2019高考数学常考题型专题05导数压轴题的零点及恒成立、有解问题理

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高考数学常考题型专题05导数压轴题的零点及恒成立有解问题理20180816665

专题05 导数压轴题的零点及恒成立、有解问题1．（2018新课标全国Ⅱ理科）已知函数2()e x f x ax =-．（1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【解析】（1）当1a =时，()1f x ≥等价于2(1)e 10xx -+-≤．设函数2()(1)e1xg x x -=+-，则22()(21)e (1)e x x g'x x x x --=--+=--．当1x ≠时，()0g'x <，所以()g x 在(0,)+∞单调递减．而(0)0g =，故当0x ≥时，()0g x ≤，即()1f x ≥．①若(2)0h >，即2e 4a <，()h x 在(0,)+∞没有零点；②若(2)0h =，即2e 4a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点；③若(2)0h <，即2e 4a >，由于(0)1h =，所以()h x 在(0,2)有一个零点，由（1）知，当0x >时，2e xx >，所以33342241616161(4)11110e (e )(2)a a a a a h a a a=-=->-=->．故()h x 在(2,4)a 有一个零点，因此()h x 在(0,)+∞有两个零点．综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，2e 4a =．2．（2017新课标全国Ⅰ理科）已知函数2()e (2)e xx f x a a x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2e (2)e 1(e 1)(2e 1)x x x xf x a a a '=+--=-+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减. （ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-.当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增.又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点.设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n nf n a a n n n =+-->->->. 由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.综上，a 的取值范围为(0,1).【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实数根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数a 的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a =与其交点的个数，从而求出a 的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若()f x 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.3．（2015新课标全国Ⅱ理科）设函数2()e mx f x x mx =+-．（Ⅰ）证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12|()()|e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，故()f x 在0x =处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]x x ∈-，12|()()|e 1f x f x -≤-的充要条件是(1)(0)e 1,(1)(0)e 1,f f f f -≤-⎧⎨--≤-⎩即e e 1,e +e 1mmm m -⎧-≤-⎪⎨≤-⎪⎩，①，设函数()e e 1t g t t =--+，则()e 1tg't =-．当0t <时，()0g't <；当0t >时，()0g't >．故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．又(1)0g =，1(1)e 2e <0g --=+-，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤．当[1,1]m ∈-时，()0g m ≤，()0g m -≤，即①式成立；当1m >时，由()g t 的单调性，()0g m >，即e e 1m m ->-；当1m <-时，()0g m ->，即e +e 1m m ->-．综上可知，m 的取值范围是[1,1]-．【名师点睛】(Ⅰ)先求导函数()(e1)2mxf 'x m x =-+，根据m 的取值范围讨论导函数在(,0)-∞和(0,)+∞的符号即可；(Ⅱ)12()()e 1f x f x -≤-恒成立，等价于12max ()()e 1f x f x -≤-．由12,x x 是两个独立的变量，可研究()f x 的值域，由(Ⅰ)可得最小值为(0)1f =，最大值可能是(1)f -或(1)f ，故只需(1)(0)e 1,(1)(0)e 1,f f f f -≤-⎧⎨--≤-⎩，从而得关于m 的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解．1．利用导数研究函数的零点问题，一般出现在解答题的压轴题中，难度较大，这类零点一般都不能直接求出数值，而是利用数形结合、分类讨论、转化思想和分离变量等求零点的个数或根据零点的个数求参数的取值范围.2．利用导数解决函数恒成立问题或有解问题是近年来高考的热点问题，这类问题往往融函数、导数、不等式等知识于一体，以函数知识为载体，利用导数为工具研究函数的性质，如单调性、极值、最值，综合性强，很好地考查了考生的分析问题和解决问题的能力，解决这类问题的关键是运用等价转化的数学思想及整体构造法和参数分离法.指点1：利用导数研究函数的零点问题对于含参数的函数零点的个数问题，由函数()y f x =有n 个零点⇔方程()0f x =有n 个实数根⇔函数()y f x =与x 轴有n 个交点可转化为方程解的个数问题，若能分离参数，可将参数分离出来，再作出函数的图象，根据函数的图象特征从而求出参数的取值范围.也可以根据函数的最值或极值的符号，即利用函数的性质去确定函数零点的个数，此方法主要是通过数形结合的方法确定存在零点的条件. 【例1】设函数1()eln x f x a x -=-,其中e 为自然对数的底数．（1）若1a =,求()f x 的单调区间; （2）若0e a ≤≤,求证:()f x 无零点．【解析】（1）若,则,∴．令,则,当时,,即单调递增,又,∴当时,单调递减,当时,单调递增．∴的单调递减区间为,单调递增区间为．（2）当时,，显然无零点．当时,(i)当时,，显然无零点． (ii)当时，易证，∴,∴．令，则()1ee x g x -'=-，令()0g x '=，得2x =，当12x <<时，()0g x '<；当2x >时，()0g x '>，故min ()(2)0g x g ==，从而，显然无零点.综上,无零点．指点2：利用导数解决函数恒成立、有解问题利用导数研究恒成立问题、有解问题，通常采用分类讨论思想或分离参变量的方法，通过函数的单调性研究函数的最值，利用最值去研究恒成立问题、有解问题，此类问题最后都化归为与函数最值有关的问题. 一般地，若()f x a ≥恒成立，只需min ()f x a ≥即可；若()f x a ≤恒成立，只需max ()f x a ≤即可.若存在x ，使得()f x a ≥成立，只需max ()f x a ≥即可；若存在x ，使得()f x a ≤成立，只需min ()f x a ≤即可. 【例2】已知函数，.（1）若曲线与曲线在它们的交点处的公共切线为，求，，的值；（2）当时，若，，求的取值范围.【解析】（1）设它们的公共交点的横坐标为，则.，则，①；，则，②. 由②得，由①得.将，代入得，∴，.（2）由，得，即在上恒成立，令，则，其中在上恒成立，∴在上单调递增，在上单调递减，则，∴.故的取值范围是.1．设函数32()1f x x bx cx =+++的单调递减区间是(1,2). （1）求()f x 的解析式；（2）若对任意的(0,2]m ∈，关于x 在[2,)x ∈+∞时有解，求实数t 的取值范围.【解析】（1）2()32f x x bx c '=++. ∵()f x 的单调递减区间是(1,2)，∴(1)320(2)1240f b c f b c =++==++'=⎧⎨'⎩，解得9, 6.2b c =-=（2）由（1）得2()3963(1)(2)f x x x x x ==-'-+-，当[2,)x ∈+∞时，()f x '≥0，∴()f x 在[2,)+∞上单调递增，∴min ()(2)3f x f ==.在[2,)x ∈+∞时有解， 3ln m m -对任意(0,2]m ∈恒成立,只需21ln t m m <-在(0,2]m ∈上恒成立. ，(0,2]m ∈，则当(0,2]m ∈时，()h m 在()0,1要使21ln 2t m m <-在(0,2]m ∈上恒成立，只需故t 的取值范围是1(,)2-∞.2．已知函数()(1)e xf x x =-．（1）证明：当[0,)x ∈+∞时，2()12x f x ≥-；（2）当0k >时，讨论关于x 的方程22()0f x kx -=的根的个数．（2）①当0x =时，易得关于x 的方程22()0f x kx -=不成立；②当0x ≠时，由22()0f x kx -=可得22()f x k x =，即22(1)e x x k x -=，令22(1)e (),0xx g x x x -=≠，则问题可转化为讨论直线y k =与函数()g x 的图象的交点个数. 由22(1)e ()x x g x x -=，可得232(22)e ()x x x g x x-+'=，易知2(22)e 0xx x -+>恒成立，所以当0x <时，()0g x '<，()g x 单调递减；当0x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，又易知当0x <时，()0g x <恒成立，且(1)0g =，所以当0k >时，直线y k =与函数()g x 的图象有且只有一个交点，即关于x 的方程22()0f x kx -=有且只有一个实数根.3．设函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，且在区间上恒成立，求的取值范围.【解析】（1）函数的定义域为，，当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）若，且在区间上恒成立，等价于在区间上.由（1）中的讨论，知当时，，函数在区间上单调递减，,即，从而得；当时，，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

导数与函数的零点知识点讲解+例题讲解(含解析)

导数与函数的零点一、知识梳理1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a ＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【训练2】已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ，又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数，当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0；当x <0时，取x ＝－1a ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )．在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减，在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0，由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2，所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0，即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0，即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103，所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2，所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点，则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4. 答案 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0). 设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )，当a ≤0时，f ′(x )>0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a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)；当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ；由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1，所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1，所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。

导数的零点问题及恒成立问题(学生版)

导数的零点问题与恒成立问题1.已知函数f(x)=ln x+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)对任意x>0，xe2x≥f(x)恒成立，求实数a的最大值.2.已知函数f x =a ln x +2 -x a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性和最值；(2)若关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2，求证：e x 1+e x 2>2m.3.已知f x =sin n x ，g x =ln x +me x (n 为正整数，m ∈R )．(1)当n =1时，设函数h x=x 2-1-2f x ，x ∈0,π ，证明：h x 有且仅有1个零点；(2)当n =2时，证明：f x 2+g x <x +m e x -1．4.已知函数f x =e x-a ln x,a∈R.(1)当a=0时，若曲线y=f x 与直线y=kx相切于点P，求点P的坐标；(2)当a=e时，证明：f x ≥e；(3)若对任意x∈0,+∞，不等式f x >a ln a恒成立，请直接写出a的取值范围.5.已知函数f x =x -a ln x ,a ∈R(1)请讨论函数f x 的单调性(2)当x ∈1e ,+∞ 时，若e x ≥λx ln ln x +x +1 +1 恒成立，求实数λ的取值范围6.已知函数f x =ax2-1ln x，其图象在x=e处的切线过点2e,2e2．(1)求a的值；(2)讨论f x 的单调性；(3)若λ>0，关于x的不等式λxf x ≤e2λx-1在区间[1,+∞)上恒成立，求λ的取值范围．.7.已知函数f x =e x-1-mx2m∈R(1)选择下列两个条件之一：①m=12；②m=1；判断f x 在区间0,+∞是否存在极小值点，并说明理由；(2)已知m>0，设函数g x =f x +mx ln mx上.若g x 在区间0,+∞存在零点，求实数m的取值范围.8.已知函数f x =e2x+a-12ln x+a2(1)若函数y=f x 在0,12上单调递减，求a的取值范围；(2)若函数y=f x 在定义域内没有零点，求a的取值范围．9.已知函数f(x)=ae x-ln(x+1)+ln a-1. (1)若a=1，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有且仅有两个零点，求a的取值范围.10.已知f x =x ln x+a2x2+1．(1)若函数g x =f x +x cos x-sin x-x ln x-1在0,π2上有1个零点，求实数a的取值范围．(2)若关于x的方程xe x-a=f x -a2x2+ax-1有两个不同的实数解，求a的取值范围．11.在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a的方程ae a=e6和关于b的方程b(ln b-2)=e3λ-1(a,b∈R)可化为同构方程. (1)求ab的值；.若斜率为k的直线与曲线y=f'(x)相交于(2)已知函数f(x)=x ln x+13λA(x1,y1)，B(x2,y2)(x1<x2)两点，求证：.x1<1k<x212.已知函数f x =x2e ax．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)已知函数g x =f x -2ln x-ax，且函数g x 的最小值恰好为1，求a的最小值．13.已知函数f x =a-1-xe xx>0(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)求f x 的单调区间和极值；(2)设g x =ln x+1x+x-f x ⋅e x，若对任意的x∈0,+∞，都有g x ≤e x恒成立，求a的取值范围.14.已知函数f x =mx+ln x.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若14<m<1e，求证：函数g x =x ln x+x m e-m x有两个零点x1，x2且1x1 +1x2>2e.15.已知函数f x =ln x +m -e x -1(m ∈R ，e ≈2.718281⋯⋯)(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式f x -xe x +2≤0恒成立，求实数m 的取值范围．16.1.已知函数f x =ae x -ln x +2 +ln a -2.(1)若f x 在x =0处取得极值，求a 的值及函数的单调区间；(2)请在下列两问中选择一问作答，答题前请标好选择.如果多写按第一个计分.①若f x ≥0恒成立，求a 的取值范围.②若f x 仅有两个零点，求a 的取值范围.17.已知a >0，函数f x =ae x -x -2，函数g x =ln x +2 -x -ln a ．(1)若对∀x ∈R ，f x ≥0恒成立，求a 的取值范围；(2)若方程f x =g x 有两个根，求a 的取值范围．18.已知函数f(x)=ln x+ax(a≠0)．(1)讨论f(x)的零点个数；(2)证明：f e xx≤f-xa．19.已知函数f x =x 1-a ln x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若x ∈0,12时，都有f x <1，求实数a 的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数x 1，x 2满足1+ln x 21+ln x 1=x 2x 1，证明：x 1+x 2<ex 1x 2.20.已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．。

高考数学之利用切线法破解函数恒成立问题(导函数零点问题)

关于对切线法破解导函数隐零点问题的一点理解导函数隐零点问题是常考压轴题类型。

即是关于函数恒成立的一类问题，这种题往往在解答的时候，最后要转化为对函数单调区间的讨论，从而探索出函数的极值点，也就是导函数的零点。

常规的方法往往讨论比较复杂，而且容易卡在某一步上。

而利用切线法，可以完美规避掉对原函数含参区间的单调性讨论，解答比较简洁，真可谓是破解导函数隐零点问题的一大利器。

然而切线法的难点在于该方法的理解，思维层次较高，同时也有点跳跃。

因此笔者赶紧有必要仔细的把关于切线法的前因后果好好分析一下，以求牢固掌握，同时也算是对想了解并运用该方法的读者朋友尽上一点绵薄的帮助。

限于笔者水平有限，有些疏漏，以及不严谨的地方，欢迎大家批评指正以及补充完善。

一、从一道例题说起题目：若k(k−2)<k+k ln k,∀k>2,求整数k的最大值.分析：∀k>2,k(k−2)<k+k ln k,等价于∀k>2,k(k−2)−k−k ln k<0,令g(x)=k(k−2)−k−k ln k，当x>2时，明显可以看出k越小，g(x)的值就会越小，所以问题不在于k能取多小，而在于k能取多大，即本题里面我们关于的应该是k的上限。

所以我们最后求得的关于k的范围，一定是一个小于某一个值的情况。

另外，g(x)显然代表了一族函数，因此每一个具体的k的值都会对应于一个具体的g(x)。

下面我们具体来分析下g(x)的图像特点。

由前面的分析可知，当k超过某一个值时，g(x)必定会出现大于0的部分，也就是出现位于x轴上方的部分。

现在把f(x)看成一族函数，显然这个大家族里面会出现无数个图像位于x轴上方的g(x)，也会出现无数个图像位于x轴下方的g(x)。

而每一个g(x)都是连续的函数，那么根据连续函数的介值定理（在这里应该是广义的介值定理，需要一点高等数学的知识才能理解透），既然图像位于x轴上方和x轴下方都有可能存在，那么就一定存在一个临界状态，即g(x)的图像位于x轴下方（这是我们的题目要求），而且恰好切于x轴。

高考数学导数恒成立问题的解法及例题

高考数学导数恒成立问题的解法
对于恒成立问题，一般采取的方法有两种：一是利用函数的单调性，二是利用函数的最值。

1. 利用函数的单调性
如果函数f(x)在区间D上单调，可以根据函数的单调性来解决问题。

例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，那么只需要找到满足f(x)min > 0的x值即可。

2. 利用函数的最值
如果函数f(x)在区间D上不是单调的，那么可以转化为求函数的最值问题。

例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，可以转化为求f(x)的最小值，只要最小值大于0，那么不等式就恒成立。

例题：已知函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上都不小于2，求a的取值范围。

解法：首先根据题意得到函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上的最小值为2，然后根据二次函数的性质得到对称轴为x=-b/2a=-a/2。

我们需要分三种情况讨论：
1. 当-a/2≤-1时，即a≥2时，函数在[-1,2]上是增函数，只需要满足f(-1)=1-a+4≥2即可，解得a≤3，所以2≤a≤3；
2. 当-a/2≥2时，即a≤-4时，函数在[-1,2]上是减函数，只需要满足
f(2)=4+2a+4≥2即可，解得a≥-4，但是此时a没有合适的取值，故舍去；
3. 当-1<-a/2<2时，即-4<a<2时，函数在对称轴左侧是减函数，右侧是增函数，只需要满足f(-a/2)=(-a/2)2-a2/4+4≥2即可，解得-4<a≤-2。

综上可得a的取值范围为：[-4,-2]∪[2,3]。

从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法

从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法
作者：邓军民
来源：《广东教育·高中》2019年第10期
2019年高考數学命题以全国教育大会精神为指引，认真贯彻“五育并举”教育方针，突出数学学科特色，着重考查考生的理性思维能力以及综合运用数学思维方法分析问题、解决问题的能力. 试题突出学科素养导向，全面覆盖基础知识，凸显综合性、应用性，以反映我国社会主义建设的成果和优秀传统文化的真实情境为载体，贴近生活，联系社会实际，在考试评价中落实立德树人根本任务. 今年全国？玉卷的导数压轴题也设置得很有特色，考查了函数零点问题，题目如下：。

专题5 导数中的点关于线对称问题-2019届高考数学二轮复习压轴题突破例题讲解与专题训练含答案

专题05 导数中的点关于线对称问题导数中的存在点关于线的对称问题在平时的练习中比较常见，一开始很多同学无法下手，但是其实根据对称思想确定对称点的坐标，转化为一个函数是否存在零点的问题，再利用导数分析函数的单调性，确定最值，数形结合即可求解。

【题型示例】1、已知函数（为自然对数的底数）与的图象上存在关于直线对称的点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为函数与的图象在上存在关于直线对称的点，所以问题转化为方程在上有解，即在上有解.令，则，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，所以，即，故选A.2、已知函数的图象上存在两点关于轴对称，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设是上一点，则点关于y轴的对称点为，于是，∴，令，则，∴在上是增函数，在与上是减函数，又时，，，，∴，故选D.3、已知函数，，若存在使得，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B4、已知函数的图象上存在点.函数的图象上存在点，且关于原点对称，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题知有解，令，，故函数在递减，在递增，所以，解得.【专题练习】1、已知函数, ,若图象上存在两个不同的点与图象上两点关于轴对称，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】∵图象上存在两个不同的点与图象上两点关于轴对称，在上有两解，即有两解，整理得．设，则．令，得，解得或（舍）．当时，，函数递减，当时，，函数递增，则当时，取得极小值，当时，，有两解，．的取值范围是．故选D．学=科网2、已知函数与的图象在上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】依题意，存在，使成立，即，在上有解.令，则.因为在上单调递增，所以，所以在上单调递减，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以.3、已知函数，，若与的图象上分别存在点，使得关于直线对称，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B4、已知函数(,是自然对数的底)与的图象上存在关于轴对称的点,则实数的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意,若函数(,是自然对数的底)与的图象上存在关于轴对称的点,则方程在区间上有解,,即方程在区间上有解,设函数,其导数,又由,在有唯一的极值,分析可得:当时,,为减函数,当时,,为增函数,故函数有最小值,又由,，比较可得:,故函数有最大值,故函数在区间上的值域为;若方程在区间上有解,必有,则有,即的取值范围是.5、若平面直角坐标系内的两点满足：①点都在的图象上；②点关于原点对称，则称点对是函数的一个“姊妹点对”（点对与可看作同一个“姊妹点对”）.已知函数则的“姊妹点对”的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B。

导数的零点问题及恒成立问题(教师版)

导数的零点问题与恒成立问题1.已知函数f (x )=ln x +ax +1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)对任意x >0，xe 2x ≥f (x )恒成立，求实数a 的最大值.【答案】(1)答案见解析；(2)2.【解析】(1)f (x )=1x +a =1+axx(x >0)当a ≥0时，x ∈(0,+∞)，f (x )=1+axx>0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，x ∈0,-1a ，f (x )=1+ax x >0，所以f (x )在0,-1a上单调递增；x ∈-1a ，+∞ ，f (x )=1+ax x <0，所以f (x )在-1a，+∞ 上单调递减；综上：当a ≥0时，f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在0,-1a 上单调递增，在-1a，+∞ 上单调递减.(2)任意x >0，xe 2x ≥f (x )，即xe 2x -ln x -ax -1 ≥0恒成立，即e ln x +2x -ln x -ax -1≥0恒成立；令g (x )=e ln x +2x -ln x -ax -1，则任意x >0，g (x )=e ln x +2x -ln x -ax -1≥0，因为，存在正实数x 0，满足：ln x 0+2x 0=0且g (x 0)=eln x 0+2x 0-ln x 0-ax 0-1≥0，所以2x 0-ax 0≥0，所以a ≤2.下证：当a =2时成立：即证：e ln x +2x -ln x -2x -1≥0，因为∀x ∈R ，e x ≥x +1，所以：e ln x +2x -ln x -2x -1≥ln x +2x +1-ln x -2x -1=0显然成立；所以实数a 的最大值为2.2.已知函数f x =a ln x +2 -x a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性和最值；(2)若关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2，求证：e x 1+e x 2>2m.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)f x =a x +2-1=a -2-xx +2，其中x >-2若a ≤0，则f x <0在-2,+∞ 上恒成立，故f (x )在-2,+∞ 上为减函数，故f (x )无最值.若a >0，当x ∈-2,a -2 时，f x >0；当x ∈a -2,+∞ 时，f x <0；故f (x )在-2,a -2 上为增函数，在a -2,+∞ 上为减函数，故f (x )max =f a -2 =a ln a -a +2，f (x )无最小值.(2)方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)即为me x +x +ln m =x +2+ln x +2 ，故e x +ln m +ln e x +ln m =x +2+ln x +2 ，因为y =x +ln x 为0,+∞ 上的增函数，所以x +2=e x +ln m =me x所以关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2即为：x +2=me x 有两个不同的实数根x 1,x 2.所以x 1+2=me x 1,x 2+2=me x 2，所以x 1-x 2=m e x 1-e x 2，不妨设x 1>x 2，t =x 1-x 2，故e x 1+e x 2=e x1+e x 2x 1-x 2m e x1-e x 2，要证：e x 1+e x 2>2m 即证e x 1+e x 2x 1-x 2m e x1-e x 2>2m ，即证e x 1-x 2+1 x 1-x 2e x 1-x2-1>2，即证e t +1 te t -1>2t >0 ，即证e t +1 t >2e t -2t >0 ，设s t =e t +1 t -2e t +2，则s t =e t +1+te t -2e t =t -1 e t +1，故s t =te t >0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，故s t >s 0 =0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，所以s t >s 0 =0，故e x 1+e x 2>2m成立.3.已知f x =sin n x ，g x =ln x +me x (n 为正整数，m ∈R )．(1)当n =1时，设函数h x =x 2-1-2f x ，x ∈0,π ，证明：h x 有且仅有1个零点；(2)当n =2时，证明：f x 2+g x <x +m e x -1．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】(1)当n =1时，h x =x 2-1-2sin x 0<x <π 记φx =h x =2x -2cos x ，则φ x =2+2sin x >0所以φx =h x 在区间0,π 上单调递增而φ0 =-2<0，φπ2 =π>0所以存在x 0∈0,π2，使得φx 0 =0，即h x 0 =0当x ∈0,x 0 时，φx =h x <0，h x 单调递减当x ∈x 0,π 时，φx =h x >0，h x 单调递增又h 0 =-1<0，h x 0 <h 0 <0，h π =π2-1>0所以h x 在0,x 0 上没有零点，在x 0,π 上有一个零点，综上所述，函数h x 在0,π 内只有一个零点.(2)当n =2时，f x =2sin x cos x =sin2x ，要证f x 2+g x <x +m e x -1，即证sin2x2+ln x +1-xe x <0，令H x =sin2x -2x (x >0)，则H x =2cos2x -2≤0，所以H x 在0,+∞ 单调递减，H x <H 0 =0，即sin2x <2x ，要证sin2x 2+ln x +1-xe x <0只需证x +ln x +1-xe x ≤0，令μx =e x -x -1，则μ x =e x -1，∴μx 在-∞,0 单调递减，在0,+∞ 单调递增，∴μx ≥μ0 =0，即e x ≥x +1，∴e x +ln x ≥x +ln x +1，即xe x ≥x +ln x +1，所以x +ln x +1-xe x ≤0成立，∴原命题得证.4.已知函数f x =e x -a ln x ,a ∈R .(1)当a =0时，若曲线y =f x 与直线y =kx 相切于点P ，求点P 的坐标；(2)当a =e 时，证明：f x ≥e ；(3)若对任意x ∈0,+∞ ，不等式f x >a ln a 恒成立，请直接写出a 的取值范围.【答案】(1)1,e ;(2)证明见解析；(3)0,e 【解析】(1)当a =0时，f x =e x ,f x =e x .设P x 0,e x 0 ，则切线斜率k =e x 0.由切点性质，得k =e x 0e x 0=kx 0 ，解得x 0=1.所以点P 的坐标1,e .(2)当a =e 时，f x =e x -e ln x ，其中x >0，则f x =e x -ex，令g x =e x -e x ，其中x >0，则g x =e x +e x 2>0，故函数f x 在0,+∞ 上单调递增，且f1 =0，当x 变化时，x ,f x ,f x 变化情况如下表：x 0,111,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增由上表可知，f (x )min =f 1 =e.所以f x ≥e.(3)实数a 的取值范围0,e .理由如下：方法一：(数形结合)在0,+∞ 上f x =e x -a ln x >a ln a 恒成立，即e x >a ln x +ln a .因而函数y 1=e x 的图象在函数y 2=a ln x +a ln a 的图象上方.考虑函数y 1=e x 图象在函数y 2=a ln x +a ln a 图象恰好有一个公共点的临界情形(如图所示)，此时它们在交点处有一条公切线m ，设交点的横坐标为x 0.又y '1=e x,y '2=a x，由切点性质知e x=a x 0e x 0=a ln x 0+a ln a，所以a x 0=a ln x 0+a ln a 即1x 0=ln x 0+ln a ，由e x 0=a x 0得x 0e x 0=a ，所以1x 0=ln x 0+ln x 0e x 0即2ln x 0+x 0-1x 0=0记h x =2ln x +x -1x ,x ∈0,+∞ ，则h x =2x +1+1x2>0，所以h x在0,+∞ 上是增函数.又因为h 1 =0，所以方程2ln x 0+x 0-1x 0=0的解是x 0=1.因此，当两函数恰好有一个交点时，交点坐标是1,e ，此处公切线方程是y =ex .所以当函数y 1=e x 的图象在函数y 2=a ln x +a ln a 的图象上方时，实数a 的取值范围0,e .方法二：(同构变形)显然a >0，在0,+∞ 上f x =e x -a ln x >a ln a 恒成立，即e x -ln a -ln x >ln a 恒成立即e x -ln a -ln a >ln x 恒成立，所以e x -ln a +x -ln a >x +ln x =e ln x +ln x 恒成立，构造函数g x =e x +x ,x ∈0,+∞ ，易知g x 在0,+∞ 上是增函数，所以x -ln a >ln x 恒成立，即ln a <(x -ln x )min ，令h x =x -ln x ,h x =x -1x(x >0)，当x ∈0,1 时，h x <0，所以h x 在0,1 上单调递减，当x ∈1,+∞ 时，h x >0，所以h x 在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )min =h 1 =1，所以ln a <1，解得0<a <e ，所以实数a 的取值范围0,e .5.已知函数f x =x -a ln x ,a ∈R(1)请讨论函数f x 的单调性(2)当x ∈1e ,+∞ 时，若e x≥λx ln ln x +x +1 +1 恒成立，求实数λ的取值范围【答案】(1)答案见解析；(2)λ≤1【解析】(1)f (x )=1-a x =x -ax(x >0)当a ≤0时，f (x )>0，f (x )在(0,+∞)上递增当a >0时，在(0,a )上f (x )<0，f (x )单调递减在(a ,+∞)上f (x )>0，f (x )单调递增(2)原式等价于xe x =e ln x +x ≥λ(ln (ln x +x +1)+1)设t =ln x +x ，x ∈1e ,+∞ 由(1)当a =-1时，f (x )=ln x +x 为增函数，∴t ∈1e-1,+∞ ，∴等式等价于e t ≥λ(ln (t +1)+1)，t ∈1e-1,+∞恒成立，t =1e -1时，e 1e -1>0成立，t ∈1e -1,+∞ 时，λ≤e tln (t +1)+1，设g (t )=e t ln (t +1)+1，t ∈1e -1,+∞ ，g (t )=e t (ln (t +1)+1)-e t 1t +1 (ln (t +1)+1)2=e t ⋅ln (t +1)+1-1t +1(ln (t +1)+1)2，设h (t )=ln (t +1)+1-1t +1，h (t )=1t +1+1(t +1)2>0所以h (t )在1e -1,+∞ 上为增函数，又因为h (0)=0，所以在1e-1,0 上，h (t )<0，∴g (t )<0，g (t )为减函数，在(0，+∞)上，h (t )>0，∴g (t )>0，g (t )为增函数，∴g (t )min =g (0)=1，∴λ≤1．6.已知函数f x =ax 2-1ln x，其图象在x =e 处的切线过点2e ,2e 2 ．(1)求a 的值；(2)讨论f x 的单调性；(3)若λ>0，关于x 的不等式λxf x ≤e 2λx -1在区间[1,+∞)上恒成立，求λ的取值范围．【答案】(1)1;(2)f x 在0,1 上递增，在1,+∞ 上递增；(3)1e ,+∞【解析】(1)因为函数f x =ax 2-1ln x，所以f e =ae 2-1，f x =2ax ln x -ax 2-1 1xln x2，则f e =ae +1e，所以函在x =e 处的切线方程为y -ae 2-1 =ae +1ex -e ，又因为切线过点2e ,2e 2，所以2e 2-ae 2-1 =ae +1e2e -e ，即2ae 2=2e 2，解得a =1；(2)由(1)知；f x =x 2-1ln x ,x >0且x ≠1，则fx =2x 2ln x -x 2+1x ln x 2，令g x =2x 2ln x -x 2+1，则g x =4x ln x ，当0<x <1时，g x <0，g x 单调递减；当x >1时，g x >0，g x 单调递增；所以g x ≥g 1 =0，f x ≥0，所以f x 在0,1 ，1，+∞ 上递增；(3)因为x 的不等式λxf x ≤e 2λx -1在区间[1,+∞)上恒成立，所以e 2λx -1λx≥x 2-1ln x 在区间[1,+∞)上恒成立，即f e λx ≥f x 在区间[1,+∞)上恒成立，因为f x 在1,+∞ 上递增，所以e λx ≥x 在区间[1,+∞)上恒成立，即λ≥ln xx在区间[1,+∞)上恒成立，令h x =ln x x ，则h x =1-ln xx 2，当0<x <e 时，h x >0，当x >e 时，h x <0，所以当x =e 时，h x 取得最大值h e =1e，所以λ≥1e.7.已知函数f x =e x -1-mx 2m ∈R .(1)选择下列两个条件之一：①m =12；②m =1；判断f x 在区间0,+∞ 是否存在极小值点，并说明理由；(2)已知m >0，设函数g x =f x +mx ln mx .若g x 在区间0,+∞ 上存在零点，求实数m 的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)m ≥1.【解析】(1)若选择①m =12,f x =e x -1-12x 2，则f x =e x -1-x ,f x =e x -1-1，由f x 在R 上单调递增，且f 1 =0，所以f x 在0,1 上单调递减，1,+∞ 上单调递增，有f x ≥f 1 =0，则f x 在0,+∞ 上单调递增，不存在极小值点.若选择②m =1,f x =e x -1-x 2，则f x =e x -1-2x ,f x =e x -1-2，由f x 在R 上单调递增，且f 1+ln2 =0，所以f x 在0,1+ln2 上单调递减，1+ln2,+∞ 上单调递增，有f x ≥f 1+ln2 =-2ln2<0，而f 4 =e 3-8>0，所以存在极小值点x 0∈1+ln2,4 .(2)令g x =0，有e x -1-mx 2+mx ln mx =0，又mx >0，所以e x -1mx -x +ln mx =e x -1e ln mx -x +ln mx =e x -ln mx -1-x -ln mx=0，令t =x -ln mx ，即转化为e t -1-t =0有解，设h t=e t -1-t ，则由h t =e t -1-1可得，h t 在t ∈-∞,1 单调递减，在t ∈1,+∞ 单调递增，而h 1 =0，所以h t =e t -1-t 由唯一零点t =1.若g x 在区间0,+∞ 存在零点，即为1=x -ln mx 在0,+∞ 有解.整理得：1+ln m =x -ln x ，设l x =x -ln x ，由l x =1-1x知，l x 在x ∈0,1 单调递减，在x ∈1,+∞ 单调递增，则l x ≥l 1 =1，所以1+ln m ≥1，故有m ≥1.8.已知函数f x =e 2x +a -12ln x +a 2(1)若函数y =f x 在0,12上单调递减，求a 的取值范围；(2)若函数y =f x 在定义域内没有零点，求a 的取值范围．【答案】(1)a ≤-1-ln2；(2)a >-1-ln2．【解析】(1)f x =2e 2x +a -12x因为函数f x 在0,12 单调递减，所以f x =2e 2x +a -12x ≤0在0,12恒成立，两边取以e 为底的对数，即a ≤-2x -1n 4x 在0,12恒成立，设g x =-2x -ln4x ，g x =-2-1x<0所以g x 在0,12 递减，所以g (x )min =g 12=-1-ln2，所以a ≤-1-ln2；(2)f x =e 2x +a -12ln x +a2在0,+∞ 无零点，等价于方程e 2x +a -12ln x +a2=0在0,+∞ 无实根，亦即e 2x +a +2x +a 2=e ln x +ln x2在0,+∞ 无实根，因为e x +x2在0,+∞ 为单调增函数，原方程无零点等价于2x +a =ln x 在0,+∞ 无实根，即：a =ln x -2x 在0,+∞ 无实根，构造函数h x =ln x -2x ，h (x )=1x -2=1-2x x ，x ∈0,12 ，h (x )>0，x ∈12,+∞ ，h (x )<0所以h x 在0,12 上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，且h (x )max =h 12=-1-ln2，x →0，h x →-∞所以a >-1-ln2．9.已知函数f (x )=ae x -ln (x +1)+ln a -1.(1)若a =1，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )有且仅有两个零点，求a 的取值范围.【答案】(1)极小值0，无极大值；(2)0<a <1.【解析】(1)当a =1时，f (x )=e x -ln (x +1)-1，f ′(x )=e x -1x +1，x >-1，显然f ′(x )在(-1,+∞)单调递增，且f ′(0)=0，∴当-1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )在x =0处取得极小值f (0)=0，无极大值.(2)函数f (x )有两个零点，即f (x )=0⇒ae x +ln a +x =ln (x +1)+x +1有两个解，即ae x +ln ae x =ln (x +1)+(x +1)有两个解，设h (t )=t +ln t ，则h ′(t )=1+1t>0，h (t )单调递增，∴ae x =x +1(x >-1)有两个解，即a =x +1e x(x >-1)有两个解.令s (x )=x +1e x (x >-1)，则s ′(x )=-xe x ，当x ∈(-1,0)时，s ′(x )>0，s (x )单调递增，当x ∈(0,+∞)时，s ′(x )<0，s (x )单调递减，又x =-1时，s (x )=x +1e x=0，且s (0)=1，当x →+∞时，s (x )→0，且s (x )>0所以当x >-1时，x +1ex ∈(0,1]∴0<a <1.10.已知f x =x ln x +a 2x 2+1．(1)若函数g x =f x +x cos x -sin x -x ln x -1在0,π2上有1个零点，求实数a 的取值范围．(2)若关于x 的方程xe x -a =f x -a 2x 2+ax -1有两个不同的实数解，求a 的取值范围．【答案】(1)0<a ≤8π2;(2)a >1【解析】(1)g (x )=a 2x 2+x cos x -sin x ，x ∈0，π2，所以g ′(x )=x (a -sin x )，当a ≥1时，a -sin x ≥0，所以g (x )在0，π2单调递增，又因为g (0)=0，所以g (x )在0，π2上无零点；当0<a <1时，∃x 0∈0,π2，使得sin x 0=a ，所以g (x )在x 0，π2 单调递减，在(0,x 0)单调递增，又因为g (0)=0，g π2 =a π28-1，所以若a π28-1>0，即a >8π2时，g (x )在0，π2 上无零点，若a π28-1≤0，即0<a ≤8π2时，g (x )在0，π2 上有一个零点，当a ≤0时，g ′(x )=a -x sin x <0，g (x )在0，π2上单调递减，g (x )在0，π2 上无零点，综上当0<a ≤8π2时，g (x )在0，π2 上有一个零点；(2)由xe x -a =f x -a2x 2+ax -1x >0 ，即xe x -a=x ln x +ax ，即e x -a =ln x +a ，则有e x -a +x -a =x +ln x ，令h x =x +ln x ,x >0，则h e x -a =e x -a +x -a ，h x =1+1x>0，所以函数h x 在0,+∞ 上递增，所以e x -a =x ，则有x -a =ln x ，即a =x -ln x ,x >0，因为关于x 的方程xe x -a =f x -a2x 2+ax -1有两个不同的实数解，则方程a =x -ln x ,x >0有两个不同的实数解，令φx =x -ln x ，则φ x =1-1x =x -1x，当0<x <1时，φ x <0，当x >1时，φ x >0，所以函数φx =x -ln x 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，所以φx min =φ1 =1，当x →0时，φx →+∞，当x →+∞时，φx →+∞，所以a >1.11.在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a 的方程ae a =e 6和关于b 的方程b (ln b -2)=e 3λ-1(a ,b ∈R )可化为同构方程.(1)求ab 的值；(2)已知函数f (x )=x ln x +13λ.若斜率为k 的直线与曲线y =f '(x )相交于A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)(x 1<x 2)两点，求证：.x 1<1k<x 2【答案】(1)e 8；(2)答案见解析.【解析】(1)对ae a =e 6两边取自然对数，得ln a +a =6(1),对b (ln b -2)=e 3λ-1(a ,b ∈R )两边取自然对数，得ln b +ln (ln b -2)=3λ-1,即ln b -2+ln (ln b -2)=3λ-3(2).，因为(1)(2)方程为两个同构方程，所以3λ-3=6，解得λ=3，设φ(x )=ln x +x ,x >0，则φ'(x )=1x+1>0 ,所以φ(x )在(0，+∞)单调递增，所以方程φ(x )=6的解只有一个,所以a =ln b -2，所以ab =(ln b -2)b =b (ln b -2)=e 3×3-1=e 8，故ab =e 8 .(2)由(1)知：f (x )=x ln x +13λ =x ln x +13×3 =x ln x +x ,x ∈(0,+∞).所以f(x )=ln x +2,k =f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=ln x 2-ln x 1x 2-x 1,要证x 1<1k<x 2，即证明x 1<x 2-x 1ln x 2-ln x 1<x 2,等价于1<x 2x 1-1ln x 2x 1<x 2x 1,令t =x 2x 1(t >1)，则只要证明1<t -1ln t <t 即可，由t >1知，ln t >0，故等价于证ln t <t -1<t ln t (t >1).设g (t )=t -1-ln t (t >1), 则g '(x )=1-1t>0(t >1)，即g (t )在(1,+∞)单调递增，故g (t )>g (1)=0，即t -1>ln t .设h (t )=t ln t -(t -1)(t >1),则h '(t )=ln t >0(t >1)，即h (t )在(1,+∞)单调递增，故h (t )>h (1)=0，即t -1<t ln t 。

2019年高考数学总复习压轴题突破--导数与零点个数附解析与综上可2019年高考数学总复习压轴题突破

2019年高考数学总复习压轴题突破--导数与零点个数（附解析）与综上可2019年高考数学总复习压轴题突破--极值点的关系证明（含解析）2019年高考数学总复习压轴题突破--导数与零点个数（附解析）专题02 导数与零点个数导数与零点个数，对于考生来讲中等偏难，基本的思路是利用导数分析函数的单调性，确定函数的极值或最值，作出函数的大致图像，再数形结合可求得结果。

【题型示例】1、设为实数,函数．(1)求的极值点；(2)如果曲线与轴仅有一个交点,求实数的取值范围．【答案】（1）的极大值点为,极小值点为．（2）或．2、已知函数 .（1）求的极值；（2）若函数的图象与函数的图象在区间上有公共点,求实数的取值范围. 【答案】（1）极大值，无极小值；（2） .【解析】（1）的定义域为, ,令得，当时，，是增函数；当时，，是减函数，所以在处取得极大值,无极小值.（2）①当时，即时，由（1）知在上是增函数，在上是减函数，所以，因为的图象与的图象在上有公共点,所以，解得，又，所以 .②当时，即时，在上是增函数，所以在上最大值为，所以原问题等价于,解得 .又，所以此时无解.综上,实数的取值范围是 .3、设函数（其中）．（Ⅰ）求函数的极值；（Ⅱ）求函数在上的最小值；（Ⅲ）若，判断函数零点个数．【答案】（1）极小值，不存在极大值；（2）（3）1个．【解析】（Ⅰ），由得，由得，在单调递增，在单调递减．极小值，不存在极大值．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在单调递增，在单调递减．当时，在单调递减，单调递增，∴．当时，在单调递增，；（Ⅲ）由题意求导得，由得或，由得所以在上单调递增，在上单调递减当时，，故函数只有一个零点．4、已知函数 .（I）若，求的极值；（II）若，函数有且只有一个零点，求实数的取值范围.【答案】（I）的极小值为；（II）或 .【解析】（I）时，，其中则得当时，单调递减，当时，单调递增，因而的极小值为；（II）若有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个实数根，分离参数得，设，则，又设，，而因而当时，当时，那么当时，单调递增，当时，单调递减，，又时，且时从而或，即或时函数有且只有一个零点.【题型专练】1、已知函数 .（1）当时，求的极值；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）有得极大值，无极小值；（2） .2、设函数, .关于的方程在区间上有解,求的取值范围;【答案】的取值范围 .【解析】方程即为,令,则,∴当时, , 随变化情况如表:, , ,∴当时, ,∴的取值范围 .3、已知函数 .（1）求函数的单调区间；（2）若当时（其中），不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）若关于的方程在区间上恰好有两个相异的实根，求实数的取值范围. 【答案】（1）的单调减区间为，增区间；（2）；（3） .【解析】∵,所以(1)∵,令, 得：，所以的单调减区间为，增区间；（2）由（1）知, 得，函数在上是连续的，又所以，当时，的最大值为故时，若使恒成立，则（3）原问题可转化为：方程在区间上恰有两个相异实根.令，则，令，解得： .当时，在区间上单调递减，当时，在区间上单调递增.在和处连续，又且当时，的最大值是，的最小值是∴在区间上方程恰好有两个相异的实根时，实数的取值范围是：4、设函数,其中为实数.（1）若在上是单调减函数, 且在上有最小值, 求的取值范围；（2）若在上是单调增函数, 试求的零点个数, 并证明你的结论.【答案】（１）；（２）当或时，有个零点，当时, 有个零点，证明见解析．（2）在上恒成立, 则,故 .①若, 令得增区间为；令得减区间为,当时, ；当时, ；当时, ,当且仅当时取等号. 故: 时, 有个零点；当时, 有个零点.5、已知函数在处的切线斜率为2.(1)求的单调区间和极值;(2)若在上无解,求的取值范围.【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为和 . 函数的极小值为，极大值为 .（2）【解析】(1)∵，∴，∴，令，解得或 ..当变化时，的变化情况如下表:∴函数的单调递增区间为，单调递减区间为和 .∴函数的极小值为，极大值为 .(2)令，∵在上无解,∴在上恒成立,∵，记，∵在上恒成立,∴在上单调递减,∴，若，则，∴，∴单调递减,∴恒成立,若，则，存在，使得，∴当时，，即，∴在上单调递增,∵，∴在上成立,与已知矛盾,故舍去,综上可2019年高考数学总复习压轴题突破--极值点的关系证明（含解析）2019年高考数学总复习压轴题突破--极值点的关系证明（含解析）专题01 极值点的关系证明极值点的关系证明是今年高考的热点和难点，其关键在于根据极值的必要条件确定极值点的关系，再通过极值的加减，运算整理，构造函数，再利用导数求最值即可证明。

高考数学真题导数专题及答案

高考数学真题导数专题及答案2019年高考真题-导数专题一、解答题（共12小题）1.已知函数 $f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^{x}-x$。

1）讨论 $f(x)$ 的单调性；2）若 $f(x)$ 有两个零点，求 $a$ 的取值范围。

2.已知函数 $f(x)=ax^2-ax-x\ln{x}$，且 $f(x)\geq 0$。

1）求 $a$；2）证明：$f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x$，且 $e^{-2}<f(x)<2^{-2}$。

3.已知函数 $f(x)=x^{-1}-a\ln{x}$。

1）若 $f(x)\geq 0$，求 $a$ 的值；2）设 $m$ 为整数，并且对于任意正整数 $n$，$(1+\frac{1}{m})^n\geq 2$，求 $m$ 的最小值。

4.已知函数 $f(x)=x^3+ax^2+bx+1$（$a>0,b\in\mathbb{R}$）有极值，且导函数 $f'(x)$ 的极值点是 $f(x)$ 的零点。

1）求 $b$ 关于 $a$ 的函数关系式，并写出定义域；2）证明：$b^2>3a$；3）若 $f(x)$，$f'(x)$ 这两个函数的所有极值之和不小于$-1$，求 $a$ 的取值范围。

5.设函数 $f(x)=(1-x^2)e^x$。

1）讨论 $f(x)$ 的单调性；2）当$x\geq 0$ 时，$f(x)\leq ax+1$，求$a$ 的取值范围。

6.已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$。

1）求 $f(x)$ 的导函数；2）求 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上的取值范围。

7.已知函数 $f(x)=x^2+2\cos{x}$，$g(x)=e^x(\cos{x}-\sin{x}+2x^{-2})$，其中 $e\approx 2.\cdots$ 是自然对数的底数。

Ⅰ）求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(\pi,f(\pi))$ 处的切线方程；Ⅱ）令 $h(x)=g(x)-af(x)$（$a\in \mathbb{R}$），讨论$h(x)$ 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值。

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