导数在函数零点中的应用
利用导数研究函数零点问题
利用导数研究函数零点问题1、已知函数8()(cos )(2)(sin 1)3f x x x x x π=-+-+，2()3()cos 4(1sin )ln(3)xg x x x x x π=--+-.证明：存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =；证明：当(0,)2x π∈时，2'()(1sin )(2)2cos 03f x x x x x π=-++--<，函数()f x 在(0,)2π上为减函数，又2816(0)0,()0323f f πππ=->=--<，所以存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =.2、设1a >，函数a e x x f x-+=)1()(2．(1) 求)(x f 的单调区间 ； (2) 证明：)(x f 在(),-∞+∞上仅有一个零点；【解析】（1）依题()()()()()222'1'1'10x xx f x x e x e x e =+++=+≥，∴ ()f x 在(),-∞+∞上是单调增函数；（2）∵ 1a >，∴ ()010f a =-<且()()22110a f a a e a a a =+->+->，∴ ()f x 在()0,a 上有零点， 又由（1）知()f x 在(),-∞+∞上是单调增函数，()f x 在(),-∞+∞上仅有一个零点；3、已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为2-.（1）求a ；（2）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点.【解析】（I ）'()f x =236x x a -+，'(0)f a =.曲线()y f x =在点（0,2）处的切线方程为2y ax =+。
由题设得22a-=-，所以a=1. （Ⅱ）由（I ）知，32()32f x x x x =-++，设()g x ()2f x kx =-+323(1)4x x k x =-+-+ 由题设知10k-.当x ≤0时，'()g x 23610x x k=-+-，()g x 单调递增，(1)10,(0)4g k g -=-=，所以()g x =0在(],0-∞有唯一实根。
利用导数研究函数的零点讲义 解析版
利用导数研究函数的零点题型一 数形结合法研究函数零点1.(2024·南昌模拟节选)已知函数f (x )=(x -a )2+be x (a ，b ∈R )，若a =0时，函数y =f (x )有3个零点，求b 的取值范围.解：函数y =f (x )有3个零点，即关于x 的方程f (x )=0有3个根，也即关于x 的方程b =-x 2ex 有3个根.令g (x )=-x 2e x ，则直线y =b 与g (x )=-x 2ex 的图象有3个交点.g ′(x )=x (x -2)e x，由g ′(x )<0解得0<x <2；由g ′(x )>0解得x <0或x >2，所以g (x )在(-∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增.g (0)=0，g (2)=-4e2，当x >0时，g (x )<0；当x →+∞时，g (x )→0；当x →-∞时，g (x )→-∞，作出g (x )的大致图象如图所示，作出直线y =b .由图可知，若直线y =b 与g (x )的图象有3个交点，则-4e 2<b <0，即b 的取值范围为-4e 2，0 .感悟提升 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围.2.设函数f (x )=ln x +m x ，m ∈R ，讨论函数g (x )=f ′(x )-x 3零点的个数.解：由题意知g (x )=f ′(x )-x 3=1x -m x 2-x 3(x >0)，令g (x )=0，得m =-13x 3+x (x >0).设φ(x )=-13x 3+x (x >0)，则φ′(x )=-x 2+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 )的唯一极值点，且是极大值点，∴x =1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)=23.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<m <23时，函数g (x )有两个零点；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0<m <23时，函数g (x )有两个零点.题型二 利用函数性质研究函数零点3.已知函数f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，e 是自然对数的底数，∀x >0，e x >x +1.(1)求f (x )的单调区间；(2)记p ：f (x )有两个零点；q ：a >ln 2.求证：p 是q 的充要条件.要求：先证充分性，再证必要性.(1)解：∵f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，∴f (x )的定义域为(0，+∞)，f ′(x )=4x (a -ln x ).∵当0<x <e a 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e a )上单调递增；∵当x >e a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e a ，+∞)上单调递减.∴f (x )的单调递增区间为(0，e a )，单调递减区间为(e a ，+∞).(2)证明 先证充分性.由(1)知，当x =e a 时，f (x )取得最大值，即f (x )的最大值为f (e a )=e 2a -4.由f (x )有两个零点，得e 2a -4>0，解得a >ln 2.∴a >ln 2.再证必要性.∵a >ln 2，∴e 2a >4.∴f (e a )=e 2a -4>0.∵a>ln2>0，∀x>0，e x>x+1，∴e2a>2a+1>2a.∴f(e-a)=e-2a(4a+1)-4=4a+1e2a -4<4a+12a-4=12a-2<12ln2-2=1ln4-2<0.∴∃x1∈(e-a，e a)，使f(x1)=0；∵f(e a+1)=-e2a+2-4<0，∴∃x2∈(e a，e a+1)，f(x2)=0.∵f(x)在(0，e a)上单调递增，在(e a，+∞)上单调递减，∴∀x∈(0，+∞)，x≠x1且x≠x2，易得f(x)≠0.∴当a>ln2时，f(x)有两个零点.感悟提升 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.4.(2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln x，若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.解：由f(x)=ax-1x-(a+1)ln x(x>0)，得f′(x)=a+1x2-a+1x=(ax-1)(x-1)x2(x>0).①当a=0时，f(x)=-1x-ln x，f′(x)=1-xx2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，所以f(x)≤f(1)=-1<0，所以f(x)不存在零点；②当a<0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max=f(1)=a-1<0，所以f(x)不存在零点；③当a>0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，(ⅰ)当a=1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，因为f(1)=a-1=0，所以函数f(x)恰有一个零点；(ⅱ)当a>1时，0<1a <1，故f(x)在0，1a，(1，+∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.因为f(1)=a-1>0，所以f1a>f(1)>0，当x→0+时，f(x)→-∞，由零点存在定理可知f(x)在0，1a上必有一个零点，所以a>1满足条件；(ⅲ)当0<a<1时，1a >1，故f(x)在(0，1)，1a，+∞上单调递增，在1，1a上单调递减.因为f(1)=a-1<0，所以f1a<f(1)<0，当x→+∞时，f(x)→+∞，由零点存在定理可知f(x)在1a，+∞上必有一个零点，即0<a<1满足条件.综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，+∞).题型三 构造函数法研究函数零点5.已知函数f(x)=e x-1+ax(a∈R).(1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)-ax+1e a=ln x+a有两个不同的实数解，求a的取值范围.解：(1)由题意，得f′(x)=e x+a.若a≥-1，则当x∈[0，+∞)时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，∴当x∈[0，+∞)时，f(x)≥f(0)=0，符合题意；若a<-1，令f′(x)<0，得x<ln(-a)，∴f(x)在(0，ln(-a))上单调递减，∴当x∈(0，ln(-a))时，f(x)<f(0)=0，不符合题意.综上，a的取值范围为[-1，+∞).(2)法一 由f(x)-ax+1e a=ln x+a，得e x-a=ln x+a.令e x-a=t，则x-a=ln t，ln x+a=t，∴x+ln x=t+ln t.易知y=x+ln x在(0，+∞)上单调递增，∴t=x，得a=x-ln x.则原问题可转化为方程a=x-ln x有两个不同的实数解.令φ(x)=x-ln x(x>0)，则φ′(x)=x-1 x，令φ′(x)<0，得0<x<1；令φ′(x)>0，得x>1，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(1)=1，∴a≥1.当a=1时，易知方程1=x-ln x只有一个实数解x=1，不符合题意.下证当a>1时，a=x-ln x有两个不同的实数解.令g(x)=x-ln x-a(a>1)，则g(x)=φ(x)-a，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.∵g(e-a)=e-a>0，g(1)=1-a<0，∴g(x)在(e-a，1)上有一个零点.易知g(e a)=e a-2a，令h(a)=e a-2a，则当a>1时，h′(a)=e a-2>0，∴h(a)在(1，+∞)上单调递增，∴当a >1时，h (a )>h (1)=e -2>0，即g (e a )=e a -2a >0，∴g (x )在(1，e a )上有一个零点.∴当a >1时，a =x -ln x 有两个不同的实数解.综上，a 的取值范围为(1，+∞).法二 由f (x )-ax +1e a=ln x +a ，得e x =e a (ln x +a )，∴xe x =xe a (ln x +a )，即xe x =e a +ln x (ln x +a ).令u (x )=xe x ，则有u (x )=u (a +ln x ).当x >0时，u ′(x )=(x +1)e x >0，∴u (x )=xe x 在(0，+∞)上单调递增，∴x =a +ln x ，即a =x -ln x .下同法一.感悟提升 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.6.(2021·全国甲卷节选)已知a >0且a ≠1，函数f (x )=x a ax (x >0).若曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，求a 的取值范围.解：曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x =1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x =ln a a 有两个不同的解.设g (x )=ln x x (x >0)，则g ′(x )=1-ln x x 2(x >0)，令g ′(x )=1-ln x x 2=0，得x =e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，故g (x )max =g (e )=1e ，且当x >e 时，g (x )∈0，1e ，又g (1)=0，所以0<ln a a <1e，所以a >1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e )∪(e ，+∞).【A 级 基础巩固】7.已知函数f (x )=x -ae x ，a ∈R ，讨论函数f (x )的零点个数.解：f (x )=0等价于x -ae x =0，即x ex =a .设h (x )=x e x ，则h ′(x )=1-x ex ，当x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max =h (1)=1e.又当x <0时，h (x )<0；当x >0时，h (x )>0，且x →+∞时，h (x )→0，∴可画出h (x )大致图象，如图所示.∴当a ≤0或a =1e时，f (x )在R 上有唯一零点；当a >1e 时，f (x )在R 上无零点；当0<a <1e 时，f (x )在R 上有两个零点.8.(2024·青岛调研)已知函数f (x )=ln x +ax x，a ∈R .(1)若a =0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点.(1)解：若a =0，则f (x )=ln x x ，其定义域为(0，+∞)，∴f ′(x )=1-ln x x 2，由f ′(x )=0，得x =e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∴f (x )max =f (e )=1e.(2)证明 f ′(x )=1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，由(1)知，f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∵0<a <1，∴当x >e 时，f (x )=ln x +ax x =a +ln x x>0，故f (x )在(e ，+∞)上无零点；当0<x <e 时，f (x )=ln x +ax x ，∵f 1e =a -e <0，f (e )=a +1e>0，且f (x )在(0，e )上单调递增，∴f (x )在(0，e )上有且只有一个零点，综上，当0<a <1时，f (x )有且只有一个零点.9.(2024·太原模拟节选)已知函数f (x )=xe x -x -1，讨论方程f (x )=ln x +m -2的实根个数.解；由f (x )=ln x +m -2，得xe x -x -ln x +1=m ，x >0，令h (x )=xe x -x -ln x +1，则h ′(x )=e x +xe x-1-1x =(x +1)(xe x -1)x(x >0)，令m (x )=xe x -1(x >0)，则m ′(x )=(x +1)·e x >0，∴m (x )在(0，+∞)上单调递增，又m 12 =e 2-1<0，m (1)=e -1>0，∴存在x 0∈12，1，使得m (x 0)=0，即e x 0=1x 0，从而ln x 0=-x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )<0，h ′(x )<0，则h (x )单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0，则h (x )单调递增；∴h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0+1=x 0·1x 0-x 0+x 0+1=2，又易知，当x →0+时，h (x )→+∞；当x →+∞时，h (x )→+∞.∴当m <2时，方程f (x )=ln x +m -2没有实根；当m =2时，方程f (x )=ln x +m -2有1个实根；当m >2时，方程f (x )=ln x +m -2有2个实根.【B 级 能力提升】10.(2024·郑州模拟节选)已知函数f (x )=ln (x +1)-x +1，g (x )=ae x -x +ln a ，若函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，求实数a 的取值范围.解：函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，即f (x )=g (x )有两个实根，即ln (x +1)-x +1=ae x -x +ln a 有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =ln (x +1)+x +1有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)有两个实根.设函数h (x )=e x +x ，则e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)⇔h (x +ln a )=h (ln (x +1)).因为h ′(x )=e x +1>0恒成立，所以h (x )=e x +x 在R 上单调递增，所以x +ln a =ln (x +1)，x >-1，所以要使F (x )有两个零点，只需ln a =ln (x +1)-x 有两个实根.设M (x )=ln (x +1)-x ，则M ′(x )=-x x +1.由M ′(x )=-x x +1>0，得-1<x <0；由M ′(x )=-x x +1<0，得x >0，故函数M(x)的单调递增区间为(-1，0)，单调递减区间为(0，+∞).故函数M(x)在x=0处取得极大值，也是最大值，且M(x)max=M(0)=0.易知当x→-1时，M(x)→-∞；当x→+∞时，M(x)→-∞.故要使ln a=ln(x+1)-x有两个实根，只需ln a<M(x)max=0，解得0<a<1.所以实数a的取值范围是(0，1).。
利用导数解决函数的零点问题
第六节 利用导数解决函数的零点问题考点1 判断、证明或讨论函数零点的个数判断函数零点个数的3种方法 直接法令f (x )＝0，则方程解的个数即为零点的个数 画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可 定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决(2019·全国卷Ⅰ)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．[证明] (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点． (2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－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．(ⅱ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减． 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点． (ⅲ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点． (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点．根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．设函数f (x )＝ln x ＋m x ，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 )－x 3零点的个数．[解] (1)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x (x ＞0)，则f ′(x )＝x －e x 2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题意知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)的唯一极值点，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＜m＜23时，函数g(x)有两个零点；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0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点．考点2 已知函数零点个数求参数解决此类问题常从以下两个方面考虑(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件．(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[13，3]上有两个零点，求实数a 的取值范围．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x， 令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0＜x ＜12时，f ′(x )＞0；当x ＞12时，f ′(x )＜0.∴f (x )的单调递增区间为(0，12)，单调递减区间为(12，＋∞)．(2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x .令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈[13，3]，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x ＜1时，g ′(x )＜0；当1＜x ≤3时，g ′(x )＞0，∴g (x )的单调递减区间为[13，1)，单调递增区间为(1，3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∴函数f (x )在[13，3]上有两个零点，g (13)＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13＞3－ln 33，∴实数a 的取值范围是(1，3－ln 33]．与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(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 .[解] (1)当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x . 当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点；(ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .当x ∈(0，2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0.所以h (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e24，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x＞0时，e x＞x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3（e2a）2＞1－16a3（2a）4＝1－1a＞0，故h(x)在(2，4a)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，a＝e24.考点3函数零点性质研究本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．已知函数f(x)＝12x2＋(1－a)x－a ln x，a∈R.(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.[解](1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－ax，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－ax＝(x＋1)(1－ax)(x＞0)，①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x＞a时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)＜0，即12a2＋(1－a)a－a ln a＜0，整理得ln a＞1－12a，作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－a ln 2a－x x，则h′(x)＝－2＋2a2（2a－x）x ＝－2＋2a2－（x－a）2＋a2≥0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增，不妨设x1＜a＜x2，则h(x2)＞h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)＞f(x2)＝f(x1)，又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2＜x1，即x1＋x2＞2a，又ln a＞1－12a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝ln x－x.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)＋x＋12x－m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞1.[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1＝1－xx.令f′(x)＝1－xx＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＝1－xx＜0，得x＞1.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：根据题意知g(x)＝ln x＋12x－m(x＞0)，因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋12x－m的两个零点，所以ln x1＋12x1－m＝0，ln x2＋12x2－m＝0，两式相减，可得ln x1x2＝12x2－12x1，即ln x1x2＝x1－x22x1x2，故x1x2＝x1－x22lnx1x2，则x1＝x1x2－12lnx1x2，x2＝1－x2x12lnx1x2.令t＝x1x2，其中0＜t＜1，则x1＋x2＝t－12ln t ＋1－1t2ln t＝t－1t2ln t.构造函数h(t)＝t－1t－2ln t(0＜t＜1)，则h′(t)＝（t－1）2t2.因为0＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，即t－1t －2ln t＜0，可知t－1t2ln t＞1，故x1＋x2＞1.课外素养提升④逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法.f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型【例1】(1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)＜12，则不等式f(lg x)＞lg x＋12的解集为________．(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为________．(1)(0，10)(2)(－∞，－3)∪(0，3)[(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－12x，则g′(x)＝f′(x)－12＜0，所以g(x)在定义域内是减函数．因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－12＝1 2，由f(lg x)＞lg x＋12，得f(lg x)－12lg x＞12.即g(lg x)＝f(lg x)－12lg x＞12＝g(1)，所以lg x＜1，解得0＜x＜10.所以原不等式的解集为(0，10)．(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y ＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3，0)，(3，0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0，3)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f（x）g（x）(g(x)≠0)．xf′(x)±nf(x)(n为常数)型【例2】(1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是()A．f(x)＞0 B．f(x)＜0C．f(x)＞x D．f(x)＜x(1)A(2)A[(1)令g(x)＝f（x）x，则g′(x)＝xf′（x）－f（x）x2.由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0，1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；当x∈(－1，0)时，f(x)＜0.综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．(2)令g(x)＝x2f(x)－14x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.综上可知，f(x)＞0.][评析](1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝x n f(x)，则F′(x)＝x n－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对x n－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.(2)对于xf ′(x )－nf (x )＞0(x ≠0)型，构造F (x )＝f （x ）x n ，则F ′(x )＝xf ′（x ）－nf （x ）x n ＋1(注意对x n ＋1的符号进行讨论)，特别地，当n ＝1时，xf ′(x )－f (x )＞0，构造F (x )＝f （x ）x ，则F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＞0.f ′(x )±λf (x )(λ为常数)型【例3】 (1)已知f (x )在R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )＞f ′(x )，则有( )A ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)B ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)C ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)D ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)(2)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋2f ′(x )＞0恒成立，且f (2)＝1e (e 为自然对数的底数)，则不等式e x f (x )－e x2＞0的解集为________．(1)D (2)(2，＋∞) [(1)构造函数h (x )＝f （x ）e x ，则h ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x＜0，即h (x )在R 上单调递减，故h (－2 019)＞h (0)，即f （－2 019）e －2 019＞f （0）e 0⇒e 2 019f (－2 019)＞f (0)；同理，h (2 019)＜h (0)，即f (2 019)＜e 2 019f (0)，故选D.(2)由f (x )＋2f ′(x )＞0，得2[12f (x )＋f ′(x )]＞0，可构造函数h (x )＝e x 2f (x )，则h ′(x )＝12e x 2[f (x )＋2f ′(x )]＞0，所以函数h (x )＝e x 2f (x )在R 上单调递增，且h (2)＝e f (2)＝1.不等式ex f (x )－e x 2＞0等价于e x 2f (x )＞1，即h (x )＞h (2)⇒x ＞2，所以不等式e x f (x )－e x2＞0的解集为(2，＋∞)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝e x f(x)．(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f（x）e x.。
利用导数解决函数的零点问题
集 训
返 首 页
(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－ax＝(x＋1)(1－ax)(x＞0)，
课
外
①当 a≤0 时，f′(x)＞0 恒成立，所以 f(x)在(0，＋∞)上为增函
素 养
课
提
堂 数，不符合题意；
升
考
点 探
②当 a＞0 时，由 f′(x)＝0 得 x＝a，当 x＞a 时，f′(x)＞0，所以 课
课 外
素
(1)若 f(x)存在极值点为 1，求 a 的值；
养
课
提
堂 考
(2)若 f(x)存在两个不同的零点 x1，x2，求证：x1＋x2＞2.
升
点
探 究
[解]
(1)由已知得 f′(x)＝x＋1－a－ax，因为
f(x)存在极值点为
1，
课 后 限
时
所以 f′(1)＝0，即 2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以 a＝1.
提 升
点
探 究
0，可得 g′(x)在－1，π2有唯一零点，设为 α.则当 x∈(－1，α)时，g′
课 后 限
时
(x)＞0；当 x∈α，π2时，g′(x)＜0.
集 训
返 首 页
所以 g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故 g(x)在－1，π2
时
(ⅳ)当 x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1，所以 f(x)＜0，从而 f(x)在(π，集
训
＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有 2 个零点．
返
首
页
课
外
素
根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数 养
课
提
堂
升
专题11 利用导数解决零点问题(解析版)
专题11 利用导数解决零点问题1．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)2y x = (2)(,1)-∞- 【解析】 【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究 (1)()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e x x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21e xx f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x = (2)()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a xf x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <= 故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -,当,()0x ∈+∞,则()e 20xg x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+,即()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >= 故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意 3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增 (0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减 当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<= 当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增 1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '= 当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+< 又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '= 当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减 有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点 即()f x 在(1,0)-上有唯一零点 所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x < 因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x xx x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增 即()(1)0g x g >=,所以1e e 0xx x x-> 令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 3．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； （2）求导得()()()211ax x f x x --'=，按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. (1)当0a =时，()1ln ,0f x x x x =-->，则()22111xf x x x x-'=-=，当()0,1∈x 时，0f x ，()f x 单调递增； 当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 11f x f ==-；(2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>，则()()()221111ax x a f x a x x x--+'=+-=， 当0a ≤时，10-≤ax ，所以当()0,1∈x 时，0f x，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 110f x f a ==-<，此时函数无零点，不合题意； 当01a <<时，11a >，在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；又()110f a =-<，由（1）得1ln 1x x +≥，即1ln 1x x ≥-，所以ln x x x <<<当1x >时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，使得()0f m >，所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点，符合题意；当1a =时，()()2210x f x x-'=≥，所以()f x 单调递增，又()110f a =-=，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 当1a >时，11a <，在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；此时()110f a =->，由（1）得当01x <<时，1ln 1xx>-，1>ln 21x ⎛> ⎝， 此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+，使得()0f n <， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 综上，a 的取值范围为()0,+∞.4．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()ln 13f x a x x =+-．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：当1a =时，方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出函数的定义域，再求出()31af x x '=-+，然后分0a >，0a ≤可得出函数的单调性. （2）设()()ln 1sin g x x x =+-，将问题转化为函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点，又当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，求出其导数，由零点存在原理即可证明. (1)函数()()ln 13f x a x x =+-的定义域是()1,-+∞，()31af x x '=-+． 当0a >时，令()0f x '<，得33a x ->；令()0f x '>，得313a x --<<， 故()f x 在31,3a -⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在3,3a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当0a ≤时，()0f x '<恒成立，故()f x 在()1,-+∞上单调递减． (2)当1a =时，方程()sin 3f x x x =-即为()ln 13sin 3x x x x +-=-，即()ln 1sin 0x x +-=． 令()()ln 1sin g x x x =+-，则()1cos 1g x x x '=-+， 则“方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解”等价于“函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点”．当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以()0g x >在()e 1,-+∞上恒成立， 所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点．因为e 1π-<，所以当,e 12x π⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时，cos 0x <，101x >+， 所以()0g x '>在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上恒成立．所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增，又ln 1sin ln 1102222g ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()e 11sin e 1g -=--，所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，即()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点．故方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．5．（2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测）已知函数()e sin xf x x ax =+，其中e 是自然对数的底数.(1)若1a =时，试判断f （x ）在区间（2π-，0）的单调性，并予以证明；(2)从下面两个条件中任意选一个，试求实数a 的取值范围. ①函数()f x 在区间[0，2π]上有且只有2个零点； ①当2,0x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()2f x x ≥.【答案】(1)f （x ）在（π2-，0）上单调递增，证明见解析；(2)选择①：π22e 1πa -≤<-；选择①：1a ≥-.【解析】 【分析】（1）求导，通过判定导函数在（π2-，0）上的正负确定单调性； （2）选择①：易得()00f =，则因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点，求导通过讨论找出符合条件的a 的取值范围；选择①：构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦，此时()00m =，可通过端点效应或隐零点等思路求a的取值范围. (1)当1a =时，()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()πe sin e cos 1sin 14x x xf x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，πππ,444x ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以sin 1144x x ππ⎛⎫⎛⎫<+<-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 又0e 1x <<，πsin 14xx ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，从而()0f x '>，所以，f （x ）在（π2-，0）上单调递增. (2) 选择①，由函数()e sin 0π,2xf x x ax x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，，可知()00f =因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+，令()e sin e cos x x h x x x a =++， 则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.π2]上恒成立.即()f x '在[0，π2]上单调递增，()2ππ01e 2f a f a ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝，，当1a ≥-时，()()00f x f '≥'≥，f （x ）在[0.π2]上单调递增.则f （x ）在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当π2e a ≤-时，()0π2f x f ⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭，()f x 在[0，π2]上单调递减，则()f x 在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当2e 1a π-<<-时，π2(0)10,()e 2π0f a f a '=+<'=+≥则()f x '在（0，π2）上只有1个零点，设为0x .且当0(0,)x x ∈时，()0f x <′；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x >′ 所以当()00x x ∈，时，()f x 在（0，0x ）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，又()π200e ππ22f f a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，因此只需20π22πe f a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可，即π22e 1πa -≤<-，综上所述：2π2e 1πα-≤<-选择①，构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦此时()2π2e π244π00x m m a ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，则2π()e sin e cos 2(0)π1,(e 2π)xxm x x x a x m a m a'=++-'=+'=-+，易知(1)π)(2m m '>'令()e sin e cos 2,()2e cos 2,(0)0,()2π2x x xt x x x a x t x x t t =++-'=-'='=-令2π()2e cos 2,()2e (cos sin ),(0)2,()2πe 2xxp x x p x x x p p =-=-'='=-＇， 令()2e (cos sin )x q x x x =-，则()4e sin 0x q x x '=-≤ 所以()2e (cos sin )x q x x x =-在（0，π2）上单调递减.又π20π(0)(0)20,()()2e 22πq p q p ='=>='=-<在（0，π2）上存在唯一实数1x 使得()10q x =，且满足当()10,x x ∈时，()0q x >当1π(,)2x x ∈时.()0q x <即p （x ）在（0，x 1）上单调递增，在（x 1，π2）上单调递减.又()()ππ0002022p t p t ⎛⎫⎛⎫==-=-< ⎪'' ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以()2e cos 2x p x x =-在1π(,)2x 上存在一实数2x 使得()20p x =，且满足当2(0,)x x ∈时，()0p x >；当2π()2x x ∈⋅时，()0p x <即()()t x m x ='在（0，x2）上单调递增，在（2x ，2π）上单调递减， 当()010m a ='+≥时，即()10a m x ≥-'≥，，函数()2e sin x m x x ax x =+-在[0，π2]上单调递增，又()00m =，因此()2e sin 0x m x x ax x =+-≥恒成立，符合题意，当()010m a '=+<，即1a <-，在π20,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上必存在实数3x ，使得当()30,x x ∈时，()0m x '<，又()00m =，因此在()30,x x ∈上存在实数()0m x <，不合题意，舍去 综上所述1a ≥-.6．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知函数12()e x f x =（e 为自然对数的底数）． (1)令1()||()()g x a x f x f x =--，若不等式()0g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围； (2)令3()()x xf x m ϕ=-，若函数()ϕx 有两不同零点()1212,x x x x <． ①求实数m 的取值范围；①证明：21e e 21x x m -<+． 【答案】(1)(,1]-∞；(2)①2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①证明见解析.【解析】 【分析】（1）根据()g x 为偶函数，将问题转化为0x ≥时()0g x ≤恒成立，根据(0)0g =及参变分离求0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，求参数范围；（2）①利用导数研究()ϕx 的单调性，及区间值域情况，进而判断()0x ϕ=有两不同解时m 的范围即可；①由（1）知：0x <时1122e e x x x -≥-且120x x <<，应用放缩法有2()e e x x x ϕ≥-，构造2()e e x x F x =-研究极值并判断()F x m =的两根与12,x x 大小关系得到3214e e e e x x x x -<-即可证结论. (1)由题设，1122()||e ex x g x a x -=--，则()()g x g x =-，所以()g x 为偶函数，故只需0x ≥时，()0g x ≤恒成立，而(0)0g =满足， 所以0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，令02t x =>，则e e 2t ta t--≤，若()e e 2t t h t t -=--，则()e e 220t t h t -'=+-≥=，仅当0=t 时等号成立， 所以()0h t '>，即()h t 在(0,)+∞上递增，则()(0)0h t h >=，即e e 2t t t -->， 所以，在(0,)+∞上e e 12t tt-->，则1a ≤， 综上：a 的范围为(,1]-∞． (2)①由题设，323()1e 2x x x ϕ⎛⎫=+ ⎪'⎝⎭，若()0x ϕ'>得：23x >-，故()ϕx 在2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭单调减，在2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调增，且x 趋向负无穷()ϕx 趋向于0，x 趋向正无穷()ϕx 趋向于正无穷，又2233e ϕ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()00ϕ=，则0x <时，()0x ϕ<；0x >时，()0x ϕ>，要使()0x ϕ=有两个不同解12,x x 且120x x <<，则2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①由（1）知：0x <时1122e ex x x -≥-，则1132222()e e e e e x x x x xx ϕ-⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭；记2()e e x x F x =-且0x <，则(()e e 1)2x x F x '=-，所以(,ln 2)-∞-上()0F x '<，(ln 2,0)-上()0F x '>，故()F x 在(,ln 2)-∞-上递减，(ln 2,0)-上递增，且12()(ln 2),043e F x F ⎛⎫≥-=-∈- ⎪⎝⎭，所以()F x m =也有两根，记为34x x <，又(,0)-∞上)(()x F x ϕ≥，则31240x x x x <<<<， 令e x t =，则34e ,e xx 为20t t m --=的两根，故34e e 1x x +=，34e e x x m =-，所以34e e x x -=3124e e e e x x x x <<<，所以3214(41)1e e e e 212x x x xm m ++-<-==+． 7．（2022·湖北·模拟预测）已知()()1ln af x a x x x=-++(1)若0a <，讨论函数()f x 的单调性； (2)()()ln a g x f x x x =+-有两个不同的零点1x ，()2120x x x <<，若12202x x g λλ+⎛⎫'> ⎪+⎝⎭恒成立，求λ的范围．【答案】(1)单调性见解析 (2)(][),22,λ∈-∞-+∞【解析】 【分析】（1）求导可得()()()21x a x f x x +-'=，再根据a -与0,1的关系分类讨论即可；（2）由题()ln g x a x x =+，，设()120,1x t x =∈根据零点关系可得21ln x x a t -=，再代入1222x x g λλ+⎛⎫' ⎪+⎝⎭化简可得()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立，设()()()21ln 2t ht t t λλ+-=++，再求导分析单调性与最值即可(1)()f x 定义域为()0,∞+()()()()()222211111x a x a x a x a f x a x x x x+--+-'=-+-== ①）01a <-<即10a -<<时，()01f x a x '<⇒-<<，()00f x x a '>⇒<<-或1x > ①）1a -=即1a =-时，()0,x ∈+∞，()0f x '≥恒成立 ①）1a ->即1a <-，()01f x x a '<⇒<<-，()001f x x '>⇒<<或x a >- 综上：10a -<<时，(),1x a ∈-，()f x 单调递减；()0,a -、()1,+∞，()f x 单调递增 1a =-时，()0,x ∈+∞，()f x 单调递增1a <-时，()1,x a ∈-，()f x 单调递减；()0,1、(),a -+∞，()f x 单调递增(2)()ln g x a x x =+，由题1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩，120x x <<则()1221ln ln a x x x x -=-，设()120,1x t x =∈ ①212112ln ln ln x x x xa x x t--==-()1a g x x'=+ ①122112122221122ln 2x x x x g a x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'=+=⋅+ ⎪+++⎝⎭()()()21102ln t t tλλ+-=+>+恒成立()0,1t ∈，①ln 0t < ①()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立设()()()21ln 2t h t t t λλ+-=++，①()0h t <恒成立()()()()()()()()22222224122241222t t t t h t t t t t t t λλλλλλλ⎛⎫-- ⎪++-+⎝⎭'=-==+++ ①）24λ≥时，204t λ-<，①()0h t '>，①()h t 在()0,1上单调递增 ①()()10h t h <=恒成立， ①(][),22,λ∈-∞-+∞合题①）24λ<，20,4t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，①()0h t '>，①()h t 在20,4λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h t '<， ①()h t 在2,14λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减①2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()10h t h >=，不满足()0h t <恒成立综上：(][),22,λ∈-∞-+∞【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了双零点与恒成立问题的综合，需要根据题意消去参数a ，令()120,1x t x =∈，再化简所求式关于t 的解析式，再构造函数分析最值.属于难题 8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）设a 为实数，函数()e ln 1=++x f x a x x ． (1)当1a e=-时，求函数()f x 的单调区间；(2)判断函数()f x 零点的个数．【答案】(1)减区间为()0,∞+，无增区间. (2)当0a ≥，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点；当210e a -≤<，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点；当21e a <-，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点. 【解析】 【分析】(1)利用二次求导研究函数()f x 的单调性，进而得出结果； (2)利用分类讨论的思想，根据函数()f x 与()()f x g x x=具有相同的零点，结合导数分别研究当0a ≥、210e a -≤<、21e a <-时()g x 的单调性，利用零点的存在性定理即可判断函数()g x 的零点个数，进而得出结果. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 当1a e=-时，1()e ln 1e xf x x x =-++，则1()e ln 1x f x x -'=-++，且()01f '=， 有1111e ()ex x x f x x x---''=-+=，令()01f x x ''=⇒=， 所以当(0,1)x ∈时()0f x ''>，则()'f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时()0f x ''<，则()'f x 单调递减， 所以max ()(1)0f x f ''==，即()0f x '≤，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减， 即函数()f x 的减区间为(0,)+∞，无增区间； (2)由(1)知当1a e=-时函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，又(1)0f =，此时函数()f x 只有1个零点； 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以()f x 与()f x x具有相同的零点， 令()e 1()ln (0)x f x a g x x x x x x ==++>， 则222(1)e 11(1)(e 1)()x x a x x a g x x x x x --+'=+-=， 当0a ≥时，e 10x a +>，令()01g x x '=⇒=，则函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)e 10g x g a ==+>，此时函数()g x 无零点，即函数()f x 无零点；当0a <时，令()01g x x '=⇒=或1ln()x a=-，若10e a -<<，则11ln()a<-，列表如下：当211e ea -≤≤-时，222e 2e 222e 4222e e e (e )2e 2e e 2e 0e ea g ------=++<++=-++<， 当210e a -<<即21e a ->时，131e ()a a->-，1121111()e ln()[e ln()1]aa g a a a a a a a a---=-+--=---+3111[()(1)1]0a a a a a <-----+<，又(1)0g >，此时函数()g x 有1个零点，则函数()f x 有1个零点； 若1e <-a ，则11ln()a>-，列表如下：所以ln()min 1e 111()(ln())ln ln()ln ln()ln1011ln()ln()aa g x g a a a a a -=-=+-+=-<=--， 又(1)0g >，2(e )0g <，则此时函数()g x 有2个零点，即函数()f x 有2个零点； 综上，当0a ≥时，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点， 当210ea -≤<时，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点， 当21e a <-时，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点.【点睛】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图像与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．9．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知函数()ln 12a af x x x =+-+，其中R a ∈． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)讨论函数()f x零点的个数．【答案】(1)当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭(2)当4a ≤，函数()f x 有且仅有一个零点；当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点 【解析】 【分析】（1）求导，再分0a <，04a ≤≤和4a >分类讨论即可；（2）根据单调性及零点存在性定理分析即可. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221(2)1()(1)(1)a x a x f x x x x x +-+'=-=++，在一元二次方程2(2)10x a x +-+=中，22Δ(2)44(4)a a a a a =--=-=-， ①当0a <时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当04a ≤≤时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当4a >时，一元二次方程2(2)10x a x +-+=有两个不相等的根， 分别记为()1221,x x x x >，有122x x a +=-，1210x x =>，可得210x x >>， 有12x x ==可得此时函数()f x 的增区间为()()120,,,x x +∞减区间为()12,x x ， 综上可知，当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭； (2)由（1）可知：①当4a ≤时，函数()f x 单调递增，又由(1)0f =，可得此时函数只有一个零点为1x =； ①当4a >时，由122110,x x x x =>>，可得1201x x <<<，又由(1)0f =，由函数的单调性可知()()12(1)0,(1)0f x f f x f >=<=， 当01x <<且20e ax -<<时，可得2ln ln e ax -<，有ln 02ax +<， 可得()ln ln 022a af x x a x <+-=+<， 当2e ax >时，2()ln ln e 02222aa a a af x x >->-=-=可知此时函数()f x 有且仅有3个零点，由上知，当4a ≤时，函数()f x 有且仅有一个零点； 当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点．10．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知函数()323.f x ax x a b =-++(1)讨论()f x 的单调性；(2)当()f x 有三个零点时a 的取值范围恰好是()()()3,22,00,1,--⋃-⋃求b 的值. 【答案】(1)答案见解析 (2)3b = 【解析】 【分析】(1)求函数()f x 的导函数()'f x ，讨论a ，并解不等式()0f x '>，()0f x '<可得函数的单调区间；(2)由(1)结合零点存在性定理可求b . (1)()f x 的定义域为R ，()()23632,f x ax x x ax =-=-'若0a =，则()0600f x x x '>⇒->⇒<，()00f x x <⇒>'∴ ()f x 在(),0∞-单调递增，()0,∞+单调递减，若0a >，则()00'>⇒<f x x 或2x a>， ()200f x x a>⇒<<'， ()f x ∴在(),0∞-单调递增，20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，若0a <，则()200f x x a'>⇒<< ()20f x x a>⇒<'或0x >， ()f x ∴在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递减，2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，()0,∞+单调递减.(2)可知()f x 要有三个零点，则0a ≠， 且2(0)0f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭由题意也即是()200f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，也就是关于a 的不等式()()()32224400a b a ba a b a b a a ++-⎛⎫++-<⇒< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃， 令()()()32240a b a ba h a a+++=<，时()()()()()1114130h b b b b =++-=+-=， 所以有1b =-或3b =， 当3b =时，()()()()()323222233434400a a a a a a a h a aa++-+-+-=<⇒<，()()()2231440a a a a a+-++<的解是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，满足条件，当1b =-时，()()()322140a a a h a a---=<，当1a =-时，()1120h -=>，不满足条件， 故1b ≠-，综合上述3b =.11．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））已知函数()()e 12()exx xf x a a =+--∈R ． (1)若()e ()=⋅x g x f x ，讨论()g x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)答案见解析；(2)()0,1. 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，分为0a ≤和0a >两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；（2）函数有两个零点即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点，根据（1）中的单调性结合零点存在定理即可得结果. (1)由题意知，()()()e ()e e 12e e 12e e x x x x x xx x g x f x a a x ⎡⎤=⋅=⋅+--=+--⎢⎥⎣⎦，()g x 的定义域为(,)-∞+∞，()e (e 1)e e 2e 1(2e 1)(e 1)x x x x x x x g x a a a '=++⋅--=+-．若0a ≤，则()0g x '<，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递减； 若0a >，令()0g x '=，解得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0g x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0g x '>， 所以()g x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增． (2)因为e 0x >，所以()f x 有两个零点，即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点． 若0a ≤，由（1）知，()g x 至多有一个零点．若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()g x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln g a a a-=-+． ①当1a =时，由于(ln )0g a -=，故()g x 只有一个零点： ①当(1,)∈+∞a 时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0g a ->，故()g x 没有零点； ①当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0g a -<． 又2222(2)e (e 1)2e 22e 20g a -----=+-+>-+>，故()g x 在(,ln )a -∞-上有一个零点．存在03ln 1,x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则0000000000()e (e 1)2e e (e 2)e 0x x x x x xg x a x a a x x =+--=+-->->．又3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，因此()g x 在(ln ,)a -+∞上有一个零点．综上，实数a 的取值范围为(0,1)．12．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））已知函数()ln 1f x ax x =++． (1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，求实数a 的取值范围； (2)若对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)0a ≥或1a =- (2)(,2]-∞ 【解析】 【分析】（1）求导1()f x a x'=+，0x >，分0a ≥和0a <讨论求解； （2）对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，转化为2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立求解． (1)解：1()f x a x'=+，0x >， 当0a ≥时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．又()11ee 11a af a a ----=--+()1e 10a a --=-≤，(1)10f a =+>， 所以此时()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，符合题意； 当0a <时，令()0f x '>，解得10x a <<-；令()0f x '<，解得1x a>-， 所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减．要使()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，则必有10f a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，解得1a =-．综上，当0a ≥或1a =-时，()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点． (2)因为()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，等价于2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立． 令2ln 1()e (0)xx m x x x+=->，则只需min ()a m x ≤即可， 则2222e ln ()+'=x x xm x x ，再令22()2e ln (0)x g x x x x =+>，则()221()4e 0'=++>xg x x x x， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增．因为12ln 204g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，2(1)2e 0g =>，所以()g x 有唯一的零点0x ，且0114x <<， 所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>， 所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增． 因为022002eln 0x x x +=，所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +=-+-，设()ln (0)S x x x x =+>，则1()10'=+>S x x， 所以函数()S x 在(0,)+∞上单调递增．因为()()002ln S x S x =-，所以002ln x x =-，即0201ex x =．所以()0()m x m x ≥=02000000ln 1ln 11e 2x x x x x x x +-=--=， 则有2a ≤．所以实数a 的取值范围为(,2]-∞．13．（2022·福建省福州第一中学三模）已知函数()e sin 1x f x a x =--在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一极值点1x .(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：()f x 在区间(0,)π内有唯一零点2x ，且212x x <. 【答案】(1)(1,)+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导，再讨论1a 时，函数单增不合题意，1a >时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意； （2）先由导数确定函数()f x 在区间(0,)π上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间(0,)π内有唯一零点；表示出()12f x ，构造函数求导，求得()120f x >，又由()20f x =，结合()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可求解. (1)()e cos x f x a x '=-，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos (0,1)x ∈，21e e x π<<，①当1a 时，()0f x '>，()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；①当1a >时，显然()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，又因为(0)10f a '=-<，2e 02f ππ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，所以()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点1x ，所以()10,x x ∈，()0f x '<；1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极值点，符合题意.综上，(1,)∈+∞a .(2)由（1）知1a >，所以,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()e cos 0x f x a x '=->，所以()10,x x ∈，()0f x '<，()f x 单调递减；()1,x x π∈，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()10,x x ∈时，()(0)0f x f <=，则()10<f x ，又因为()e 10f ππ=->，所以()f x 在()1,πx 上有唯一零点2x ，即()f x 在(0,)π上有唯一零点2x .因为()112211112e sin 21e 2sin cos 1x x f x a x a x x =--=--，由（1）知()10f x '=，所以11e cos xa x =，则()112112e 2e sin 1x xf x x =--，构造2()e 2e sin 1,0,2t t p t t t π⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，所以()2()2e 2e (sin cos )2e e sin cos t t t t p t t t t t '=-+=--，记()e sin cos ,0,2tt t t t πϕ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，则()e cos sin t t t t ϕ'=-+，显然()t ϕ'在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ''>=，所以()t ϕ在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ>=，所以()0p t '>，所以()p t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0p t p >=，所以()()1220f x f x >=，由前面讨论可知：112x x π<<，12x x π<<，且()f x 在()1,x x π∈单调递增，所以122x x >.【点睛】本题关键点在于先表示出()12f x ，构造函数()p t 求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数()p t 的单调性，从而得到()120f x >，再结合()20f x =以及()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可证得结论. 14．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））已知函数()e (sin cos )sin .x f x x x a x =+-.(1)当1a =时，求函数f （x ）在区间[0]2π，上零点的个数； (2)若函数()y f x =在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a 的取值范围 【答案】(1)2个(2)2]∞-⋃（，3222[2e ,)2e ,2e πππ⎧⎫+∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】 【分析】(1)利用导数判断函数f x （）在[0]2π，上的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数；(2)利用导数，通过分类讨论确定函数f x （）的单调性及极值，由此确定a 的取值范围.(1)因为1a =，所以()e (sin cos )sin .x f x x x x =+-()(2e 1)cos x f x x '=-，则当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 又32223(0)10,()e 10,()1e 0,(2)e 022f f f f ππππππ=>=->=-<=>，则f x （）在322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上各有一个零点，所以f x （）在区间[0]2π，上共有两个零点， (2)2()(2e )cos ,(02),22e 2e x x f x a x x ππ'=-∈<<，①当2a ≤时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则2a ≤时符合题意： ①当22e a π≥时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递减， 此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则22a e π≥时符合题意①当222e a π<<时，0ln 22a π<<，此时f x （）在0,ln 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在ln ,22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在3(,2)2ππ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意： ①当22e a π=时，ln22a π=，此时f x （）在（0，32π）上单调递减，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则22e a π=时符合题意；①当3222e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在,ln 22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3ln 22a π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意； ①当322e a π=时，3ln22a π=，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则322e a π=时符合题意；①当322e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，在3(,ln )22a π上单调递减，在(ln ,2)2aπ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意；综上所述3222(,22e ,)2 ][e ,2e a πππ⎧⎫∈-∞+∞⎨⎬⎩⎭.【点睛】(1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同． (2)若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．15．（2022·江西·上高二中模拟预测（理））已知函数()()2ln 0ax af x x a x -=->.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()2ag x f x x=-+有两个零点12,x x ，若212x x >，证明：3312672e x x +>． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导得()2221b ax x af x a x x x -+-=--='，对导函数进行分情况讨论其正负，即可得()f x 的单调性. （2）通过函数有两个零点，转化成1212ln 2ln 2x x a x x ++==，然后根据比例，构造出221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，得到122111,e t x t x t x --==，进而构造函数33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t t t t t -=+=++-，利用导数处理单调性，进而可求. (1)）()2221b ax x af x a x x x -+-=--=' 令2()F x ax x a =-+- ，则()00F a =-< ，且对称轴102x a=> 而214a ∆=-易知当10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时()f x 在0⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 单调递减，在⎝⎭单调递增当)12a ∞⎡∈+⎢⎣， 时()f x 在()0+∞，单调递减. (2)()g x 有两个零点12,x x 且0x >，则1212ln 2ln 2ln 2ln 20x x x x ax a a x x x +++-+=⇒=⇒==， 设21x t x =， 212x x >，2t ∴> ∴221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，∴11ln ln 2ln 2t x t x ++=+，所以12111ln ln 2e 1t t x x t t --=-⇒=-， ∴33333631121(1)e (1)t x x t x t t --+=+=+，设33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t tt t t -=+=++-，2t >，则222331(1)()[1ln ](1)1t t h t t t t t -'=--+-+， 设2231(1)()1ln 1t t t t t tϕ-=--++，则7437323223211()(441)[(1)4(1)](1)(1)t t t t t t t t t t t t t ϕ--'=+--=-+-++， 当(1,)t ∈+∞时，()0t ϕ'>，所以函数()t ϕ在(1,)t ∈+∞上递增，()()10t ϕϕ∴>=，则()0h t '>，()h t ∴在(1,)+∞递增，又2t >，∴()(2)ln72h t h >=，故3361272e x x -+>． 【点睛】本题考查了含参函数的单调性，最值问题，方程与函数零点的综合问题，利用导数解决单调性的问题，分情况讨论，转化，构造函数证明不等式，二阶求导等综合性的函数知识，在做题时要理清思路，是一道导数的综合题.16．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知函数()()ln h x x a x a =-∈R . (1)若()h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程()e ln 0xx a x x -+=有两个实根1x 、2x ，且12x x ≠，证明：12212e ex x x x +>. 【答案】(1)()e,+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可知0a ≠，由参变量分离法可知直线1y a=与函数()ln xf x x=的图象有两个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）令e 0x t x =>，其中0x >，令111e x t x =，222e xt x =，分析可知关于t 的方程ln 0t a t -=也有两个实根1t 、2t ，且12t t ≠，设120t t >>，将所求不等式等价变形为12112221ln 1t t t t t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令121t s t =>，即证()21ln 1s s s ->+，令()()21ln 1s g s s s -=-+，其中1s >，利用导数分析函数()g s 的单调性，即可证得结论成立. (1)解：函数()h x 的定义域为()0,∞+.。
专题12 导数中隐零点的应用(解析版)
专题12导数中隐零点的应用【方法总结】利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法用显性的代数表达的(f′(x)＝0是超越形式)，称之为“隐零点”．对于隐零点问题，常常涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧．用隐零点处理问题时，先证明函数f(x)在某区上单调，然后用零点存在性定理说明只有一个零点．此时设出零点x0，则f′(x)＝0的根为x0，即有f′(x0)＝0．注意确定x0的合适范围，如果含参x0的范围往往和参数a的范围有关．这时就可以把超越式用代数式表示，同时根据x0的范围可进行适当的放缩．从而问题得以解决．基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算．用隐零点可解决导数压轴题中的不等式证明、恒成立能成立等问题．隐零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．注意：确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到等等．至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围．进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键．最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现．考点一不等式证明中的“隐零点”【例题选讲】[例1](2015全国Ⅱ)设函数f(x)＝e2x－a ln x．(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋a ln2a．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0)．由f′(x)＝0得2x e2x＝a．令g(x)＝2x e2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0．当a>0时，方程g(x)＝a有一个根，即f′(x)存在唯一零点；当a≤0时，方程g(x)＝a没有根，即f′(x)没有零点．(2)由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，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[f (x )]min ＝f (x 0)．由2e 2x 0－a x 0＝0得e 2x 0＝a 2x 0，又x 0＝022e x a ，得ln x 0＝ln 022ex a ＝ln a2－2x 0，所以f (x 0)＝02e x－a ln x 0＝a 2x 0－a2－2x ＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a≥2a 2x 0·2ax 0＋a ln 2a ＝2a ＋a ln 2a．故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a．[例2](2013全国Ⅱ)设函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )．(1)若x ＝0是f (x )的极值点，求m 的值，并讨论f (x )的单调性；(2)当m ≤2时，求证：f (x )＞0．解析(1)f ′(x )＝e x －1x ＋m．由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1．于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝e x －1x ＋1．函数f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0．因此当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以f (x )在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)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，＋∞)单调递增．又f ′(－1)＜0，f ′(0)＞0，故f ′(x )＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x 0，且x 0∈(－1，0)．当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而当x ＝x 0时，f (x )取得最小值．由f ′(x 0)＝0得0e x ＝1x 0＋2，ln(x 0＋2)＝－x 0，故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝(x 0＋1)2x 0＋2＞0．综上，当m ≤2时，f (x )＞0．[例3]已知函数f (x )＝x e x －a (x ＋ln x )．(1)讨论f (x )极值点的个数；(2)若x 0是f (x )的一个极小值点，且f (x 0)>0，证明：f (x 0)>2(x 0－x 30)．解析(1)f ′(x )＝(x ＋1)e x －(x ＋x ＝(x ＋1)(x e x －a )x，x ∈(0，＋∞)．①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；②当a >0时，令h (x )＝x e x －a ，h ′(x )＝(x ＋1)e x >0．显然函数h (x )在(0，＋∞)上是增函数，又因为当x →0时，h (x )→－a <0，h (a )＝a (e a －1)>0，必存在x 0>0，使h (x 0)＝0．当x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，f ′(x )>0，f (x )为增函数．所以，x ＝x 0是f (x )的极小值点．综上，当a ≤0时，f (x )无极值点，当a >0时，f (x )有一个极值点．(2)由(1)得，f ′(x 0)＝0，即x 0e x 0＝a ，f (x 0)＝x 0e x 0－a (x 0＋ln x 0)＝x 0e x 0(1－x 0－ln x 0)，因为f (x 0)>0，所以1－x 0－ln x 0>0，令g (x )＝1－x －ln x ，g ′(x )＝－1－1x <0，g (x )在(0，＋∞)上是减函数，且g (1)＝0，由g (x )>g (1)得x <1，所以x 0∈(0，1)，设φ(x )＝ln x －x ＋1，x ∈(0，1)，φ′(x )＝1x －1＝1－x x ，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，所以φ(x )为增函数，φ(x )<φ(1)＝0，即φ(x )<0，即ln x <x －1，所以－ln x >1－x ，所以ln(x ＋1)<x ，所以e x >x ＋1>0，则e x 0>x 0＋1．因为x 0∈(0，1)，所以1－x 0－ln x 0>1－x 0＋1－x 0＝2(1－x 0)>0．相乘得e x 0(1－x 0－ln x 0)>(x 0＋1)(2－2x 0)，所以f (x 0)＝x 0e x 0(1－x 0－ln x 0)>2x 0(x 0＋1)(1－x 0)＝2x 0(1－x 20)＝2(x 0－x 30)．故f (x 0)>2(x 0－x 30)成立．[例4]已知函数f (x )＝a e x ＋sin x ＋x ，x ∈[0，π]．(1)证明：当a ＝－1时，函数f (x )有唯一的极大值点；(2)当－2<a <0时，证明：f (x )<π．解析(1)当a ＝－1时，f (x )＝x ＋sin x －e x ，f ′(x )＝1＋cos x －e x ，因为x ∈[0，π]，所以1＋cos x ≥0，令g (x )＝1＋cos x －e x ，g ′(x )＝－e x －sin x <0，所以g (x )在区间[0，π]上单调递减．因为g (0)＝2－1＝1>0，g (π)＝－e π<0，所以存在x 0∈(0，π)，使得f ′(x 0)＝0，且当0<x <x 0时，f ′(x )>0；当x 0<x <π时，f ′(x )<0．所以函数f (x )的单调递增区间是[0，x 0]，单调递减区间是[x 0，π]．所以函数f (x )存在唯一的极大值点x 0．(2)当－2<a <0时，令h (x )＝a e x ＋sin x ＋x －π，则h ′(x )＝a e x ＋cos x ＋1，令k (x )＝a e x ＋cos x ＋1，则k ′(x )＝a e x －sin x <0，所以函数h ′(x )在区间[0，π]上单调递减，因为h ′(0)＝a ＋2>0，h ′(π)＝a e π<0，所以存在t ∈(0，π)，使得h ′(t )＝0，即a e t ＋cos t ＋1＝0，且当0<x <t 时，h ′(x )>0；当t <x <π时，h ′(x )<0．所以函数h (x )在区间[0，t ]上单调递增，在区间[t ，π]上单调递减．h (x )max ＝h (t )＝a e t ＋sin t ＋t －π，t ∈(0，π)，因为a e t ＋cos t ＋1＝0，只需证φ(t )＝sin t －cos t ＋t －1－π<0即可，φ′(t )＝cos t ＋sin t ＋1＝sin t ＋(1＋cos t )>0，所以函数φ(t )在区间(0，π)上单调递增，φ(t )<φ(π)＝0，即f (x )<π．【对点训练】1．已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 的图象在x ＝0处的切线方程是x ＋y ＋b ＝0．(1)求a ，b 的值；(2)求证函数f (x )有唯一的极值点x 0，且f (x 0)>－32．1．解析(1)因为f ′(x )＝x e x －a ，由f ′(0)＝－1得a ＝1，又当x ＝0时，f (x )＝－1，所以切线方程为y －(－1)＝－1(x －0)，即x ＋y ＋1＝0，所以b ＝1．(2)令g (x )＝f ′(x )＝x e x －1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x ，所以当x <－1时，g (x )单调递减，且此时g (x )<0，则g (x )在(－∞，－1)内无零点；当x ≥－1时，g (x )单调递增，且g (－1)<0，g (1)＝e －1>0，所以g (x )＝0有唯一解x 0，f (x )有唯一的极值点x 0．由x 0e x 0＝1⇒e x 0＝1x 0，f (x 0)＝x 0－1x 0x 0＝1＝e2－1<0，g (1)＝e －1>0⇒12<x 0<1⇒2<1x 0＋x 0<52，所以f (x 0)>－32．2．已知函数f (x )＝e x －t －ln x ．(1)若x ＝1是f (x )的极值点，求t 的值，并讨论f (x )的单调性；(2)当t ≤2时，证明：f (x )>0．2．解析(1)函数f (x )的定义域(0，＋∞)，因为f ′(x )＝e x －t －1x，x ＝1是f (x )的极值点，所以f ′(1)＝e 1－t －1＝0，所以t ＝1，所以f ′(x )＝e x －1－1x，因为y ＝e x －1和y ＝－1x ，在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴当x >1时，f ′(x )>0；0<x <1时，f ′(x )<0，此时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)，(2)当t ≤2时，f (x )＝e x －t －ln x ≥e x －2－ln x ，设g (x )＝e x －2－ln x ，则g ′(x )＝e x －2－1x ，因为y ＝e x －2和y ＝－1x在(0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g ′(1)＝1e －1<0，g ′(2)＝1－12＝12>0，所以存在x 0∈(1，2)使得g ′(x 0)＝0，所以在(0，x 0)上使得g ′(x )<0，在(x 0，＋∞)上g ′(x )>0，所以g (x )在(0，x 0)单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (x 0)，因为g ′(x 0)＝0，即e x 0－2＝1x 0，所以ln x 0＝2－x 0，所以g (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1x 0＋x 0－2，因为x 0∈(1，2)，所以g (x 0)＝1x 0＋x 0－2>2－2＝0，所以f (x )>0．3．已知函数f (x )＝a e x －2x ，a ∈R ．(1)求函数f (x )的极值；(2)当a ≥1时，证明：f (x )－ln x ＋2x >2．3．解析(1)f ′(x )＝a e x －2，当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减，则f (x )无极值．当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln 2a ，令f ′(x )>0得x >ln 2a ，令f ′(x )<0得x <ln 2a ，∴f (x )∞，ln 2a，＋∴f (x )的极小值为f 2－2ln 2a，无极大值，综上，当a ≤0时，f (x )无极值．当a >0时，f (x )的极小值为2－2ln 2a ，无极大值．(2)当a ≥1时，f (x )－ln x ＋2x ≥e x －ln x ，令g (x )＝e x －ln x －2，转化为证明g (x )>0，∵g ′(x )＝e x －1x (x >0)，令φ(x )＝e x －1x (x >0)，则φ′(x )＝e x ＋1x 2(x >0)，则φ′(x )>0，∴g ′(x )在(0，＋∞)上为增函数，∵g ′(1)＝e －1>0，g ＝e －2<0，∴∃x 0g ′(x 0)＝0，∴函数g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (x 0)＝0e x－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2≥21x 0·x 0－2＝0，∵x 0≠1，∴g (x )>0，∴f (x )－ln x ＋2x >2．4．已知函数f (x )＝ax＋bx ln x ，其中a ，b ∈R ．(1)若函数f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝x ＋e ，求a ，b 的值；(2)当b >1时，f (x )≥1对任意x ∈12，2恒成立，证明：a >e ＋12e ．4．解析(1)由题得f ′(x )＝－a x 2＋b (ln x ＋1)，∴f ′(e)＝－a e 2＋2b ＝1，且f (e)＝ae＋e b ＝2e ，从而解得a ＝e 2，b ＝1．(2)由f (x )≥1对任意x ∈12，2恒成立，得ax＋bx ln x ≥1，等价于a ≥x －bx 2ln x ，令g (x )＝x －bx 2ln x ，x ∈12，2，则g ′(x )＝1－b (2x ln x ＋x )，令φ(x )＝1－b (2x ln x ＋x )，则φ′(x )＝－b (2ln x ＋3)，易知φ′(x )<0，故g ′(x )在12，2上单调递减，因为g ′(e －12)＝1－b (－e －12＋e －12)＝1>0，g ′(1)＝1－b (2ln1＋1)＝1－b <0，故x 0∈(e －12，1)，使g ′(x 0)＝1－b (2x 0ln x 0＋x 0)＝0，则g (x )在12，x 0上单调递增，在(x 0，2]上单调递减，故g (x )max ＝g (x 0)＝x 0－bx 20ln x 0＝x 0＋bx 202，令h (x )＝x ＋bx 22，易知h (x )在(e －12，1)上单调递增，则a ≥x 0＋bx 202>e －12＋b e －12＝e ＋b 2e >e ＋12e ．5．已知函数f (x )＝e x ＋a －ln x (其中e ＝2.71828…，是自然对数的底数)．(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程；(2)求证：当a >1－1e 时，f (x )>e ＋1．5．解析(1)∵a ＝0时，∴f (x )＝e x －ln x ，f ′(x )＝e x －1x(x >0)，∴f (1)＝e ，f ′(1)＝e －1，∴函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为：y －e ＝(e －1)(x －1)，即(e －1)x －y ＋1＝0．(2)∵f ′(x )＝e x ＋a －1x (x >0)，设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x ＋a ＋1x 2>0，∴g (x )是增函数，∵e x ＋a >e a ，∴由e a >1x，得x >e －a ，∴当x >e －a 时，f ′(x )>0；若0<x <1，则e x ＋a <e a ＋1，由e a ＋1<1x得，x <e －a －1，∴当0<x <min{1，e －a －1}时，f ′(x )<0，故f ′(x )＝0仅有一解，记为x 0，则当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )递减；当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )递增；∴f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0＋a －ln x 0，而f ′(x 0)＝e x 0＋a －1x 0＝0，所以e x 0＋a ＝1x 0，所以a ＝－ln x 0－x 0，记h (x )＝ln x ＋x ，则f (x 0)＝1x 0－ln x 0＝a >1－1e ，即－a <1e－1，所以h (x 0)<而h (x )显然是增函数，∴0<x 0<1e ，∴1x 0>e ，∴h (e)＝e ＋1．综上，当a >1－1e 时，f (x )>e ＋1．考点二不等式恒成立与存在性中的“隐零点”【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝ax ＋x ln x (a ∈R )．(1)若函数f (x )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k (x －1)<f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求k 的最大值．解析(1)∵函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数，∴f ′(x )＝a ＋ln x ＋1≥0在区间[e ，＋∞)上恒成立，∴a ≥(－ln x －1)max ＝－2，∴a ≥－2．∴a 的取值范围是[－2，＋∞)．(2)当a ＝1时，f (x )＝x ＋x ln x ，k ∈Z 时，不等式k (x －1)<f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，∴k min，令g (x )＝x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2，令h (x )＝x －ln x －2(x >1)．则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，∴h (x )在(1，＋∞)上单调递增，∵h (3)＝1－ln3<0，h (4)＝2－2ln2>0，存在x 0∈(3，4)，使h (x 0)＝0，即当1<x <x 0时，h (x )<0，即g ′(x )<0，当x >x 0时，h (x )>0，即g ′(x )>0，g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．令h (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，即ln x 0＝x 0－2，g (x )min ＝g (x 0)＝x 0(1＋ln x 0)x 0－1＝x 0(1＋x 0－2)x 0－1＝x 0∈(3，4)．k <g (x )min ＝x 0∈(3，4)，且k ∈Z ，∴k max ＝3．[例2](2020·新高考Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．解析(1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x －1x，∴f ′(1)＝e －1．∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2，∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)∴所求三角形面积为12×2×|－2e －1|＝2e －1．(2)解法一(隐零点)∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ，∴f ′(x )＝a e x －1－1x，且a >0．设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝a e x －1＋1x 2>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＝1时，f ′(1)＝0，则f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝1，∴f (x )≥1成立；当a >1时，1a<1，∴11e a<1，∴f ′(1)＝11(e 1)(1)0a a a ---<，∴存在唯一x 0>0，使得f ′(x 0)＝a e x 0－1－1x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时f ′(x )>0，∴a e x 0－1＝1x 0，∴ln a ＋x 0－1＝－ln x 0，因此f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－1－ln x 0＋ln a ＝1x 0＋ln a ＋x 0－1＋ln a ≥2ln a －1＋21x 0·x 0＝2ln a ＋1>1，∴f (x )>1，∴f (x )≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <a <1，∴f (1)<1，f (x )≥1不恒成立．综上所述，a 的取值范围是[1，＋∞)．解法二(同构)∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a ＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a ＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e lnx ＋ln x ，令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x )，显然g (x )为单调递增函数，∴又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x，在(0，1)上h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(1，＋∞)上h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝0，ln a ≥0，即a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)．[例3]已知函数f (x )＝ln x －kx (k ∈R )，g (x )＝x (e x －2)．(1)若f (x )有唯一零点，求k 的取值范围；(2)若g (x )－f (x )≥1恒成立，求k 的取值范围．解析(1)由f (x )＝ln x －kx 有唯一零点，可得方程ln x －kx ＝0，即k ＝ln xx有唯一实根，令h (x )＝ln xx ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，由h ′(x )>0，得0<x <e ；由h ′(x )<0，得x >e ，∴h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．∴h (x )≤h (e)＝1e ，又h (1)＝0，∴当0<x <1时，h (x )<0；又当x >e 时，h (x )＝ln xx，则h (x )＝ln xx的大致图象如图所示，可知，k ＝1e或k ≤0．(2)∵x (e x －2)－(ln x －kx )≥1恒成立，且x >0，∴k ≥1＋ln x x－e x＋2恒成立，令φ(x )＝1＋ln x x －e x ＋2，则φ′(x )＝1x ·x －(1＋ln x )x 2－e x ＝－ln x －x 2e xx 2，令μ(x )＝－ln x －x 2e x ，则μ′(x )＝－1x －(2x e x ＋x 2e x )＝－1x－x e x (2＋x )<0(x >0)，∴μ(x )在(0，＋∞)上单调递减，又1－12e e ->0，μ(1)＝－e<0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x 0μ(x 0)＝0，即－ln x 0＝x 200e x ，两边取对数可得ln(－ln x 0)＝2ln x 0＋x 0，即ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)＝x 0＋ln x 0，由函数y ＝x ＋ln x 为增函数，可得x 0＝－ln x 0，又当0<x <x 0时，μ(x )>0，φ′(x )>0；当x >x 0时，μ(x )<0,φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，∴φ(x )≤φ(x 0)＝1＋ln x 0x 0－0e x＋2＝1－x 0x 0－1x 0＋2＝1，∴k ≥φ(x 0)＝1，即k 的取值范围为k ≥1．[例4]已知f (x )＝a sin x ，g (x )＝ln x ，其中a ∈R ，y ＝g －1(x )是y ＝g (x )的反函数．(1)若0<a ≤1，证明：函数G (x )＝f (1－x )＋g (x )在区间(0，1)上是增函数；(2)设F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ，若对任意的x >0，m <0有F (x )>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值．解析(1)由题意知G (x )＝a sin(1－x )＋ln x ，G ′(x )＝1x－a cos(1－x )(x >0)，当x ∈(0，1)，0<a ≤1时，1x >1，0<cos(1－x )<1，∴a cos(1－x )<1，∴G ′(x )>0，故函数G (x )在区间(0，1)上是增函数．(2)解法一由对任意的x >0，m <0有F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ＝e x －mx 2－2x ＋b －2>0恒成立，即b >－e x ＋mx 2＋2x ＋2恒成立，令h (x )＝－e x ＋mx 2＋2x ＋2，则h ′(x )＝－e x ＋2mx ＋2，h ′′(x )＝－e x ＋2m <0，∴h ′(x )＝－e x ＋2mx ＋2在(0，＋∞)上单调递减，h ′(x )max <h ′(0)＝0，且当x →＋∞时，h ′(x )→－∞，则必存在x 0，使得h (x 0)＝0，即－0e x ＋2mx 0＋2＝0，∴m ＝0e x －22x 0，∴h (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (x 0)＝－0e x＋2mx 0＋2，即h (x 0)＝－0e x ＋0e x －22x 0·x 20＋2x 0＋20e x＋x 0＋2，令m (x )x ＋x ＋2，x ∈(0，ln2)，则m ′(x )＝12(x －1)e x ＋1，令n (x )＝12(x －1)e x ＋1，则n ′(x )＝12x e x >0，∴m ′(x )在(0，ln2)上单调递增，∴m ′(x )>m ′(0)＝12>0，∴m (x )在(0，ln2)上单调递增，∴m (x )<m (ln2)＝2ln2，∴b ≥2ln2，又b 为整数，∴最小整数b 的值为2．解法二由对任意的x >0，m <0有F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ＝e x －mx 2－2x ＋b －2>0恒成立，即x 2m －e x ＋2x －b ＋2<0恒成立，令h (m )＝x 2m －e x ＋2x －b ＋2，h ′(m )＝x 2≥0，∴h (m )＝x 2m －e x ＋2x －b ＋2在(－∞，0)上单调递增，即∴h (m )<h (0)＝－e x＋2x －b ＋2<0即可，即b >－e x＋2x ＋2令m (x )＝－e x ＋2x ＋2，∵m ′(x )＝－e x＋2，令m ′(x )＝0，解得x ＝ln 2．∴m (x )在(0，ln 2)上单调递增，在(ln 2，＋∞)上单调递减，∴m (x )max ＝m (ln 2)＝2ln 2，∴b ≥2ln 2，又b 为整数，∴最小整数b 的值为2．[例5]已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a >0．(1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．解析(1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －，∴g ′(x )＝2－2x ＋2a x 2．当0<a <14时，g (x )上单调递增，上单调递减；当a ≥14时，g (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x－1，令φ(x )＝－ln x ＋x 2－x －＋x －1－ln x 1＋x －1，则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－e （e －2）1＋e －1－<0．故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0．令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －1，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)，由u ′(x )＝1－1x≥0知，函数u (x )在(1，＋∞)上单调递增．∴0＝u (1)1＋1<u (x 0)1＋x －10＝a 0<u (e)1＋e －1＝e －21＋e－1<1．即a 0∈(0，1)，当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0．因为f ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，从而f (x )>f (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )>f (x 0)＝0．∴当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0．综上所述，存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【对点训练】1．已知函数f (x )＝x ln x ．(1)求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e ))处的切线方程；(2)若当x >1时，f (x )＋x >k (x －1)恒成立，求正整数k 的最大值．1．解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，因为f ′(e )＝2，f (e )＝e ，所以曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e ))处的切线方程为y －e ＝2(x －e )，即2x －y －e ＝0．(2)由f (x )＋x >k (x －1)，得x ln x ＋x >k (x －1)．即k <x ln x ＋x x －1对于x >1恒成立，令g (x )＝x ln x ＋x x －1，只需k <g (x )min ，g ′(x )＝(x －1)(ln x ＋2)－x ln x －x (x －1)2＝x －ln x －2(x －1)2，令u (x )＝x －ln x －2，则u ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，所以u (x )＝x －ln x －2在(1，＋∞)上单调递增，因为u (2)＝－ln 2<0，u (3)＝1－ln 3<0，u (4)＝2－ln 4>0，所以∃x 0∈(3，4)，使得u (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，且当1<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－1＝x 0(x 0－2)＋x 0x 0－1＝x 0∈(3，4)，又因为k ∈N *，所以k max ＝3．2．(2012全国Ⅱ)设函数f (x )＝e x －ax －2．(1)求f (x )的单调区间；(2)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．2．解析(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a ．若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．若a >0，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0．所以f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增．(2)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 )＝e x (e x －x －2)(e x －1)2．由(1)知，函数h (x )＝e x －x －2在(0，＋∞)单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)存在唯一的零点，故g ′(x )在(0，＋∞)存在唯一的零点，设此零点为x 0，则x 0∈(1，2)．当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)的最小值为g (x 0)，又由g ′(x 0)＝0，可得0e x ＝x 0＋2，所以g (x 0)＝x 0＋1∈(2，3)．，故①等价于k <g (x 0)，故整数k 的最大值为2．3．已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，设函数g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ，b ∈Z ，若g (x )≤0对任意的x b 的最小值．3．解析(1)由题意，函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )，可得f ′(x )＝(x －a ＋1)e x ，当x ∈(－∞，a －1)时，f ′(x )<0；当x ∈(a －1，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－∞，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增．(2)由函数g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ＝(x －2)e x ＋ln x －x －b (b ∈Z )，因为g (x )≤0对任意的x b ≥(x －2)e x ＋ln x －x 对任意的x令函数h (x )＝(x －2)e x ＋ln x －x ，则h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x－1＝(x －x因为x x －1<0．再令函数t (x )＝e x －1x ，可得t ′(x )＝e x ＋1x2>0，所以函数t (x )单调递增．因为e 12－2<0，t (1)＝e －1>0，所以一定存在唯一的x 0使得t (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0，即x 0＝－ln x 0，所以h (x )(x 0，1)上单调递减，所以h (x )max ＝h (x 0)＝(x 0－2)e x 0＋ln x 0－x 0＝1－0(－4，－3)．因为b ∈Z ，所以b 的最小值为－3．4．已知函数f (x )＝x －ln x －e x x．(1)求f (x )的最大值；(2)若f (x )x －bx ≥1恒成立，求实数b 的取值范围．4．解析(1)f (x )＝x －ln x －e x x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1x －e x (x －1)x 2＝(x －1)(x －e x )x2．令g (x )＝x －e x (x >0)，则g ′(x )＝1－e x <0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，故g (x )<g (0)＝－1<0，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝1－e．(2)f(x)x－bx≥1，⇔－ln x＋x－e xx＋x e x＋e xx－bx≥1，⇔x e x－ln x－1＋xx≥b恒成立，令φ(x)＝x e x－ln x－1＋xx，则φ′(x)＝x2e x＋ln xx2．令h(x)＝x2e x＋ln x，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，x→0，h(x)→－∞，且h(1)＝e>0，所以h(x)在(0，1)上存在零点x0，即h(x0)＝x20e x0＋ln x0＝0，x20e x0＋ln x0＝0⇔x0e x0＝－ln x0x0＝ln1x0 )，由于y＝x e x在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln 1x0＝－ln x0，即e x0＝1x0，所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(x0)＝x0e x0－ln x0－1＋x0x0＝1＋x0－1＋x0x0＝2，因此b≤2，即实数b的取值范围是(－∞，2]．5．设函数f(x)＝e x＋ax，a∈R．(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)均有2f(x)＋3≥x2＋a2，求a的取值范围．5．解析(1)由题意得f′(x)＝e x＋a，当a≥0时，f′(x)>0，此时函数f(x)在R上单调递增，不符合题意；当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)，函数f(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，则f(ln(－a))为f(x)的极小值，要使函数f(x)有两个零点，则f(ln(－a))<0，解得a<－e，所以a的取值范围为(－∞，－e)．(2)令g(x)＝2f(x)＋3－x2－a2＝2e x－(x－a)2＋3，x≥0，则g′(x)＝2(e x－x＋a)．设h(x)＝2(e x－x＋a)，则h′(x)＝2(e x－1)≥0．所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．①当a＋1≥0，即a≥－1时，g′(x)≥0恒成立，即函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(0)＝5－a2≥0，解得－5≤a≤5．又a≥－1，所以－1≤a≤5．②当a＋1<0，即a<－1时，则存在x0>0，使h(x0)＝0且当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，函数g(x)在(0，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，函数g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝2e x0－(x0－a)2＋3．又h(x0)＝2(e x0－x0＋a)＝0，从而g(x)min＝g(x0)＝2e x0－x20＋2ax0－a2＋3＝2x0－2a－x20＋2ax0－a2＋3＝－x20＋2(a＋1)x0－(a＋3)(a－1)＝(－x0＋a＋3)(x0－a＋1)≥0，即a－1≤x0≤a＋3．由于x0是单调增函数h(x)＝2(e x－x＋a)在[0，＋∞)上的唯一零点，要使得a－1≤x0≤a＋3(a<－1)，则只需0≤x0≤a＋3，故只需保证g′(a＋3)＝2[e a＋3－2(a＋3)＋2a]≥0，即e a＋3≥3，故实数，ln3－3≤a<－1．综上所述，a的取值范围为[ln3－3，5]．。
(完整版)导数与函数的零点.ppt
当lnk<x<2时, g'( x) 0 ,函数g(x)单调递增
所以函数y=g(x)的最小值为g(lnk)=k(1-lnk).
由函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,得
g(0) 0
g(ln
k
)
0
，解得
ek
e2
,故k的取值范围为(e, e2 )
g(2) 0
2
2
(2)由(1)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减, 故f(x)在(0,2)无极值点 当k>0时,设函数 g( x) e x kx, x (0,2) y=f(x)在(0,2)上有两个极值点等价于g(x)在(0,2)上有两个零点
mm
1
所以k=2a=1，得 a
故a的取值范围为(0,
1
2 )
2
变式训练1:设函数f
(x)
ex x2
k(
2 x
ln
x)
(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间.
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.
解:(1)f(x)的定义域为 (0, )
ex
2
f (x)
x2
k( x
4.求函数的最值的方法及步骤：
导数的应用(2)
1.已知函数 f ( x) x(ln x ax)有两个极值点,则实数a的取值范围()
1
A)( ,0)
B) (0, ) 2
C)(0,1) D)(0, )
变x2
k(
2 x
ln
x)
(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间.
导数的应用(2)
变式训练2.已知函数 f ( x) x3 ax 1 ,g(x)=-lnx 4
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，
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
方程根的个数
图像法
1. 已知函数ƒ（x ）=2
-x e x
（1）求ƒ（x ）的单调区间 增),3(+∞减)3,2()2,( -∞
（2）判断关于x 的方程e x =k(x-2)(k ∈R)的解的情况
2已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,若方程f(x)=m(m>0)在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ,则1234_________.x x x x +++=
利用单调性
1已知二次函数)(x f 的二次项系数为a ，且不等式)(x f ＞x 2的解集为（-1，3）。
（1）若方程a x f 7)(-=有两个相等的实数根，求)(x f 的解析式 34)(2++-=x x x f
（2）若函数)()(x xf x g =在区间⎥⎦
⎤ ⎝⎛∞-3,a 内单调递减，求a 的取值范围 (]1,-∞- （3）当a =-1时，证明：方程12)(3-=x x f 仅有一个实数根
2、已知a ＞0，l x n x ax x f ),1(112)(2+++-=是曲线)(x f y =在点))0(,0(f P 处的切线
（1）求l 的方程 1+-=x y
（2）若切线l 与曲线)(x f y =有且只有一个公共点，求a 的值 21=
a （3）证明：对任意的),(*N ∈=n n a 函数)(x f y =总有单调递减区间，并求出)(x f 的单调递减区
间的长度的取值范围（区间[]21,x x 的长度=12x x -） (]2,1
分离参数求值域
1. 已知函数=)(x f log 4)()14(R x kx x ∈++是偶函数
（1）求k 的值 2
1-=k （2）若方程0)(=-m x f 有解，求m 的取值范围 m ≥
21
2已知函数x x x f 2cos 34sin 2)(2-⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=π （1）求)(x f 的最小正周期和单调递增区间 )(125,12;Z k k k T ∈⎥⎦
⎤⎢⎣⎡
+-=πππ
ππ （2）若关于x 的方程⎥⎦
⎤⎢
⎣⎡∈=-2,42)(ππx m x f 在上有解，求实数m 的取值范围 []1,0∈m
练习。
1已知函数2()8,()6ln .f x x x g x x m =-+=+
（I ）求()f x 在区间[],1t t +上的最大值();h t （II ）是否存在实数,m 使得()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由。
综上，2267,3,()16,34,8,4t t t h t t t t t ⎧-++<⎪=≤≤⎨⎪-+>⎩
存在实数m ，使得函数()y f x =与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，m 的取值范围为(7,156ln 3).-
2．已知函数a x
a x g nx x f ()(,1)(==＞0），设)()()(x g x f x F += （1）求)(x F 在(]3,0内的最小值 11+na
（2）是否存在实数m ，使得函数1)1
2(
2-++=m x a g y 的图像与)1(2x f y +=的图像恰好有四个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围，若不存在，说明理由 )21,2
1(n m ∈ 3．已知函数),(2131)(23R b R a a bx x a x x f ∈∈+++-=，其导函数)(/x f 的图像过原点 （1）当1=a 时，求函数)(x f 的图像在3=x 处的切线方程 083=--y x
（2）若存在x ＜0，使得)(/
x f =-9，求a 的最大值 -7
（3）当a ＞0时，求函数)(x f 的零点个数 三个
4．已知函数x e x x x f ⋅+-=)33()(2的定义域为[]t t (,2-＞-2）设n t f m f ==-)(,)2(
（1）若函数)(x f 在[]t ,2-上为单调函数，试确定t 的取值范围 -2＜t ≤0
（2）求证：n ＞m
（3）若t 为自然数，则当t 取哪些值时，方程)(0)(R m m x f ∈=-在[]t ,2-上有三个不相等的实数根？请求出相应实数m 的取值范围 t ≥2且N ∈t )3,(e
5．已知函数)(1)(a x n x x f +-=在1=x 处取得极值
（1）求实数a 的值 a =0
(2)若关于x 的方程b x x x f +=+22)(在⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,2
1上有且只有一个实根，求实数b 的取值范围 2-1n2≤b ＜4
5+1n2或b=2 （3）证明：nn
n n 11311211+++ ＞n n n n n n ,()1(232N ∈+--≥2）（参考数据：6931.021≈n ） 08山东（21）（本小题满分12分） 已知函数1()ln(1),(1)
n f x a x x =+--其中n ∈N*,a 为常数. （Ⅰ）当n =2时，求函数f (x )的极值；
（Ⅱ）当a =1时，证明：对任意的正整数n , 当x ≥2时，有f (x )≤x -1.
答案 综上所述，n =2时，
当a ＞0时，f (x )在1x =+处取得极小值，极小值为2(1(1ln ).2a f a +=+ 当a ≤0时，f (x )无极值.
（07山东）设函数)1ln()(2++=x b x x f ,其中b ≠0。
（Ⅰ）当b>21时，判断函数)(x f 在定义域上的单调性； ()1,-+∞上单调递增。
（Ⅱ）求函数)(x f 的极值点；
（Ⅲ）证明对任意的正整数n,不等式3211)11ln(
n n n ->+都成立。