微专题利用导数证明问题或讨论零点个数教师版

微专题利用导数证明问题或讨论零点个数
利用导数求函数的零点或方程根的问题、用导数证明不等式问题是高考命题的重点,命题的角度常见的有：判断函数零点的个数或方程解的个数；根据函数零点的个数或方程解得个数求解参数；利用导数证明不等式.题型以解答题为主，有时也在选择题或填空题的后两题中进行考查,难度较大.重点考查考生函数与方程、转化与化归的思想，数学抽象及数学运算的学科核心素养.
考点一 利用导数求函数的零点或方程根的问题 【典型例题】
【例1】已知函数21
()e x
ax bx f x ++=．
（Ⅰ）当1a b ==时，求函数()f x 的极值；
（Ⅱ）若()11f =，且方程()1f x =在区间()0,1内有解，求实数a 的取值范围．
【解析】（Ⅰ）当1a b ==时，21()e x x x f x ++=，则2
()e
x x x f x -'=，
解不等式()0f x '>，得01x <<，所以，函数()f x 在()0,1上单调递增；
解不等式()0f x '<，得0x <或1x >，所以，函数()f x 在(),0-∞和()1,+∞上单调递减，
因此，函数()f x 的极小值为(0)1f =，极大值为3
(1)e
f =；
（Ⅱ）由(1)1f =得e 1b a =--，由()1f x =，得2e 1x ax bx =++，
设()2
e 1x g x ax bx =---，则()g x 在()0,1内有零点，设0x 为()g x 在()0,1内的一个零点，
由()()010g g ==知，()g x 在()00,x 和()0,1x 上不单调，
设()()h x g x '=，则()h x 在()00,x 和()0,1x 上均存在零点，即()h x 在()0,1上至少有两个零点．
()()e 2,e 2x x g x ax b h x a ''=--=-． 当1
2
a ≤时，()0h x '>，()h x 在()0,1上单调递增，()h x 不可能有两个及以上的零点； 当e
2
a ≥
时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减，()h x 不可能有两个及以上的零点； 当1e 2
2
a <<时，令()0h x '=，得()()ln 20,1x a =∈，
所以，()h x 在()()0,ln 2a 上单调递减，在()()ln 2,1a 上单调递增，
()h x 在()0,1上存在极小值()()ln 2h
a ，
若()h x 有两个零点，则有()()()()ln 20,00,10h a h h <>>,
()()()1
e ln 232ln 21e 2
2h a a a a a ⎛⎫=-+-<< ⎪⎝⎭，
设()()3
ln 1e 1e
2m x x x x x =-+-<<，则()1ln 2
m x x '=-，令()0m x '=，得x
当
1x <()0m x '>，
函数()m x 单调递增；e x <<时，()0m x '<，
函数()m x 单调递减．
所以，()max 1e<0m x m ==-，所以，()()ln 20h a <恒成立， 由()()01e+2>0,h 1e 20h b a a b =-=-=-->,得e 21a -<<．
归纳利用导数研究函数零点或方程根的方法： (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法.
借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负,函数单调性判断函数图象走势,从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围. (2)数形结合法求解零点.
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性,画出草图数形结合确定其中参数的范围. (3)构造函数法研究函数零点.
①根据条件构造某个函数,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,从而求解.
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.
【变式训练1】已知函数()()22x x f x ae a e x =+--. (1)讨论() f x 的单调性;
(2)若() f x 有两个零点,求a 的取值范围.
【解析】(1) ()()()()2'221121x x x x f x ae a e ae e =++-=-+, ①当0a ≤时, ()'0f x <,()f x 在(),-∞+∞上单调递减, ②当0a >时,
f x 在(,ln )a -∞-上单调递减, (ln ,)a -+∞上单调递增.
(2)因为()f x 有两个零点,所以必有0a >,否则()f x 在R 上单调递减,至多一个零点,与题意不符. 当0a >时, ()f x 在(,ln )a -∞-上单调递减, ()f x 在(ln ,)a -+∞上单调递增,
又()f x 有两个零点,所以必有()ln 0f a -<,即()2
112ln 0a a a a a ⎛⎫
⋅+-⋅-< ⎪⎝⎭
,
又因为0a >,可得22ln 0a a -+<. 令()22ln g a a a =-+()0a >),则()1
'20g a a
=+>, 所以()g a 在()0,+∞上单调递增.
因为()10g =,所以由22ln 0a a -+<可得01a <<. 综上所述01a <<.
【变式训练2】已知函数()ln a
f x x a x
=-
+在[]1,e x ∈上有两个零点，则a 的取值范围是( ) A.e ,11e ⎡⎫-⎪⎢-⎣⎭ B.e ,11e ⎡⎫
⎪⎢-⎣⎭
C.e ,11e ⎡⎤
-⎢⎥-⎣⎦
D.[)1,e - 【解析】∵[]221'(),1,e a x a
f x x x x x
+=
+=∈． 当1a ≥-时，()'0f x ≥，()f x 在[]1,e 上单调递增，不合题意． 当e a ≤-时，()'0f x ≤，()f x 在[]1,e 上单调递减，也不合题意． 当e 1a -<<-时，则,[)1x a ∈-时，()'0f x <，()f x 在[1,)a -上单调递减，
,e (]x a ∈-时，()'0f x >，()f x 在(],e a -上单调递增，
又()10f =，所以()f x 在e []1,x ∈上有两个零点，
只需(e)10e a f a =-
+≥即可，解得e 11e
a ≤<--. 综上，a 的取值范围是e ,11e ⎡⎫
-⎪⎢-⎣⎭
.故选A.
【变式训练3】已知函数217
()(2)ln 422
f x x x x x =++-+，则函数()f x 的所有零点为 .
【解析】函数)(x f 的定义域为),0(+∞， 且()2
ln 3f x x x x
'=++-．
设()2ln 3g x x x x =++-，则()()222221122()1x x x x g x x x x x +-+-'=-+==()0x >． 当01x <<时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>， 即函数()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以当0x >时，()()10g x g ≥=（当且仅当1=x 时取等号）． 即当0x >时，()0f x '≥（当且仅当1=x 时取等号）． 所以函数()f x 在),0(+∞单调递增，至多有一个零点. 因为(1)0f =，1=x 是函数)(x f 唯一的零点. 综上，函数()f x 的所有零点只有1=x ． 【答案】1.
考点二 利用导数证明不等式的有关问题 【典型例题】
【例2】已知函数()2
1x x f x e
-= (e 为自然对数的底数).
（1）求函数()f x 的零点0x ，以及曲线()y f x =在0x x =处的切线方程； （2）设方程()()0f x m m =>有两个实数根1x ，2x ，求证：121212x x m e ⎛⎫
-<-+
⎪⎝
⎭
. 【解析】（1）由()2
10x x f x e -==，得1x =±，∴函数的零点01x =±.
()221
x
x x f x e
--'=，()12f e '-=，()10f -=. 曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为()21y e x =+.
()2
1f e
'=-，()10f =，
∴曲线()y f x =在1x =处的切线方程为()21y x e
=--.
（2）()221
x
x x f x e --'=.
当(() 11x ∈-∞+∞U ，时，()0f x '>；当(1 1x ∈+时，()0f x '<. ∴()
f x 的单调递增区间为(() 1 1-∞+∞，，，单调递减区间为(1+. 由（1）知，当1x <-或1x >时，()0f x <；当11x -<<时，()0f x >.
下面证明：当()1 1x ∈-，
时，()()21e x f x +>. 当()1 1x ∈-，时，()()()2111
2121002
x x x x e x f x e x e e +--+>⇔++>⇔+>.
易知，()11
2
x x g x e +-=+在[]1 1x ∈-，
上单调递增， 而()10g -=，
∴()()10g x g >-=对()1 1x ∀∈-，恒成立， ∴当()1 1x ∈-，
时，()()21e x f x +>. 由()21y e x y m
⎧=+⎪⎨
=⎪⎩得12m x e =-.记112m
x e '=-.
不妨设12x x <，则12111x x -<<-<，
∴121221212m x x x x x x x e
⎛⎫
''-<-=-=-- ⎪⎝
⎭
. 要证121212x x m e ⎛⎫-<-+
⎪⎝⎭，只要证2112122m x m e e ⎛⎫⎛
⎫--≤-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，即证21x m ≤-. 又∵2221x x m e -=，∴只要证22
2211x x x e
-≤-，即()()()
222110x x e x -⋅-+≤.
∵()21x ∈，即证()2
210x e x -+≥.
令()()()11x x x e x x e ϕϕ'=-+=-，.
当()1x ∈时，()0x ϕ'<，()x ϕ为单调递减函数； 当()0,1x ∈时，()0x ϕ'>，()x ϕ为单调递增函数. ∴()()00x ϕϕ≥=，∴()2
210x e x -+≥，∴121212x x m e ⎛⎫
-<-+
⎪⎝
⎭
. 方法归纳不等式的证明问题解题策略
从所证不等式的结构和特点出发,结合已有的知识利用转化与化归思想,构造一个新的函数,再借助导数确定函数的单调性,利用单调性实现问题的转化,从而使不等式得到证明,其一般步骤是:
构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论.
【变式训练1】已知函数()()0x
ax
f x a e =≠. (1)求函数()f x 的单调区间
(2)当1a =时，如果方程()f x t =有两个不等实根12,x x ，求实数t 的取值范围，并证明122x x +>.
【解析】(1)()f x 的定义域为R ，且()()
1x
a x f x e
-'=. 由
10x x e ->，得1x <；由10x
x
e -<，得1x >. 故当0a >时，函数()
f x 的单调递增区间是()1-∞,
，单调递减区间是(1)+∞,； 当0a <时，函数()f x 的单调递增区间是(1)+∞,，单调递减区间是()1-∞,
. (2)由(1)知当1a =时，()x x f x e =
，且()()min
1
1f x f e
==. 当0x <时，()0f x <；当0x >时，()0f x >.
∴当1
0t e
<<
时，直线y t =与()y f x =的图像有两个交点， ∴实数
t 的取值范围是10,e ⎛⎫
⎪⎝⎭
.
Q 方程()f x t =有两个不等实根12,x x ，
11x x t e ∴
=，22x x t e =，11x x te ∴=，2
2
x x te =，()
1212x x x x t e e ∴-=-，即12
12x x x x t e e -=-. 要证122x x +>，只需证()1
2
2x x
t e e +>，
即证
()()
1
212
122x
x x x x x e e e e -+>-，不妨设12x x >.
令12m x x =-，则01m m e >>,， 则要证
()121
m m m e e +>-，即证()220m
m e m -++>.
令()()()220x g x x e x x =-++>，则()()11x
g x x e '=-+. 令()()11x h x x e =-+，则()0x
h x xe '=>，
()()11x h x x e ∴=-+在(0)+∞,上单调递增，()()00h x h ∴>=.
()0g x '∴>，()g x ∴在(0)+∞,上单调递增， ()()00g x g ∴>=，即()220x x e x -++>成立，
即()220m
m e m -++>成立.122x x ∴+>.
【变式训练2】设()()ln ,f x ax bx x f x =+ 在x e =处的切线方程是0x y e +-=，（其中
2.718...e =为自然对数的底数）. （1）求,a b 的值； （2）证明：()21
x f x x e
≤
+. 【解析】（1）()ln f x a b b x '=++
由题意，可得 ()1
()0f e a b b f e ae be =++=-⎧⎨=+='⎩解得1,1a b ==-
（2）由（1）知()ln f x x x x =- 令()2
1ln (0)x h x x x x x x e =--
->，则()
1ln 2x
h x x x e '=-+- ()11
20,(1)0x h x h x e
'''=---<<，当()0,0x h x '→>
()()01g x g ''≤=，又()10g '<，所以()00,1x ∃∈，使得()00h x '=即0
001
2ln x x x e =-+ 所以()h x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减 所以()()0
2
00000max 1ln x h x h x x x x x e ==--
- ()0
000022
000000000111121x x
x x x x x x x x x x x x e e e e e ⎛
⎫⎛⎫=+---=+--=+- ⎪ ⎪⎝
⎭⎝
⎭， 令()0001x m x x e =-
，()0
01
10x m x e
'=+> 又()()00,10m m <>所以()10,1x ∃∈，使得()10m x =此时 1
11
x x e =
，()11ln x x =- ()10h x '=∴01x x =，∴()00m x ≤，∴()()00h x h x ≤≤；故()2
1x f x x e
≤+.
高考真题
【选择题组】
1、[2019·浙江卷] 设a,b ∈R,函数f(x)={x,x <0,
13x 3-12(a+1)x 2
+ax,x ≥0.若函数y=f(x)-ax -b 恰有3个零点,则( )
A.a<-1,b<0
B.a<-1,b>0
C.a>-1,b<0
D.a>-1,b>0
【答案】C
【解析】令F(x)=f(x)-ax -b={(1-a)x -b,x<0,
1
3x 3-12
(a+1)x 2
-b,x≥0. 当x≥0时,F(x)=13
x 3-12
(a+1)x 2-b,F'(x)=x 2-(a+1)x=x[x -(a+1)]. 当a≤-1时,F(x)在R 上单调递增, 不符合题意,舍去.
当a>1时,F(x)在(-∞,0)上单调递减,在[0,a+1]上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增,不符合题意,舍去.
当a=1时,F(x)在(-∞,0)上为定值,在[0,2]上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,不符合题意,舍去. 当-1<a<1时,F(x)在(-∞,0)上单调递增,在[0,a+1]上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增, 若函数F(x)=f(x)-ax -b 恰有3个零点,则需F(0)=-b>0,F(a+1)=-1
6(a+1)3-b<0, 所以-1<a<1且-1
6(a+1)3<b<0.故选C.
【非选择题组】
1、[2018·江苏卷] 若函数f(x)=2x 3-ax 2+1(a ∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 . 【答案】-3
【解析】 由题意得,f'(x)=6x 2-2ax=2x(3x-a).
当a≤0时,对任意x ∈(0,+∞),f'(x)>0,则函数f(x)在(0,+∞)上是增函数, 则f(x)>f(0)=1,则f(x)在(0,+∞)上没有零点,不满足题意,舍去.
当a>0时,令f'(x)=0及x>0,得x=a
3,则当x ∈)3,0(a 时,f'(x)<0,当x ∈),3(+∞a 时,f'(x)>0,
因此函数f(x)的单调递减区间是)3,0(a ,单调递增区间是),3
(+∞a
,
所以在x=a 3处f(x)取得极小值f (a
3)=-a 3
27+1.
而函数f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,所以f (a
3)=-a 3
27+1=0,解得a=3,
因此f(x)=2x 3-3x 2+1,则f'(x)=2x(3x-3). 令f'(x)=0,结合x ∈[-1,1],得x=0或x=1.
而当x ∈(-1,0)时,f'(x)>0,当x ∈(0,1)时,f'(x)<0,则函数f(x)在(-1,0)上是增函数,在(0,1)上是减函数,所以f(x)max =f(0)=1.
又f(-1)=-4,f(1)=0,所以f(x)min =-4,
故f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为-3.
2、[2019·全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)=ln x -x+1
x−1. (1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x 0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x 在点A(x 0,ln x 0)处的切线也是曲线y=e x 的切线. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f'(x)=1x +2
(x -1)2>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)单调递增.
因为f(e)=1-e+1e−1<0,f(e 2
)=2-e 2+1e 2-1=e 2-3
e 2-1>0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x 1,即f(x 1)=0. 又0<1x 1
<1,f (1
x 1
)=-ln x 1+x 1+1x 1
-1=-f(x 1)=0,故f(x)在(0,1)有唯一零点1
x 1
.
综上,f(x)有且仅有两个零点.
(2)证明:因为1x 0
=e -ln x 0,故点B (-ln x 0,1
x 0
)在曲线y=e x 上.
由题设知f(x 0)=0,即ln x 0=x 0+1
x
-1
,故直线AB 的斜率k=1
x 0
-ln x 0-ln x 0-x 0
=
1x 0-x 0+1x 0-1-x 0+1x 0-1
-x 0=1
x 0
.
曲线y=e x 在点B (-ln x 0,1
x 0
)处切线的斜率是1
x 0
,曲线y=ln x 在点A(x 0,ln x 0)处切线的斜率也是1
x 0
,
所以曲线y=ln x 在点A(x 0,ln x 0)处的切线也是曲线y=e x 的切线.
3、[2019·全国卷Ⅱ] 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,π
2)存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点.
【解析】证明:(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x -1
1+x ,g'(x)=-sin x+1
(1+x)2.
当x ∈(-1,π
2)时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π
2)<0,可得g'(x)在(-1,π
2)有唯一零点,设为α. 则当x ∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x ∈(α,π
2)时, g'(x)<0.
所以g(x)在(-1,α)单调递增,在(α,π
2
)单调递减,
故g(x)在(-1,π2)存在唯一极大值点,即f'(x)在(-1,π
2)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,π
2]时,由(1)知,f'(x)在(0,α)单调递增,在(α,π
2)单调递减,而f'(0)=0,f'(π
2)<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,π
2)时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)单调递增,在(β,π
2)单调递减. 又f(0)=0,f (π
2)=1-ln (1+π
2)>0,所以当x ∈(0,π
2]时,f(x)>0. 从而,f(x)在(0,π2]没有零点.
(iii)当x ∈(π
2,π]时,f'(x)<0, 所以f(x)在(π
2,π)单调递减. 而f (π
2)>0,f(π)<0,所以f(x)在(π
2,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.
4、[2019·北京卷] 已知函数f(x)=1
4x 3-x 2+x. (1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程. (2)当x ∈[-2,4]时,求证:x -6≤f(x)≤x.
(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a ∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a 的值. 【解析】(1)由f(x)=1
4x 3-x 2+x 得f'(x)=34x 2-2x+1. 令f'(x)=1,即3
4x 2-2x+1=1,得x=0或x=8
3.
又f(0)=0,f (8
3)=8
27,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x 与y -8
27=x -8
3, 即y=x 与y=x -6427.
(2)证明:令g(x)=f(x)-x,x ∈[-2,4]. 由g(x)=1
4x 3-x 2得g'(x)=3
4x 2-2x, 令g'(x)=0得x=0或x=8
3.
当x变化时g'(x),g(x)的变化情况如下:
x-2(-2,0)0(0,8
3
)
8
3
(
8
3
,4)4
g'(x)+0- 0+
g(x)-6↗0↘-64
27
↗0所以g(x)的最小值为-6,最大值为0,
故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知,
当a<-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3;
当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;
当a=-3时,M(a)=3.
综上,当M(a)最小时,a=-3.
5、[2019·天津卷] 设函数f(x)=e x cos x,g(x)为f(x)的导函数.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当x∈[π
4,π
2
]时,证明f(x)+g(x)(π
2
-x)≥0;
(3)设x n为函数u(x)=f(x)-1在区间(2nπ+π
4,2nπ+π
2
)内的零点,其中n∈N,
证明：2nπ+π
2-x n<e-2nπ
sin x0-cos x0
.
【解析】(1)由已知,有f'(x)=e x(cos x-sin x).
因此,当x∈(2kπ+π
4,2kπ+5π
4
)(k∈Z)时,有sin x>cos x,得f'(x)<0,则f(x)单调递减;
当x∈(2kπ−3π
4,2kπ+π
4
)(k∈Z)时,有sin x<cos x,得f'(x)>0,则f(x)单调递增.
所以,f(x)的单调递增区间为[2kπ−3π
4,2kπ+π
4
](k∈Z),
f(x)的单调递减区间为[2kπ+π
4,2kπ+5π
4
](k∈Z).
(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)(π
2
-x).
依题意及(1),有g(x)=e x(cos x-sin x),从而g'(x)=-2e x sin x,当x∈(π
4,π
2
)时,g'(x)<0,
故h'(x)=f'(x)+g'(x)(π
2-x)-g(x)=g'(x)(π
2
-x)<0.
因此,h(x)在区间[π
4,π
2
]上单调递减,进而h(x)≥h(π
2
)=f(π
2
)=0.
所以,当x ∈[π4,π2
]时,f(x)+g(x)(π
2
-x )≥0.
(3)证明:依题意,u(x n )=f(x n )-1=0,即e x n cos x n =1.
记y n =x n -2nπ,则y n ∈(π4,π
2),且f(y n )=e y n cos y n =e x n -2nπcos(x n -2nπ)=e -2nπ(n ∈N). 由f(y n )=e -2nπ≤1=f(y 0)及(1),得y n ≥y 0.
由(2)知,当x ∈(π4,π2)时,g'(x)<0,所以g(x)在[π4,π2]上为减函数,因此g(y n )≤g(y 0)<g (π
4)=0. 又由(2)知,f(y n )+g(y n )(π2-y n )≥0,故π
2-y n ≤-f(y n )
g(y n
)=-e -2nπg(y n
)≤-e -2nπg(y 0
)=e -2nπ
e y 0(sin y
0-cos y 0)
<e -2nπ
sin x
0-cos x 0
.
所以,2nπ+π
2-x n <e -2nπ
sin x
0-cos x 0
.
6、[2018·全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)=1
x -x+aln x. (1)讨论f(x)的单调性;
(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 2
<a-2.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1
x -1+a
x =-
x 2-ax+1x .
(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,+∞)单调递减. (ii)若a>2,令f'(x)=0,得x=a−√a 2-4
2
或x=
a+√a 2-4
2
.
当x ∈0,a−√a 2-4
2
∪
a+√a 2-4
2
,+∞时,f'(x)<0;
当x ∈
a−√a 2-42
,
a+√a 2-4
2
时,f'(x)>0. 所以f(x)在0,
a−√a 2-4
2
,
a+√a 2-4
2
,+∞单调递减,在
a−√a 2-42
,
a+√a 2-4
2
单调递增.
(2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当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f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2
=-1
x
1x 2
-1+a
ln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+a
ln x 1-ln x 2x 1-x 2
=-2+a
-2ln x 2
1
x 2-x 2
,
所以
f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2
<a-2等价于1
x 2
-x 2+2ln x 2<0.
设函数g(x)=1
x -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减, 又g(1)=0,从而当x ∈(1,+∞)时,g(x)<0, 所以1
x 2
-x 2+2ln x 2<0,即
f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2
<a-2.
7、[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.
【解析】(1)证明: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,+∞)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,+∞)只有一个零点当且仅当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)单调递减,在(2,+∞)单调递增. 故h(2)=1-4a
e 2是h(x)在[0,+∞)的最小值. ①若h(2)>0,即a<e 24,h(x)在(0,+∞)没有零点; ②若h(2)=0,即a=e 24,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;
③若h(2)<0,即a>e 2
4,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
>x 2
,所以h(4a)=1-16a 3e 4a =1-16a 3(e 2a )2>1-16a 3
(2a)4=1-1
a >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=e 2
4. 8、[2018·浙江卷] 已知函数f(x)=√x -ln x.
(1)若f(x)在x=x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明:f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2;
(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点. 【解析】证明:(1)函数f(x)的导函数f'(x)=2√x -1
x ,
由f'(x 1)=f'(x 2)得2√x -1x 1
=2
√x -1
x 2
,
因为x 1≠x 2,所以
√x +
√x =1
2.
由基本不等式得1
2√x 1x 2=√x 1+√x 2≥2√x 1x 24,
因为x 1≠x 2,所以x 1x 2>256.
由题意得f(x 1)+f(x 2)=√x 1-ln x 1+√x 2-ln x 2=1
2√x 1x 2-ln(x 1x 2). 设g(x)=1
2√x -ln x,则g'(x)=1
4x (√x -4), 所以
x (0,16) 16 (16,+∞) g'(x) - 0 + g(x)
↘
2-4ln 2
↗
所以g(x)在(256,+∞)上单调递增,故g(x 1x 2)>g(256)=8-8ln 2, 即f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2. (2)令m=e
-(|a|+k)
,n=(
|a|+1k
)2+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n (
√
n a n
-k )≤n (√n
k )<0,
所以,存在x 0∈(m,n)使f(x 0)=kx 0+a,
所以,对于任意的a ∈R 及k ∈(0,+∞),直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有公共点. 由f(x)=kx+a 得k=√x -lnx -a
x
. 设
h(x)=√x -lnx -a
x ,则
h'(x)=lnx−
√x
2-1+a x 2
=
-g(x)-1+a x 2
,
其中g(x)=√x
2-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),
又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,
所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根. 综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点.。