2020版高考数学一轮复习课时作业17导数与函数的零点问题理(含解析)新人教版

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2020版高考数学一轮复习课时作业16 导数与不等式问题理(含解析)新人教版

∴e1－x2－e1－x1>lnx1－lnx2。
要证 e1－x2－e1－x1〉1－错误!,只需证 lnx1－lnx2>1－错误!，即证 ln错误!>1
－错误!，令 t＝错误!，t∈(0，1），则只需证 lnt>1－错误!，令 h(t)＝lnt＋错误!－1，则当 0<t〈1 时,h′（t）＝错误!<0， ∴h(t)在（0,1）上单调递减，又 h(1）＝0， ∴h(t）>0，即 lnt〉1－错误!,得证．
课时作业 16 导数与不等式问题
一、选择题 1．当 x∈［－2,1]时，不等式 ax3－x2＋4x＋3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范围是（ C ) A．[－5，－3］ B。错误! C．[－6，－2] D．［－4，－3］解析:当 x∈(0，1］时，a≥－3错误!3－4错误!2＋错误!，令 t＝错误!，则 t∈［1，＋∞），a≥－3t3－4t2＋t,令 g(t）＝－3t3－4t2＋t，在 t∈[1，＋∞）上,g′（t)〈0，g(t）单调递减，所以 g（t)max＝g(1）＝－6，因此 a≥－6；同理，当 x∈[－2，0）时，得 a≤－2。由以上两种情况得－ 6≤a≤－2,显然当 x＝0 时也成立，故实数 a 的取值范围为［－6,－2］． 2．若不等式 2xlnx≥－x2＋ax－3 对 x∈（0，＋∞）恒成立，则实数 a 的取值范围是( B ） A．(－∞,0) B．（－∞，4] C．(0，＋∞） D．［4，＋∞) 解析：2xlnx≥－x2＋ax－3,则 a≤2lnx＋x＋错误!，设 h（x）＝2lnx＋ x＋错误!（x〉0），则 h′(x)＝错误!. 当 x∈(0,1）时，h′（x)<0，函数 h（x）单调递减；当 x∈（1，＋∞)时,h′(x)〉0，函数 h(x)单调递增，所以 h（x）min＝h(1)＝4。所以 a≤h(x）min＝4. 二、填空题 3．若关于 x 的不等式 x3－3x2－9x＋2≥m 对任意 x∈[－2，2］恒成立，则 m 的取值范围是（－∞，－20]．解析：令 f(x）＝x3－3x2－9x＋2，则 f′（x）＝3x2－6x－9，令 f′(x) ＝0，得 x＝－1 或 3(舍去)．因为 f（－1）＝7，f（－2)＝0，f(2)＝－20. 所以 f（x)的最小值为 f（2)＝－20，故 m≤－20。 4．(2019·福建三校联考）已知函数 f(x)＝ax2－xlnx 在错误!上单调递增，则实数 a 的取值范围是 a≥错误!。

(江苏专用)2020版高考数学一轮复习加练半小时专题利用导数研究函数零点问题(文)(含解析)

第21练利用导数研究函数零点问题[基础保分练]1.已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则a 的取值取值范围是________.2.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 22e，x ≥a ，ln x ，0<x <a .若对任意实数k ，总存在实数x 0，使得f (x 0)＝kx 0成立，则实数a 的取值集合为________.3.已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )>f ′(x )，则函数g (x )＝(x －1)f (x )＋12在(1，＋∞)上的零点个数为________.4.已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x 恰有两个零点，则实数a 的取值范围是________.5.已知当x ∈(1，＋∞)时，关于x 的方程x ln x ＋1－k xk＝－1有唯一实数解，则距离k最近的整数为________.6.(2018·苏州模拟)已知函数f (x )＝x 33＋x 22与g (x )＝6x ＋a 的图象有3个不同的交点，则a的取值范围是________________.7.若函数f (x )＝x 2e x－a 恰有三个零点，则实数a 的取值范围是________.8.若关于x 的方程1－k (x －2e)·ln x ＝0在(1，＋∞)上有两个不同的解，其中e 为自然对数的底数，则实数k 的取值范围是________.9.函数f (x )＝a e x －x有两个零点，则a 的取值范围是________________________________________________________________________. 10.若关于x 的方程kx ＋1＝ln x 有解，则实数k 的取值范围是________.[能力提升练]1.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －x 2e x，x ≤0，－x 2＋4x ＋3，x >0，g (x )＝f (x )＋2k ，若函数g (x )恰有两个不同的零点，则实数k 的取值范围为________________.2.若函数f (x )＝a e x－x －2a 有两个零点，则实数a 的取值范围是________.3.对于函数f (x )，g (x )，设α∈{x |f (x )＝0}，β∈{x |g (x )＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f (x )，g (x )互为“零点相邻函数”.若函数f (x )＝ex －1＋x －2与g (x )＝x 2－ax －a ＋3互为“零点相邻函数”，则实数a 的取值范围是________.4.已知函数F (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫ln x x 2＋(a －1)ln x x ＋1－a 有三个不同的零点x 1，x 2，x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则⎝⎛⎭⎪⎫1－ln x 1x 12·⎝⎛⎭⎪⎫1－ln x 2x 2⎝⎛⎭⎪⎫1－ln x 3x 3的值为________.5.已知函数f (x )＝(x －1)e x－ax 2，若y ＝f (cos x )在x ∈[0，π]上有且仅有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为________.6.若函数f (x )＝－ln x ＋ax 2＋bx －a －2b 有两个极值点x 1，x 2，其中－12<a <0，b >0，且f (x 2)＝x 2>x 1，则方程2a [f (x )]2＋bf (x )－1＝0的实根个数为________.答案精析基础保分练1.(－∞，2ln2－2]2.{e}3.04.(－1,0)解析由a ln x ＋x 2－(a ＋2)x ＝0得a ＝x 2－2xx －ln x，令g (x )＝x 2－2xx －ln x，则g ′(x )＝x －1x ＋2－2ln xx －ln x 2，g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－1，又当x ∈(0,1)时，x 2－2x <0，g (x )＝x 2－2x x －ln x<0，所以实数a 的取值范围是(－1,0).5.3 解析由x ln x ＋1－k x k ＝－1可得k ＝x ln x ＋xx －1(x >1)，令g (x )＝x ln x ＋xx －1(x >1)，则g ′(x )＝x －ln x －2x －12，令h (x )＝x －ln x －2，则h ′(x )＝1－1x，由x ∈(1，＋∞)可得h ′(x )>0，函数h (x )单调递增.因为h (3)＝1－ln3<0，h (4)＝2－ln4>0，h (3.5)＝1.5－ln3.5>0，则存在x 0∈(3,3.5)满足h (x 0)＝0，所以g (x 0)是函数g (x )的最小值.若满足唯一实数解，则k ＝g (x 0).由h (x 0)＝0得ln x 0＝x 0－2，则g (x 0)＝x 0x 0－2＋x 0x 0－1＝x 0，所以k ＝x 0∈(3，3.5).据此可得距离k 最近的整数为3.6.⎝ ⎛⎭⎪⎫－223，2727.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2 8.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e解析若方程存在两个不同解，则k ≠0， ∴1k＝(x －2e)ln x ，x >1，设g (x )＝(x －2e)ln x ，则g ′(x )＝ln x －2ex＋1在(1，＋∞)上单调递增，且g ′(e)＝0，∴g (x )在(1，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (e)＝－e ， ∵g (1)＝g (2e)＝0，∴g (x )<0在(1,2e)上恒成立， ∴若方程存在两个不同解，则1k ∈(－e,0)，即k ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e . 9.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e10.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1e 2 解析设f (x )＝ln x －kx －1，则f ′(x )＝1x －k ＝1－kxx(x >0).①若k ≤0，则f ′(x )>0，f (x )为(0，＋∞)上的增函数.∵x →0时，f (x )→－∞，∴f (x )有且只有一个零点，即此时方程kx ＋1＝ln x 有解. ②若k >0，令f ′(x )>0，得0<x <1k，即f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1k 上为增函数；令f ′(x )<0，得x >1k，即f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k，＋∞上为减函数.要使函数f (x )有零点，需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k≥0，即－ln k －2≥0，解得k ≤1e 2.∴0<k ≤1e 2时，f (x )有零点，即此时方程kx ＋1＝ln x 有解. 综上所述，k ≤1e 2.能力提升练1.⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－32∪2210,e⎧⎫+⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭解析由y ＝(2x －x 2)e x (x ≤0)求导，得y ′＝(2－x 2)e x ，故y ＝(2x －x 2)e x(x ≤0)在(－2，0]上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减，且当x <0时，恒有y ＝(2x －x 2)e x<0.又y ＝－x 2＋4x ＋3(x >0)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以可作出函数y ＝f (x )的图象，如图. 由图可知，要使函数g (x )恰有两个不同的零点，需－2k ＝0或－2k 2222e--或3<－2k <7，即实数k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－32∪22e ⎧⎫⎪⎨⎪⎩. 2.(0，＋∞)解析函数f (x )＝a e x－x －2a 的导函数f ′(x )＝a e x－1.当a ≤0时，f ′(x )≤0恒成立，函数f (x )在R 上单调递减，不可能有两个零点；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 1a，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln 1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ，＋∞上单调递增，∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ＝1－ln 1a－2a ＝1＋ln a －2a .令g (a )＝1＋ln a －2a (a >0)，g ′(a )＝1a－2.当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，g (a )单调递减， ∴g (a )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－ln2<0，∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a <0，函数f (x )＝a e x－x －2a 有两个零点. 综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞). 3.[2,3] 4.1解析令y ＝ln x x ，则y ′＝1－ln xx2，故当x ∈(0，e)时，y ′>0，y ＝ln x x 是增函数，当x ∈(e，＋∞)时，y ′<0，y ＝ln xx是减函数，且lim x →0ln x x ＝－∞，lne e ＝1e ， lim x →＋∞ln x x＝0；函数y ＝ln xx图象大致如图，令ln x x＝t ，则可化为t 2＋(a －1)t ＋1－a ＝0，故结合题意可知，t 2＋(a －1)t ＋1－a ＝0有两个不同的根，故Δ＝(a －1)2－4(1－a )>0，故a <－3或a >1，不妨设方程的两个根分别为t 1，t 2，且t 1∈(－∞，0)，t 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ， ①若a <－3，t 1＋t 2＝1－a >4，与t 1≤1e 且t 2≤1e 相矛盾，故不成立；②若a >1，则方程的两个根t 1，t 2一正一负，结合y ＝ln x x 的性质可得，ln x 1x 1＝t 1，ln x 2x 2＝t 2，ln x 3x 3＝t 2，故⎝⎛⎭⎪⎫1－ln x 1x 12⎝⎛⎭⎪⎫1－ln x 2x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln x 3x 3 ＝(1－t 1)2(1－t 2)(1－t 2)＝[1－(t 1＋t 2)＋t 1t 2]2，又∵t 1t 2＝1－a ，t 1＋t 2＝1－a ，∴⎝⎛⎭⎪⎫1－ln x 1x 12⎝⎛⎭⎪⎫1－ln x 2x 2⎝⎛⎭⎪⎫1－ln x 3x 3＝1. 5.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－2e解析函数f (x )＝(x －1)e x－ax 2，可得f ′(x )＝x (e x－2a )，令x (e x－2a )＝0，可得，x ＝0或e x＝2a . 当a ≤0时，导函数只有一个零点，并且x ＝0是函数的一个极小值点，并且f (0)＝－1<0，若y ＝f (cos x )在x ∈[0，π]上有且仅有两个不同的零点，也就是y ＝f (x )在x ∈[－1,1]上有且仅有两个不同的零点，可得⎩⎪⎨⎪⎧f －1≥0，f1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2e －1－a ≥0，－a ≥0，可得a ≤－2e.当a >0时，函数两个极值点为x ＝0，x ＝ln(2a )，如果ln(2a )<0，因为f (ln(2a ))<0，可知不满足题意；如果ln(2a )>0，因为f (0)＝－1<0，可知f (x )只有一个零点，不满足题意. 综上a ≤－2e .6.5解析 ∵函数f (x )＝－ln x ＋ax 2＋bx －a －2b 有两个极值点x 1，x 2，∴f ′(x )＝－1x ＋2ax ＋b ＝2ax 2＋bx －1x，即2ax 2＋bx －1＝0有两个不相等的正根，∴Δ1＝b 2＋8a >0，解得x ＝－b ±b 2＋8a 4a.∵x 1<x 2，－12<a <0，b >0，∴x 1＝－b ＋b 2＋8a 4a，x 2＝－b －b 2＋8a 4a.而方程2a [f (x )]2＋bf (x )－1＝0的Δ＝Δ1>0， ∴此方程有两解且f (x )＝x 1或x 2，即有0<x 1<x 2，∵x 1，x 2>0，又x 1x 2＝－12a>1，∴x 2>1，∵f (1)＝－b <0，∴f (x 1)<0，f (x 2)>0. 根据f ′(x )画出f (x )的简图，∵f (x 2)＝x 2，由图象可知方程f (x )＝x 2有两解，方程f (x )＝x 1有三解. ∴方程f (x )＝x 1或f (x )＝x 2共有5个实数解.即关于x 的方程2a [f (x )]2＋bf (x )－1＝0共有5个不同实根.。

2025届新高考数学一轮复习精讲：利用导数研究函数的零点(方程的根)(含新定义解答题)(分层精练)

由图象可得函数()f x的零点个数为故选：C.3．（2023·陕西西安·模拟预测）A．e,0⎛⎫B．g x与y a=只有1要想()故实数a的取值范围是(1,故选：A5．（22-23高三上·江苏南京6．（2024·云南·模拟预测）已知函数()e ln xf x x x x a =---解，则实数a 的取值范围是（）A ．[)0,∞+B ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭C ．[)1,+∞【答案】C 【分析】首先分析题意，由于()0f x =，设出()e xg x x =()()e 1,0,e x h x x x =-∈，则()e e 0x x h x x =+>'，分析()h x 单调性解出实数【详解】根据题意，()0f x =，所以e ln x a x x x =--，令g ()e ln xf x x x x a =---在()0,e 上存在零点等价于y =因为函数()()g x f x m =-所以函数()f x 的图象与直线由图可知，e m >，即m 的取值范围为故选：C8．（2024·广西·模拟预测）故a的取值范围为ln3e1,3e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：C.二、多选题所以7102a -<-<，解得故选：BCD.10．（2024高二下·全国·专题练习）A ．()y f x =在()2,3B ．()y f x =恰有一个极大值C ．当1a >时，(f x D ．当1a =时，(f f三、填空题11．（2023·四川遂宁·模拟预测）已知根，则a的取值范围为【答案】1 0,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】由对数的运算性质可得数形结合可知，()y h x =与故()f x 在()0,+∞有两个零点故答案为：2.可得函数最小值为(1,e f -数形结合可知10,e t t -<<的取值范围是故选：A.由a b <，()()f a f b =得ln ln a a b-=象可知()e,2e c ∈，所以ln ln b ac a b⋅=-故答案为：()2e,e --故答案为：6435．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知函数由图象可得20eλ<<，且方程()f t λ=的三个解分别为则有12t =λ，即12log t =λ，。

浙江专用2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用导函数的“隐零点”问题习题含解析

解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e － (x ＞0).2x当 a ＞0 时，设 u (x )＝e ，v (x )＝－，2x因为 u (x )＝e 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以 f ′(x )2xx 0故当 a ＞0 时，f (x )≥2a ＋a ln .故 f (x )的最小值为 2a ＋a ln .2x 0a a【训练 1】 (1)讨论函数 f (x )＝x －2xxe 的单调性，(2)证明：当 a ∈[0，1)时，函数 g (x )＝ (x >0)有最小值.设 g (x )的最小值为 h (a )，导函数的“隐零点”问题知识拓展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直接表示的，称之为“隐零点”.对于隐零点问题，由于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，对学生综合能力的要求较高，成为考查的难点.题型突破题型一函数最值中的“隐零点”【例 1】设函数 f (x )＝e 2x －a ln x .(a 为大于零的常数)，已知 f ′(x )＝0 有唯一零点，求f (x )的最小值.axaxax在(0，＋∞)上单调递增.设 f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为 x 0，当 x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；当 x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故 f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当 x ＝x 0 时，f (x )取得最小值，最小值为 f (x 0).a由于 2e2x 0－＝0，a2 2所以 f (x 0)＝＋2ax 0＋a ln ≥2a ＋a ln .2a2ax ＋2e x －ax －ax 2⎛ e ⎫x⎝x ＋2⎭x a ＋2 ⎛1 e ⎤2 使得 h (a )＝λ .所以 h (a )的值域是， ⎥.⎛1 e ⎤2 综上，当 a ∈[0，1)时，g (x )有最小值 h (a )，h (a )的值域是， ⎥.f ′(x )＝＝ ≥0，(2)证明g ′(x )＝＝ (f (x )＋a ). 因此 g (x )在 x ＝x a 处取得最小值，最小值为 g (x a )＝＝＝ .′＝ >0，于是 h (a )＝，由⎪得 y ＝单调递增.2 0＋2 x a ＋2 2＋2 4因为 y ＝单调递增，对任意 λ ∈ ， ⎥，存在唯一的 x a ∈(0，2]，a ＝－f (x a )∈[0，1)，2 2求函数 h (a )的值域.(1)解 f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞).（x －1）（x ＋2）e x －（x －2）e x x 2e x（x ＋2）2 （x ＋2）2当且仅当 x ＝0 时，f ′(x )＝0，所以 f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增.因此当 x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1.所以(x －2)e x >－(x ＋2)，即(x －2)e x ＋x ＋2>0.（x －2）e x ＋a （x ＋2） x ＋2x 3 x 3由(1)知，f (x )＋a 单调递增，对任意 a ∈[0，1)，f (0)＋a ＝a －1<0，f (2)＋a ＝a ≥0.因此，存在唯一 x a ∈( 0，2]，使得 f (x a )＋a ＝0，即 g ′(x a )＝0.当 0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当 x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增.e x a －a (x a ＋1) e x a ＋f (x a )(x ＋1) e x ax a x a x a＋2e x a （x ＋1）e x （x ＋2）2e xx ＋2所以，由 x a ∈(0，2]，1 e 0 e x a e2 e 2得＝ <h (a )＝ ≤ ＝ .e x ⎛1 e 2⎤ x ＋2 ⎝2 4 ⎦⎝2 4 ⎦⎝2 4 ⎦题型二不等式证明中的“隐零点”【例 2】 (2017·全国Ⅱ卷)已知函数 f (x )＝ax 2－ax －x ln x ，且 f (x )≥0.(1)求 a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点 x 0，且 e －2<f (x 0)<2－2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，而 g ′(x )＝a －，g ′(1)＝a －1，得 a ＝1.若 a ＝1，则 g ′(x )＝1－ .设 h (x )＝2x －2－ln x ，则 h ′(x )＝2－ .当 x ∈ 0， ⎪时，h ′(x )<0；当 x ∈ ，＋∞⎪时，h ′(x )>0. 所以 h (x )在 0， ⎪单调递减，在，＋∞⎪单调递增. ⎛1⎫－2又 h (e )>0，h ⎪<0，h (1)＝0，所以 h (x )在 0， ⎪有唯一零点 x 0，在⎢ ，＋∞⎪有唯一零点 1，且当 x ∈(0，x 0)时，h (x )>0；⎛1⎫⎛1 ⎫⎛1⎫ ⎛1 ⎫ 由 x 0∈0， ⎪得 f (x 0)< .4⎝2⎭ f ′(x )＝2x －(a －2)－＝，设 g (x )＝ax －a －ln x ，则 f (x )＝xg (x )，f (x )≥0 等价于 g (x )≥0，因为 g (1)＝0，g (x )≥0，故 g ′(1)＝0，1x1x当 0<x <1 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当 x >1 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以 x ＝1 是 g (x )的极小值点，故 g (x )≥g (1)＝0.综上，a ＝1.(2)证明由(1)知 f (x )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x ，1x⎝ 2⎭⎝2 ⎭⎝ 2⎭⎝2 ⎭⎝2⎭⎛ 1⎫ ⎡1 ⎫ ⎝ 2⎭ ⎣2 ⎭当 x ∈(x 0，1)时，h (x )<0；当 x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0. 因为 f ′(x )＝h (x )，所以 x ＝x 0 是 f (x )的唯一极大值点. 由 f ′(x 0)＝0 得 ln x 0＝2(x 0－1)，故 f (x 0)＝x 0(1－x 0).⎛ 1⎫ 1因为 x ＝x 0 是 f (x )在(0，1)上的最大值点，由 e －1∈(0，1)，f ′(e －1)≠0得 f (x 0)>f (e －1)＝e －2. 所以 e －2<f (x 0)<2－2.【训练 2】已知函数 f (x )＝x 2＋2x －a (x ＋ln x )(x >0，a ∈R).(1)求函数 y ＝f (x )的单调区间；(2)当 a ＝1 时，证明：对任意的 x >0，f (x )>x 2＋x －e x ＋2.(1)解函数 f (x )的定义域为(0，＋∞)，a （x ＋1）（2x －a ）x x当 a >0 时，由 f ′(x )>0 得 x > ，f ′(x )<0 得 0<x < ，⎛a ⎫ ⎛a ⎫ 所以函数 f (x )在，＋∞⎪上单调递增；函数 f (x )在 0， ⎪上单调递减. 令 g ′(x )＝e x－＝0，x 0 x 0【例 3】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数 f (x )＝－x ＋a ln x .(2)若 f (x )存在两个极值点 x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 22 或 x ＝a ＋ a 2－4 x ＝a － a 2－4当 a ≤0 时，f ′(x )>0 对任意的 x ∈(0，＋∞)恒成立，所以函数 f (x )单调递增；a a2 2⎝2 ⎭ ⎝ 2⎭(2)证明当 a ＝1 时，f (x )＝x 2＋x －ln x ，只需证明 e x －ln x －2>0，设 g (x )＝e x －ln x －2(x >0)，1x1此时方程有唯一解 x 0，满足 e x0＝ (x 0≠1). 当 x 变化时，g ′(x )和 g (x )变化情况如下表x (0，x 0)x 0(x 0，＋∞)g ′(x )－＋g (x )极小值 g (x 0)1g (x )min ＝g (x 0)＝e x0－ln x 0－2＝＋x 0－2，因为 x 0>0，且 x 0≠1，所以 g (x )min >2 1－2＝0，因此不等式得证.题型三导函数中“二次函数”的“设而不求”技巧1x(1)讨论 f (x )的单调性；<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，1 a x 2－ax ＋1f ′(x )＝－x 2－1＋x ＝－ x 2 .(ⅰ)若 a ≤2，则 f ′(x )≤0，当且仅当 a ＝2，x ＝1 时 f ′(x )＝0，所以 f (x )在(0，＋∞)上单调递减.(ⅱ)若 a >2，令 f ′(x )＝0 得，2 .x 2设函数 g (x )＝－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，当 x ∈ 0， ⎪∪ ，＋∞⎪时，f ′(x )<0；当 x ∈ ， ⎪时，f ′(x)>0.所以 f (x )在 0， ⎪，，＋∞⎪上单调递减，在， ⎪f （x 1）－f （x 2） 1 ln x 1－ln x 2x 1－x 2 x 1x 2 x 1－x 2ln x 1－ln x 2 －2ln x 2x 1－x 2 1 所以f （x 1）－f （x 2） x 1－x 2x 2 所以－x 2＋2ln x 2<0，即 <a －2.x ＋2 x ＋2 2 2 2 2 2 2 2 2 1⎛ a － a 2－4⎫ ⎛a ＋ a 2－4 ⎫ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎛a － a 2－4 a ＋ a 2－4⎫⎝ ⎭⎛ a － a 2－4⎫ ⎛a ＋ a 2－4 ⎫⎛a － a 2－4 a ＋ a 2－4⎫⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎝ ⎭上单调递增.(2)证明由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当 a >2.由于 f (x )的两个极值点 x 1，x 2 满足 x 2－ax ＋1＝0，所以 x 1x 2＝1，不妨设 x 1<x 2，则 x 2>1.由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a ，－x 21<a －2 等价于－x 2＋2ln x 2<0.1x又 g (1)＝0，从而当 x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0.1f （x 1）－f （x 2） x 2 x 1－x 2【训练 3】已知函数 f (x )＝x 2＋a ln(x ＋2)，a ∈R ，存在两个极值点 x 1，x 2，求 f (x 1)＋f (x 2)的取值范围.解函数 f (x )的定义域为(－2，＋∞)，a 2x 2＋4x ＋a 且 f ′(x )＝2x ＋＝，由于 f (x )有两个极值点，则二次函数 g (x )＝2x 2＋4x ＋a 在(－2，＋∞)上有两个相异实根 x 1，x 2，由于 g (x )的对称轴为 x ＝－1，由二次函数的图象可知，只需 Δ＝16－8a >0 且 g (－2)＝a >0，即 0<a <2.考虑到 x 1，x 2 是方程 2x 2＋4x ＋a ＝0 的两根.a从而 x 1＋x 2＝－2，x 1x 2＝2，从而 f (x 1)＋f (x 2)＝x 2＋a ln(x 1＋2)＋x 2＋a ln(x 2＋2)＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＋a ln[2(x 1＋x 2)＋x 1x 2＋4]＝4－a ＋a ln ，令 h (a )＝4－a ＋a ln ，a ∈(0，2)，则 h ′(a )＝－1＋ln ＋1＝ln <0，x ，g (x )＝ln x ，⎡1 ⎤ (2)求函数 y ＝f (x )·g (x )在⎢ ，e ⎥上的取值范围.（2x －1）3(2)y ＝f (x )·g (x )＝ 1－ ⎪ln x ＝ln x －ln xx x x 2x x ＝x －1＋ln x⎡1 ⎤ 因为 x ∈⎢ ，e ⎥，所以 x x >0.令 h (x )＝ x －1＋ln x ⎛1 ≤x ≤e ⎪，h ′(x)＝ ⎡1 ⎤ 则 h (x )在⎢ ，e ⎥上单调递增，⎡1 ⎤ 因为 h (1)＝0，所以 y ＝f (x )·g (x )在⎢ ，1⎥上单调递减，y max ＝max ⎨f ⎪·g ⎪，f （e ）·g （e ）⎬a2其中 0<a <2.a2a a2 2从而 h (a )在(0，2)上单调递减，又当 x →0(x >0)，h (a )→4，a →2，h (a )→2，所以 h (a )的值域为(2，4).综上所述 f (x 1)＋f (x 2)的取值范围是(2，4).补偿训练1.(2019·杭州二中考试)设函数 f (x )＝1－ 1(1)求曲线 y ＝f (2x －1)在点(1，0)处的切线方程；⎣e ⎦解 (1)当 x ＝1 时，y ＝f (2－1)＝f (1)＝0.y ′＝f ′(2x －1)＝ 1，f ′(1)＝1，2所以切线方程为 y ＝x －1.⎛ 1 ⎫⎝ x ⎭ x ，y ′＝－＋1 1 ln x2 x x ，⎣e ⎦2 ⎝e ⎭⎫x ＋1 2x >0，⎣e ⎦⎣e ⎦在[1，e]上单调递增.y min ＝f (1)·g (1)＝0，⎧ ⎛1⎫ ⎛1⎫⎫ ⎩ ⎝e ⎭ ⎝e ⎭ ⎭＝max ⎨1 ⎫⎪⎪ ⎭e ，⎡1 ⎤ 所以 y ＝f (x )·g (x )在⎢ ，e ⎥上的取值范围为[0， e －1]. x 0－x 0＝1－ x ＋x 0⎪，f (x 0)＝ 0 ⎛1⎫ e又 g ⎪＝－1<0，g (1)＝e －1>0⇒ <x 0<1⇒ 2< ＋x 0< ，2⎧ ⎪⎩ e －1，1－ ⎬， e ⎪ 因为 e －1>1－ 1⎣e ⎦2.(2019·诸暨统考)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；3(2)求证函数 f (x )有唯一的极值点 x 0，且 f (x 0)>－2.(1)解因为 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)证明令 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. 1由 x 0e x 0＝1⇒ e x 0＝，x －1 ⎛ 1 ⎫ x 0 ⎝ 0 ⎭⎝2⎭ 21 1 5 x 0 23所以 f (x 0)>－2.3.已知 f (x )＝ax ＋x ln x (a ∈R)，y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为 2.若 2f (x )－(k＋1)x ＋k >0(k ∈Z)对任意 x >1 都成立，求整数 k 的最大值.解由题设知 f ′(x )＝a ＋1＋ln x ，x －1 又 h (2)＝1－2ln 2<0，h ⎪＝2 1－ln ⎪>0，故 h (x )在 2， ⎪上存在唯一零点 x 0，则 g (x )min ＝＝2x 0∈(4，5)，x －1 2x －1 （x－1）再设 h (x )＝2x －2ln x －3，则 h ′(x )＝ >0，5⎫⎛5⎫ ⎛所以 g (x )min ＝g (x 0)＝x 0＋2x 0ln x 0，5 ln t 2由 f ′(1)＝2，解得 a ＝1，所以 f (x )＝x ＋x ln x .x ＋2x ln x当 x >1 时，不等式 2f (x )－(k ＋1)x ＋k >0(k ∈Z)化为 k < ，x ＋2x ln x 2x －2ln x －3记 g (x )＝ (x >1)，则 g ′(x )＝，2（x －1）x所以 h (x )在(1，＋∞)上单调递增，⎝2⎭ ⎝2⎭ ⎛ 5⎫ ⎝ 2⎭使 h (x 0)＝2x 0－2ln x 0－3＝0，且当 1<x <x 0 时，g ′(x )<0；当 x >x 0 时，g ′(x )>0.即 g (x )在(1，x 0)单调递减，在(x 0，＋∞)单调递增， x 0－1 由 2x 0－2ln x 0－3＝0 得 2ln x 0＝2x 0－3，x 0＋x 0（2x 0－3） x 0－1x ＋2x ln x又 k < 恒成立，故整数 k 的最大值为 4.4.已知函数 f (x )＝x 2·ln x .(1)证明：对任意的 t >0，存在唯一的 s ，使 t ＝f (s )；2 ln g （t ） 1(2)设(1)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s ＝g (t )，证明：当 t >e 2 时，有 < < .证明 (1)当 x ∈(0，1]时 f (x )≤0；当 x ∈(1，＋∞)时 f (x )>0，故下面只考虑 f (x )在(1，＋∞)上的性质.由于对任意给定的 t >0，令 F (x )＝f (x )－t ，x >1，则 F ′(x )＝x (2ln x ＋1)>0，从而 F (x )在(1，＋∞)单调递增，又 F (1)＝－t <0，F (e t )＝e 2t ·t －t >0，故 F (x )在(1，＋∞)存在唯一零点 s ，满足 t ＝f (s ).(2)由于 s 2·ln s ＝t >e 2，从而 s >e ，ln t ln （s 2·ln s ） 2ln s ＋ln （ln s ）令 m ＝ln s ，则＝＝ ln mm 设 h (m )＝，m >1，由于 h ′(m )＝，而 h (1)＝0，h (e)＝，m →＋∞，h (m )→0，⎛ 1⎤从而 h (m )∈ 0， ⎥，2e ＋1 1 ln t 2e5 2e ＋1 5 ln t 2 已知函数 f (x )＝－x 2＋a ，g (x )＝ .对任意 a >0，判断是否存在 b >0，使函数 f (x )与 g (x )所以存在 x 0∈(0，1)，使得 h (x 0)＝0.令 b ＝ x2x 03e 0（1－x 0）函数f (x )＝－x 2＋a ，g (x )＝，则 f ′(x )＝－2x ，g ′(x )＝ .ln g （t ） ln s ln s 故＝＝，ln g （t ） m ln t 2m ＋ln m 1 2＋，m >1，ln mm下面求 h (m )的取值范围.1－ln mm 2从而当 m ∈(1，e]时，h ′(m )≥0，当 m ∈(e，＋∞)时，h ′(m )<0，故 h (m )在(1，e]上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，1e⎝ e ⎦e 1 ln g （t ） 1从而＝ ≤ < ，2＋2 e 又 < ，2 ln g （t ） 1 从而当 t >e 2 时，有 < < .5.记 f ′(x )，g ′(x )分别为函数 f (x )，g (x )的导函数.若存在 x 0∈R ，满足 f (x 0)＝g (x 0)且f ′(x 0)＝g ′(x 0)，则称 x 0 为函数 f (x )与 g (x )的一个“S 点”.b e xx在区间(0，＋∞)内存在“S 点”，并说明理由.解对任意 a >0，设 h (x )＝x 3－3x 2－ax ＋a .因为 h (0)＝a >0，h (1)＝1－3－a ＋a ＝－2<0，且 h (x )的图象是不间断的，，则 b >0.b e xxb e x （x －1）x 2由 f (x )＝g (x )且 f ′(x )＝g ′(x )，⎧⎪be －xbe（x －1）⎪⎩－2x ＝， ⎧⎪－x ＋a ＝ · ， 2 0⎪⎩－2x ＝26.已知函数 f (x )＝－ ax ＋x ln x ＋bx (a ，b ∈R)，函数 f (x )的导函数为 f ′(x ). 令 g (x )＝f ′(x )＝－ax ＋1＋ln x ＋b (x >0)，∴g ′(x )＝－a ＋ .当 a ≤0 时， g ′(x )＝－a ＋ >0，当 a >0 时，若 x ∈(0， )，则 g ′(x )>0，若 x ∈( ，＋∞)，则 g ′(x )<0，∴g (x )即 f ′(x )x 1x 2ln x 1－ln x 2 即⎨· ，在(0， )上是增函数，在，＋∞⎪上是减函数.a ⎝a当 a >0 时，函数 f ′(x )的单调递增区间为 0， ⎪，单调递减区间为，＋∞⎪.⎝ aa ⎧⎪f ′（x 1）＝ln x 1－ax 1＋b ＋1＝0，x 1－x 2 x 1－x 2e e ⎩x 2得⎨x x 22x 3 x0 e x （1－x ） x 0 (**)2x 3 x （x －1） 0ex 0（1－x ） x 2此时，x 0 满足方程组(**)，即 x 0 是函数 f (x )与 g (x )在区间(0，1)内的一个“S 点”.因此，对任意 a >0，存在 b >0，使函数 f (x )与 g (x )在区间(0，＋∞)内存在“S 点”.1 2(1)求 f ′(x )的单调区间；(2)若 f ′(x )有两个不同的零点 x 1，x 2，证明： a 2x 1x 2<1.(1)解函数 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－ax ＋1＋ln x ＋b .1x1x则 g (x )即 f ′(x )在(0，＋∞)上是增函数；1 1a a1 ⎛1 ⎫ ⎭综上所述，当 a ≤0 时，函数 f ′(x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；⎛ 1⎫ ⎛1 ⎫ ⎭ ⎝ ⎭(2)证明由(1)知当 a ≤0 时， f ′(x )在(0，＋∞)上是增函数，不可能有两个零点，故 a >0.由 f ′(x )有两个不同的零点 x 1，x 2，得⎨⎪f ′（x 2）＝ln x 2－ax 2＋b ＋1＝0，两式相减得 ln x 1－ln x 2＋ax 2－ax 1＝0， ln即 a ＝＝ .∵a >0，x 1>0，x 2>0，ln x 1 ⎪2xx∴欲证 a 2x 1x 2<1，只需证 2 ⎪ ⎝x 1－x 2⎭ ⎛ x1⎫2 （x 1－x 2）2 x 1 即证 ln x ⎪ < x 1x 2 x 2 x 1 ⎝ ⎭ x 2 则只需证(ln t )2<t －2＋ .设 φ (t )＝(ln t )2－t －＋2，2ln t －t ＋1设 h (t )＝2ln t －t ＋，则 h ′(t )＝－，即(ln t )2<t ＋－2 在 t ∈(0，1)上恒成立，⎛ x ⎫<1，1 2x＝－2＋ 2.2x 不妨设 0<x 1<x 2，令 1＝t ∈(0，1)，1 t1t21 t则 φ ′(t )＝t ln t －1＋t 2＝ t .1（t －1）2 t t 2当 t ∈(0，1)时， h ′(t )<0，∴h (t )在(0，1)上单调递减，∴h (t )>h (1)＝0，∴当 t ∈(0，1)时， φ ′(t )>0，φ (t )在(0，1)上单调递增，∴当 t ∈(0，1)时， φ (t )<φ (1)＝0，1t故原不等式得证.11。

2020版高考数学一轮复习第3章导数及其应用6第6讲利用导数研究函数零点问题教案理

第6讲利用导数研究函数零点问题数形结合法研究零点问题[典例引领]已知f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x . (1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．【解】 (1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，所以F ′(x )＝2ax －2x＝2（ax 2－1）x(x ＞0)．①当a ＞0时，由ax 2－1＞0，得x ＞1a，由ax 2－1＜0，得0＜x ＜1a，故当a ＞0时，F (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减．②当a ≤0时，F ′(x )＜0(x ＞0)恒成立．故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解．令φ(x )＝2ln x x 2，由φ′(x )＝2x （1－2ln x ）x4易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )ma x ＝φ(e)＝1e ，而φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22.由φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝ln e 4－ln 2e 22e 2＜ln 81－ln 272e2＜0，所以φ(e)＜φ(2)．所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a ＜1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时a 的取值范围为[ln 22，1e)．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，作出该函数图象，根据图象特征求参数的范围．利用函数性质研究函数零点[典例引领]已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x(a 为实数)． (1)当a ＝4时，求函数y ＝g (x )在x ＝0处的切线方程；(2)如果关于x 的方程g (x )＝2e xf (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围．【解】 (1)当a ＝4时，g (x )＝(－x 2＋4x －3)e x，g (0)＝－3，g ′(x )＝(－x 2＋2x ＋1)e x ，g ′(0)＝1，所以，所求的切线方程为y ＋3＝x －0，即y ＝x －3. (2)由g (x )＝2e xf (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x.设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x2，所以x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化如下：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 1 (1，e) h ′(x ) － 0＋ h (x )单调递减极小值(最小值)单调递增又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＝e＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝e ＋e ＋2.且h (e)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－2e ＋2e <0. 所以实数a 的取值范围为4<a ≤e ＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤4，e ＋2＋3e .利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数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．构造函数法研究零点问题[典例引领]设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －m x ＝x 2－mx ，m ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上递增， m ＞0时，f ′(x )＝（x ＋m ）（x －m ）x，当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，当x ＞m 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．综上m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；m ＞0时，函数f (x )的单调增区间是(m ，＋∞)，单调减区间是(0，m )．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数，F ′(x )＝－（x －1）（x －m ）x，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，注意到F (1)＝32＞0，F (4)＝－ln 4＜0，所以F (x )有唯一零点；当m ＞1时，0＜x ＜1或x ＞m 时F ′(x )＜0，1＜x ＜m 时F ′(x )＞0，所以函数F (x )在(0，1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln (2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点，综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．(1)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及极值点，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．(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．(1)确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象．(2)方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理．可以通过构造函数g (x )的方法，把问题转化为研究构造的函数g (x )的零点问题，研究函数g (x )零点的策略：①如果函数g (x )在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在．②如果函数g (x )在已知区间不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g (x )的极值与零的大小，以及函数g (x )的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数．(3)利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究，具体操作方法见本节考点一、二、三的[规律方法]．1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12B ．13C ．12D ．1解析：选C.由f (x )＝x 2－2x ＋a (ex －1＋e－x ＋1)，得f (2－x )＝(2－x )2－2(2－x )＋a [e 2－x －1＋e－(2－x )＋1]＝x 2－4x ＋4－4＋2x ＋a (e1－x＋ex －1)＝x 2－2x ＋a (ex －1＋e－x ＋1)，所以f (2－x )＝f (x )，即x ＝1为f (x )图象的对称轴．由题意，f (x )有唯一零点，所以f (x )的零点只能为x＝1，即f (1)＝12－2×1＋a (e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a ＝12.故选C.2．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)解析：选B.f ′(x )＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x )＝9x 2－6x ＝3x (3x －2)，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23时，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )>0，注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝59>0，则f (x )的大致图象如图(1)所示：不符合题意，排除A 、C.当a ＝－43时，f ′(x )＝－4x 2－6x ＝－2x (2x ＋3)，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0时，f ′(x )>0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－54，则f (x )的大致图象如图(2)所示．不符合题意，排除D.3.函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )的导函数的图象如图所示：(1)求a ，b 的值并写出f (x )的单调区间； (2)若函数y ＝f (x )有三个零点，求c 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b .因为f ′(x )＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图象可知，当－1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，函数单调递减，当x ＜－1或x ＞2时，f ′(x )＞0，函数单调递增，故函数f (x )在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．(2)由(1)得f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ，极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎪⎨⎪⎧76＋c ＞0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，103.4．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋exe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解：(1)f ′(x )＝－1x 2＋e xe ＝x 2e x－ee x2，令f ′(x )＞0，解得x ＞1，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋ex e －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0＜x 1＜1＜x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0，即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞，x →＋∞时，F (x )→＋∞，画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．1．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ，则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，由f ′(x )＞0，得x ＞2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为f (x )＜0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上恒成立不可能，故要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点，只要对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，f (x )＞0恒成立，即对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，a ＞2－2ln x x －1恒成立．令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，则h ′(x )＝2ln x ＋2x－2（x －1）2，再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，则m ′(x )＝－2（1－x ）x2＜0，故m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为减函数，于是，m (x )＞m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝4－2ln 3＞0，从而h ′(x )＞0，于是h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为增函数，所以h (x )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝2－3ln 3，所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．2．(2018·豫南九校联考)对于函数y ＝H (x )，若在其定义域内存在x 0，使得x 0·H (x 0)＝1成立，则称x 0为函数H (x )的“倒数点”．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12(x ＋1)2－1.(1)求证：函数f (x )有“倒数点”，并讨论函数f (x )的“倒数点”的个数； (2)若当x ≥1时，不等式xf (x )≤m [g (x ) －x ]恒成立，试求实数m 的取值范围．解：(1)证明：设h (x )＝ln x －1x(x ＞0)，则h ′(x )＝1x ＋1x2＞0(x ＞0)，所以h (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数．而h (1)＜0，h (e)＞0，所以函数h (x )有零点且只有一个零点．所以函数f (x )有“倒数点”且只有一个“倒数点”． (2)xf (x )≤m [g (x )－x ]等价于2x ·ln x ≤m (x 2－1)，设d (x )＝2ln x －m ⎝⎛⎭⎪⎫x －1x ，x ≥1.则d ′(x )＝－mx 2＋2x －mx2，x ≥1，易知－mx 2＋2x －m ＝0的判别式为Δ＝4－4 m 2.①当m ≥1时，d ′(x )≤0，d (x )在[1，＋∞)上单调递减，d (x )≤d (1)＝0，符合题意； ②当0＜m ＜1时，方程－mx 2＋2x －m ＝0有两个正根且0＜x 1＜1＜x 2，则函数d (x )在(1，x 2)上单调递增，此时d (x )＞d (1)＝0，不合题意；③当m ＝0时，d ′(x )＞0，d (x )在(1，＋∞)上单调递增，此时d (x )＞d (1)＝0，不合题意；④当－1＜m ＜0时，方程－mx 2＋2x －m ＝0有两个负根，d (x )在(1，＋∞)上单调递增，此时d (x )＞d (1)＝0，不合题意；⑤当m≤－1时，d′(x)≥0，d(x)在(1，＋∞)上单调递增，此时d(x)＞d(1)＝0，不合题意．综上，实数m的取值范围是[1，＋∞)．。

2020版高考数学一轮复习第三章第四节第3课时利用导数研究函数零点问题精练文

第3课时利用导数研究函数零点问题1.已知函数f(x)=a+l n x(a∈R).(1)求f(x)的单调区间;(2)试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.解析(1)函数f(x)的定义域是(0,+∞),f '(x)=()'ln x+·=(ln ).令f '(x)>0,解得x>e-2,令f '(x)<0,解得0<x<e-2,所以f(x)在(0,e-2)上递减,在(e-2,+∞)上递增.(2)由(1)得f(x)min=f(e-2)=a-,显然a>时, f(x)>0,无零点,a=时, f(x)=0,有1个零点,a<时, f(x)<0,有2个零点.2.(2018课标全国Ⅱ, , 分)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明: f(x)只有一个零点.解析(1)当a=3时, f(x)=x3-3x2-3x-3, f '(x)=x2-6x-3.令f '(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.当x∈(-∞, -2)∪( + ,+∞)时, f '(x)>0;当x∈( -2,3+2)时, f '(x)<0.故f(x)在(-∞, -2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.(2)证明:由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x-3a=0.设g(x)=x -3a,则g'(x)=( x )(x )≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6--<0, f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.综上, f(x)只有一个零点.3.(2018重庆调研)设函数f(x)=-x2+ax+ln x(a∈R).(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;(2)设函数f(x)在, 上有两个零点,求实数a的取值范围. 解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f '(x)=-2x-1+=--x,令f '(x)=0,得x=(负值舍去),当0<x<时, f '(x)>0,当x>时, f '(x)<0,∴f(x)的单调递增区间为0,,单调递减区间为,∞.(2)令f(x)=-x2+ax+ln x=0,得a=x-ln,令g(x)=x-ln,其中x∈, ,则g'(x)=1-·x-ln=ln-,令g'(x)=0,得x=1,当≤x< 时,g'(x)<0,当 <x≤时,g'(x)>0,∴g(x)的单调递减区间为, ,单调递增区间为(1,3],∴g(x)min=g(1)=1,由于函数f(x)在, 上有两个零点,g=3ln 3+,g(3)=3-ln , 3ln 3+>3-ln ,∴实数a的取值范围是 , -ln .4.(2019贵州贵阳模拟)已知函数f(x)=kx-ln x(k>0).(1)若k=1,求f(x)的单调区间;(2)(一题多解)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值;(3)比较e3与3e的大小.解析(1)k=1,f(x)=x-ln x,定义域为(0,+∞),则f '(x)=1-,由f '(x)>0得x>1,由f '(x)<0得0<x<1.∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为( ,+∞). (2)解法一:由题意知kx-ln x=0仅有一个实根,由kx-ln x=0得k=ln(x>0),令g(x)=ln(x>0),则g'(x)=-ln,当x=e时,g'(x)=0;当0<x<e时,g'(x)>0;当x>e时,g'(x)<0.∴g(x)在(0,e)上单调递增,在( ,+∞)上单调递减,∴g(x)max =g(e)= . 当x→+∞时,g(x)→0.又k>0,∴要使f(x)仅有一个零点,则k= . 解法二:f(x)=kx-ln x,则f '(x)=k- = - (x>0,k>0).当x= 时,f '(x)=0;当0<x< 时,f '(x)<0;当x> 时, f '(x)>0.∴f(x)在 0, 上单调递减,在, ∞ 上单调递增, ∴f(x)min =f =1-ln ,∵f(x)有且只有一个零点,∴ -ln =0,即k= . 解法三:∵k>0,∴函数f(x)有且只有一个零点即为直线y=kx 与曲线y=ln x 相切,设切点为(x 0,y 0),由y=ln x 得y'=, ∴0, 0 k 0, 0 ln 0,∴k= , x 0=e,y 0=1,∴实数k 的值为 .(3)由(1)(2)知ln ≤ ,即 ≥ln x,当且仅当x=e 时,取“=”,令x=3,得 >ln 3,即ln e 3>eln 3=ln 3e ,∴ 3>3e.。

高考理科数学一轮复习导数与函数的零点问题专题练习题

课时作业17 导数与函数的零点问题1．已知f (x )＝ax 2－(b ＋1)x ln x －b ，曲线y ＝f (x )在点P (e ，f (e))处的切线方程为2x ＋y ＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)研究函数f (x )在区间(0，e 4]内的零点的个数．解：(1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧f e ＝－2e ，f ′e ＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝e ，∴f (x )＝x 2－(e ＋1)x ln x －e.(2)x 2－(e ＋1)x ln x －e ＝0⇒x －(e ＋1)ln x －e x＝0，x ∈(0，e 4]．设g (x )＝x －(e ＋1)ln x －e x，x ∈(0，e 4]，则g ′(x )＝1－e ＋1x ＋ex2＝x －1x －ex2.由g ′(x )＝0得x 1＝1，x 2＝e ，当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，e)时，g ′(x )<0，当x ∈(e ，e 4]时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，在(e ，e 4]上单调递增．极大值g (1)＝1－e<0，极小值g (e)＝－2<0，g (e 4)＝e 4－4(e ＋1)－1e 3，∵4(e ＋1)＋1e 3<4×4＋1＝17，e 4>2.74>2.54>62＝36，∴g (e 4)>0.综上，g (x )在(0，e 4]内有唯一零点，因此，f (x )在(0，e 4]内有唯一零点．2．(2019·郑州第一次质量预测)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈[1e ，e]时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点个数．解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)，当a <0时，f ′(x )>0恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a，由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a ， ∴函数f (x )在(1a，＋∞)上单调递增，在(0，1a)上单调递减．综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在(1a ，＋∞)上单调递增，在(0，1a)上单调递减．(2)∵当x ∈[1e ，e]时，函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点，即当x ∈[1e ，e]时，方程(ln x －1)e x＋x ＝m 的根．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，h ′(x )＝(1x＋ln x －1)e x＋1.由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在(1e ，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，∴当x ∈[1e ，e]时，f (x )≥f (1)＝0.∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈[1e ，e]上恒成立． ∴h ′(x )＝(1x＋ln x －1)e x＋1≥0＋1>0，∴h (x )＝(ln x －1)e x＋x 在x ∈[1e ，e]上单调递增．∴h (x )min ＝h (1e )＝－2e 1e ＋1e，h (x )max ＝e.∴当m <－2e 1e ＋1e 或m >e 时，函数g (x )在[1e ，e]上没有零点；当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在[1e ，e]上有一个零点．3．(2019·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝x 2＋2x－a ln x (a ∈R )．(1)若f (x )在x ＝2处取得极值，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当a >0时，若f (x )有唯一的零点x 0，求[x 0]．注：[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2. 参考数据：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946. 解：(1)∵f (x )＝x 2＋2x－a ln x ，∴f ′(x )＝2x 3－ax －2x2(x >0)，由题意得f ′(2)＝0，则2×23－2a －2＝0，a ＝7，经验证，当a ＝7时，f (x )在x ＝2处取得极值， ∴f (x )＝x 2＋2x －7ln x ，f ′(x )＝2x －2x 2－7x，∴f ′(1)＝－7，f (1)＝3，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3 ＝－7(x －1)，即7x ＋y －10＝0. (2)令g (x )＝2x 3－ax －2(x >0)，则g ′(x )＝6x 2－a ，由a >0，g ′(x )＝0，可得x ＝a6， ∴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x 1，从而可知f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，由于f (x )有唯一零点x 0，故x 1＝x 0，且x 0>1，则g (x 0)＝0，f (x 0)＝0，可得2ln x 0－3x 30－1－1＝0. 令h (x )＝2ln x －3x 3－1－1(x >1)，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递增，由于h (2)＝2ln2－107<2×0.7－107<0，h (3)＝2ln3－2926>0，故x 0∈(2,3)，[x 0]＝2.4．(2019·南宁、柳州联考)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设f (x )的两个零点分别是x 1，x 2，求证：f ′(x 1＋x 22)<0.解：(1)函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－2ax ＋(2－a )＝－ax －12x ＋1x，①当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，若x ∈(0，1a )，则f ′(x )>0，若x ∈(1a，＋∞)，则f ′(x )<0，则f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)易知a >0，且f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减，不妨设0<x 1<1a<x 2，f ′(x 1＋x 22)<0⇔x 1＋x 22>1a ⇔x 1＋x 2>2a ，故要证f ′(x 1＋x 22)<0，只需证x 1＋x 2>2a即可．构造函数F (x )＝f (x )－f (2a －x )，x ∈(0，1a )，f ′(x )＝f ′(x )－[f (2a－x )]′＝f ′(x )＋f ′(2a－x )＝2axax －2＋2x 2－ax ＝2ax －12x 2－ax，∵x ∈(0，1a )，∴f ′(x )＝2ax －12x 2－ax >0，∴F (x )在(0，1a)上单调递增，∴F (x )<F (1a )＝f (1a )－f (2a －1a )＝0，即f (x )<f (2a－x )，x ∈(0，1a)，又x 1，x 2是函数f (x )的两个零点且0<x 1<1a <x 2，∴f (x 1)＝f (x 2)<f (2a－x 1)，而x 2，2a －x 1均大于1a ，∴x 2>2a －x 1，∴x 1＋x 2>2a，得证．尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用5．(2019·西安八校联考)已知函数f (x )＝x ，g (x )＝λf (x )＋sin x (λ∈R )在区间[－1,1]上单调递减．(1)求λ的最大值；(2)若g (x )<t 2＋λt ＋1在[－1,1]上恒成立，求t 的取值范围； (3)讨论关于x 的方程ln xf x＝x 2－2e x ＋m 的解的个数．解：(1)∵f (x )＝x ，∴g (x )＝λf (x )＋sin x ＝λx ＋sin x ，又g (x )在[－1,1]上单调递减，∴g ′(x )＝λ＋cos x ≤0在[－1,1]上恒成立，∴λ≤(－cos x )min ＝－1.故λ的最大值为－1.(2)在[－1,1]上，g (x )max ＝g (－1)＝－λ－sin1，∴只需t 2＋λt ＋1>－λ－sin1恒成立，即(t ＋1)λ＋t 2＋sin1＋1>0(λ≤－1)恒成立，令h (λ)＝(t ＋1)λ＋t 2＋sin1＋1(λ≤－1)，要使h (λ)>0恒成立，则需⎩⎪⎨⎪⎧t ＋1≤0，h －1＝－t －1＋t 2＋sin1＋1>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ≤－1，t 2－t ＋sin1>0，又t 2－t ＋sin1>0恒成立，∴t ≤－1，故t 的取值范围为(－∞，－1]． (3)ln xf x＝ln x x＝x 2－2e x ＋m ，令f 1(x )＝ln x x，f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ，∵f 1′(x )＝1－ln xx2， ∴当x ∈(0，e)时，f 1′(x )>0，即f 1(x )单调递增；当x ∈[e ，＋∞)时，f 1′(x )≤0，即f 1(x )单调递减． ∴f 1(x )max ＝f 1(e)＝1e ，又f 2(x )＝(x －e)2＋m －e 2，∴当m －e 2>1e ，即m >e 2＋1e 时，方程无解；当m －e 2＝1e ，即m ＝e 2＋1e 时，方程有一个解；当m －e 2<1e ，即m <e 2＋1e 时，方程有两个解．。

第5节第3课时利用导数研究函数的零点--2025高中数学一轮复习课件基础版(新高考新教材)

高考总复习2025第5节函数与导数中的综合问题第3课时　利用导数研究函数的零点考点一确定函数零点的个数(多考向探究预测)考向1 利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数例1(2023·浙江杭州模拟)设函数f(x)=(x-1)2e x-ax,若曲线f(x)在x=0处的切线方程为y=-2x+b.(1)求实数a,b的值;(2)判断函数f(x)零点的个数.规律方法利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数(1)讨论函数的单调性,确定函数的单调区间;(2)在每个单调区间上,利用函数零点存在定理判断零点的个数;(3)注意区间端点的选取技巧;(4)含参数时注意分类讨论.[对点训练1](2024·江苏南京模拟)已知函数f(x)=e x+(a-e2)x,其中a∈R.(1)若a=e2-2,求函数f(x)在[0,2]上的最值;(2)当a<0时,证明:F(x)=f(x)- ax2在(0,2)内存在唯一零点.(1)解当a=e2-2时,f(x)=e x-2x,所以f'(x)=e x-2.令f'(x)>0,得x>ln 2,令f'(x)<0,得x<ln 2,所以f(x)在[0,ln 2)内单调递减,在(ln 2,2]上单调递增,又因为f(0)=1,f(ln 2)=2-2ln 2,f(2)=e2-4>1,所以f(x)在[0,2]上的最小值为2-2ln 2,最大值为e2-4.考向2 数形结合确定零点个数例2(2024·江西赣州模拟)已知函数(1)求函数f(x)的最值;(2)讨论函数g(x)=a e x-l n x-1的零点个数.规律方法数形结合确定函数零点个数的方法函数零点个数即函数图象与x 轴交点的个数,因此借助数形结合思想,可通过函数图象判断函数零点的个数.(1)利用导数研究函数f(x)的单调性、极值及最值情况,并结合函数值的正负情况及变化趋势,作出函数f(x)的大致图象,然后根据图象判断零点个数.(2)若函数f(x)的图象不易直接作出,可根据函数与方程思想将函数零点转化为方程的根,再将方程进行变形,转化为两个函数的图象交点问题,从而判断函数零点个数[对点训练2](2024·重庆巴蜀期末)已知函数f(x)=ax-l n x-2.(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;(2)讨论函数f(x)的零点个数.令f'(x)>0,则x>1;令f'(x)<0,则0<x<1.故函数f(x)的单调递增区间是(1,+∞),单调递减区间为(0,1),当x=1时,函数取极小值f(1)=1-ln 1-2=-1,无极大值.作出函数g(x)的图象(如图所示),因此当a>e时,直线y=a与y=g(x)的图象没有交点;当a=e或a≤0时,直线y=a与y=g(x)的图象有1个交点;当0<a<e时,直线y=a与y=g(x)的图象有2个交点.综上,当a>e时,函数f(x)没有零点;当a=e或a≤0时,函数f(x)有1个零点;当0<a<e时,函数f(x)有2个零点.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围例3(12分)(2024·广东珠海模拟)已知函数f(x)=e x-ax+e2.(1)当a=2时,讨论f(x)的单调性;突破口:求导,解指数不等式.(2)若f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围.关键点:讨论f(x)单调性,结合最值确定函数有两个零点的条件,然后通过构造函数解不等式求得参数取值范围.审题指导:(1)求导数,解不等式即得单调区间;(2)首先讨论函数f(x)的单调性,然后根据函数的最小值小于0确定函数有两个零点的条件,再构造函数解不等式即得a的取值范围.规范解答:解(1)当a=2时,f(x)=e x-2x+e2,所以f'(x)=e x-2. 1分由f'(x)>0,解得x>l n 2,由f'(x)<0,解得x<l n 2, 3分故f(x)在(-∞,l n 2)内单调递减,在(l n 2,+∞)内单调递增. 4分解指数不等式(2)f'(x )=e x -a. 当a ≤0时,f'(x )>0,f (x )在R 上单调递增,此时f (x )没有两个零点; 6分当a>0时,由f'(x )>0,解得x>l n a ,由f'(x )<0,解得x<l n a ,因此f (x )在(-∞,l n a )内单调递减,在(l n a ,+∞)内单调递增. 7分因为x 趋于负无穷,f (x )趋于正无穷;因为x 趋于正无穷,f (x )趋于正无穷,要使f (x )有两不同零点,则有f (x )m i n =f (l n a )<0,即a-a l n a+e 2<0. 9分令g (a )=a-a l n a+e 2,则g'(a )=1-l n a-1=-l n a ,当0<a<1时,g'(a )>0,g (a )单调递增,当a>1时,g'(a )<0,g (a )单调递减,且0<a<1时,g (a )=a (1-l n a )+e 2>0,又因为g (e 2)=0, 所以当a>e 2时,g (a )<0. 11分故实数a 的取值范围为(e 2,+∞). 12分讨论单调性由最小值小于0确定条件构造函数[对点训练3](12分)(2024·河南郑州模拟)已知函数f(x)=2(x+ )-1.(1)求f(x)的极值;(2)若g(x)=f(x)-kx+1无零点,求实数k的取值范围.考点三可化为函数零点的参数问题例4(2023·北京)设函数f(x)=x-x3e ax+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-x+1.(1)求a,b的值;(2)设函数g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;(3)求f(x)的极值点个数.(3)由(1)得f(x)=x-x3e-x+1(x∈R),f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1,由(2)知f'(x)在(0,x1),(x2,+∞)内单调递减,在(-∞,0),(x1,x2)内单调递增,当x<0时,f'(-1)=1-4e2<0,f'(0)=1>0,即f'(-1)f'(0)<0,所以f'(x)在(-∞,0)内存在唯一零点,不妨设为x3,则-1<x3<0,此时当x<x3时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x3<x<0时,f'(x)>0,f(x)单调递增;所以f(x)在(-∞,0)内有一个极小值点.当x∈(0,x1)时,f'(x)在(0,x1)内单调递减,则f'(x1)=f'(3-3)<f'(1)=1-2<0,故f'(0)f'(x1)<0,所以f'(x)在(0,x1)内存在唯一零点,不妨设为x4,则0<x4<x1,此时当0<x<x4时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x4<x<x1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在(0,x1)内有一个极大值点.[对点训练4](2024·广东深圳模拟)已知函数f(x)=x e x+ax2(a∈R).(1)当a=- 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数g(x)=x l n x+x e x-f(x)有两个极值点,求实数a的取值范围.。

2020版高考数学一轮复习课时作业15导数与函数的极值、最值理(含解析)新人教版(最新整理)

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课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝（ B )A.错误!B．－错误!C．－ln2 D．ln2解析：y′＝2x＋x·2x ln2＝0，∴x＝－1ln2.2．函数f（x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值是( C ）A．－2 B．0C．2 D．4解析:f′（x)＝3x2－6x，令f′（x)＝0，得x＝0或2.∴f(x)在［－1，0)上是增函数，f（x)在(0，1]上是减函数．∴f（x)max＝f（x)极大值＝f(0)＝2.3．若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函数f′(x)的图象不可能是（ D )解析:若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f′(x）在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x轴，观察四个选项中的图象只有D项是不符合要求的，即f′（x）的图象不可能是D.4．（2019·贵州黔东南州联考)已知函数f(x）＝ln x－ax,若函数f(x）在［1，e］上的最小值为错误!,则a的值为（ A ）A．－ e B．－错误!C．－错误!D．e错误!解析：由题意,f′(x）＝错误!＋错误!，若a≥0,则f′（x）>0,函数单调递增，所以f(1）＝－a＝32，矛盾;若－e<a〈－1，函数f(x)在［1，－a］上递减,在[－a，e]上递增，所以f(－a）＝错误!，解得a＝－错误!；若－1≤a<0，函数f（x）是递增函数,所以f(1)＝－a＝错误!,矛盾；若a≤－e，函数f(x）单调递减，所以f（e)＝错误!，解得a＝－错误!，矛盾．综上，a＝－错误!,故选A.5．（2019·河北邢台质检）若函数f(x）＝错误!x2＋(a－1）x－a ln x存在唯一的极值,且此极值不小于1，则a的取值范围为（ B )A。

第25讲、函数的零点问题(学生版)2025高考数学一轮复习讲义

第25讲函数的零点问题知识梳理1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围.求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y k =)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.2、函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．3、求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将()f x 整理变形成()()()f x g x h x =-的形式，通过()(),g x h x 两函数图象的交点确定函数的零点个数；三、结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数.4、利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.必考题型全归纳题型一：零点问题之一个零点例1．（2024·江苏南京·南京市第十三中学校考模拟预测）已知函数()ln f x x =,()21212g x x x =-+.（1）求函数()()()3x g x f x ϕ=-的单调递减区间；（2）设()()()h x af x g x =-，a R ∈.①求证：函数()y h x =存在零点；②设0a <，若函数()y h x =的一个零点为m .问：是否存在a ，使得当()0,x m ∈时，函数()y h x =有且仅有一个零点，且总有()0h x ≥恒成立？如果存在，试确定a 的个数；如果不存在，请说明理由.例2．（2024·广东·高三校联考阶段练习）已知函数()e sin 1x f x a x =--，()()22cos sin 2e xx a g x a x x ++=-+-+，()f x 在()0,π上有且仅有一个零点0x .(1)求a 的取值范围；(2)证明：若12a <<，则()g x 在(),0π-上有且仅有一个零点1x ，且010x x +<.例3．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()1ln e xx f x a x -=+.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)证明：当0a ≥时，()f x 有且只有一个零点；(3)若()f x 在区间()()0,1,1,+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围.变式1．（2024·广东茂名·高三统考阶段练习）已知0a >，函数()e xf x x a =-，()ln g x x x a =-.(1)证明：函数()f x ，()g x 都恰有一个零点；(2)设函数()f x 的零点为1x ，()g x 的零点为2x ，证明12x x a =.题型二：零点问题之二个零点例4．（2024·海南海口·统考模拟预测）已知函数2()e x f x x +=.(1)求()f x 的最小值；(2)设2()()(1)(0)F x f x a x a =++>.（ⅰ）证明：()F x 存在两个零点1x ，2x ；（ⅱ）证明：()F x 的两个零点1x ，2x 满足1220x x ++<.例5．（2024·甘肃天水·高三天水市第一中学校考阶段练习）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，两个零点互为倒数．例6．（2024·四川遂宁·高三射洪中学校考期中）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．（1）若函数()f x 在1x =处取得极值，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性；（3）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数．变式2．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()ln x f x e x a =--.（1）若3a =.证明函数()f x 有且仅有两个零点；（2）若函数()f x 存在两个零点12,x x ，证明：121222x x x x e e e a >++-.变式3．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈在其定义域内有两个不同的零点．（1）求a 的取值范围；（2）记两个零点为12,x x ，且12x x <，已知0λ>，若不等式()21ln 1ln 10λ-+->x x 恒成立，求λ的取值范围．变式4．（2024·江苏·高三专题练习）已知函数()4212f x ax x =-，,()0x ∈+∞，()()()g x f x f x '=-．(1)若0a >，求证：（ⅰ）()f x 在()f x '的单调减区间上也单调递减；（ⅱ）()g x 在(0,)+∞上恰有两个零点；(2)若1a >，记()g x 的两个零点为12,x x ，求证：1244x x a <+<+．题型三：零点问题之三个零点例7．（2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数()21ln ln 1ex ax f x x a -=---有三个零点.(1)求a 的取值范围；(2)设函数()f x 的三个零点由小到大依次是123,,x x x .证明：13e e x x a >.例8．（2024·广东深圳·校考二模）已知函数1()ln 1x f x a x x -=-+.(1)当1a =时，求()f x 的单调区间；(2)①当102a <<时，试证明函数()f x 恰有三个零点；②记①中的三个零点分别为1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，试证明22131(1)(1)x x a x >--.例9．（2024·广西柳州·统考三模）已知()3()1ln f x x ax x =-+．（1）若函数()f x 有三个不同的零点，求实数a 的取值范围；（2）在（1）的前提下，设三个零点分别为123,,x x x 且123x x x <<，当132x x +>时，求实数a 的取值范围．变式5．（2024·贵州遵义·遵义市南白中学校考模拟预测）已知函数()32113f x x ax bx =+++（a ，b ∈R ）.（1）若0b =，且()f x 在()0+∞，内有且只有一个零点，求a 的值；（2）若20a b +=，且()f x 有三个不同零点，问是否存在实数a 使得这三个零点成等差数列？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由.变式6．（2024·浙江·校联考二模）设e 2a <，已知函数()()()22e 22x f x x a x x =---+有3个不同零点.(1)当0a =时，求函数()f x 的最小值：(2)求实数a 的取值范围；(3)设函数()f x 的三个零点分别为1x 、2x 、3x ，且130x x ⋅<，证明：存在唯一的实数a ，使得1x 、2x 、3x 成等差数列.变式7．（2024·山东临沂·高三统考期中）已知函数ln ()xf x x=和()e x ax g x =有相同的最大值.(1)求a ，并说明函数()()()h x f x g x =-在（1，e ）上有且仅有一个零点；(2)证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.题型四：零点问题之max ，min 问题例10．（2024·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）已知函数()()2sin cos ,lnπxf x x x x axg x x =++=．(1)当0a =时，求函数()f x 在[]π,π-上的极值；(2)用{}max ,m n 表示,m n 中的最大值，记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>，讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数．例11．（2024·四川南充·统考三模）已知函数21()sin cos 2f x x x x ax =++，()ln πxg x x =．(1)当0a =时，求函数()f x 在[,]-ππ上的极值；(2)用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，记函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>，讨论函数()h x 在(0,)+∞上的零点个数．例12．（2024·四川南充·统考三模）已知函数()2e 2x ax x f x x =+-，()ln g x x =其中e 为自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()f x 的极值；(2)用{}max ,m n 表示m ，n 中的最大值，记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>，当0a ≥时，讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数.变式8．（2024·广东·高三专题练习）已知函数()ln f x x =-，31()4g x x ax =-+，R a ∈.(1)若函数()g x 存在极值点0x ，且()()10g x g x =，其中10x x ≠，求证：1020x x +=；(2)用min{,}m n 表示m ，n 中的最小值，记函数()min{()h x f x =，()}(0)g x x >，若函数()h x 有且仅有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.变式9．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()e (R)x f x ax a =-∈，()1g x x =-．(1)若直线()y g x =与曲线()y f x =相切，求a 的值；(2)用{}min ,m n 表示m ，n 中的最小值，讨论函数()min{(),()}h x f x g x =的零点个数．变式10．（2024·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末）已知函数()()31,1ln 4f x x axg x x x =++=--.(1)若过点()1,0可作()f x 的两条切线，求a 的值.(2)用{}min ,m n 表示,m n 中的最小值，设函数()()(){}min ,(01)h x f x g x x =<<，讨论()h x 零点的个数.题型五：零点问题之同构法例13．已知函数1()()2(0)x axf x x ln ax a e -=+-->，若函数()f x 在区间(0,)+∞内存在零点，求实数a 的取值范围例14．已知2()12a f x xlnx x =++．（1）若函数()()cos sin 1g x f x x x x xlnx =+---在(0,]2π上有1个零点，求实数a 的取值范围．（2）若关于x 的方程2()12x a a xe f x x ax -=-+-有两个不同的实数解，求a 的取值范围．例15．已知函数()(1)1x f x ae ln x lna =-++-．（1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若函数()f x 有且仅有两个零点，求a 的取值范围．题型六：零点问题之零点差问题例16．已知关于x 的函数()y f x =，()y g x =与()(h x kx b k =+，)b R ∈在区间D 上恒有()()()f x h x g x ．（1）若2()2f x x x =+，2()2g x x x =-+，(,)D =-∞+∞，求()h x 的表达式；（2）若2()1f x x x =-+，()g x klnx =，()h x kx k =-，(0,)D =+∞，求k 的取值范围；（3）若42()2f x x x =-，2()48g x x =-，342()4()32(0||h x t t x t t t =--+<，[D m =，][n ⊂，，求证：n m -例17．已知函数32()(3)x f x x x ax b e -=+++．（1）如3a b ==-，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在(,)α-∞，(2,)β单调增加，在(,2)α，(,)β+∞单调减少，证明：6βα->．例18．已知函数221()2x f x ae x ax =--，a R ∈．（1）当1a =时，求函数2()()g x f x x =+的单调区间；（2）当4401a e <<-，时，函数()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，证明：212x x ->．题型七：零点问题之三角函数例19．（2024·山东·山东省实验中学校考一模）已知函数()()sin ln 1f x a x x =-+．(1)若对(]1,0x ∀∈-时，()0f x ≥，求正实数a 的最大值；(2)证明：221sinln2n k k =<∑；(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ，试判断方程()1eln 10x m x +--+=实数根的个数，并说明理由．例20．（2024·全国·高三专题练习）设函数()πsin2x f x x =-.(1)证明：当[]0,1x ∈时，()0f x ≤；(2)记()()ln g x f x a x =-，若()g x 有且仅有2个零点，求a 的值.例21．（2024·广东深圳·红岭中学校考模拟预测）已知1()sin (1)1f x a x x x x =-+>-+，且0为()f x 的一个极值点．(1)求实数a 的值；(2)证明：①函数()f x 在区间(1,)-+∞上存在唯一零点；②22111sin 121n k n k =-<<+∑，其中*N n ∈且2n ≥．变式11．（2024·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）已知()sin n f x x =，()ln e x g x x m =+（n 为正整数，m R ∈）．(1)当1n =时，设函数()()212h x x f x =--，()0,πx ∈，证明：()h x 有且仅有1个零点；(2)当2n =时，证明：()()()e 12x f x g x x m '+<+-．题型八：零点问题之取点技巧例22．已知函数()[2(1)]2(x x f x e e a ax e =-++为自然对数的底数，且1)a ．（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．例23．已知函数2()(1)()x f x xe a x a R =++∈．（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．例24．已知函数211()(()22x f x x e a x =-++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．变式12．已知函数1()()(1)2x x f x e a e a x =+-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围。

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课时作业17 导数与函数的零点问题
1．已知f(x)＝ax2－(b＋1)xlnx－b，曲线y＝f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为2
x
＋y＝0.
(1)求f(x)的解析式；
(2)研究函数f(x)在区间(0，e4]内的零点的个数．

解：(1)由题知 f＝－2e，f＝－2，得 a＝1，b＝e，
∴f(x)＝x2－(e＋1)xlnx－e.
(2)x2－(e＋1)xlnx－e＝0⇒x－(e＋1)lnx－ex＝0，x∈(0，e4]．

设g(x)＝x－(e＋1)lnx－ex，x∈(0，e4]，
则g′(x)＝1－e＋1x＋ex2＝x－x－x2.
由g′(x)＝0得x1＝1，x2＝e，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，e)时，g′(x)<0，
当x∈(e，e4]时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，在(e，e4]上单调递增．

极大值g(1)＝1－e<0，极小值g(e)＝－2<0，g(e4)＝e4－4(e＋1)－1e3，

∵4(e＋1)＋1e3<4×4＋1＝17，
e4>2.74>2.54>62＝36，
∴g(e4)>0.
综上，g(x)在(0，e4]内有唯一零点，
因此，f(x)在(0，e4]内有唯一零点．

2．(2019·郑州第一次质量预测)已知函数f(x)＝lnx＋1ax－1a，a∈R且a≠0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈[1e，e]时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数．

解：(1)f′(x)＝ax－1ax2(x>0)，
当a<0时，f′(x)>0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
2

当a>0时，由f′(x)＝ax－1ax2>0，得x>1a，
由f′(x)＝ax－1ax2<0，得0∴函数f(x)在(1a，＋∞)上单调递增，在(0，1a)上单调递减．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在(1a，＋∞)上单调递增，在(0，1a)上单调递减．

(2)∵当x∈[1e，e]时，函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点，即当x∈[1e，e]时，方
程(lnx－1)ex＋x＝m的根．
令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，h′(x)＝(1x＋lnx－1)ex＋1.

由(1)知当a＝1时，f(x)＝lnx＋1x－1在(1e，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，
∴当x∈[1e，e]时，f(x)≥f(1)＝0.
∴1x＋lnx－1≥0在x∈[1e，e]上恒成立．
∴h′(x)＝(1x＋lnx－1)ex＋1≥0＋1>0，
∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在x∈[1e，e]上单调递增．

∴h(x)min＝h(1e)＝－2e1e ＋1e，
h(x
)max＝e.

∴当m<－2e1e ＋1e或m>e时，函数g(x)在[1e，e]上没有零点；
当－2e1e ＋1e≤m≤e时，函数g(x)在[1e，e]上有一个零点．
3．(2019·辽宁五校联考)已知函数f(x)＝x2＋2x－alnx(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f(x)有唯一的零点x0，求[x0]．
注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2.
参考数据：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946.

解：(1)∵f(x)＝x2＋2x－alnx，
3

∴f′(x)＝2x3－ax－2x2(x>0)，
由题意得f′(2)＝0，则2×23－2a－2＝0，a＝7，
经验证，当a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值，

∴f(x)＝x2＋2x－7lnx，f′(x)＝2x－2x2－7x，
∴f′(1)＝－7，f(1)＝3，
则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－3
＝－7(x－1)，即7x＋y－10＝0.
(2)令g(x)＝2x3－ax－2(x>0)，
则g′(x)＝6x2－a，

由a>0，g′(x)＝0，可得x＝a6，

∴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，

则g(x0)＝0，f(x0)＝0，可得2lnx0－3x30－1－1＝0.

令h(x)＝2lnx－3x3－1－1(x>1)，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于h(2)＝2ln2－107<2×0.7－107<0，
h(3)＝2ln3－2926>0，故x0∈(2,3)，[x
0
]＝2.

4．(2019·南宁、柳州联考)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x.
(1)讨论f(x)的单调性；

(2)设f(x)的两个零点分别是x1，x2，求证：f′(x1＋x22)<0.

解：(1)函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－2ax＋(2－
a
)＝－ax－x＋x，

①当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
4

②当a>0时，若x∈(0，1a)，则f′(x)>0，若x∈(1a，＋∞)，则f′(x)<0，则f(x)在
(0，1a)上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)易知a>0，且f(x)在(0，1a)上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减，不
妨设0f′(x1＋x22)<0⇔x1＋x22>1a⇔x1＋x2>2a，故要证f′(x1＋x22)<0，只需证x1＋x
2
>2a即可．

构造函数F(x)＝f(x)－f(2a－x)，x∈(0，1a)，f′(x)＝f′(x)－[f(2a－x)]′＝f′(x)
＋f′(2a－x)
＝2axax－＋2x－ax＝ax－2x－ax，
∵x∈(0，1a)，∴f′(x)＝ax－2x－ax>0，
∴F(x)在(0，1a)上单调递增，
∴F(x)即f(x)又x1，x2是函数f(x)的两个零点且0而x2，2a－x1均大于1a，∴x2>2a－x1，∴x1＋x2>2a，得证．
尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用
5．(2019·西安八校联考)已知函数f(x)＝x，g(x)＝λf(x)＋sinx(λ∈R)在区间[－
1,1]上单调递减．
(1)求λ的最大值；
(2)若g(x)

(3)讨论关于x的方程lnxfx＝x2－2ex＋m的解的个数．
解：(1)∵f(x)＝x，
∴g(x)＝λf(x)＋sinx＝λx＋sinx，
又g(x)在[－1,1]上单调递减，
∴g′(x)＝λ＋cosx≤0在[－1,1]上恒成立，∴λ≤(－cosx)min＝－1.故λ的最大值
为－1.
(2)在[－1,1]上，g(x)max＝g(－1)＝－λ－sin1，∴只需t2＋λt＋1>－λ－sin1恒成
立，即(t＋1)λ＋t2＋sin1＋1>0(λ≤－1)恒成立，令h(λ)＝(t＋1)λ＋t2＋sin1＋1(λ≤
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－1)，要使h(λ)>0恒成立，
则需 t＋1≤0，h－＝－t－1＋t2＋sin1＋1>0，

∴ t≤－1，t2－t＋sin1>0，
又t2－t＋sin1>0恒成立，
∴t≤－1，故t的取值范围为(－∞，－1]．

(3)lnxfx＝lnxx＝x2－2ex＋m，

令f1(x)＝lnxx，f2(x)＝x2－2ex＋m，
∵f1′(x)＝1－lnxx2，
∴当x∈(0，e)时，f1′(x)>0，
即f1(x)单调递增；
当x∈[e，＋∞)时，f1′(x)≤0，
即f1(x)单调递减．

∴f1(x)max＝f1(e)＝1e，
又f2(x)＝(x－e)2＋m－e2，
∴当m－e2>1e，即m>e2＋1e时，方程无解；

当m－e2＝1e，即m＝e2＋1e时，方程有一个解；
当m－e2<1e，即m6