函数与导数压轴题中零点问题

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高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用

高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。

方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。

题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。

方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，进而解决相关问题。

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。

例题：已知函数f(x)=x-3x。

1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。

提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。

将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。

答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。

1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。

（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。

题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。

方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。

（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。

（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。

高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版

高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版导数与三角函数的问题在近几年的高考数学试题中频繁出现，主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数围、隐零点问题及零点存在性赋值理论。

这些问题的形式逐渐多样化、综合化。

一、零点存在定理例1.【2019全国Ⅰ理20】函数$f(x)=\sin x-\ln(1+x)$，$f'(x)$为$f(x)$的导数。

证明：1）$f'(x)$在区间$(-1,)$存在唯一极大值点；2）$f(x)$有且仅有2个零点。

解析】（1）设$g(x)=f'(x)$，则$g(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$，$g'(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^2}$。

当$x\in(-1,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)$单调递减，而$g'(0)>0$，$g'(\frac{\pi}{2})<0$，可得$g'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$有唯一零点，设为$\alpha$。

则当$x\in(-1,\alpha)$时，$g'(x)>0$；当$x\in(\alpha,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)<0$。

所以$g(x)$在$(-1,\alpha)$单调递增，在$(\alpha,\frac{\pi}{2})$单调递减，故$g(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点，即$f'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点。

2）$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$。

i) 由(1)知，$f'(x)$在$(-1,0)$单调递增，而$f'(0)=0$，所以当$x\in(-1,0)$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。

高中数学题型归纳大全函数与导数题型归纳三.零点、隐零点问题

高中数学题型归纳大全函数与导数3题型归纳三.零点、隐零点问题考点1.讨论零点个数1．已知函数f(x)=a2x 2−(a +1)x +lnx ．（1）当a ＝1时，求y ＝f （x ）在（e ，f （e ））处切线方程；（2）讨论f （x ）的单调区间；（3）试判断a ＞1时f （x ）＝0的实根个数说明理由．考点2.证明存在零点2.已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明：（1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．3．已知设函数f （x ）＝ln （x +2）﹣（x +1）e ax ．（1）若a ＝0，求f （x ）极值；（2）证明：当a ＞﹣1，a ≠0时，函数f （x ）在（﹣1，+∞）上存在零点．考点3.已知零点个数求参4．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．5．已知函数f（x）＝e x﹣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．考点4.设而不求，虚设零点6．已知函数f（x）＝e x﹣ln（x+m）．（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．7．设函数f（x）＝e x﹣ax﹣2．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若a＝1，k为整数，且当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k的最大值．8．已知函数f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0）．（1）证明：函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点．（2）若函数f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为1，求a的值．9.已知函数f（x）＝lnx−x+1x−1．（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．题型归纳三.零点、隐零点问题考点1.讨论零点个数1．已知函数f(x)=a2x2−(a+1)x+lnx．（1）当a＝1时，求y＝f（x）在（e，f（e））处切线方程；（2）讨论f（x）的单调区间；（3）试判断a ＞1时f （x ）＝0的实根个数说明理由．【分析】（1）求得f （x ）的导数，可得切线的斜率和切点，可得所求切线方程；（2）求得f （x ）的导数，讨论a ＝0，a ＞1，a ＝1，0＜a ＜1，a ＜0，解不等式可得f （x ）的单调区间；（3）由a ＞1可得f （x ）的极值，判断符号，画出图象，可得实根的个数．【解答】解：（1）函数f(x)=a2x 2−(a +1)x +lnx 的导数为f ′（x ）＝ax ﹣（a +1）+1x =(x−1)(ax−1)x，当a ＝1时，y ＝f （x ）在（e ，f （e ））处切线斜率为(e−1)2e，切点为（e ，12e 2﹣2e +1），可得切线方程为y ﹣（12e 2﹣2e +1）=(e−1)2e （x ﹣e ），即为y =(e−1)2e x −12e 2；（2）f ′（x ）＝ax ﹣（a +1）+1x =(x−1)(ax−1)x，x ＞0，①当a ＝0时，f ′（x ）=1−xx，可得f （x ）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；②当a ＝1时，f ′（x ）=(x−1)2x≥0，可得f （x ）的增区间为（0，+∞）； ③当a ＞1时，0＜1a＜1，可得f （x ）的增区间为（0，1a），（1，+∞），减区间为（1a，1）；④当0＜a ＜1，1a＞1，可得f （x ）的增区间为（0，1），（1a，+∞），减区间为（1，1a）；⑤当a ＜0时，f （x ）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；（3）a ＞1时f （x ）＝0的实根个数为1，a ＞1时，0＜1a＜1，可得f （x ）的增区间为（0，1a），（1，+∞），减区间为（1a，1），可得f （x ）的极小值为f （1）＝﹣1−a 2＜0，极大值为f （1a）＝﹣1−12a−lna ＜0，且x →+∞，f （x ）→+∞，可得f （x ）＝0的实根为1个．考点2.证明存在零点2．已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明：（1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．【分析】（1）f （x ）的定义域为（﹣1，+∞），求出原函数的导函数，进一步求导，得到f ″（x ）在（﹣1，π2）上为减函数，结合f ″（0）＝1，f ″（π2）＝﹣1+1(1+π2)2＜−1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f ″（x ）在（﹣1，π2）上存在唯一得零点x 0，结合单调性可得，f ′（x ）在（﹣1，x 0）上单调递增，在（x 0，π2）上单调递减，可得f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x ∈（﹣1，0）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ∈（0，x 0）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；由于f ′（x ）在（x 0，π2）上单调递减，且f ′（x 0）＞0，f ′（π2）＜0，可得函数f ′（x ）在（x 0，π2）上存在唯一零点x 1，结合单调性可知，当x ∈（x 0，x 1）时，f （x ）单调递增；当x ∈（x 1，π2）时，f （x ）单调递减．当x ∈（π2，π）时，f （x ）单调递减，再由f （π2）＞0，f （π）＜0．然后列x ，f ′（x ）与f （x ）的变化情况表得答案．【解答】证明：（1）f （x ）的定义域为（﹣1，+∞）， f ′（x ）＝cos x −11+x ，f ″（x ）＝﹣sin x +1(1+x)2，令g （x ）＝﹣sin x +1(1+x)2，则g ′（x ）＝﹣cos x −2(1+x)3＜0在（﹣1，π2）恒成立，∴f ″（x ）在（﹣1，π2）上为减函数，又∵f ″（0）＝1，f ″（π2）＝﹣1+1(1+π2)2＜−1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f ″（x ）在（﹣1，π2）上存在唯一的零点x 0，结合单调性可得，f ′（x ）在（﹣1，x 0）上单调递增，在（x 0，π2）上单调递减，可得f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x ∈（﹣1，0）时，f ′（x ）单调递增，f ′（x ）＜f ′（0）＝0，f （x ）单调递减；当x ∈（0，x 0）时，f ′（x ）单调递增，f ′（x ）＞f ′（0）＝0，f （x ）单调递增；由于f ′（x ）在（x 0，π2）上单调递减，且f ′（x 0）＞0，f ′（π2）=−11+π2＜0，由零点存在定理可知，函数f ′（x ）在（x 0，π2）上存在唯一零点x 1，结合单调性可知，当x ∈（x 0，x 1）时，f ′（x ）单调递减，f ′（x ）＞f ′（x 1）＝0，f （x ）单调递增；当x ∈（x 1，π2）时，f ′（x ）单调递减，f ′（x ）＜f ′（x 1）＝0，f （x ）单调递减．当x ∈（π2，π）时，cos x ＜0，−11+x ＜0，于是f ′（x ）＝cos x −11+x ＜0，f （x ）单调递减，其中f （π2）＝1﹣ln （1+π2）＞1﹣ln （1+3.22）＝1﹣ln 2.6＞1﹣lne ＝0，f （π）＝﹣ln （1+π）＜﹣ln 3＜0．于是可得下表：x（﹣1，0）（0，x 1）x 1（x 1，π2）π2（π2，π）πf ′（x ） ﹣ 0 +﹣﹣﹣ ﹣f （x ）单调递减单调递增大于0 单调递减大于0 单调递减小于0 结合单调性可知，函数f （x ）在（﹣1，π2]上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，f （x ）在（π2，π）上有且只有一个零点x 2，当x ∈[π，+∞）时，sin x ≤1＜ln （1+x ），则f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ）＜0恒成立，因此函数f （x ）在[π，+∞）上无零点．综上，f （x ）有且仅有2个零点．3．已知设函数f （x ）＝ln （x +2）﹣（x +1）e ax ．（1）若a＝0，求f（x）极值；（2）证明：当a＞﹣1，a≠0时，函数f（x）在（﹣1，+∞）上存在零点．【分析】（1）将a＝0代入函数，求函数的导数，利用函数的单调性可判断函数的极值，可求的f（x）极值；（2）当a＞﹣1，a≠0时，求函数的导数，分类讨a的范围，利用函数的单调性结合极值的大小，可证明函数f（x）在（﹣1，+∞）上存在零点．【解答】解：（1）函数f（x）＝ln（x+2）﹣（x+1）e ax．当a＝0时，f（x）＝ln（x+2）﹣（x+1），定义域为（﹣2，+∞），由f′(x)=−x+1x+2=0，得x＝﹣1．当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：x（﹣2，﹣1）﹣1 （﹣1，+∞）f′（x）+ 0 ﹣f（x）↗极大值↘故当x＝﹣1时，f（x）取得极大值0，无极小值．（2）证明：f′(x)=1x+2−e ax[1+a(x+1)]，x＞﹣2．①当a＞0时，因为x＞﹣1，所以f″(x)=−1(x+2)2−ae ax[a(x+1)+2]＜0，f'（x）在（﹣1，+∞）单调递减．因为f'（﹣1）＝1﹣e﹣a＞0，f′(0)=−12−a＜0，所以存在x1∈（﹣1，0），使f'（x1）＝0，当﹣1＜x＜x1时，f'（x）＞0，当x＞x1时，f'（x）＜0，所以f（x）在（﹣1，x1）单调递增，在（x1，+∞）单调递减．所以f（x1）＞f（﹣1）＝0，而f（0）＝ln2﹣1＜0，所以f（x）在（﹣1，+∞）存在零点．②当﹣1＜a＜0时，由（1）可知e x≥x+1，x＞﹣2．所以e﹣ax≥﹣ax+1＞﹣a（x+1）．所以f （x ）＝ln （x +2）﹣（x +1）e ax ＝e ax [e ﹣axln （x +2）﹣（x +1）]＞﹣e ax （x +1）[aln （x +2）+1）]．于是f(e −1a )＞e −1(e −1a +1)[−aln(e −1a +2)−1)]＞e −1(e −1a +1)[−aln(e −1a )−1)]=0．因为f （0）＝ln 2﹣1＜0，所以所以f （x ）在(e −1a ，+∞)存在零点．综上，当a ＞﹣1，a ≠0时，函数f （x ）在（﹣1，+∞）上存在零点．考点3.已知零点个数求参4．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．【分析】（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f （x ）单调性；（2）由（1）可知：当a ＞0时才有两个零点，根据函数的单调性求得f （x ）最小值，由f （x ）min ＜0，g （a ）＝alna +a ﹣1，a ＞0，求导，由g （a ）min ＝g （e ﹣2）＝e ﹣2lne ﹣2+e﹣2﹣1=−1e 2−1，g （1）＝0，即可求得a 的取值范围．（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f （x ）单调性；（2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得a 的取值范围．【解答】解：（1）由f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ，求导f ′（x ）＝2ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣1，当a ＝0时，f ′（x ）＝﹣2e x ﹣1＜0， ∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，当a ＞0时，f ′（x ）＝（2e x +1）（ae x ﹣1）＝2a （e x +12）（e x −1a ），令f ′（x ）＝0，解得：x ＝ln 1a ，当f ′（x ）＞0，解得：x ＞ln 1a ，当f ′（x ）＜0，解得：x ＜ln 1a ，∴x ∈（﹣∞，ln 1a）时，f （x ）单调递减，x ∈（ln 1a，+∞）单调递增；当a ＜0时，f ′（x ）＝2a （e x +12）（e x −1a ）＜0，恒成立， ∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，综上可知：当a ≤0时，f （x ）在R 单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln 1a ）是减函数，在（ln1a，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，e x→0，∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x和x，∴当x→∞，f（x）→+∞，∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（﹣∞，ln 1a ）是减函数，在（ln1a，+∞）是增函数，∴f（x）min＝f（ln 1a ）＝a×（1a）+（a﹣2）×1a−ln1a＜0，∴1−1a−ln1a＜0，即ln1a+1a−1＞0，设t=1a，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），求导g′（t）=1t+1，由g（1）＝0，∴t=1a＞1，解得：0＜a＜1，∴a的取值范围（0，1）．方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）＝（2e x+1）（ae x﹣1）＝2a（e x+12）（ex−1a），令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）＝2a（e x+12）（ex−1a）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1−1a−ln1a，当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，当a∈（1，+∞）时，由1−1a−ln1a＞0，即f（﹣lna）＞0，故f（x）没有零点，当a∈（0，1）时，1−1a−ln1a＜0，f（﹣lna）＜0，由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0＞ln（3a−1），则f（n0）=e n0（a e n0+a﹣2）﹣n0＞e n0−n0＞2n0−n0＞0，由ln（3a−1）＞﹣lna，因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．∴a的取值范围（0，1）．5．已知函数f（x）＝e x﹣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．【分析】（1）通过两次求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明，（2）方法一、分离参数可得a=e xx2在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）=e xx2的图象在（0，+∞）只有一个交点．结合图象即可求得a．方法二、：①当a≤0时，f（x）＝e x﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．．②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．利用h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，可得h（x））在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，结合函数h（x）图象即可求得a．【解答】证明：（1）当a＝1时，函数f（x）＝e x﹣x2．则f′（x）＝e x﹣2x，令g（x）＝e x﹣2x，则g′（x）＝e x﹣2，令g ′（x ）＝0，得x ＝ln 2．当x ∈（0，ln 2）时，g ′（x ）＜0，当x ∈（ln 2，+∞）时，g ′（x ）＞0， ∴g （x ）≥g （ln 2）＝e ln 2﹣2•ln 2＝2﹣2ln 2＞0， ∴f （x ）在[0，+∞）单调递增，∴f （x ）≥f （0）＝1，解：（2）方法一、，f （x ）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程e x ﹣ax 2＝0在（0，+∞）只有一个根， ⇔a =e xx 2在（0，+∞）只有一个根，即函数y ＝a 与G （x ）=e xx 2的图象在（0，+∞）只有一个交点． G ′(x)=e x (x−2)x 3，当x ∈（0，2）时，G ′（x ）＜0，当∈（2，+∞）时，G ′（x ）＞0， ∴G （x ）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，当→0时，G （x ）→+∞，当→+∞时，G （x ）→+∞，∴f （x ）在（0，+∞）只有一个零点时，a ＝G （2）=e 24．方法二：①当a ≤0时，f （x ）＝e x ﹣ax 2＞0，f （x ）在（0，+∞）没有零点．． ②当a ＞0时，设函数h （x ）＝1﹣ax 2e ﹣x ．f （x ）在（0，+∞）只有一个零点⇔h （x ）在（0，+∞）只有一个零点．h ′（x ）＝ax （x ﹣2）e ﹣x ，当x ∈（0，2）时，h ′（x ）＜0，当x ∈（2，+∞）时，h ′（x ）＞0，∴h （x ）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴ℎ(x)min =ℎ(2)=1−4ae 2，（x ≥0）．当h （2）＜0时，即a ＞e 24，由于h （0）＝1，当x ＞0时，e x ＞x 2，可得h （4a ）＝1−16a 3e 4a =1−16a 3(e 2a )2＞1−16a 3(2a)4=1−1a ＞0．h （x ）在（0，+∞）有2个零点当h （2）＞0时，即a ＜e 24，h （x ）在（0，+∞）没有零点，当h （2）＝0时，即a =e 24，h （x ）在（0，+∞）只有一个零点，综上，f （x ）在（0，+∞）只有一个零点时，a =e 24．考点4.设而不求，虚设零点6．已知函数f （x ）＝e x ﹣ln （x +m ）．（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，因为x＝0是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调区间；（Ⅱ）证明当m≤2时，f（x）＞0，转化为证明当m＝2时f（x）＞0．求出当m＝2时函数的导函数，可知导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进一步得到导函数在（﹣1，0）上有唯一零点x0，则当x＝x0时函数取得最小值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从而结论得证．【解答】（Ⅰ）解：∵f′(x)=e x−1x+m，x＝0是f（x）的极值点，∴f′(0)=1−1m=0，解得m＝1．所以函数f（x）＝e x﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．∵f′(x)=e x−1x+1=ex(x+1)−1x+1．设g（x）＝e x（x+1）﹣1，则g′（x）＝e x（x+1）+e x＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，又∵g（0）＝0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m＝2时f（x）＞0．当m＝2时，函数f′(x)=e x−1x+2在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．故f′（x）＝0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从而当x＝x0时，f（x）取得最小值．由f′（x0）＝0，得e x0=1x0+2，ln（x0+2）＝﹣x0．故f（x）≥f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2＞0．综上，当m≤2时，f（x）＞0．7．设函数f（x）＝e x﹣ax﹣2．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若a＝1，k为整数，且当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k的最大值．【分析】（Ⅰ）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母a，故应按a的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；（II）由题设条件结合（I），将不等式，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0在x＞0时成立转化为k＜x+1 e x−1+x（x＞0）成立，由此问题转化为求g（x）=x+1e x−1+x在x＞0上的最小值问题，求导，确定出函数的最小值，即可得出k的最大值；【解答】解：（I）函数f（x）＝e x﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）＝e x﹣a，若a≤0，则f′（x）＝e x﹣a≥0，所以函数f（x）＝e x﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＝e x﹣a＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＝e x﹣a＞0；所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．（II）方法一：由于a＝1，所以（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1故当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0等价于k＜x+1e x−1+x（x＞0）①令g（x）=x+1e x−1+x，则g′（x）=−xex−1(e x−1)2+1=ex(e x−x−2)(e x−1)2由（I）知，当a＝1时，函数h（x）＝e x﹣x﹣2在（0，+∞）上单调递增，而h（1）＜0，h（2）＞0，所以h（x）＝e x﹣x﹣2在（0，+∞）上存在唯一的零点，故g′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）当x∈（0，α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时，g′（x）＞0；所以g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（α）．又由g′（α）＝0，可得eα＝α+2所以g（α）＝α+1∈（2，3）由于①式等价于k＜g（α），故整数k的最大值为2．方法二：由a＝1，知（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，设g（x）＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，则g′（x）＝（x﹣k+1）e x，若k⩽1，则当x＞0 时，g′（x）＞0，此时g（x）上单调递增，而g（0）＝1，故当x＞0 时，g（x）＞1，则有g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0；若k＞1，则当x∈（0，k﹣1）时，g′（x）＜0，当x∈（k﹣1，+∞）时，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）内的最小值为g（k﹣1）＝k﹣e k﹣1+1，令h（k）＝k﹣e k﹣1+1，由（Ⅰ）知，函数e x﹣x﹣2 在（0，+∞）内单调递增，则h（k）在（1，+∞）内单调递减，而h（2）＞0，h（3）＜0，所以当1＜k⩽2 时，h（k）＞0，即g（k﹣1）＞0，则当x＞0 时，g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，当k⩾3 时，g（x）＞0 在（0，+∞）内恒不成立．综上，整数k的最大值为2．8．已知函数f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0）．（1）证明：函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点．（2）若函数f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为1，求a的值．【分析】（1）求出原函数的导函数f′（x）=e x−a−1x+a，可得f′（x）在（0，+∞）上单调递增，再利用导数证明f′（0）＜0，f′（a+1）＝e−12a+1＞0，可得函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点；（2）由（1）可知，存在唯一的零点x0∈（0，+∞），使得f′(x0)=e x0−a−1x0+a=0，即e x0−a=1x0+a，结合（1）求出f（x）的最小值，得1x0+a−ln(x0+a)=1，显然x0+a＝1是方程的解，结合y=1x−lnx是单调递减函数，可知方程1x0+a−ln(x0+a)=1有且仅有唯一解x0+a＝1，把x0＝1﹣a代入e x0−a=1x0+a即可求得a的值．【解答】（1）证明：∵f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0），∴f′（x）=e x−a−1x+a，∵e x﹣a在区间（0，+∞）上单调递增，1x+a在区间（0，+∞）上单调递减，∴f′（x）=e x−a−1x+a在（0，+∞）上单调递增，又f′（0）=e−a−1a=a−eaae a，令g（a）＝a﹣e a（a＞0），g′（a）＝1﹣e a＜0．则g（a）在（0，+∞）上单调递减，g（a）＜g（0）＝﹣1，故f′（0）＜0．令m ＝a +1，则f ′（m ）＝f ′（a +1）＝e −12a+1＞0． ∴函数f ′（x ）在（0，+∞）上存在唯一的零点；（2）解：由（1）可知，存在唯一的零点x 0∈（0，+∞），使得f ′(x 0)=e x 0−a −1x 0+a =0，即e x 0−a =1x 0+a ．而函数f ′（x ）=e x−a −1x+a 在（0，+∞）上单调递增，∴当x ∈（0，x 0）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（x 0，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴f(x)min =f(x 0)=e x 0−a −ln(x 0+a)=1x 0+a −ln(x 0+a)．∴1x 0+a−ln(x 0+a)=1，显然x 0+a ＝1是方程的解．又∵y =1x −lnx 是单调递减函数，方程1x 0+a−ln(x 0+a)=1有且仅有唯一解x 0+a ＝1，把x 0＝1﹣a 代入e x 0−a =1x 0+a ，得e 1﹣2a＝1，即a =12．∴所求a 的值为12．9．已知函数f （x ）＝lnx −x+1x−1．（1）讨论f （x ）的单调性，并证明f （x ）有且仅有两个零点；（2）设x 0是f （x ）的一个零点，证明曲线y ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．【分析】（1）讨论f （x ）的单调性，求函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数，（2）运用曲线的切线方程定义可证明．【解答】解析：（1）函数f （x ）＝lnx −x+1x−1．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）； f ′（x ）=1x +2(x−1)2＞0，（x ＞0且x ≠1），∴f （x ）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增， ①在（0，1）区间取值有1e2，1e 代入函数，由函数零点的定义得， ∵f （1e）＜0，f （1e）＞0，f （1e）•f （1e）＜0， ∴f （x ）在（0，1）有且仅有一个零点，②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0=x0+1 x0−1，曲线y＝lnx，则有y′=1 x；由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0=1x0（x﹣x0），即：y=1x0x﹣1+lnx0，将lnx0=x0+1x0−1代入，即有：y=1x0x+2x0−1，而曲线y＝e x的切线中，在点（ln 1x0，1x0）处的切线方程为：y−1x0=1x（x﹣ln1x0）=1x0x+1x0lnx0，将lnx0=x0+1x0−1代入化简，即：y=1x0x+2x0−1，故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．故得证．。

例析隐零点问题的三类处理技巧

数理化解题研究2021年第07期总第500期例析隐零点问题的三类处理技巧魏东升(江西省瑞金第一中学342500)摘要：本文探究了高考函数隐零点问题的几类处理技巧，并分别从虚设零点、化隐为显和变换主元等三个视角进行呈现，同时对导数压轴题的教学给出了一点建议•关键词：高考；隐零点；解题；策略中图分类号：G632 文献标识码:A 文章编号：1008 -0333(2021)07 -0056 -02函数与导数主要是考查学生逻辑推理、直观想象和数学运算等核心素养的主要载体,其一直是高考考查的重点之一 •在处理函数与导数的压轴题时,对零点的处理往往是一个关键环节,有些函数的零点确实存在,但无法精确求解,此谓之“隐零点”；有些导数的零点虽然可求,但因含参而需要讨论•对于这类问题，常见的处理方式主要有虚设零点、化隐为显和变换主元三大类.一、虚设零点所谓虚设零点，是指为了处理函数的隐零点问题，通过采取假设函数零点却不直接求解,通过谋求整体的转化，将函数转化为易求的形式进行求解的一种处理技巧•例1 (2019年全国I 卷理)已知函数/(%) — In % -•设%0是f (%)的一个零点，证明曲线y - In %在点% - 14( %0,ln %0)处的切线也是曲线y — e %的切线•证明因为丄-e —ln %0,故点B ( - ln %0,丄)在曲线y —%0%0e %上由题设知/(%0) —0,即ln %0-%°^4,故直线4B 的斜%0 - 1曲线y — e %在点B ( -ln %0, 1 )处的切线的斜率是1 ,%0%0曲线y - ln %在点4 ( %0, ln %0 )处的切线的斜率也是丄，所%0以曲线y — ln %在点4(%0,ln %0 )处的切线也是曲线y — e % 的切线•评析本题涉及了超越函数(指数函数、对数函数和三角函数等函数结合的函数)，在假设零点后,可以考虑把超越式(如ln %、e %等)分离出来再代入表达式求解,以达到将超越函数转化为普通函数的目的，此谓之整体消“超”•除此之外,对于一类函数零点个数判断(或根据零点个数求参、或零点所在区间判断)的问题，可以考虑利用该零点附近的特殊点的函数值来确定符号，谓之特点定号(如2019年全国I 卷文)；对于含有参数的函数,还可以考虑整体消参(如2019年天津卷文)和降次留参(如2019年江苏卷)等方式，二、化隐为显所谓化隐为显，指的是为了避免出现直接求导带来的隐零点问题，通过采取重新构造函数的方式，把隐零点转化为显零点的一种处理技巧•例2 (2017年全国I 卷理)已知函数/ (% ) — a%2 -a% - %ln %,且/(% ) M0.求 a.解析由题知/(%) — % (a% - a - ln %)(% >0),且/(%)M0，所以 a (% - 1 ) - ln % M0,即当 % e (0,1 )时,a W ln% ；% - 1当 % e (1, + ¥)时,a M ln % ；当 % — 1 时,a (% - 1 ) - ln %M 0% - 1成立.令 g (% ) — % - 1 - ln %, g ‘ (% ) — 1 一丄—%,当 % e%%(0,1)时,g ‘ (%) <0,g (%)单调递减,g (%) >g (1) —0,所以% - 1 > ln %,即 ln % > 1,所以 a W 1 ；当 % e (1, + ¥)时,% - 1g ； (%) >0,g (%)单调递增，g (%) > g (1) —0,所以 %-1 >ln %,即 ln% < 1,所以 a M1.综上,a — 1.% - 1评注分离是化隐为显的一种常见手段，其通常用于分离参数,或者是分离含有类如%ln %这样的超越式•本题中除了分离参数,还由于/ ( % )含有%ln %而导致求导后出现了隐零点问题,故而采取了将%和ln %分离的处理方收稿日期：2020 -12 -05作者简介:魏东升(1985. 4 -)，男，江西省安远人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.—56—2021年第07期总第500期数理化解题研究式•除了分离构造，常见化隐为显的方法还有合并构造 (如2018年全国I 卷理)、放缩构造(如2018年全国I 卷文)和双雄构造(指把一个函数拆成两个函数，如2014年全国I 卷理)等.三、变换主元有些数学问题中常含变量，在某些情况下为了解决问题的需要,可人为地突出该变量的主体地位作用，将之当作主元构造新的函数,以达到化难为易的目的.这种思路还适用于多元变量函数的问题.例3 (2015年全国I 卷文)设函数/(%) - e 2% - a ln %.2证明：当 a > 0 时，/(%)^2a + a ln —.a2证明当 a > 0 时,令 g ( a ) - / (% ) - 2 a - a ln — - e 2%2-a ln % - 2a - a ln ——，贝卩 g ‘ (a ) - ln a - ln(2e%).a当 a < 2e% 时,g ‘ (a ) < 0 ；当 a > 2e% 时,g ‘ (a ) > 0,所以 a -2e% 时,g (a )取最小值为 g (2e%) - e 2% -2e%.令 h (t ) - e 2t - 2et ,则 h' (t ) - 2e 2t - 21,当 t < 1 时，L (t ) <0；当 t >1 时 ’ h' (t ) >0,所以 h (t ) M h (1) -0,即2g ( a ) M0,即 f ( % ) M2 a + a l n —.评注本题如果直接对/ ( % )进行求导,会出现隐零点问题以致给解题带来不便，故这里采用了重新构造关于变量a 的对数超越函数的处理方式.除了重构对数超越函数，变换主元往往还会重构指数超越函数(如2016 年全国H 卷文)、重构双勾型函数(如2017年全国H 卷文)和重构二次函数(如2019年浙江卷)•通过上述几个高考真题我们知道，通过结合已知条件和结论虚设零点、化隐为显和变换主元是解决隐零点问题的主要处理策略•在导数压轴题的教学过程中,像这样以专题的形式介绍隐零点问题的处理策略，尽量一次性彻底地解决与其有关的问题,对学生解题水平的提升、逻辑思维的训练和核心素养的培养，想来都是极好的.参考文献：［1 ］王洪军.处理多元问题的几种方法［J ］.数理化学习(高中版),2015(02) ：3 -4.［责任编辑:李璟］赋值法处理抽象函数问题李小蛟(四川省成都市树德中学610091)摘要：不给出具体解析式，只给出函数的特殊条件或特征的函数即抽象函数.由于抽象函数可以全面考查学生对函数概念和性质的理解，同时抽象函数问题又将函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性和图象集于一身，所以在高考中出现频率较高.关键词：赋值法;抽象函数；函数性质中图分类号：G632 文献标识码:A 文章编号：1008 -0333(2021)07 -0057 -03解答抽象函数题目的基础是熟悉函数的基本知识•抽象函数无具体表达式,要通过我们所学的一般初等函数的性质来解决比较困难(小题可借用一些类似函数解决),但抽象函数问题的解决本质上是将抽象问题具体化，所以解决抽象函数问题可以将函数中变量具体赋值,即解决抽象函数有一个万能的方法—— 赋值法•下面我们分类例析用赋值法解决抽象函数问题•一、赋值法处理抽象函数的函数值抽象函数求值问题是要解决具体函数值问题,因此抽象函数求值问题的关键在于赋值,即赋要求解自变量, 代入求出相应函数值即可.例1已知f(%)的定义域为R ,对任意的%,y e R ,有/(% + y )二/(%) +/(y )，则/(0)二____•分析本题函数没有具体表达式，即抽象函数求值收稿日期：2020 -12 -05作者简介：李小蛟(1984. 10 -)，男，本科，中学高级教师，从事高中数学教学研究.— 57—。

高考导数压轴题中导数零点不可求的三大妙招

ｘｌｎｘ ≤１＋ｅ－２＜ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２）．
点评第（Ⅲ）小题中，ｇ（ｘ）＝（ｘ２＋
ｘ）ｆ′（ｘ）＝ｘｅ＋ｘ１（１－ｘ－ｘｌｎｘ），若求其导数一方
面式子较烦，另一方面零点不可求，从而不能求得
其单调区间．但将ｇ（ｘ）＜１＋ｅ－２变形为１－ｘ－ｘｌｎｘ＜ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２），则很容易求导得到两边函
而使问题得到解决．但有时会碰到导数式是超越式，导数的零点不可求，从而使问题的解决陷入困境，本文通过几道高考题说明这类问题的几种常
见解决办法．一、直觉求根，二次求导验证
例１（２０１３年陕西卷文科第２１题）已知函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ，ｘ ∈ Ｒ．
（１）求ｆ（ｘ）的反函数的图象上点（１，０）处的切线方程；
（２）证明：曲线ｙ
＝ｆ（ｘ）与曲线ｙ
＝
１ｘ２２
＋
ｘ＋１有唯一公共点；
（３）设ａ＜ｂ，比较ｆ（ａ２＋ｂ）与ｆ（ｂｂ）－－ａｆ（ａ）的
大小，并说明理由．
解（１）ｆ（ｘ）的反函数ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ，则ｙ＝
所以，ｆ（ｘ）在（－１，０）上单调递减，在（０，＋ ∞）上单调递增．
（Ⅱ）当ｍ ≤２，ｘ∈ （－ｍ，＋∞）时，ｌｎ（ｘ＋ｍ） ≤ｌｎ（ｘ＋２）．故只需证明：当ｍ＝２时，ｆ（ｘ）＞０．
当ｍ＝２时，函数ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－ｘ１＋２在（－２，
＋ ∞）上单调递增．
又ｆ′（－１）＜０，ｆ′（０）＞０，故ｆ′（ｘ）＝０在（－２，＋ ∞）上有唯一实根ｘ０，且ｘ０ ∈ （－１，０）．

高考数学专题一微专题8 利用导数研究函数零点问题

④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点. 综上，f(x)有且仅有2个零点.
跟踪训练1 (2023·常德模拟)已知函数f(x)＝x2＋2－aln x(a∈R). x
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
因为 f(x)＝x2＋2x－aln x，x>0，
2x3－ax－2
所以 f′(x)＝ x2
(x>0)，
令g(x)＝2x3－ax－2，则g′(x)＝6x2－a，
由 a>0，g′(x)＝0，可得 x＝ a6，
所以 g(x)在0，
a6上单调递减，在
a6，＋∞上单调递增，
由于 g(0)＝－2<0，故当 x∈0，
a6时，g(x)<0，
又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，
从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，
由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，
所以有 2x30－ax0－2＝0，x20＋x20－aln x0＝0，
联立得 2ln x0－x30－3 1－1＝0，
(*)
令 h(x)＝2ln x－x3－3 1－1，可知 h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于 h(2)＝2ln 2－170<2×0.7－170<0，h(3)＝2ln 3－2296>2×1－2296>0，故方程(*)的唯一解，即f(x)的唯一零点x0∈(2,3)，故[x0]＝2.
考点二由零点个数求参数范围
③若a<－1， (ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0，所以存在m∈(0,1)，使得g(m)＝0，即f′(m)＝0，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，

导数压轴题中函数零点求参问题的分析思路和解题方法

导数压轴题中函数零点求参问题的分析思路和解题⽅法已知函数有零点(⽅程有根),求参数取值范围常⽤的⽅法
(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组),通过解不等式(组)确定参数范围;
(2)分离参数法:先将参数分离,化为a=g(x)的形式,进⽽转化成求函数最值问题加以解决;
(3)数形结合法:将函数解析式(⽅程)适当变形,转化为图象易得的函数与⼀个含参的函数的差,在同
⼀平⾯直⾓坐标系中画出这两个函数的图象,结合函数的单调性、周期性、奇偶性等性质及图象
求解.
经典例题：
的影响,所以多利⽤导数来研究函数的性质,从⽽较为准确地画出函数的草图,进⽽解决零点问题.。

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯

导数压轴题之隐零点问题导数压轴题之隐零点问题共13题1．已知函数fx=ae x﹣a﹣xe x a≥0,e=…,e为自然对数的底数,若fx≥0对于x∈R恒成立．1求实数a的值；2证明：fx存在唯一极大值点x0,且．解答1解：fx=e x ae x﹣a﹣x≥0,因为e x＞0,所以ae x﹣a﹣x≥0恒成立,即ae x﹣1≥x恒成立,x=0时,显然成立,x＞0时,e x﹣1＞0,故只需a≥在0,+∞恒成立,令hx=,x＞0,h′x=＜0,故hx在0,+∞递减,而==1,故a≥1,x＜0时,e x﹣1＜0,故只需a≤在﹣∞,0恒成立,令gx=,x＜0,g′x=＞0,故hx在﹣∞,0递增,而==1,故a≤1,综上：a=1；2证明：由1fx=e x e x﹣x﹣1,故f'x=e x2e x﹣x﹣2,令hx=2e x﹣x﹣2,h'x=2e x﹣1,所以hx在﹣∞,ln单调递减,在ln,+∞单调递增,h0=0,hln=2eln﹣ln﹣2=ln2﹣1＜0,h﹣2=2e﹣2﹣﹣2﹣2=＞0,∵h﹣2hln＜0由零点存在定理及hx的单调性知,方程hx=0在﹣2,ln有唯一根,设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0,从而hx有两个零点x0和0,所以fx在﹣∞,x0单调递增,在x0,0单调递减,在0,+∞单调递增,从而fx存在唯一的极大值点x0即证,由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=,x0≠﹣1,∴fx0=e x0e x0﹣x0﹣1=﹣x0﹣1=﹣x02+x0≤2=,取等不成立,所以fx0＜得证,又∵﹣2＜x0＜ln,fx在﹣∞,x0单调递增所以fx0＞f﹣2=e﹣2e﹣2﹣﹣2﹣1=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证,从而0＜fx0＜成立．2．已知函数fx=ax+xlnxa∈R1若函数fx在区间e,+∞上为增函数,求a的取值范围；2当a=1且k∈Z时,不等式kx﹣1＜fx在x∈1,+∞上恒成立,求k的最大值．解答解：1∵函数fx在区间e,+∞上为增函数,∴f′x=a+lnx+1≥0在区间e,+∞上恒成立,∴a≥﹣lnx﹣1max=﹣2．∴a≥﹣2．∴a的取值范围是﹣2,+∞．2a=1时,fx=x+lnx,k∈Z时,不等式kx﹣1＜fx在x∈1,+∞上恒成立,∴k＜,令gx=,则g′x=,令hx=x﹣lnx﹣2x＞1．则h′x=1﹣=＞0,∴hx 在1,+∞上单增,∵h3=1﹣ln3＜0,h4=2﹣2ln2＞0,存在x0∈3,4,使hx0=0．即当1＜x＜x0时hx＜0 即g′x＜0x＞x0时hx＞0 即g′x＞0gx在1,x0上单减,在x0+∞上单增．令hx0=x0﹣lnx0﹣2=0,即lnx0=x0﹣2,gx min=gx0===x0∈3,4．k＜gx min=x0∈3,4,且k∈Z,∴k max=3．3．函数fx=alnx﹣x2+x,gx=x﹣2e x﹣x2+m其中e=…．1当a≤0时,讨论函数fx的单调性；2当a=﹣1,x∈0,1时,fx＞gx恒成立,求正整数m的最大值．解答解：1函数fx定义域是0,+∞,,i当时,1+8a≤0,当x∈0,+∞时f'x≤0,函数fx的单调递减区间是0,+∞；ⅱ当,﹣2x2+x+a=0的两根分别是：,,当x∈0,x1时f'x＜0．函数fx的单调递减．当x∈x1,x2时f'x＞0,函数fx的单调速递增,当x∈x2,+∞时f'x＜0,函数fx的单调递减；综上所述,i当时fx的单调递减区间是0,+∞,ⅱ当时,fx的单调递增区间是,单调递减区间是和2当a=﹣1,x∈0,1时,fx＞gx,即m＜﹣x+2e x﹣lnx+x,设hx=﹣x+2e x﹣lnx+x,x∈0,1,∴,∴当0＜x≤1时,1﹣x≥0,设,则,∴ux在0,1递增,又∵ux在区间0,1上的图象是一条不间断的曲线,且,∴使得ux0=0,即,当x∈0,x0时,ux＜0,h'x＜0；当x∈x0,1时,ux＞0,h'x＞0；∴函数hx在0,x0单调递减,在x0,1单调递增,∴=,∵在x∈0,1递减,∵,∴,∴当m≤3时,不等式m＜﹣x+2e x﹣lnx+x对任意x∈0,1恒成立,∴正整数m的最大值是3．4．已知函数fx=e x+a﹣lnx其中e=…,是自然对数的底数．Ⅰ当a=0时,求函数a=0的图象在1,f1处的切线方程；Ⅱ求证：当时,fx＞e+1．解答Ⅰ解：∵a=0时,∴,∴f1=e,f′1=e﹣1,∴函数fx的图象在1,f1处的切线方程：y﹣e=e﹣1x﹣1,即e﹣1x﹣y+1=0；Ⅱ证明：∵,设gx=f′x,则,∴gx是增函数,∵e x+a＞e a,∴由,∴当x＞e﹣a时,f′x＞0；若0＜x＜1e x+a＜e a+1,由,∴当0＜x＜min{1,e﹣a﹣1}时,f′x＜0,故f′x=0仅有一解,记为x0,则当0＜x＜x0时,f′x＜0,fx递减；当x＞x0时,f′x＞0,fx递增；∴,而,记hx=lnx+x,则,﹣a＜hx0＜h,而hx显然是增函数,∴,∴．综上,当时,fx＞e+1．5．已知函数fx=axe x﹣a+12x﹣1．1若a=1,求函数fx的图象在点0,f0处的切线方程；2当x＞0时,函数fx≥0恒成立,求实数a的取值范围．解答解：1若a=1,则fx=xe x﹣22x﹣1,当x=0时,f0=2,f'x=xe x+e x﹣4,当x=0时,f'0=﹣3,所以所求切线方程为y=﹣3x+2．……3分2由条件可得,首先f1≥0,得,而f'x=ax+1e x﹣2a+1,令其为hx,h'x=ax+2e x恒为正数,所以hx即f'x单调递增,而f'0=﹣2﹣a＜0,f'1=2ea﹣2a﹣2≥0,所以f'x存在唯一根x0∈0,1,且函数fx在0,x0上单调递减,在x0+∞上单调递增,所以函数fx的最小值为,只需fx0≥0即可,又x0满足,代入上式可得,∵x0∈0,1,∴,即：fx0≥0恒成立,所以．……13分6．函数fx=xe x﹣ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1．1求a和b的值；2若fx满足：当x＞0时,fx≥lnx﹣x+m,求实数m的取值范围．解答解：1∵fx=xe x﹣ax+b,∴f′x=x+1e x﹣a,由函数fx的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1,知：,解得a=2,b=1．2∵fx满足：当x＞0时,fx≥lnx﹣x+m,∴m≤xe x﹣x﹣lnx+1,①令gx=xe x﹣x﹣lnx+1,x＞0,则=,设g′x0=0,x0＞0,则=,从而lnx0=﹣x0,g′=3＜0,g′1=2e﹣1＞0,由g′﹣g′1＜0,知：,当x∈0,x0时,g′x＜0；当x∈x0,+∞时,g′x＞0,∴函数gx在0,x0上单调递减,在x0,+∞上单调递增．∴gx min=gx0=﹣x0﹣lnx0=﹣x0﹣lnx0=x0﹣x0+x0=1．m≤xe x﹣x﹣lnx+1恒成立m≤gx min,∴实数m的取值范围是：﹣∞,1．7．已知函数fx=3e x+x2,gx=9x﹣1．1求函数φx=xe x+4x﹣fx的单调区间；2比较fx与gx的大小,并加以证明．解答解：1φ'x=x﹣2e x﹣2,令φ'x=0,得x1=ln2,x2=2；令φ'x＞0,得x＜ln2或x＞2；令φ'x＜0,得ln2＜x＜2．故φx在﹣∞,ln2上单调递增,在ln2,2上单调递减,在2,+∞上单调递增．2fx＞gx．证明如下：设hx=fx﹣gx=3e x+x2﹣9x+1,∵h'x=3e x+2x﹣9为增函数,∴可设h'x0=0,∵h'0=﹣6＜0,h'1=3e﹣7＞0,∴x0∈0,1．当x＞x0时,h'x＞0；当x＜x0时,h'x＜0．∴hx min=hx0=,又,∴,∴==x0﹣1x0﹣10,∵x0∈0,1,∴x0﹣1x0﹣10＞0,∴hx min＞0,∴fx＞gx．8．已知函数fx=lnx+ax﹣12a＞0．1讨论fx的单调性；2若fx在区间0,1内有唯一的零点x0,证明：．解答解：1,①当0＜a≤2时,f'x≥0,y=fx在0,+∞上单调递增,②当a＞2时,设2ax2﹣2ax+1=0的两个根为,且,y=fx在0,x1,x2,+∞单调递増,在x1,x2单调递减．2证明：依题可知f1=0,若fx在区间0,1内有唯一的零点x0,由1可知a＞2,且．于是：①②由①②得,设,则,因此gx在上单调递减,又,根据零点存在定理,故．9．已知函数fx=,其中a为常数．1若a=0,求函数fx的极值；2若函数fx在0,﹣a上单调递增,求实数a的取值范围；3若a=﹣1,设函数fx在0,1上的极值点为x0,求证：fx0＜﹣2．解答解：1fx=的定义域是0,+∞,f′x=,令f′x＞0,解得0＜x＜,令f′x＜0,解得：x＞,则fx在0,递增,在,+∞递减,=f=,无极小值；故fx极大值2函数fx的定义域为{x|x＞0且x≠﹣a}．=,要使函数fx在0,﹣a上单调递增,则a＜0,又x∈0,﹣a时,a＜x+a＜0,只需1+﹣2lnx≤0在0,﹣a上恒成立,即a≥2xlnx﹣x在0,﹣a上恒成立,由y=2xlnx﹣x的导数为y′=21+lnx﹣1=1+2lnx,当x＞时,函数y递增,0＜x＜时,函数y递减,当﹣a≤即﹣＜a＜0时,函数递减,可得a≥0,矛盾不成立；当﹣a＞即a＜﹣时,函数y在0,递减,在,﹣a递增,可得y＜﹣2aln﹣a+a,可得a≥﹣2aln﹣a+a,解得﹣1≤a＜0,则a的范围是﹣1,0；3证明：a=﹣1,则fx=导数为f′x=,设函数fx在0,1上的极值点为x0,可得1﹣2lnx0﹣=0,即有2lnx0=1﹣,要证fx0＜﹣2,即+2＜0,由于+2=+2==,由于x0∈0,1,且x0=,2lnx0=1﹣不成立,则+2＜0,故fx0＜﹣2成立．10．已知函数fx=lnx﹣x+1,函数gx=axe x﹣4x,其中a为大于零的常数．Ⅰ求函数fx的单调区间；Ⅱ求证：gx﹣2fx≥2lna﹣ln2．解答解：Ⅰ…………………………………2分x∈0,1时,f'x＞0,y=fx单增；x∈1,+∞时,f'x＜0,y=fx单减 (4)Ⅱ证明：令hx=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2a＞0,x＞0 (5)故 (7)令h'x=0即,两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna (9)∴,∴hx≥2lna﹣2ln2……………………………12分11．已知函数fx=x2﹣a﹣2x﹣alnxa∈R．Ⅰ求函数y=fx的单调区间；Ⅱ当a=1时,证明：对任意的x＞0,fx+e x＞x2+x+2．解答解：Ⅰ函数fx的定义域是0,+∞,f′x=2x﹣a﹣2﹣=…2分当a≤0时,f′x＞0对任意x∈0,+∞恒成立,所以,函数fx在区间0,+∞单调递增；…4分当a＞0时,由f′x＞0得x＞,由f′x＜0,得0＜x＜,所以,函数在区间,+∞上单调递增,在区间0,上单调递减；Ⅱ当a=1时,fx=x2+x﹣lnx,要证明fx+e x＞x2+x+2,只需证明e x﹣lnx﹣2＞0,设gx=e x﹣lnx﹣2,则问题转化为证明对任意的x＞0,gx＞0,令g′x=e x﹣=0,得e x=,容易知道该方程有唯一解,不妨设为x0,则x0满足e x0=,当x变化时,g′x和gx变化情况如下表x0,x0x0x0,∞g′x﹣0+gx递减递增gx min=gx0=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2,因为x0＞0,且x0≠1,所以gx min＞2﹣2=0,因此不等式得证．12．已知函数．Ⅰ当a=2时,i求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；ii求函数fx的单调区间；Ⅱ若1＜a＜2,求证：fx＜﹣1．解答解：Ⅰ当a=2时,,定义域为0,+∞,,f′1=﹣1﹣2=﹣3,f'1=2﹣2=0；所以切点坐标为1,﹣3,切线斜率为0所以切线方程为y=﹣3；ii令gx=2﹣lnx﹣2x2,所以gx在0,+∞上单调递减,且g1=0所以当x∈0,1时,gx＞0即f'x＞0所以当x∈1,+∞时,gx＜0即f'x＜0综上所述,fx的单调递增区间是0,1,单调递减区间是1,+∞．Ⅱ证明：fx＜﹣1,即设,,设φx=﹣ax2﹣lnx+2所以φ'x在0,+∞小于零恒成立即h'x在0,+∞上单调递减因为1＜a＜2,所以h'1=2﹣a＞0,h'e2=﹣a＜0,所以在1,e2上必存在一个x0使得,即,所以当x∈0,x0时,h'x＞0,hx单调递增,当x∈x0,+∞时,h'x＜0,hx单调递减,所以,因为,所以,令hx0=0得,因为1＜a＜2,所以,,因为,所以hx0＜0恒成立,即hx＜0恒成立,综上所述,当1＜a＜2时,fx＜﹣1．13．已知函数fx=x﹣alnx+x,其中a∈R1若曲线y=fx在点x0,fx0处的切线方程为y=x,求a的值；2若为自然对数的底数,求证：fx＞0．解答解：1fx的定义域为0,+∞,,由题意知,则,解得x0=1,a=1或x0=a,a=1,所以a=1．2令,则,因为,所以,即gx在0,+∞上递增,以下证明在gx区间上有唯一的零点x0,事实上,,因为,所以,,由零点的存在定理可知,gx在上有唯一的零点x0,所以在区间0,x0上,gx=f'x＜0,fx单调递减；在区间x0,+∞上,gx=f'x＞0,fx单调递增,故当x=x0时,fx取得最小值,因为,即,所以,即＞0．∴fx＞0．。

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导数压轴题零点问题练习题一、解答题1．（2020·省高三考试）设函数()()21f x x bx b R =-+∈，()()(),0,0f x x F x f x x ⎧>⎪=⎨->⎪⎩.（1）如果()10f =，求()F x 的解析式；（2）若()f x 为偶函数，且()()g x f x kx =-有零点，数k 的取值围.【答案】（1）()2221,021,0x x x F x x x x ⎧-+>=⎨-+-<⎩（2）(][),22,k ∈-∞-+∞【解析】（1）因为()10f =，所以110b -+=，即2b =.所以()2221,021,0x x x F x x x x ⎧-+>=⎨-+-<⎩. （2）因为()21f x x bx =-+为偶函数，所以0b =，即()21f x x =+.因为()()g x f x kx =-有零点，所以方程210x kx +-=有实数根. 所以240k ∆=-≥，所以(][),22,k ∈-∞-+∞.2．（2020·全国高三专题练习）已知函数3()sin f x x x =-，()f x '为()f x 的导函数.（1）求()f x 在0x =处的切线方程；（2）求证：()f x '在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有且仅有两个零点.【答案】（1）y x =；（2）证明见解析. 【解析】（1）()2cos 3,f x x x '=-()01f '=，又()00f =，所以切点为()0,0.故()f x 在0x =处的切线方程为y x =；（2）2()cos 3,f x x x '=-因为()f x '为偶函数，且()01f '=，则只需证明()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个零点即可.()sin 6f x x x ''=--，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x ''<，故()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，因为()010f '=>，23022f ππ⎛⎫⎛⎫'=-⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由零点存在定理，可知存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00f x '=，所以()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个零点，因此()f x '在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有且仅有两个零点.3．（2020·省高三期末）已知函数1()(2)xf x e a x x=+++在区间(1,0)-存在零点．（1）求a 的围；（2）设22ea >，1221,()x x x x <是()f x 的两个零点，求证：122x x -<．【答案】（1）0a >（2）证明见解析【解析】（1）由题意，方程1e (2)0x a x x+++=在区间(1,0)-有解，即方程2e (1)0x x a x ++=在区间(1,0)-有解，设函数2()e (1)x g x x a x =++，即g()x 在区间(1,0)-存在零点．因为()(1()e )2x g x x a '=++，①若0a >，则e 20x a +>，10x +>，()0g x '>成立，g()x 在区间(1,0)-单调递增，(0)0g a =>，1(1)0e g -=-<，(0)(1)0g g ⋅-<，所以g()x 在区间(1,0)-存在零点；②若0a =，则()e 0x g x x '=<，g()x 在(1,0)-单调递减，且()(0)0g x g a >==，所以g()x 在区间(1,0)-无零点； ③若0a <，则e 0x x <，2(1)0a x +<，当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()(1)0g x g <-< 故g()x 在区间(1,0)-无零点；综上所述，0a >．（2）由（1）可知，22e a >时，g()x 在区间(,1)-∞-单调递减，在区间(1,)-+∞单调递增，且g()x 在区间(1,0)-存在一个零点；又22(2)0eg a -=-+>，(2)(1)0g g -⋅-<，所以g()x 在区间(2,1)--也存在一个零点，从而2120x x -<<<，所以122x x -<，不等式得证． 4．（2020·省高三月考）已知函数()()()32111323a f x x a x x a R =-++-∈. （1）若1a >，求函数()f x 的极值；（2）当01a << 时，判断函数()f x 在区间[]0,2上零点的个数. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析. 【解析】（1）∵()()32111323a f x x a x x =-++-， ∴()()()21111f x ax a x a x x a ⎛⎫'=-++=-- ⎪⎝⎭，因为1a >，所以101a<<，当x 变化时，()(),f x f x '的变化情况如下表：由表可得当1x a=时，()f x 有极大值，且极大值为2212316a a f a a -+-⎛⎫= ⎪⎝⎭，当1x =时，()f x 有极小值，且极小值为()()1116f a =--. （2）由（1）得()()11f x a x x a ⎛⎫=-- ⎝'⎪⎭． ∵ 01a <<，∴11a>. ① 当11202a a ≥<≤，即时，()f x 在()0,1上单调递增，在()1,2上递减又因为()()()()()11100,110,2210363f f a f a =-=--=-≤ 所以()f x 在（0,1）和（1,2）上各有一个零点，所以()[]0,2f x 在上有两个零点．② 当112a <<，即112a <<时，()f x 在()0,1上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，在1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，又因为()()()()()221111100,110,0366a a f f a f a a ---⎛⎫=-=--=> ⎪⎝⎭所以()f x 在[]0,1上有且只有一个零点，在[]1,2上没有零点，所以在[]0,2上有且只有只有一个零点. 综上：当102a <≤时，()f x 在[]0,2上有两个零点；当112a <<时，()f x 在[]0,2上有且只有一个零点． 5．（2020·省棠湖中学高三月考）已知设函数()ln(2)(1)axf x x x e =+-+.（1）若0a =，求()f x 极值；（2）证明：当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在(1,)-+∞上存在零点.【答案】（1）()f x 取得极大值0，无极小值（2）见证明【解析】（1）当0a =时，()()()ln 21f x x x =+-+，定义域为()2,-+∞，由()102x f x x +'=-=+得1x =-．当x 变化时，()f x '， ()f x 的变化情况如下表：故当1x =-时，()f x 取得极大值()()()1ln 21110f -=---+=，无极小值．（2）()()1e 112ax f x a x x ⎡⎤=-++⎣+'⎦，2x >-．当0a >时，因为1x >-，所以()()()21e 1202axf x a a x x ⎡⎤=--++⎣+'<⎦'， ()f x '在()1,-+∞单调递减．因为()11e0af --=->'，()1002f b -'=-<，所以有且仅有一个()11,0x ∈-，使()10g x '=，当11x x -<<时，()0f x '>，当1x x >时，()0f x '<，所以()f x 在()11,x -单调递增，在()1,x +∞单调递减．所以()()010f x f >-=，而()0ln210f =-<，所以()f x 在()1,-+∞存在零点．当10a -<<时，由（1）得()()ln 21x x +≤+，于是e 1x x ≥+，所以()e11axax a x -≥-+>-+．所以()()()()())e e ln 21e 1ln 21]ax ax axf x x x x a x -⎡⎤⎡=+-+>-+++⎣⎣⎦．于是1111111e e e 1ln e 21]e e 1ln e 1]0a a a a af a a -------⎡⎫⎡⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>+-+->+--=⎪⎪⎢⎢ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎢⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎭⎣⎭．因为()0ln210f =-<，所以所以()f x 在1e ,a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭存在零点．综上，当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在()1,-+∞上存在零点．6．（2020·省高三期末）已知函数2()(2)ln 47()f x x x ax x a a =++-+∈R .（1）若12a =，求函数()f x 的所有零点；（2）若12a ≥，证明函数()f x 不存在的极值.【答案】(1) 1x = (2)见证明【解析】（1）当1a 2=时，()()2172ln 422f x x x x x =++-+，函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()2ln 3f x x x x =++-'．设()2ln 3g x x x x=++-，则()()()2222211221x x x x g x x x x x +-+-='=-+= 0x ．当01x <<时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>，即函数()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，所以当0x >时，()()10g x g ≥=（当且仅当1x =时取等号）．即当0x >时，()0f x '≥（当且仅当1x =时取等号）．所以函数()f x 在()0,∞+单调递增，至多有一个零点. 因为()10f =，1x =是函数()f x 唯一的零点. 所以若12a =，则函数()f x 的所有零点只有1x =．（2）证法1：因为()()22ln 47f x x x ax x a =++-+，函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()2ln 24x f x x ax x++'=+-．当12a ≥时，()2ln 3f x x x x≥++-'，由（1）知2ln 30x x x++-≥．即当0x >时()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增．所以()f x 不存在极值．证法2：因为()()22ln 47f x x x ax x a =++-+，函数()f x 的定义域为()0+∞，，且()2ln 24x f x x ax x++'=+-．设()2ln 24x m x x ax x+=++-，则()22212222ax x m x a x x x+-=-+=' 0x ．设()()2220h x ax x x =+-> ，则()m x '与()h x 同号．当12a ≥时，由()2220h x ax x =+-=，解得10x =<，20x =>．可知当20x x <<时，()0h x <，即()0m x '<，当2 x x >时，()0h x >，即()0m x '>，所以()f x '在()20,x 上单调递减，在()2,x +∞上单调递增．由（1）知2ln 30x x x++-≥．则()()()2222222ln 321210f x x x a x a x x =++-+-≥-≥'．所以()()20f x f x ''≥≥，即()f x 在定义域上单调递增．所以()f x 不存在极值．7．（2020·省高三期末）已知函数()11xx f x e x +=--. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（Ⅱ）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线xy e =在点()00,x A x e处的切线也是曲线ln y x =的切线.【答案】（Ⅰ）()f x 在(),1-∞，()1,+∞单调递增，证明见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为()(),11,-∞+∞，因为()()2201'x e x f x =+>-，所以()f x 在(),1-∞，()1,+∞单调递增.因为()212103f e --=<，()110f e-=>，所以()f x 在(),1-∞有唯一零点1x ，因为12532f e ⎛⎫⎪⎝⎭=-，由3322.8225e <<<，得302f ⎛⎫< ⎪⎝⎭；因为()2230f e =->，所以()f x 在()1,+∞有唯一零点2x . 综上，()f x 有且仅有两个零点.（Ⅱ）由题设知()00f x =，即00011x x e x +=-，由x y e =，得'xy e =，曲线x y e =在()00,x A x e处的切线1l 为：()000x x y e x x e =-+，即()0001x x y e x e x =+-.由ln y x =，得1'y x=，则曲线ln y x =的斜率为0e x 的切线的切点横坐标x 满足01xe x =，解得0x x e -=，代入ln y x =，得00ln x y ex -==-，故曲线ln y x =的斜率为0e x 的切线2l 方程为()0x x y e x e x -=--，即()001x y ex x =-+，由00011x x ex +=-，得()()00011xe x x -=-+，从而1l 与2l 为同一条直线. 8．（2020·高三月考）已知函数()lnf x x ax a =-+（a 为常数）的最大值为0. （1）数a 的值；（2）设函数3()(1)ln ()1F x m x x f x e=--+-，当0m >时，求证：函数()F x 有两个不同的零点1x ，2x （12x x <），且121x x e e --<-.【答案】（1）1a =（2）见解析【解析】（1）函数()f x 的定义域为：(0,)+∞，1()axf x x-'=当0a ≤时，()0f x '>，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，无最大值；当0a >时，令1()0axf x x '-=>，即(1)0x ax -<，解得10x a<<，所以函数()f x 在1(0,)a上单调递增，1(,)a +∞上单调递减，max 11()()ln 10f x f a a a ==-+=，易知函数1ln y a=与函数1y a =-的图像相交于点(1,0)，所以方程1ln 10a a-+=的解为1a =；（2）3()(1)ln ln F x m x x x x e=--+-2111()(ln 1)1()mx m F x m x F x x x x -++'''=++-+⇒=当0m >时()0F x ''>，则()F x '在(0,)+∞上单调递增，又因为()10F '=，所以()F x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，又()1031e F =-<，112()(1)10F m e e e =-+->，23()(1)0e e F e m e e--=-+>所以函数()F x 有两个不同的零点11(,1)x e ∈，2(1,)x e ∈，故211x x e e-<-. 9．（2020·省高三期末）已知函数()()2e 12e x xf x a a x =+--.（1）当0a <时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个不同零点1x ，2x ，证明：1a >且120x x +<. 【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）()()()()22e 12e 1e 12e 1x x x x f x a a a '=+--=-+.因为0a <，由()0f x '=得，0x =或1ln 2x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.i ）1ln 02a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭即12a <-时，()f x 在1,ln 2a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在1ln ,02a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在()0,∞+单调递减；ii ）1ln 02a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭即12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调递减；iii ）1ln 02a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭即102a -<<时，()f x 在(),0-∞单调递减，在10,ln 2a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在1ln ,2a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭单调递减. （2）由（1）知，12a <-时，()f x 的极小值为111ln 1ln 10242f a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--->> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，102a -<<时，()f x 的极小值为()0110f a =->>， 12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调，故0a <时，()f x 至多有一个零点.当0a ≥时，易知()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,∞+单调递增.要使()f x 有两个零点，则()00f <，即120a a +-<，得1a >.令()()()F x f x f x =--，（0x >），则()()()F x f x f x '''=+-()()22e 12e 1x xa a =+--()()22e 12e 1x x a a --++--()()()2e e 1e e 2e e 20x x x x x x a ---=+++-++-≥，所以()F x 在0x >时单调递增，()()00F x F >=，()()f x f x >-.不妨设12x x <，则10x <，20x >，20x -<， ()()()122f x f x f x =>-. 由()f x 在(),0-∞单调递减得，12x x <-，即120x x +<.10．（2020·维吾尔自治区高三月考）已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈（1）若0a >时，讨论()f x 的单调性；（2）设()()2g x f x x =-，若()g x 有两个零点，求a 的取值围【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）a e >【解析】（1）易知()f x 的定义域为(0,)+∞，且2221()x ax f x x'-+=，对于222108x ax a -+=∆=-，，又0a >，①若0a <≤0,()0f x '∆≤≥，()f x ∴在(0,)+∞上是增函数；②若a >()0f x '=，得120,0x x =>=>,()f x ∴在()10,x 和()2,x +∞上是增函数，在()12,x x 上是减函数.（2）由1()ln g x a x x=--， ∴定义域为(0,)+∞且222111()a ax ax g x x x x x '--=-=-= ①当0a ≤时，()0g x '>恒成立，()g x 在(0,)+∞上单调递增，则()g x 至多有一个零点，不符合题意； ②当0a >时，()0g x '=得1x a=， ()g x ∴在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减 max 1()ln g x g a a a a ⎛⎫∴==-+ ⎪⎝⎭∴要使()g x 有两个零点，则ln 0a a a -+>，由0a >解得a e > 此时11,(1)10g a>=-< 易知当a e >时()211,,ln a a a a a a e a e g e a e e a a e----><=--=-+，令2(),(,),()2x x m x e x x e m x e x '=-∈+∞=-，令()2x h x e x =-，所以()2x h x e '=-， (,)x e ∴∈+∞时()0h x '<，()m x '∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()20m x m e e e ''>=-> ()m x ∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()0e m x m e e e >=->，所以()2,0a a e a g e -><∴函数()g x 在1,a e a -⎛⎫ ⎪⎝⎭与1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭各存在一个零点综上所述，a e >.11．（2020·全国高三专题练习）已知函数()2cos 1.f x x ax =+-（1）当12a =时，证明：()0f x ；（2）若()f x 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值围．【答案】（1）见解析；（2）()1,0,.2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭.【解析】（1）当12a =时，()21cos 12f x x x =+-，所以()f x 的定义域为R ,且()(),f x f x -=故()f x 为偶函数．当0x 时,()sin f x x x '=-+，记()()sin g x f x x x '==-+，所以()cos 1g x x '=-+．因为()0g x '≥，所以()g x 在[)0,+∞上单调递增，即()f x '在[)0,+∞上单调递增，故()()00f x f ''≥=，所以()f x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00f x f ≥=，因为()f x 为偶函数,所以当x ∈R 时,()0f x ≥.（2）①当0a =时，()cos 1f x x =-，令cos 10x -=，解得()2x k k =π∈Z ，所以函数()f x 有无数个零点，不符合题意；②当0a <时，()22cos 10f x x ax ax =+-≤≤，当且仅当0x =时等号成立，故0a <符合题意；③因为()()f x f x -=，所以()f x 是偶函数，又因为()00f =，故0x =是()f x 的零点.当0a >时，()sin 2f x x ax '=-+，记()()sin 2g x f x x ax '==-+，则()cos 2g x x a '=-+. 1）当12a ≥时，()cos 2cos 10g x x a x '=-+≥-+≥，故()g x 在()0,∞+单调递增，故当0x >时，()()00.g x g >=即()0f x '>，故()f x 在()0,∞+单调递增，故()()00.f x f >=所以()f x 在()0,∞+没有零点.因为()f x 是偶函数,所以()f x 在R 上有且只有一个零点.2）当102a <<时，当(]0,2x π∈时，存在10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得1cos 2x a =，且当10x x <<时，()g x 单调递减，故()()00g x g <=，即()10,x x ∈时，()0f x '<，故()f x 在()10,x 单调递减，()()100f x f <=，又()()222cos 22140f a a π=π+π-=π>，所以()()120f x f π<，由零点存在性定理知()f x 在()1,2x π上有零点，又因为0x =是()f x 的零点，故102a <<不符合题意；综上所述，a 的取值围为()1,0,.2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭ 12．（2020·省高三开学考试）已知函数()ln 2f x x x a =-+（a R ∈）.（1）若函数()f x 有两个零点，数a 的取值围（2）证明：1212ln ln 22x x x x e -+⎛⎫-≥++ ⎪⎝⎭ 【答案】（1）()1ln 2,++∞；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意，函数()ln 2f x x x a =-+的定义域为()0,∞+，令()ln 20f x x x a =-+=，则2ln a x x =-，记()2ln g x x x =-，0x >，则()1212x g x x x ='-=-，令()0g x '=，得12x =，当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x 有最小值，且为11ln 22g ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，又当0x →时，()g x →+∞；当x →+∞时，()g x →+∞，所以要使函数()f x 有两个零点，则函数()g x 的图象与y a =有两个不同的交点，则1ln 2a >+，即实数a 的取值围为()1ln 2,++∞.（2）由（1）知，函数()g x 有最小值为11ln 22g ⎛⎫=+⎪⎝⎭，可得2ln 1ln 2x x -≥+，当且仅当12x =时取等号，因此要证明1212ln e ln 22x x x x -+⎛⎫-≥++ ⎪⎝⎭，即只需要证明121e 12x x -+⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭，记()121e 2x x x ϕ-+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则()11221e e 2x x x x ϕ-+-+⎛⎫'=-+ ⎪⎝⎭121e 2x x -+⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()0x ϕ'=，得12x =. 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增，当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，所以()1122111e 1222x ϕϕ-+⎛⎫⎛⎫≤=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即121e 12x x -+⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭恒成立，当且仅当12x =时取等号，所以1212ln e ln 22x x x x -+⎛⎫-≥++ ⎪⎝⎭，当且仅当12x =时取等号. 13．（2020·省执信中学高三月考）已知函数()()1xf x alnx x e =--，其中a 为非零常数． ()1讨论()f x 的极值点个数，并说明理由；()2若a e >，()i 证明：()f x 在区间()1,+∞有且仅有1个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点且11x >，求证：0012x lnx x +>．【答案】（1）见解析；（2）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】()1解：由已知，()f x 的定义域为()0,+∞，()2xx a a x e f x xe x x-=-='， ①当0a <时，20x a x e -<，从而()'0f x <，所以()f x 在()0,+∞单调递减，无极值点；②当0a >时，令()2xg x a x e =-，则由于()g x 在[)0,+∞上单调递减，()00g a =>，(10ga a =-=-<，所以存在唯一的()00,x ∈+∞，使得()00g x =，所以当()00,x x ∈时，()0g x >，即()'0f x >；当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，即()'0f x <，所以当0a >时，()f x 在()0,+∞上有且仅有一个极值点.综上所述，当0a <时，函数()f x 无极值点；当0a >时，函数()f x 只有一个极值点；()2证明：()i 由()1知()2xa x e f x x-'=．令()2xg x a x e =-，由a e >得()10g a e =->，所以()0g x =在()1,+∞有唯一解，从而()'0f x =在()0,+∞有唯一解，不妨设为0x ，则()f x 在()01,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减，所以0x 是()f x 的唯一极值点．令()1h x lnx x =-+，则当1x >时，()1'10h x x =-<，故()h x 在()1,+∞单调递减，从而当1x >时，()()10h x h <=，所以1lnx x <-．从而当a e >时，1lna >，且()()()()()1110lna f lna aln lna lna ea lna lna a =--<---=又因为()10f =，故()f x 在()1,+∞有唯一的零点．()ii 由题意，()()0100f x f x ⎧=⎪⎨='⎪⎩即()012011010x x a x e alnx x e ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，从而()0120111x x x e lnx x e =-，即1011201x x x lnx e x --=．因为当11x >时，111lnx x <-，又101x x >>，故10112011x x x e x x --<-，即1020x x e x -<，两边取对数，得1020x x lnelnx -<，于是1002x x lnx -<，整理得0012x lnx x +>．。