”了下面就对此方法进行举例说明．

例1．已知a,b为正数,且ab1．求证:证明:令ax则b1x,从而0x1． 我们设

f(x)11． 33x11x13111633 ． 2a1b193x23(1x)2则

f'(x)3． 232(x1)[(1x)1]再求f'(x)的零点并讨论f'(x)的符号显然等价于求

g(x)

x1x． 33x1(1x)13

x[(1x)31](1x)(x31)． 33（x1）（[1x）1]的零点及符号的变化．

1时, g(x)0． 21因而 f'(x)0且当0x时, g(x)0．

2显然 当x故 f'(x)0．f(x)为单调递增函数． 当 1x1时, g(x)0． 2故 f'(x)0．f(x)为单调递减函数． 所以函数f(x)在x116处取得最大值． 29在x0或x1处取得最小值． ． 2316所以 f(x) ．

29又 f(0)f(1)例2．函数f(x)exln(x1)1(x0)，求函数f(x)的最小值．[7] 解：(1)f'(x)ex11．当x0时,因为ex1,且1． 1x1x所以有f'(x)0．说明函数f(x)在区间0,上是增函数． 故当x0时,函数f(x)取得最小值为0．

以上例题是利用导数求函数的极值和最值问题，充分的体现了导数工具在解决函数问题时的优越性及它和函数与不等式的交融性，让导数的优越性得到了更充分的发挥，为我们的解题带来了不少的方便，简单的方法也让我们体验到了数学的乐趣。

三、利用函数单调性进行数列计算

导数为解不等式注入了新的活力,更是利用函数单调性来解答不等式问题的有利工具,而数列作为特殊函数,于是我们利用导数求解数列就是利用导数求解函数,准确的把握关系,进行有机地整合,来完成这一类问题．这一类型题的关键是利用函数的单调性进行数列计算，而我们知道衡量函数单调性的重要工具便是导数，这样通过函数的单调性把数列计算和导数很好的联系在了一起，起到了秒笔生辉的作用。为了更好的抓握这种方法，我们 来看下面的例题。

例1．已知数列{an}的通项为ann2(10n)(nN),求数列最大项． 证明：设 f(x)x2(10x).(x0)． 则

f'(x)20x3x2． 令

f'(x)0 得0x令

f'(x)0 得x20． 320 或 x0． 320因为f(x)在区间0,上是单调增加．

320f(x)在区间,上是单调减少．

3因此当x20时,函数f(x)取得最大值． 3对nN．f(n)n2(10n)．

因为f(7)147f(6)144.所以 f(n)max147 ． 即数列的最大项为a7147 ．

例2．求数列{nn}的最大项．[5]

解：利用函数单调性,通过考虑连续变量x的最大值来求离散变量n的最大值． 设 f(x)x(x0)，211x则 f'(x)x22lnxx1lnx．

xx1x11x1n1x所以当0xe时, f'(x)0,f(x)为单调增加． 当xe时,f(x)为单调减少．

所以 12，34n． 又因为23 所以最大项为利用函数的单调性进行数列的计算，而导数又是衡量函数单调性的重要工具，如此便让导数，函数，不等式有机的结合在一起，构成了强有力的解题体系。为我们快速准确的 12***n解题带来了方便。

四、利用导数求函数的极值[3][4]

利用导数求函数的极值是导数在数学领域中又一大重要应用，它是求函数极值最重要的方法之一，为了掌握这种方法我们来看下面的两个例题。

例1.已知f(x)ax3bx2cx(a0)在x1时取得极值，且f(1)1.(1)试求常数a,b,c的值；

(2)试判断x1是函数的极小值还是极大值，并说明理由.命题意图：利用一阶导数求函数的极大值和极小值的方法是导数在研究函数性质方面的继续深入.是导数应用的关键知识点，通过对函数极值的判定，可使学生加深对函数单调性与其导数关系的理解.知识依托：解题的成功要靠正确思路的选择.本题从逆向思维的角度出发，根据题设结构进行逆向联想，合理地实现了问题的转化，使抽象的问题具体化.这是解答本题的闪光点.错解分析：本题难点是在求导之后，不会应用f(1)0的隐含条件，因而造成了解决问题的最大思维障碍.技巧与方法：考查函数f(x)是实数域上的可导函数，可先求导确定可能的极值，再通过极值点与导数的关系，建立由极值点x1所确定的相等关系式，运用待定系数法求值.解：(1)f(x)3ax22bxc ∵x1是函数f(x)的极值点，∴x1是方程f(x)0,即3ax22bxc0的两根.2b03a由根与系数的关系，得

c13a①

②

又f(1)=－1,∴abc1, 由①②③解得a,b0,c, 1232

③

133xx, 22333∴f(x)x2(x1)(x1), 222(2)f(x) 6 当x1或x1时，f(x)0, 当1x1时，f(x)0, ∴函数f(x)在(－∞,－1)和(1,+∞)上是增函数，在(－1，1)上是减函数.∴当x=－1时，函数取得极大值f(1)1, 当x=1时，函数取得极小值f(1)1.例2．设f(x)=ax3+x恰有三个单调区间，试确定a的取值范围，并求其单调区间[2] 解：f'(x)=3ax2+1 若a＞0, f'(x)＞0对x∈(－∞,+∞)恒成立，此时f(x)只有一个单调区间，矛盾.若a =0, f'(x)=1＞0,∴x∈(－∞,+∞),f(x)也只有一个单调区间，矛盾.若a＜0,因为f'(x)=3a(x+

13|a|)·(x－

13|a|13|a|),此时f(x)恰有三个单调区间.13|a|13|a|所以a＜0且单调减区间为(－∞,－13|a|)和(,+∞)，单调增区间为(－,).例3．设x=1与x=2是函数f(x)= a lnx+bx2+x的两个极值点.(1)试确定常数a和b的值；

(2)试判断x=1, x=2是函数f(x)的极大值还是极小值，并说明理由.解：f'(x)=a+2bx+1． xa+4b+1=0,解方程组可得 2(1)由极值点的必要条件可知：f'(1)=f'(2)=0,即a+2b+1=0,且a =－,b=－,∴f(x)=－lnx－(2)f'(x)=－2-11x－x+***

x+x． 6,当x∈(0,1)时，f'(x)＜0,当x(1,2)时，f'(x)＞0,当

56x(2,+∞)时，f'(x)＜0,故在x =1处函数f(x)取得极小值,在x=2处函数取得极大值42－ln2.33 因此,从上面的例题分析来看,导数在证明不等式及函数中有很多妙处，在解答函数及不等式证明问题时避免了一些不必要的复杂运算,简化了解题过程．而本文主要是利用了函数的单调性来研究不等式，并且数列作为特殊函数,用导数解决了有关数列的单调性问题及函数极值问题．在其中主要用到了构造函数,利用导数这一创造思维合理地有效地证明了不等式，使求极值的方法更简便。参考文献

[1] 唐永,徐秀． 慎用导数解数列问题． 数学通报． 2006．3 [2] 韩什元,李晓培． 高等数学解题方法汇编． 华南理工大学出版社． 2002．9． [3] 杨爱国． 利用导数解初等数学问题． 中学数学研究． 2004．4 [4] 陈文灯,黄先开． 高等数学复习指南:思路方法与技巧． 清华大学出版社．2003．7 [5] 龚冬保,武忠祥． 高等数学典型题解法技巧． 西安交通大学出版社． 2000．1 [6] 刘聪, 胜秦永． 函数与不等式高考题目回顾与展望． 中学数学教学参考． 2006．3 [7] 林源渠,方正勤． 数学分析解题指南． 北京大学出版社． 2003 Application in not waiting for the relation to prove of derivative

tala

200411557 Instructor

taogesi Mathematical Sciences Mathematics and Applied Mathematics

Mongolian class 2004 level

Abstract：The derivative studies the function attitude, prove the inequality and solve the strong tools of some practical problems, especially knowledge such as the calculation of the derivative and several and identification with the inequality are synthesized． And several this special function, then this text come on structure function prove monotonicity to skilfully use function that does not vary the relation, come , reflect derivative in function to wait for relation of proving．

Keyword ： Derivative；Inequality；Function 8

第三篇：数学论文-导数在函数中的应用

导数在函数中的应用

【摘 要】新课程利用导数求曲线的切线，判断或论证函数的单调性，函数的极值和最值。导数是分析和解决问题的有效具。

【关键词】导数 函数的切线 单调性 极值和最值

导数（导函数的简称）是一个特殊函数，它的引出和定义始终贯穿着函数思想。新课程增加了导数的内容，随着课改的不断深入，导数知识考查的要求逐渐加强，而且导数已经由前几年只是在解决问题中的辅助地位上升为分析和解决问题时的不可缺少的工具。函数是中学数学研究导数的一个重要载体，函数问题涉及高中数学较多的知识点和数学思想方法。近年好多省的高考题中都出现以函数为载体，通过研究其图像性质，来考查学生的创新能力和探究能力的试题。本人结合教学实践，就导数在函数中的应用作个初步探究。

有关导数在函数中的应用主要类型有：求函数的切线，判断函数的单调性，求函数的极值和最值，利用函数的单调性证明不等式，这些类型成为近两年最闪亮的热点，是高中数学学习的重点之一，预计也是“新课标”下高考的重点。

一、用导数求函数的切线

例1.已知曲线y=x3-3x2-1，过点（1，-3）作其切线，求切线方程。

分析：根据导数的几何意义求解。

解：y′ = 3x2-6x，当x=1时y′=-3，即所求切线的斜率为-3.故所求切线的方程为y+3 =-3(x-1)，即为：y =-3x.1、方法提升：函数y=f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y=f(x)在点P（x0，y=f(x0)）处的切线的斜率。既就是说，曲线y=f(x)在点P（x0，y=f(x0)）处的切线的斜率是f′(x0)，相应的切线方程为y-y0= f′(x0)(x-x0)。

二、用导数判断函数的单调性

例2．求函数y=x3-3x2-1的单调区间。

分析：求出导数y′，令y′>0或y′<0，解出x的取值范围即可。

解：y′= 3x2-6x，由y′>0得3x2-6x﹥0，解得x﹤0或x﹥2。

由y′<0 得3x2-6x﹤0，解得0﹤x＜2。

故 所求单调增区间为(-∞，0)∪(2，+∞)，单调减区间为(0，2)。

2、方法提升：利用导数判断函数的单调性的步骤是：（1）确定f(x)的定义域；（2）求导数f′(x)；（3）在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0和f′(x)<0；（4）确定f(x)的单调区间.若在函数式中含字母系数，往往要分类讨论。

三、用导数求函数的极值

例3．求函数f(x)=(1/3)x3-4x+4的极值

解：由 f′(x)=x2-4=0，解得x=2或x=－2.当x变化时，y′、y的变化情况如下：

当x=－2时，y有极大值f(-2)=－（28/3），当x=2时，y有极小值f(2)=－(4/3).3、方法提升：求可导函数极值的步骤是：（1）确定函数定义域，求导数f′(x)；（2）求f′(x)= 0的所有实数根；（3）对每个实数根进行检验，判断在每个根（如x0）的左右侧，导函数f′(x)的符号如何变化，如果f′(x)的符号由正变负，则f(x0)是极大值；如果f′(x)的符号由负变正，则f(x0)是极小值.。注意：如果f′(x)= 0的根x = x0的左右侧符号不变，则f(x0)不是极值。

四、用导数求函数的最值

五、证明不等式

5、方法提升：利用导数证明不等式是近年高考中出现的一种热点题型。其方法可以归纳为“构造函数，利用导数研究函数最值”。

总之，导数作为一种工具，在解决数学问题时使用非常方便，尤其是可以利用导数来解决函数的单调性，极值，最值以及切线问题。在导数的应用过程中，要加强对基础知识的理解，重视数学思想方法的应用，达到优化解题思维，简化解题过程的目的，更在于使学生掌握一种科学的语言和工具，进一步加深对函数的深刻理解和直观认识。参考资料：

1、普通高中课程标准实验教科书（北京师范大学出版社）

2、高中数学教学参考

第四篇：第二章与第三章：函数导数与导数的应用

第二章与第三章：函数导数与应用

1、求函数在一点的导数

例如：设函数f(x)xcosx，则f'(0)?

2、讨论函数yx在定义域范围内的单调性

3、记住结论：

函数在某点不可导，函数所表示的曲线在相应点的切线不一定不存在4、求函数的全微分

例如：一直函数yxlnx，求dy。

5、求隐函数的导数

例如：由方程x2xyy0确定yy(x)，求

6、记住导数定义，利用导数定义求极限。

7、求函数在某区间上的最值

例如：求f(x)x在[2,6]上的最大值和最小值。

8、利用单调性证明不等式

当x0时，证明不等式2xarctanxln(1x)

22262dy。dx

第五篇：构造函数法在导数中的应用（小编推荐）

构造函数法在导数中的应用

“作差法”构造

证明不等式或解决不等式恒成立问题都可以利用作差法将不等式右边转化为0，然后构造新函数[F（x）]，最后根据新函数[F（x）]的单调性转化为[F（x）min≥0]或者[F（x）max≤0来解决.]

例1 设函数[f（x）=x1+x]，[g（x）=lnx+12].求证：当[0

∵[F（x）=1+x-x1+x2-1x=-x2-x-11+x2?x<0.]

∴[F（x）]在（0，1]上单调递减.∵[F（1）=12-0-12=0，]

∴[F（x）]≥0，当且仅当[x=1]时，等号成立.∴当[0

恒成立问题中，求参数范围的问题，常常分离参数转化为[a≤F（x）min或者a≥F（x）max，]其中[F（x）]为构造的新函数.例2 若不等式[2x?lnx≥-x2+ax-3]恒成立，则实数[a]的取值范围是（）

A.（-∞，0）B.（-∞，4]

C.（0，+∞）D.[4，+∞）

解析不等式[2x?lnx≥-x2+ax-3]恒成立，即[a≤2lnx+x+3x]在（0，+[∞]）上恒成立.设[h（x）=2lnx+x+3x]，则[h′（x）=（x+3）（x-1）x2（x>0）].当[x∈（0，1）]时，[h′（x）<0]，函数[h（x）]单调递减；

当[x∈（1，+∞）]时，[h′（x）>0]，函数[h（x）]单调递增.所以[h（x）min=h（1）=4].所以[a≤h（x）min=4].答案 B

根据题干的“结构特征”猜想构造

1.根据运算公式[f（x）?g（x）′=f（x）g（x）+f（x）g（x）]和[f（x）g（x）′][=f（x）g（x）-f（x）g（x）g（x）2来构造]

例3 已知函数[f（x）]的定义域是[R]，[f（0）=2]，对任意的[x∈R]，[f（x）+f（x）>1]恒成立，则不等式[ex?f（x）][>ex+1]的解集为（）

A.（0，+∞）B.（-∞，0）

C.（-1，+∞）D.（2，+∞）

解析构造函数[g（x）=ex?f（x）-ex]，因为[g′（x）=ex?f（x）+ex?f（x）-ex=ex[f（x）+f（x）]-ex]

[>ex-ex=0]，所以[g（x）=ex?f（x）-ex]为[R]上的增函数.又[g（0）=e0?f（0）-e0=1]，所以原不等式转化为[g（x）>g（0）]，所以[x>]0.答案 A

例4 设函数[f（x）]满足[x2?f（x）+2x?f（x）=exx，][f（2）=][e28，]则当[x>0]时，[f（x）]（）

A.有极大值，无极小值

B.有极小值，无极大值

C.既有极大值又有极小值

D.既无极大值又无极小值

解析构造函数[F（x）=x2?f（x）]

则[f（x）=F（x）x2′=ex-2F（x）x3，]

[令h（x）=ex-2F（x），则h（x）=ex（x-2）x.]

[∴h（x）]在（0，2）上单调递减；在[（2，+∞）]上单调递增.[∴h（x）≥h（2）=0].[∴f（x）≥0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增.]

答案 D

2.根据已知条件等价转化后再以“形式”来构造

运用下列形式的等价变形构造：分式形式[f（b）-f（a）b-a<1，] 绝对值形式[f（x1）-f（x2）][≥4x1-x2]，指对数形式[1×2×3×4ׄ×n≥en-sn.]

例5 设函数[ f（x）=lnx+mx]，[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）-3x]零点的个数；

（3）若对任意[b>a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立，求[m]的取值范围.解析（1）当[m=e]时，[f（x）=lnx+ex]，则[f（x）=x-ex2].∴当[x∈（0，e）]，[f（x）<0]，[f（x）]在[（0，e）]上单调递减；

当[x∈（e，+∞）]，[f（x）>0]，[f（x）]在[（e，+∞]）上单调递增.∴[x=e]时，[f（x）]取得极小值[f（e）=lne+ee]=2.∴[f（x）]的极小值为2.（2）由题设知，[g（x）=f（x）-x3=1x-mx2-x3（x>0）].令[g（x）=0]得，[m=-13x3+x（x>0）].设[φ（x）][=-13x3+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）]的惟一极值点，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）]=[23].又[φ（0）]=0，结合[y=φ（x）]的图象（如图）可知，①当[m>23]时，函数[g（x）]无零点；

②当[m=23]时，函数[g（x）]有且只有一个零点；

③当[0

④当[m≤0]时，函数[g（x）]有且只有一个零点.综上所述，当[m>23]时，函数[g（x）]无零点；

当[m=23]或[m≤0]时，函数[g（x）]有且只有一个零点；

当[0a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立[?f（b）-b0）]，∴[h（x）]在（0，+∞）上单调递减.由[h′（x）=1x-mx2-1≤0]在（0，+∞）上恒成立得，[m≥-x2+x=-（x-12）2+14（x>0）]恒成立.∴[m≥14（对m=14，h（x）=0仅在x=12时成立）.]

∴[m]的取值范围是[14，+∞].例6 已知[f（x）=（a+1）lnx+ax2+1]，（1）讨论函数[f（x）]的单调性；

（2）[设a<-1，?x1，x2∈（0，+∞），][f（x1）-f（x2）][≥4x1-x2]恒成立，求[a]的取值范围.解析（1）[∵x∈（0，+∞），∴f（x）=2ax2+a+1x.]

[①当a≥0时，f（x）>0，f（x）在（0，+∞）上单调递增.②当-10时，f（x）在（0，-a+12a）上单调递增；当f（x）<0时，f（x）在（-a+12a，+∞）上单调递减.③当a≤-1时，f（x）<0，f（x）在（0，+∞）上单调递减.]

（2）不妨设[x1≤x2，]由（1）可知，当[a<-1]时，[f（x）]在[（0，+∞）上单调递减.]

[则有f（x1）-f（x2）≥4x1-x2]

[?f（x1）-f（x2）≥-4（x1-x2）]

[?f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2.]

[构造函数g（x）=f（x）+4x，则g（x）=a+1x+2ax+4≤0].[∴a≤（-4x-12x2+1）min.]

[设φ（x）=-4x-12x2+1，x∈（0，+∞），]

[则φ（x）=4（2x-1）（x+1）（2x2+1）2.]

[故φ（x）在（0，12）上单调递减；][在（12，+∞）上单调递增].[∴φ（x）min=φ（12）=-2.]

[∴a≤-2.]