(完整)2019年高中数学虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用含解析答案.doc
专题06 重温高考压轴题----函数零点问题集锦-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(原卷版)
专题六 重温高考压轴题----函数零点问题集锦函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题精选高考压轴题及最新高考模拟压轴题，形成函数零点问题集锦，例题说法，高效训练，进一步提高处理此类问题的综合能力.【典型例题】类型一 已知零点个数，求参数的值或取值范围例1.【2018年理新课标I 卷】已知函数．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞） 例2.【2018年理数全国卷II 】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．类型二 利用导数确定函数零点的个数 例3.【2018年全国卷II 文】已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．类型三 挖掘“隐零点”，证明不等式例4.【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥.(1)求a ；(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202ef x --<<.类型四 利用函数单调性，确定函数零点关系例5.【2016高考新课标1理】已知函数2()(2)e (1)xf x x a x =-+-有两个零点. （I ）求a 的取值范围；（II ）设x 1，x 2是()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 类型五 借助导函数零点，解答综合性问题例6.【2016高考新课标2文】已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； （Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 例7.【2016高考新课标Ⅲ文】设函数()ln 1f x x x =-+． （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->. 例8.【2018年理数天津】已知函数，，其中a >1.（I ）求函数的单调区间；（II ）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明；（III ）证明当时，存在直线l ，使l 是曲线的切线，也是曲线的切线.【规律与方法】1.研究方程根的情况时，通过导数研究函数的单调性、最大（小）值、函数图象的变化趋势等，根据题目画出函数图象的草图，通过数形结合的思想去分析问题，使问题的解决有一个直观的形象，然后在此基础上再转化为不等式（组）的问题，通过求解不等式可得到所求的参数的取值（或范围）．2. 利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.3. 导数中函数的含参数的问题的讨论，需要考虑下面的几个方面：（1）把导函数充分变形，找出决定导数符号的核心代数式，讨论其零点是否存在，零点是否在给定的范围中；（2）零点不容易求得时，需要结合原函数的形式去讨论，有时甚至需要把原函数放缩去讨论，常见的放缩有1,ln 1xe x x x ≥+≤-等；（3）如果导数也比较复杂，可以进一步求导，讨论导函数的导数.4. 对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要通过论坛和联系多加体会.5. 函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出()/f x ,然后令()/0f x =,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数.【提升训练】1.【2019届高三第一次全国大联考】若函数恰有三个零点，则的取值范围为( )A ．B ．（）C ．D ．（）2.【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．13.【2018年理数天津卷】已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是______________. 4．【2018年江苏卷】若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________． 5.【2018年天津卷文】设函数，其中,且是公差为的等差数列. （I ）若 求曲线在点处的切线方程；（II ）若，求的极值；（III ）若曲线与直线有三个互异的公共点，求d 的取值范围.6.【江西省南昌市2019届高三一模】已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.7.【2016年高考四川理数】设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （Ⅰ）讨论f (x )的单调性；（Ⅱ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).8.【2017年新课标1】已知函数2()e(2)e xx f x a a x =+--.（1）讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.9．【2017江苏，20】 已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值,且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a >;（3）若()f x ,()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围. 10.【2016高考山东理】已知()221()ln ,R x f x a x x a x-=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 11.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数xx 2f (x)x 2-=+e 的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；(Ⅱ)证明：当[0,1)a ∈时，函数2x =(0)x e ax ag x x-->（）有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．12.【辽宁省大连市2019届高三3月测试】已知函数．（1）讨论函数 的单调性；（2）若曲线上存在唯一的点，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点，求实数的取值范围．。
【个题研究】(全国1卷)(理20)从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法_邓军民
责任编辑 廖宇红
20 广东教育·高中 2019 年第 10 期
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 ] 时 ， f（x）>0. 所 以 f（x）在 (0, π ] 没 有
义思想的偏差， 媒体新闻稿件说的是 “美丽乡村” 建设中缺 乏专业规划， 盲目跟风模仿方面的政策和行为偏差。 材料的 立意角度很多， 如 “科学合理规划” “求真务实创新” “长 效管理机制” “保护文化传统” 以及 “发展理念” “责任担 当” “形式主义” “铭记乡愁” 等。 写作时一定要以剧本的 形式表达自己的观点， 表现主题。
【解析】 （1） 当-1<x<0 时， f（x）=sin2x- | ln（x+1）|<0 显 然
专题05 用好导数,破解函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(解析版)
一．方法综述近几年的高考数学试题中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化、综合化.处理函数零点问题时，我们不但要掌握零点存在性定理，还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法，才能有效地找到解题的突破口．利用导数解决函数的零点问题，是近几年高考命题的热点题型，此类题一般属于压轴题，难度较大．本专题举例说明如何用好导数，破解函数零点问题.二．解题策略类型一 讨论函数零点的个数【例1】【吉林省通榆县第一中学2019届高三上期中】已知函数 . （1）求在处的切线方程； （2）试判断在区间上有没有零点？若有则判断零点的个数. 【答案】（1）； （2）2.【解析】 （1）由已知得 ，有， ∴在处的切线方程为：，化简得.【指点迷津】讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断（证明）零点的存在性，确定函数零点的个数.【举一反三】【2015高考新课标1，理21】已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=-. (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；（Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),()(0)h x f x g x x => ，讨论h （x ）零点的个数.【答案】（Ⅰ）34a =；（Ⅱ）当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点. 学&科网【解析】（Ⅱ）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =≤<， ∴()h x 在（1，+∞）无零点.当x =1时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===,故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg f ==<,故x =1不是()h x 的零点.当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在（0,1）的零点个数.(ⅰ)若3a ≤-或0a ≥，则2()3f x x a '=+在（0,1）无零点，故()f x 在（0,1）单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a ≤-时，()f x 在（0，1）有一个零点；当a ≥0时，()f x 在（0，1）无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（0单调递减，在1）单调递增，故当x ()f x取的最小值，最小值为f 14.①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在（0,1）无零点.②若f =0，即34a =-，则()f x 在（0,1）有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在（0,1）有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在（0,1）有一个零点.…10分 综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点. ……12分学*科网 类型二 已知函数在区间上有零点，求参数的取值范围【例2】【河北省衡水中学2019届高三上学期二调】已知函数(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数恰有2个零点，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】 （2）由题意得，，所以.由，解得，故当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增.所以.又，，结合函数的图象可得，若函数恰有两个零点，则解得.所以实数的取值范围为.【例3】【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．学*科网【指点迷津】已知区间上有零点，求参数的范围问题．往往因为含有超越函数式的函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：(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，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，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，借助导数研究函数的单调性、极值等，层层推理得解．【举一反三】【贵州省遵义航天高级中学2018届高三上第四次模】已知函数的两个零点为．（1）求实数m的取值范围；（2）求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）令，则，由题意知方程有两个根，即方程有两个根，不妨设，，令，则当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，，要证，即证，即，即证，令，下面证对任意的恒成立，∵，∴，∴又∵，∴∴，则在单调递增∴，故原不等式成立．类型三已知存在零点，证明零点的性质【例4】【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】已知函数．（1）讨论的单调性；（2若函数有两个零点分别记为．①求的取值范围；②求证：．【答案】⑴见解析；⑵见解析；⑶见证明【解析】（1），（i）当时，，时，单调递减；时，单调递增．（iii）当时，恒成立，在上单增．（iv）当时，时，单调递增；时，单调递减，时，单调递增．学科/网综上所述：时，在上单调递减，上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递增；时，在上单调递减，上单调递增.（2）①，（i）当时，，只有一个零点，舍去；（ii）当时，在上单调递减，上单调递增，又，取且，则，存在两个零点．（iii）当时，在上单调递增，时，不可能有两个零点，舍去．（iv）当时，在上单调递增，不可能有两个零点，舍去．（v）当时，时，，又在单调递减，在上单调递增，因，不可能有两个零点，舍去．综上所述：．②由①知：，在上单调递减，在上单调递增，要证，即证，即证，令，则当时，单调递增．不妨设，则，即，又，，在上单调递减，，，原命题得证．学科#网【指点迷津】已知函数存在零点，需要证明零点满足某项性质时，实际上是需要对函数零点在数值上进行精确求解或估计，需要对零点进行更高要求的研究，为此，不妨结合已知条件和未知要求，构造新的函数，再次通过导数的相关知识对函数进行更进一步的分析研究，其中，需要灵活运用函数思想、化归思想等，同时也需要我们有较强的抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．含参数的函数的单调性的讨论，合理分类讨论是关键，分类点的选择一般依据导数是否存在零点，若存在零点，则检验零点是否在给定的范围之中．【举一反三】【江西师范大学附属中学2018年10月高三月考】设，函数（1）若无零点，求实数的取值范围；（2）若有两个相异零点，求证：．【答案】（1）；（2）见解析【解析】(1)①若时，则是区间上的增函数，∵∴，函数在区间有唯一零点；②若，有唯一零点；③若，令，得，在区间上，，函数是增函数；在区间故在区间三．强化训练1．【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是( )A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C2．【山西省太原市第五中学2019届10月月考】已知，又，若满足的有四个，则的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】令y=xe x ，则y'=（1+x ）e x ，由y'=0，得x=﹣1， 当x ∈（﹣∞，﹣1）时，y'＜0，函数y 单调递减，当x ∈（﹣1，+∞）时，y'＞0，函数y 单调递增．作出y=xe x 图象， 利用图象变换得f （x ）=|xe x |图象，学&科网 令f （x ）=m ，则关于m 方程h （m ）=m 2﹣tm+1=0两根分别在时，满足g （x ）=﹣1的x 有4个，由，解得．故选：B ．学科￥网3．【山东省安丘市2019届10月检测】若存在正实数m ，使得关于x 的方程有两个不同的根，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】4.【江西省南昌市2018届二轮测试卷（一）】设，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】5.【四川省攀枝花市第十二中学2019届10月月考】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 的取值范围为( )A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)【答案】B【解析】函数则，令则⑴当时，，存在两个零点，不符合题意，故⑶当时，，在，上单调递减，在上单调递增是的极小值点，是的极大值点，要使函数仅有一正零点，结合函数图像，可知，代入可得：，解得综上，则的取值范围为故选学$科网6.【江苏省淮安市淮海中学2019届高三上学期第二阶段测试】若方程有且仅有6个不相等的实数根，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】7.【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数其中为自然对数的底数，若函数与的图象恰有一个公共点，则实数的取值范围是____________.【答案】【解析】因为，所以函数在区间上单调递增，且所以当时，与有一个公共点；当时，令，即有一个解即可.设，则得.因为当时，当时，所以当时，有唯一的极小值，即有最小值，所以当时，有一个公共点.综上，实数的取值范围是.8.【陕西省西安市长安区第五中学2019届高三上期中】已知函数.(1)若直线过点（1，0），并且与曲线相切，求直线的方程；(2)设函数在[1,e]上有且只有一个零点，求的取值范围.(其中∈R，e为自然对数的底数)【答案】（1）；（2）或.【解析】（2）因为g（x）=xlnx-a（x-1），注意到g（1）=0，所以所求问题等价于函数g（x）=xlnx-a（x-1）在（1，e]上没有零点.因为.所以由lnx+1-a<00<x<e a-1,x>e a-1,所以g（x）在（0，e a-1）上单调递减，在（e a-1，）上单调递增.①当e a-1≤1，即a≤1时，g（x）在（1,e]上单调递增，所以g（x）>g(1)=0.此时函数g（x）在（1,e]上没有零点，②当1<e a-1<e,即1<a<2时，g（x）在[1,e a-1)上单调递减，在（e a-1,e]上单调递增，又因为g（1）=0，g（e）=e-ae+a，g（x）在(1,e]上的最小值为g（e a-1）=a-e a-1，所以（i）当1<a≤时，g（x）在[1,e]上的最大值g（e）≥0，即此时函数g（x）在(1,e]上有零点.（ii）当<a<2时，g（e）＜0，即此时函数g（x）在（1,e]上没有零点，③当e≤e a-1即a≥2时，g（x）在[1,e]上单调递减，所以g（x）在[1,e]上满足g（x）<g(1)=0，此时函数g（x）在(1,e]上没有零点.综上，所求的a的取值范围是或.学%科网9.【山东省实验中学2019届高三第一次诊断】函数（）的导函数的图象如图所示：（1）求的值并写出的单调区间；（2）若函数有三个零点，求的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋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)＝＋c，极小值为f(2)＝c－.而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得－＜c＜.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.学科&网10．【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数.(1)若函数在上为增函数，求的取值范围；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）由题得，则因为有两个极值点，所以欲证等价于证，即，所以因为，所以原不等式等价于 .由可得，则②. 由①②可知，原不等式等价于，即设，则，则上式等价于.令，则因为，所以，所以在区间上单调递增，所以当时，，即，所以原不等式成立，即.。
专题06“三招”妙解导函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破
一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明 “三招”妙解导函数零点问题. 二．解题策略类型一 察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【河北省武邑中学2019届高三上第三次调研】已知函数．（1）当时，求在处的切线方程；（2）设函数，（ⅰ）若函数有且仅有一个零点时，求的值；（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，若，，求的取值范围。
【答案】（1）（2）（ⅰ）（ⅱ）【解析】（2）（ⅰ）令则即令，则令，，在上是减函数又所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当函数有且今有一个零点时，9分【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x时，常猜x＝1；当函数解析式中出现e x时，常猜x＝0或x＝ln x.2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】设()1ln xf x x+＝. (1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围； (2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）(0,1)；（2）(－∞，2]． 【解析】(1)因为()2ln xf x x '＝－，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，所以a <1<a ＋1，即0<a <1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)． (2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解， 即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解． 设()()22g x f x x x ＝－＋，则()(2)1g x x '＝－2ln xx －. 接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．可得g ′(1)＝0，且当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]． 类型二 设而不求，巧“借”零点【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln xf x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； （II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a≥+. 【答案】（I ）当0a £时，()f x ¢没有零点；当0a >时，()f x ¢存在唯一零点.（II ）见解析 【解析】（II ）由（I ），可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x ，当()00x x Î，时，()0f x ¢<;当()0+x x 违，时，()0f x ¢>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ¥，单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x .由于0202=0x a ex -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++?. 故当0a >时，2()2ln f x a a a?. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最小值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20xaf x e x¢-=的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”． 【举一反三】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． 【答案】（1）f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．（2）2.(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()101x x k x x e +<>-＋．① 令()1()01xx g x x x e +=>-＋， 则()221(2)1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'--＝＋＝ 由(1)知，函数h (x )＝e x－x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)． 又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等价于k <g (α)，故整数k 的最大值为2. 类型三 二次构造（求导），避免求根【例3】已知函数f (x )＝ln(ax ＋1)＋x 3－x 2－ax . (1)若x ＝23为y ＝f (x )的极值点，求实数a 的值； (2)若y ＝f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围； (3)若a ＝－1时，方程f (1－x )－(1－x )3＝bx有实根，求实数b 的取值范围． 【答案】(2)因为f (x )在[1，＋∞)上为增函数， 所以f ′(x )＝1a ax +＋3x 2－2x －a ＝22[3(32)(2)]01x ax ax a ax +--+≥+在[1，＋∞)上恒成立． 当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，此时f (x )在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a ＝0符合题意； 当a ≠0时，由ax ＋1>0对x >1恒成立，知a >0.所以3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立． 令g (x )＝3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)，其对称轴为x ＝1132a -，因为a >0，所以1132a -<13，所以g (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g (1)≥0即可，即－a 2＋a ＋1≥0，解得0<a .综上，实数a 的取值范围为].∴函数h(x)＝g′(x)又g′(1)＝0，∴存在x0∈，使得g′(x0)＝0. 当0<x<x0时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(0，x0)上递减；当x0<x<1时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(x0,1)上递增；当x>1时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上递减．又当x→＋∞时，g(x)→－∞.又g(x)＝x ln x＋x2－x3＝x(ln x＋x－x2)≤1 (ln)4x x+，当x→0时，ln x＋14<0，则g(x)<0，且g(1)＝0，∴b的取值范围为(－∞，0]．【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b的范围问题，实际上是求g(x)＝x(ln x＋x－x2)极值问题，问题是g′(x)＝ln x＋1＋2x－3x2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h(x)＝g′(x)再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等.【举一反三】【吉林省通榆县第一中学2019届高三上期中】已知函数,R.（Ⅰ）当时,求的单调区间和极值；（Ⅱ)若关于的方程恰有两个不等实根,求实数的取值范围；【答案】（1）在和上单调递增,在上单调递减，, ；（2）.【解析】（Ⅰ）解:当时,函数,则.令,得,,当变化时,的变化情况如下表:∴在和上单调递增,在上单调递减.当时,,当时,.（Ⅱ）依题意,即. 则令,则.当时,,故单调递增（如图）,且；当时,,故单调递减,且.∴函数在处取得最大值.故要使与恰有两个不同的交点,只需.∴实数的取值范围是.三．强化训练1.设函数满足，，则时，的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D2．【盐城市2019届高三第一学期期中模拟】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。
(完整版)导数问题中虚设零点的三大策略
导数问题中虚设零点的三大策略导数在高中数学中可谓“神通广大”，是解决函数单调性、极值、最值、不等式证明等问题的“利器”。
因而近几年来与导数有关的数学问题往往成为高考函数压轴题.在面对这些压轴题时，我们经常会碰到导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的问题。
此时，我们不必正面强求，可以采用将这个零点只设出来而不必求出来，然后谋求一种整体的转换和过渡,再结合其他条件，从而最终获得问题的解决。
我们称这种解题方法为“虚设零点”法.下面笔者就一些高考题，来说明导数问题中“虚设零点”法的具体解题方法和策略。
策略1整体代换将超越式化简为普通式如果f′(x）是超越形式(对字母进行了有限次初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式）,并且f′（x）的零点是存在的，但我们无法求出其零点,这时采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所在的范围和满足的关系式,然后分析出相应函数的单调性，最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果。
通过这种形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的转换和过渡，从而将超越式化简为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点.例1（2015年全国高考新课标Ⅰ卷文21）设函数f（x）=e2x-alnx.（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+aln2a。
解（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x)=2e2x—ax（x>0)。
由f′（x）=0，得2xe2x=a。
令g（x）=2xe2x，g′(x）=（4x+2）e2x〉0（x>0）,从而g（x）在（0,+∞）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，+∞）的唯一零点为x0，当x∈（0，x0)时，f′(x）〈0；当x∈（x0，+∞）时，f′（x）>0。
2019年高考数学真题分类汇编专题19：导数在函数中的应用(综合题含解析)
2019年高考数学真题分类汇编专题19：导数在函数中的应用（综合题）一、解答题1.（2019•江苏）设函数、为f（x）的导函数．（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤ ．2.（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）=alnx+ .x>0（1）当a=- 时，求函数f（x）的单调区间（2）对任意x∈[ ，+∞）均有f（x）≤ ，求a的取值范围3.（2019•天津）设函数，其中.（Ⅰ）若，讨论的单调性；（Ⅱ）若，（i）证明恰有两个零点（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.4.（2019•天津）设函数为的导函数.（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）当时，证明；（Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明.5.（2019•全国Ⅲ）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当0<a<3时，记在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求的取值范围.6.（2019•全国Ⅲ）已知函数f（x）=2x3-ax2+b.（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由。
7.（2019•全国Ⅲ）已知曲线C: ，D为直线y=- 的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点；（2）若以E（0，）为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.8.（2019•卷Ⅱ）已知函数，证明：（1）存在唯一的极值点；（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.9.（2019•卷Ⅱ）已知函数.（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线.10.（2019•北京）已知函数f（x）= x3-x2+x.（I）求曲线y=f（x）的斜率为1的切线方程；（II）当x∈[-2，4]时，求证：x-6≤f（x）≤x；（IlI）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.11.（2019•卷Ⅰ）已知函数f(x)=2sinx-xcosx-x，f‘(x)为f(x)的导数。
函数的零点与解析式问题及例题解析
函数的零点与解析式问题及例题解析引言函数的零点和解析式问题是数学中常见的重要概念。
本文将介绍函数的零点和解析式问题的基本概念，以及通过例题解析来帮助读者理解和应用这些概念。
函数的零点函数的零点指的是函数取值为零的点。
具体而言，对于一个函数f(x)，如果存在一个实数a，使得f(a)=0，则a称为函数f的零点。
函数的零点在数学和实际问题中具有重要的意义。
一个函数可以有多个零点，也可以没有零点。
通过求解函数的零点可以帮助我们揭示函数的性质和解决实际问题。
常见的求解函数零点的方法包括零点定理、代数方法和数值方法。
解析式问题解析式问题是指通过已知的解析式来分析函数的性质和求解特定问题。
解析式是描述函数的一种抽象表达形式，通常使用符号和变量表示。
通过对解析式进行数学推导和计算可以得到函数的各种性质，例如函数的导数、极值点等。
解析式问题的求解通常需要运用数学方法和技巧，包括代数运算、函数性质的研究和推理、微积分等。
解析式问题在数学建模、物理学、工程学等领域具有广泛的应用，可以解决实际问题并提供深入的数学分析。
例题解析下面通过一些例题来具体说明函数的零点和解析式问题的应用。
例题1：已知函数f(x) = x^2 - 4x + 3，求函数f的零点。
解答：要求函数f的零点，即求解方程x^2 - 4x + 3 = 0的解。
通过因式分解或使用求根公式，可以得到方程的两个解为x=1和x=3。
因此，函数f的零点为1和3。
例题2：已知函数f(x) = sin(x)，求函数f的极值点。
解答：要求函数f的极值点，即找到函数f取得最大值和最小值的点。
对于函数f(x) = sin(x)，我们知道sin(x)的最大值为1，最小值为-1。
因此函数f的极值点为x=kπ，其中k为整数。
通过以上例题的解析，我们可以看到函数的零点和解析式问题与数学的相关概念和方法紧密相连，对于理解函数的性质和解决实际问题具有重要意义。
总结通过本文的介绍，我们了解了函数的零点和解析式问题的基本概念。
高考数学导数压轴大题7大题型梳理归纳
导数压轴大题7个题型梳理归纳题型一：含参分类讨论 类型一：主导函数为一次型例1：已知函数()ln f x ax a x =--，且()0f x ≥.求a 的值 解：()1ax f x x-'=.当0a ≤时，()0f x '<，即()f x 在()0,+∞上单调递减，所以当01x ∀>时，()()010f x f <=，与()0f x ≥恒成立矛盾.当0a >时，因为10x a <<时()0f x '<，当1x a>时()0f x '>，所以()min 1f x f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又因为()1ln10f a a =--=，所以11a =，解得1a =类型二：主导函数为二次型例2: 已知函数()()320f x x kx x k =-+<.讨论()f x 在[],k k -上的单调性. 解：()f x 的定义域为R ，()()23210f x x kx k '=-+<，其开口向上，对称轴3k x =，且过()0,1，故03kk k <<<-，明显不能分解因式，得2412k ∆=-.（1）当24120k ∆=-≤时，即0k ≤<时，()0f x '≥，所以()f x 在[],k k -上单调递增；（2）当24120k ∆=->时，即k <令()23210f x x kx '=-+=，解得：12x x ==，因为()()210,010f k k f ''=+>=>，所以两根均在[],0k 上.因此，结合()f x '图像可得：()f x 在,,33k k k k ⎡⎡⎤+-⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上单调递增，在⎢⎥⎣⎦上单调递减.类型三：主导函数为超越型例3：已知函数()cos xf x e x x =-.求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值. 解：定义域0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 1x f x e x x '=--，令()()cos sin 1xh x e x x =--，则()()cos sin sin cos 2sin .xx h x e x x x x e x '=---=-当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0h x '≤，即()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦递减，可得()()()000h x h f '≤==，则()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递减，所以()()()max01,.22f x f f x f ππ⎛⎫====- ⎪⎝⎭类型四：复杂含参分类讨论例4：已知函数()()33f x x x a a R =+-∈.若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为()(),M a m a ，求()()M a m a -.解：()33333,333,x x a x a f x x x a x x a x a ⎧+-≥⎪=+-=⎨-+<⎪⎩，()2233,33,x x af x x x a⎧+≥⎪'=⎨-<⎪⎩ ①当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，所以()f x 在()1,1-上是增函数，()()()()143,143M a f a m a f a ==-=-=--，故()()8M a m a -=.②当11a -<<时，若()()3,1,33x a f x x x a ∈=+-，在(),1a 上是增函数；若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，()()(){}()()3max 1,1,M a f f m a f a a =-==，由于()()1162f f a --=-+因此当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+；当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++.③当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()f x 在()1,1-上是减函数，因此()()()()123,123M a f a m a f a =-=+==-+，故()()4M a m a -=.题型二：利用参变分离法解决的恒成立问题类型一：参变分离后分母跨0例5：已知函数()()()242,22xf x x xg x e x =++=+，若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解：由题意()24221xx x ke x ++≤+，对于任意的2x ≥-恒成立.当1x =-，上式恒成立，故k R ∈；当1x >-，上式化为()24221x x x k e x ++≥+，令()()()2421,21x x x h x x e x ++=>-+ ()()()22+221x xxe x h x e x -'=+，所以()h x 在0x =处取得最大值，()01k h ≥= 当21x -≤<-时，上式化为()24221x x x k e x ++≤+，()h x 单调递增，故()h x 在2x =-处取得最小值，()22k h e ≤-=.综上，k 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦.类型二：参变分离后需多次求导例6：已知函数()()()()212ln ,f x a x x a R =---∈对任意的()10,,02x f x ⎛⎫∈> ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最小值.解：即对12ln 0,,221xx a x ⎛⎫∈>-⎪-⎝⎭恒成立. 令()2ln 12,0,12x l x x x ⎛⎫=-∈ ⎪-⎝⎭，则()()()()222212ln 2ln 211x x x x x l x x x --+-'=-=-- 再令()()()222121122ln 2,0,,02x m x x x m x x x x x --⎛⎫'=+-∈=-+=< ⎪⎝⎭()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭，从而，()0l x '>，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭，故要2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞，即a 的最小值24ln 2-. 变式1：已知函数()()1ln ,0x f x x a R a ax -=+∈≠，()()()11x g x b x xe b R x=---∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立，求b 取值范围.类型三：参变分离后零点设而不求例7：已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()1f x k x <-对于任意1x >恒成立，求k 的最大值.解：恒成立不等式()minln ln ,111f x x x x x x x k k x x x ++⎛⎫<=< ⎪---⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()2ln 21x x g x x --'=-，考虑分子()ln 2,h x x x =-- ()110h x x'=->，()h x 在()1,+∞单调递增.()()31ln 30,42ln 20h h =-<=->由零点存在定理，()3,4b ∃∈，使得()0h b =.所以()1,x b ∈，()()00h x g x '<⇒<，同理()(),,0x b g x '∈+∞>，所以()g x 在 ()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增.()()min ln 1b b bg x g b b +==-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()()23,4,1b b b g b b b +-==∈-所以,k b <得max 3k =变式1：（理）已知函数().x ln x eaxx f x +-=（2）当0>x 时，()e x f -≤，求a 的取值范围.题型三：无法参变分离的恒成立问题类型一：切线法例8：若[)20,,10x x e ax x ∈+∞---≥，求a 的取值范围.类型二：赋值法例9：已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =++>.（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对于任意21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围. 解析：（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 3(12)(21()42141x x f 'x x x x x++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得0a <≤当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-=.故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ． 因此1()10g t g x ⎛+=>⎝．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a．综上所述，所求a 的取值范围是⎛ ⎝⎦题型四：零点问题类型一：利用单调性与零点存在定理讨论零点个数 例10：已知函数()()31+ln .4f x x axg x x =+=-，（2）用{}min ,m n 表示,m n 中最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>讨论()h x 零点个数.解：（2）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =<≤，∴()h x 在(1,)+∞无零点．当x =1时，若54a -≥，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===, 故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是()h x 的零点．当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若3a -≤或0a ≥，则2()3f x x a '=+在(0,1)无零点，故()f x 在(0,1)单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a -≤时，()f x 在(0,1)有一个零点； 当a ≥0时，()f x 在(0,1)无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（01）单调递增，故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14．①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在(0,1)无零点．②若f =0，即34a =-，则()f x 在(0,1)有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+， 所以当5344a -<<-时，()f x 在(0,1)有两个零点； 当534a -<≤-时，()f x 在(0,1)有一个零点．综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点．类型二：±∞方向上的函数值分析例11：已知函数()()22.x xf x ae a e x =+--若()f x 有两个零点，求a 取值范围.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点． （ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<． 又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>+⎪⎝⎭，则()()000032ln 10n nf n e ae n f a ⎛⎫⎛⎫>-->+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．总结：若()01,ln 0a f a <<-<，要证明()f x 有两个零点，结合零点存在定理，分别在a 的左右两侧，这两个点的函数值()f x 都大于0，这时候需要我们对函数进行适当地放缩，化简，以便取值.先分析当x →-∞，2,x x ae ae 虽然为正，但是对式子影响不大，因此可以大胆的舍掉，得出()2xf x x e >--，显然我们对于右侧这个式子观察，就容易得出一个足够小的x （如1x =-），使得式子大于0了.再分析当x →+∞，我们可以把x ae 这个虽然是正数，但贡献比较小的项舍掉来简化运算，得到()()2xxf x eaex >--，显然当x 足够大，就可以使()2x ae -大于任何正数.那么把它放缩成多少才可以使得x e 的倍数大于x 呢？由常用的不等式1x e x x ≥+>，因此只需要使得21x ae ->即3ln x a >（如3ln 1x a=+）就可以了.题型五：极值点偏移类型一：标准极值点偏移例13:已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点1,2x x ，证明12 2.x x +<解： 不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-， 而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x ex e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．类型二：推广极值点偏移例14：已知()()()12ln ,f x x x f x f x ==，求证121x x +<. 解：我们可以发现12,x x 不一定恒在12x =两侧，因此需要分类讨论： （1）若12102x x <<<，则1211122x x +<+=，该不等式显然成立； （2）若121012x x <<<<，令()()()()()1ln 1ln 1g x f x f x x x x x =--=---102x <<，故()()()()12ln ln 12,01x g x x x g x x x -'''=+-+=>-，()g x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，当0x →时，()1;22ln 202g x g ⎛⎫''→-∞=-> ⎪⎝⎭.010,2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x '=即()g x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又0x →时，()0g x →，且102g ⎛⎫=⎪⎝⎭，故()0g x <，即()()1f x f x <-对10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭成立，得证.题型六：双变量问题类型一：齐次划转单变量例15：已知函数()()1ln 1a x f x x x -=-+()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠，求证ln ln 2m n m nm n -+<-. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，即证明21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由（1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证.变式1：对数函数()x f 过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,e P ，函数()()()为常数m ,n x f m n x g '-=，()()的导函数为其中x f x f '.（1）讨论()x g 的单调性；（2）若对于()+∞∈∀,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+.解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ∀∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =.∴()()()11ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x=--=+-=-- 依题意设()()211122221120,1120k x x h x h x k k x x ⎧-+-=⎪⎪''==⎨⎪-+-=⎪⎩∴12111x x +=121212+=4x x x x x x ⇒≥>∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ⎛⎫+=-+-+=-- ⎪⎝⎭令()124,21ln t x x t t t ϕ=>=--，()()1204t t tϕ'=->> ∴()t ϕ在4t >单调递增，∴()()472ln 2t ϕϕ>=-类型二：构造相同表达式转变单变量例16：已知,m n 是正整数，且1m n <<，证明()()11.nmm n +>+解：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明()()ln 1ln 1n m m n +>+，即证明()()ln 1ln 1m n m n ++>，构造函数()()ln 1x f x x+=，()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x =-++，()()()22110111x g x x x x -'=-=<+++，故()()00g x g <=，故()0f x '<，结合1,m n <<知()()f m f n >类型三：方程消元转单变量例17：已知()ln xf x x=与()g x ax b =+，两交点的横坐标分别为1,2x x ，12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>解：依题意11211112222222ln ln ln ln x ax b x x ax bx x x ax bx ax b x ⎧=+⎪⎧=+⎪⎪⇒⎨⎨=+⎪⎪⎩=+⎪⎩，相减得： ()()()12121212ln ln x x a x x x x b x x -=+-+-，化简得()()121212lnx x a x x b x x ++=-，()()()()()()112121121212121122221ln ln 1x x x x x x x x g x x x x a x x b x x x x x x ++++=+++==⎡⎤⎣⎦-- 设12x x >，令121x t x =>，()()()12122112ln 2ln 011t t x x g x x t t t t -+++>⇔>⇔->-+ 再求导分析单调性即可.变式1：已知函数()1++=ax x ln x f 有两个零点21x ,x .()10a -<<（2）记()x f 的极值点为0x ，求证：()0212x ef x x >+.变式2：设函数()()3211232xf x ex kx kx =--+. 若()f x 存在三个极值点123,,x x x ，且123x x x <<，求k 范围，证明1322x x x +>.变式3：已知函数()122ln 21x ef x a x x x-⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭在定义域()0,2内有两个极值点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 两个极值点，求证12ln ln ln 0x x a ++>.类型四：利用韦达定理转单变量例18：已知()()21ln 02f x x x a x a =-+>，若()f x 存在两极值点1,2x x ， 求证：()()1232ln 24f x f x --+>.解：()21,a x x af x x x x-+'=-+=由韦达定理12121,x x x x a +==1140,4a a ∆=->< ()()()()()212121212121+2ln 2f x f x x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦ ()11121ln ln 22a a a a a a =--+=--令()()11ln ,0,ln 024g a a a a a g a a '=--<<=<，()g a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()132ln 244g a g --⎛⎫>=⎪⎝⎭. 变式1:已知函数().R a ,x ax x ln x f ∈-+=22（2）若n ,m 是函数()x f 的两个极值点，且n m <，求证：.mn 1>方法二：变式2：已知函数()213ln 222f x x ax x =+-+()0a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点个数；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明()()110f x f x +<.题型六：不等式问题类型一：直接构造函数解决不等式问题例19：当()0,1x ∈时，证明：()()221ln 1x x x ++<.解：令()()()221ln 1f x x x x =++-，则()00f =，而()()()()2ln 1ln 12,00f x x x x f ''=+++-=，当()0,1x ∈时，有()ln 1x x +<，故()()()ln 12222ln 10111x f x x x x x x+''=+-=+-<⎡⎤⎣⎦+++， ()f x '在()0,1上递减，即()()00f x f ''<=，从而()f x 在()0,1递减，()()00f x f ≤=，原不等式得证.变式1：已知函数()()()R a ex x ln x a x f ∈+-=1.（1）求函数()x f 在点1=x 处的切线方程；（2）若不等式()0≤-x e x f 对任意的[)+∞∈,x 1恒成立，求实数a 的取值范围解：（2）令()()()()1ln 1,x xg x f x e a x x ex e x =-=-+->()1ln 1xg x a x e e x ⎛⎫'=+-+- ⎪⎝⎭， ①若0a ≤，则()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=.即()0g x '≤恒成立，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，所以()0g x ≤恒成立.②0a >，令()()1ln 1,x h x g x a x e e x ⎛⎫'==+-+- ⎪⎝⎭所以()211xh x a e x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，易知211x x +与x -e 在[)1,+∞上单调递减，所以()h x '在[)1,+∞上单调递减，()12h a e '=-. 当20a e -≤，即02ea <≤时，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立，则()h x 在[)1,+∞上单调递减，即()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=，()0g x '≤恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，()0g x ≤恒成立.当20a e ->时，即2ea >时，()01,x ∃∈+∞使()00h x '=，所以()h x 在()01,x 上单调递增，此时()()10h x h >=，所以()0g x '>所以()g x 在()01,x 递增，得()()10g x g >=，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2e a ≤. 变式2：（文）已知函数()()()().R a ,x a x g ,x ln x x f ∈-=+=11（1）求直线()x g y =与曲线()x f y =相切时，切点T 的坐标. （2）当()10,x ∈时，()()x f x g >恒成立，求a 的取值范围.解：(1)设切点坐标为()00x y ，，()1ln 1f x x x'=++，则()()000001ln 11ln 1x a x x x a x ⎧++=⎪⎨⎪+=-⎩，∴00012ln 0x x x -+=.令()12ln h x x x x=-+，∴()22210x x h x x -+'=-≤，∴()h x 在()0+∞，上单调递减， ∴()0h x =最多有一根.又∵()10h =，∴01x =，此时00y =，T 的坐标为(1，0).(2)当()0 1x ∈，时，()()g x f x >恒成立，等价于()1ln 01a x x x --<+对()0 1x ∈，恒成立. 令()()1ln 1a x h x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x ah x x x x x +-+'=-=++，()10h =. ①当2a ≤，()1x ∈0，时，()22211210x a x x x +-+≥-+>， ∴()0h x '>，()h x 在()0 1x ∈，上单调递增，因此()0h x <. ②当2a >时，令()0h x '=得1211x a x a =-=-由21x >与121x x =得，101x <<.∴当()1 1x x ∈，时，()0h x '<，()h x 单调递减， ∴当()1 1x x ∈，时，()()10h x h >=，不符合题意； 综上所述得，a 的取值范围是(] 2-∞，.变式3：（文）已知函数().x x x ln x f 12---=（2）若存在实数m ，对于任意()∞+∈0x ，不等式()()()0212≤+-+x x m x f 恒成立，求实数m 的最小整数值.解：（2）法一：参变分离+二次局部求导+虚设零点变式4：（理）已知函数()()()R a x a eae x f xx∈-++=-22.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0≥x 时，()(),x cos a x f 2+≥求实数a 的取值范围.变式5：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （1）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型二：利用min max f g >证明不等式问题例20：设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+曲线()y f x =在点()()1,1f 的切线方程为()12y e x =-+.（1）求,a b 值； （2）证明：()1f x >【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--=+-+． 由题意可得(1)2f =，(1)f e '=．1, 2.a b ==故(2)由(1)知12()ln xx f x e x e x -=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-． 设函数()1g x x nx =，则'()1g x nx =．所以当1(0,)x e ∈时，()0g x '<；当1(,)x e ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e=-． 设函数2()xh x xee-=-，则'()(1)x h x e x -=-． 所以当(0,1)x ∈时()0h x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<故()h x 在(0,1)单调递增， 在(1,)+∞单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)h e=-．变式1. 已知函数()x ln a bx x f +=2的图像在点()()11f ,处的切线斜率为2+a .（1）讨论()x f 的单调性； （2）当20e a ≤<时，证明：()222-+<x e xx x f 解：（2）要证()222x f x x e x -<+，需证明22ln 2x a x e x x-<.令()ln 02a x e g x a x ⎛⎫=<≤ ⎪⎝⎭，则()()21ln a x g x x -'=， 当()0g x '>时，得0x e <<；当()0,g x '<得x e >. 所以()()max ag x g e e==. 令()()2220x e h x x x -=>，则()()2322x e x h x x--'=. 当()0h x '>时，得2x >；当()0h x '<时，得02x <<. 所以()()min 122h x h ==.因为02e a <≤，所以()max 12a g x e ==. 又2e ≠，所以22ln 2x a x e x x-<，即()222x f x x e x -<+得证.变式2：（理）已知函数()().ax ln axx f -=（1）求()x f 的极值；（2）若()012≤+-++m x e mx x ln e x x ，求正实数m 的取值范围.变式3：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （2）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型三：利用赋值法不等式问题例21：已知函数()2x xf x e e x -=--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >，()0g x >，求b 的最大值. （3）估计ln 2（精确小数点后三位）.解：因为()()()()()2224484xx x x g x f x bf x e e b e e b x --=-=---+-所以()()()()()2222422222xx x x x x x xg x ee b e e b e e e e b ----⎡⎤'=+-++-=+-+-+⎣⎦①当2b ≤时，()0,g x '≥等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而()00g =，所以对于任意()0,0x g x >>.②当2b >，若x 满足222x x e e b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<-+-时，()0g x '<，而()00g =，因此当(20ln 12x b b b <≤--时，()0g x <，综上最大为2.（3）由（2）知，(()3221ln 22g b =-+-，当2b =时，(36ln 20,ln 20.69282g =->>>；当14b =+时，(ln 1b -+=(()32ln 202g =--<，18ln 20.69328+<<，所以近似值为0.693类型四：利用放缩法构造中间不等式例22：若0x >，证明：()ln 1.1x x xx e +>- 解：转化成整式()()2ln 11xx e x +->.令()()()2ln 11xf x x e x =+--，则()()1ln 121x xe f x e x x x -'=++-+()()()21ln 1211x x x e x e f x e x x x +''=+++-++.由()+1ln 11x x e x x x ≥+≥+，， 得()()()()3222112120,11x x x x f x x x x +++''≥++-=>++()()00,f x f ''≥=故()()00f x f ≥=，得证.变式1：（2020河南鹤壁市高三期末）已知函数()21xf x e kx =--，()()()2ln 1g x k x x k R =+-∈.（2）若不等式()()0f x g x +≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 范围.变式2:（2020年河南六市联考）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，()1ln g x ax b x =-- 证明：当1,x >-()()2sin 22xf x x x e<++类型五：与数列相关的不等式例23：设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.解：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．变式1：（理）已知函数()()()021>+-+=a ax xx ln x f .（1）若不等式()0≥x f 对于任意的0≥x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）证明：().N n ln ln ln ln n n n *-∈⎪⎭⎫⎝⎛->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⋅⋅⋅+++1212121279353变式1：（2020河南开封二模）已知函数()1xf x e x =--.（1）证明()0f x >；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 求m 的最小值.类型六：与切、割线相关的不等式例24：已知函数()()2901xf x a ax =>+ （1）求()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值；（2）若直线2y x a =-+为曲线()y f x =的切线，求实数的值；（3）当2a =时，设12141,,22x x x ⎡⎤⋅⋅⋅∈⎢⎥⎣⎦，且121414x x x +⋅⋅⋅+=，若不等式()()()1214f x f x f x λ+⋅⋅⋅+≤恒成立，求实数λ的最小值.解：证明()29412xf x x x=≤-++，即32281040x x x -+-+≥， 令()3228104F x x x x =-+-+，()261610F x x x '=-+-，所以()F x在1,12⎛⎫⎪⎝⎭，5,23⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增.而()50,203F F ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，表明不等式()29412xf x x x =≤-++成立.所以()()()12141244+442n f x f x f x x x x ++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅-+=， 等号在全部为1时成立，所以λ最小值为42。
三年高考(2019)高考数学试题分项版解析 专题08 导数与不等式、函数零点相结合 理(含解析)
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……专题08 导数与不等式、函数零点相结合2018年高考全景展示1.【2018年全国卷Ⅲ理】已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．【答案】（1）见解析（2）当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.所以在单调递增.又，故当时，；当时，.（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.（ii）若，设函数.由于当时，，故与符号相同.又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点..如果，则当，且时，，故不是的极大值点.如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点，综上，.点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大。
2．【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：(1)先构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式，(2)研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.3．【2018年江苏卷】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设OC与MN所成的角为．（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．（2）当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大【解析】分析：（1）先根据条件求矩形长与宽，三角形的底与高，再根据矩形面积公式以及三角形面积公式得结果，最后根据实际意义确定的取值范围；（2）根据条件列函数关系式，利用导数求极值点，再根据单调性确定函数最值取法.详解：解：（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=，θ0∈（0，）．当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD ，所以sin θ的取值范围是[，1）． 答：矩形ABCD 的面积为800（4sin θcos θ+cos θ）平方米，△CDP 的面积为1600（cos θ–sin θcos θ），sin θ的取值范围是[，1）．令，得θ=，当θ∈（θ0，）时，，所以f （θ）为增函数；当θ∈（，）时，，所以f （θ）为减函数，因此，当θ=时，f （θ）取到最大值．答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．点睛：解决实际应用题的步骤一般有两步：一是将实际问题转化为数学问题；二是利用数学内部的知识解决问题.2017年高考全景展示1.【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】试题分析：函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+，设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e---+----'=-=-=，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，若0a ->，函数()h x 与函数()ag x 没有交点，当0a -<时，()()11ag h -=时，此时函数()h x 和()ag x 有一个交点， 即21a -⨯=-，解得12a =.故选C. 【考点】 函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用. 2.【2017课标1，理21】已知函数2()(2)xx 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】试题分析：（1）讨论()f x 单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对a 按0a ≤，0a >进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若0a ≤，()f x 至多有一个零点.若0a >，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，求出最小值1(ln )1ln f a a a-=-+，根据1a =，(1,)a ∈+∞，(0,1)a ∈进行讨论，可知当(0,1)a ∈有2个零点，设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->.由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.所以a 的取值范围为(0,1).（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点.（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+. ①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<. 又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点.设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n nf n a a n n n =+-->->->. 由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点. 综上，a 的取值范围为(0,1).【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a =与其交点的个数，从而求出a 的范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若()f x 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证有最小值两边存在大于0的点.3.【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥。
2019江苏高考压轴题(中篇)专题02.09 函数的零点问题1~
题型02.109 函数的零点问题1一、问题概述此部分问题是一个考察学生综合素养的很好途径，它主要涉及到基本初等函数的图象，渗透着转化、化归、数形结合、函数与方程等重要思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到积极的作用．近几年函数的零点问题主要涉及到：1、函数方程（函数零点）的求解与零点区间的判断，需要通过函数的单调性和零点存在性定理来确定（例题3）；2、函数零点的个数问题，通常是讨论单调性和极值，借助函数的单调性、图像、零点存在性定理来确定零点的个数；3、已知函数的零点情况，求解参数及取值范围问题，通常利用零点存在性定理或转化为函数图像交点问题处理（例题1、例题2）． 二、释疑拓展1．已知函数)(2ln )(2R k kx x x x f ∈-+=．（1）讨论f (x)的单调性；（2）若)(x f 存在极值，求)(x f 的零点个数．2．【扬州市2018届高三第一学期期末调研.19题】 已知函数（1）若，且函数)(x g 的图像是函数图像的一条切线，求实数的值； （2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围； （3）若对任意实数，函数在上总有零点，求实数的取值范围．3．【苏北四市2017届高三第一学期期中调研.19题】设函数f （x ）＝lnx ﹣ax 2+ax ，a 为正实数．（1）当a ＝2时，求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程； （2）求证：f （a1）≤0； （3）若函数f （x ）有且只有1个零点，求a 的值．4．【泰州市2016届高三第一学期期末调研.20题】 已知函数()4212f x ax x =-，(0,)x ∈+∞，()()()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 <+<+．三、专题反思（你学到了什么？还想继续研究什么？）四、巩固训练1．【南通市2017届高三第一次学情调研.19题】 已知函数2()ln f x ax x x =--，a ∈R ．（1）当38a =时，求函数()f x 的最小值；（2）若10a -≤≤，证明：函数()f x 有且只有一个零点； （3）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．2．【无锡市2015届高三第一学情期末调研.20题】设函数()22ln -+f x x x ax b =在点()()0,0x f x 处的切线方程为y x b =-+.（1）求实数a 及0x 的值； （2）求证：对任意实数，函数()f x 有且仅有两个零点.3．【镇江市2018届高三第一学期期末调研.19题】已知 b ＞0，且b ≠ 1，函数 f (x ) = e x + b x ，其中e 为自然对数的底数： （1）如果函数 f (x ) 为偶函数，求实数b 的值，并求此时函数的最小值；（2）对满足b ＞0，且 b ≠ 1的任意实数b ，证明函数y = f (x )的图像经过唯一定点； （3）如果关于x 的方程 f (x ) = 2 有且只有一个解，求实数 b 的取值范围．二、释疑拓展1、【解】（1）函数的定义域为（0，+∞），xkx x x f 1)(2+-='，方程012=+-kx x 的判别式△=42-x ，（i ）当-2＜k ＜2时，△＜0，在f (x )的定义域内f ′(x )＞0，f (x )是增函数；（ii ）当k ＝±2时，△=0， 若k ＝-2，0)1()(2>+='xx x f ，f (x )是增函数若k ＝2，xx x f 2)1()(-='，那么x ∈(0,1)∪(1,+∞)时，f ′(x )＞0，且f (x )在x ＝1处连续，所以f (x )是增函数；（iii ）当k ＜-2或k ＞2时，△＞0，方程x 2-kx +1＝0有两不等实根2421--=k k x ，2422-+=k k x 当k ＜-2时，x 1＜x 2＜0，当x ＞0时，x 2-kx +1＞0恒成立，即f ′(x )＞0，f (x )是增函数当k ＞2时，x 2＞x 1＞0，此时f (x )的单调性如下表：x （0，x1 ）x1 （x1，x ）x2 （x2，+∞）f′（x ）+-0 +f （x ） 增减增综上：当k ≤2时，f (x )在（0，+∞）是增函数当k ＞2时，f (x )在)24,0(2--k k ，)24(2∞+--，k k 是增函数，在)2424(22-+--k k k k ，是减函数（2）由（1）知当k ＞2时，f （x ）有极值∵124224221<<-+=--=kk k k k x∴1ln x ＜0，且)()(1x f x f =极大值02)4(11<-=x x ∵f (x )在（0，x 1 ）是增函数，在（x 1，x 2）是减函数，∴当x ∈（0，x 2]时，f (x )≤f （x 1）＜0，即f (x )在（0，x 2]无零点，当x ∈（x 2，+∞）时，f (x )是增函数，故f (x )在（x 2，+∞）至多有一个零点， 另一方面，∵f (2k )=ln (2k)＞0，f （x 2）＜0，则f （x 2）f (2k )＜0， 由零点定理：f (x )在（x 2，2k ）至少有一个零点， ∴f (x )在（x 2，+∞）有且只有一个零点综上所述，当f (x )存在极值时，f (x )有且只有一个零点．2、【解】：（1）由(1)0g -=知，()g x 的图象直线过点(1,0)-， 设切点坐标为00(,)T x y ，由'()x f x e =得切线方程是000()x x y ee x x -=-此直线过点(1,0)-，故0000(1)x x e e x -=--，解得00x =， 所以'(0)1a f ==（2）由题意得2,(0,)x m e x x <-∈+∞恒成立，令2(),(0,)x m x e x x =-∈+∞，则'()2x m x e x =-，再令()'()2x n x m x e x ==-，则'()2x n x e =-， 故当(0,ln 2)x ∈时，'()0n x <，()n x 单调递减； 当(ln 2,)x ∈+∞时，'()0n x >，()n x 单调递增， 从而()n x 在(0,)+∞上有最小值(ln 2)22ln 20n =->， 所以()m x 在(0,)+∞上单调递增， 所以(0)m m ≤，即1m ≤ 注：漏掉等号的扣2分（3）若0a <，()()()x F x f x g x e ax b =-=--在(0,)+∞上单调递增， 故()()()F x f x g x =-在(0,)+∞上总有零点的必要条件是(0)0F <，即1b >， 以下证明当1b >时，()()()F x f x g x =-在(0,)+∞上总有零点。
2019年高考数学总复习压轴题突破--导数与零点个数附解析与综上可2019年高考数学总复习压轴题突破
2019年高考数学总复习压轴题突破--导数与零点个数（附解析）与综上可2019年高考数学总复习压轴题突破--极值点的关系证明（含解析）2019年高考数学总复习压轴题突破--导数与零点个数（附解析）专题02 导数与零点个数导数与零点个数，对于考生来讲中等偏难，基本的思路是利用导数分析函数的单调性，确定函数的极值或最值，作出函数的大致图像，再数形结合可求得结果。
【题型示例】1、设为实数,函数．(1)求的极值点；(2)如果曲线与轴仅有一个交点,求实数的取值范围．【答案】（1）的极大值点为,极小值点为．（2）或．2、已知函数 .（1）求的极值；（2）若函数的图象与函数的图象在区间上有公共点,求实数的取值范围. 【答案】（1）极大值，无极小值；（2） .【解析】（1）的定义域为, ,令得，当时，，是增函数；当时，，是减函数，所以在处取得极大值,无极小值.（2）①当时，即时，由（1）知在上是增函数，在上是减函数，所以，因为的图象与的图象在上有公共点,所以，解得，又，所以 .②当时，即时，在上是增函数，所以在上最大值为，所以原问题等价于,解得 .又，所以此时无解.综上,实数的取值范围是 .3、设函数（其中）．（Ⅰ）求函数的极值；（Ⅱ）求函数在上的最小值；（Ⅲ）若，判断函数零点个数．【答案】（1）极小值，不存在极大值；（2）（3）1个．【解析】（Ⅰ），由得，由得，在单调递增，在单调递减．极小值，不存在极大值．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在单调递增，在单调递减．当时，在单调递减，单调递增，∴．当时，在单调递增，；（Ⅲ）由题意求导得，由得或，由得所以在上单调递增，在上单调递减当时，，故函数只有一个零点．4、已知函数 .（I）若，求的极值；（II）若，函数有且只有一个零点，求实数的取值范围.【答案】（I）的极小值为；（II）或 .【解析】（I）时，，其中则得当时，单调递减，当时，单调递增，因而的极小值为；（II）若有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个实数根，分离参数得，设，则，又设，，而因而当时，当时，那么当时，单调递增，当时，单调递减，，又时，且时从而或，即或时函数有且只有一个零点.【题型专练】1、已知函数 .（1）当时，求的极值；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）有得极大值，无极小值；（2） .2、设函数, .关于的方程在区间上有解,求的取值范围;【答案】的取值范围 .【解析】方程即为,令,则,∴当时, , 随变化情况如表:, , ,∴当时, ,∴的取值范围 .3、已知函数 .（1）求函数的单调区间；（2）若当时（其中），不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）若关于的方程在区间上恰好有两个相异的实根，求实数的取值范围. 【答案】（1）的单调减区间为，增区间；（2）；（3） .【解析】∵,所以(1)∵,令, 得：，所以的单调减区间为，增区间；（2）由（1）知, 得，函数在上是连续的，又所以，当时，的最大值为故时，若使恒成立，则（3）原问题可转化为：方程在区间上恰有两个相异实根.令，则，令，解得： .当时，在区间上单调递减，当时，在区间上单调递增.在和处连续，又且当时，的最大值是，的最小值是∴在区间上方程恰好有两个相异的实根时，实数的取值范围是：4、设函数,其中为实数.（1）若在上是单调减函数, 且在上有最小值, 求的取值范围；（2）若在上是单调增函数, 试求的零点个数, 并证明你的结论.【答案】（１）；（２）当或时，有个零点，当时, 有个零点，证明见解析．（2）在上恒成立, 则,故 .①若, 令得增区间为；令得减区间为,当时, ；当时, ；当时, ,当且仅当时取等号. 故: 时, 有个零点；当时, 有个零点.5、已知函数在处的切线斜率为2.(1)求的单调区间和极值;(2)若在上无解,求的取值范围.【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为和 . 函数的极小值为，极大值为 .（2）【解析】(1)∵，∴，∴，令，解得或 ..当变化时，的变化情况如下表:∴函数的单调递增区间为，单调递减区间为和 .∴函数的极小值为，极大值为 .(2)令，∵在上无解,∴在上恒成立,∵，记，∵在上恒成立,∴在上单调递减,∴，若，则，∴，∴单调递减,∴恒成立,若，则，存在，使得，∴当时，，即，∴在上单调递增,∵，∴在上成立,与已知矛盾,故舍去,综上可2019年高考数学总复习压轴题突破--极值点的关系证明（含解析）2019年高考数学总复习压轴题突破--极值点的关系证明（含解析）专题01 极值点的关系证明极值点的关系证明是今年高考的热点和难点，其关键在于根据极值的必要条件确定极值点的关系，再通过极值的加减，运算整理，构造函数，再利用导数求最值即可证明。
高考数学复习压轴题归类练习15 证明不等式之虚设零点
高考数学复习压轴题归类练习 第15讲 证明不等式之虚设零点【典型例题】例1．已知函数1()()x f x xe a x lnx -=-+，a R ∈． （1）当1a =时，求函数()f x 的单减区间； （2）若()f x 存在极小值，求实数a 的取值范围；（3）设0x 是()f x 的极小值点，且0()0f x …，证明：23000()2()f x x x -…．例2．已知函数()2(0)x f x e ax a =->，2()24g x x =-． （1）讨论函数()f x 的零点个数；（2）设4a …，证明：当0x …时，()()f x g x >．例3．已知函数2()x f x e alnx =-，函数()m lnxg x n x+=+的图象在点(1，g （1）)处的切线方程为30y -=．（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（Ⅱ）若0a …，且()f x 在[e ，)+∞上的最小值为2x e ，证明：当0x >时，()()f x g x …．例4．设函数()()f x x a lnx b =++，曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为20x y +-=（1）求()y f x =的解析式； （2）证明：()11xf x x e -<-．例5．设函数()()f x x a lnx b =++，曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线为20x y +-=．（Ⅰ）求()y f x =的解析式 （Ⅱ）证明：()0f x >．例6．设函数()()1f x x a lnx =++，曲线()y f x =在点(1P ，f （1）)处的切线l 与直线30x y -+=垂直． （1）求()y f x =的解析式； （2）求证：()0f x >．【同步练习】 1．设函数2()x f x e alnx =+．（1）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数； （2）证明：当0a <时，()()22a f x aln a --…．2．设函数2()x f x e alnx =-．（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数； （Ⅱ）证明：当0a >时，2()2f x a aln a +…．3．已知函数2()x f x e x ax =--．（1）若函数()f x 在R 上单调递增，求a 的取值范围； （2）若1a =，证明：当0x >时，222()1()22ln ln f x >--． 参考数据： 2.71828e ≈，20.69ln ≈．4．已知函数21()()2x f x e x ax a R =-+∈．（1）若函数()f x 在区间[0，)+∞上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）证明：若0x …，221ln a -<-…，则2()2a f x …．5．已知函数()sin x f x e ax x =+．（1）求曲线:()C y f x =在0x =处的切线方程； （2）当2a =-时，设函数()()f x g x x=，若0x 是()g x 在(,0)π-上的一个极值点，求证：0x 是函数()g x 在(,0)π-上的唯一极大值点，且00()2g x <<．6．已知函数()sin x f x e ax x =+⋅． （1）求()y f x =在0x =处的切线方程； （2）当2a =-时，设函数()()f x g x x=，若0x 是()g x 在(0,)π上的一个极值点，求证：0x 是函数()g x 在(0,)π上的唯一极小值点，且02()e g x e -<<7．已知函数()()x a f x e xlnx x a R -=-+∈有两个极值点1x ，212()x x x <，设()f x 的导函数为()g x ．（其中e 是自然对数的底数）（1）若0a =，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程； （2）证明：2a >．8．已知函数3()f x ax ax xlnx =--，且()0f x …． （Ⅰ）求a ．（Ⅱ）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且0242()33f x e e<<．9．已知函数2()(0x x x f x ae ae xe a =--…， 2.718e =⋯，e 为自然对数的底数），若()0f x …对于x R ∈恒成立． （1）求实数a 的值；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且02211()244ln f x e e +<…．10．已知函数2()f x ax ax xlnx =--，且()0f x …． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．。
专题03 “用好零点”,证明函数不等式-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
1专题三 “用好零点”，证明函数不等式函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕高考压轴题中已知零点（零点个数），证明函数不等式问题，例题说法，高效训练.【典型例题】类型一 设而不求，应用函数零点存在定理 例1.【四川省泸州市2019届高三二诊】已知函数．（1）若曲线在点处的切线与轴正半轴有公共点，求的取值范围；（2）求证：时，．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）函数f （x ）＝lnx ﹣e x+a的导数为f ′（x ）＝﹣e x+a． 曲线f （x ）在点（1，f （1））处的切线斜率为1﹣e 1+a，切点为（1，﹣e 1+a ），可得切线方程为y+e 1+a ＝（1﹣e 1+a ）（x ﹣1）， 可令y ＝0可得x ＝，由题意可得＞0，可得e 1+a ＜1，解得a ＜﹣1；（2）证明：f ′（x ）＝﹣e x+a．设g （x ）＝f ′（x ）＝﹣e x+a． 可得g ′（x ）＝﹣（+e x+a），当x ＞0时，g ′（x ）＜0，g （x ）递减；由a ＞1﹣，e x+a ＞e x ．若e x＞，g （x ）＜﹣e x＜0， 当0＜x ＜1时，e x+a＜e 1+a．若e 1+a＜，即x ＜e﹣1﹣a，故当0＜x ＜e ﹣1﹣a 时，g （x ）＞0，即g （x ）＝f ′（x ）有零点x 0，当0＜x ＜x 0时，f ′（x ）＞0，f （x ）递增；当x ＞x 0时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减，2可得f （x ）≤f （x 0）， 又f （x 0）＝lnx 0﹣ex0+a，又ex0+a＝，可得f （x 0）＝lnx 0﹣，在x 0＞0递增， 又a ＝ln ﹣x 0＝﹣（lnx 0+x 0），a ＞1﹣⇔﹣（lnx 0+x 0）＞1﹣＝﹣（ln +）， 所以lnx 0+x 0＜ln +，由于lnx 0+x 0递增，可得0＜x 0＜，故f （x ）≤f （x 0）＜f （）＝﹣1﹣e ． 类型二 设而不求，应用不等式性质例2.【广东省揭阳市2019届高三一模】已知函数（，e是自然对数的底，）（1）讨论的单调性； （2）若，是函数的零点，是的导函数，求证：． 【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增； （2）见解析.【解析】 （1），设，解法一：由和在上单调递增，可知在上单调递增，解法二：由得可知在上单调递增，又，所以当时，，当时，，①当时，，当时，；当时，．②当时，由得或x ＝1，当时，，，；3当时，；当时，．综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增．（2）解法一（分析法）： 当时，由（1）知在上的最大值为， 可知，所以在上无零点．若是函数的零点，则，∵， 解法一：由和在上单调递增，且、，可知在上单调递增， 解法二：设，则，由得，，所以，可知在上单调递增，要证，只需证，由（1）知在上单调递增， 只需证，又，只需证且．，由，，得，又，所以；，由得，综上所述，得证． 方法二（综合法）： 当时，由（1）知在上的最大值为， 可知，所以在上无零点．4若是函数的零点，则，而，由，，得，又，所以；，由得，所以，又，即， 由（1）知在上单调递增，所以，而，由和在上单调递增，且、，可知在上单调递增，所以，得证．类型三 代入零点，利用方程思想转化证明零点之间的关系 例3.【湖南师大附中2019届高三月考试题（七)】已知函数，其中为常数.（1）讨论函数的单调性；（2）若有两个相异零点，求证：.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】 （1）， ①当时，，在区间上单调递增； ②当时，由，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）因为，是的两个零点，则，，所以，.要证，只要证，即证，即证，即证，只要证.5设，则只要证.设，则，所以在上单调递增.所以，即，所以，即.类型四 利用零点性质，构造函数证明参数范围 例4．【山东省临沂市2019届高三2月检测】已知函数．(1)判断的单调性；(2)若在(1，+∞)上恒成立，且=0有唯一解，试证明a <1．【答案】（1）f （x ）在（0，）递减，在（，+∞）递增；（2）见解析【解析】（1）函数的定义域是（0，+∞）， f′（x ）x ﹣a，易知x 2﹣ax ﹣2＝0有两根，x 10，x 2，故f （x ）在（0，）递减，在（，+∞）递增；（2）∵a＜0，∴1，∴f′（x ）在（1，+∞）上有唯一零点x0，又f′（x ）x ﹣a ，∴x 0﹣a ＝0①，要使f （x ）≥0在区间（1，+∞）恒成立，且f （x ）＝0有唯一解， 须f （x 0）＝0，即﹣2lnx0（1）﹣ax 0＝0②，由①②得： ﹣2lnx（1）﹣x 0（x 0）＝0， 故﹣2lnx00，6令g （x 0）＝﹣2lnx0，显然g （x 0）在（1，+∞）递减， ∵g（1）＝2＞0，g （2）＝﹣2ln20，∴1＜x 0＜2， 又∵a x 0在（1，+∞）递增，故a ＜1．【规律与方法】应用函数的零点证明不等式问题，从已知条件来看，有两类，一类是题目中并未提及函数零点，二一类是题目中明确函数零点或零点个数；从要求证明的不等式看，也有两种类型，一类是求证不等式是函数值的范围或参数的范围，二一类是求证不等式是零点或零点的函数值满足的不等关系.1.由于函数零点存在定理明确的是函数值满足的不等关系，所以，通过设出函数的零点，利用函数零点存在定理，可建立不等关系，向目标不等式靠近，如上述类型一；也可以利用不等式的性质，向目标不等式靠近，如上述类型二，这两类问题突出的一点是“设而不求”．2. 当求证不等式是零点或零点的函数值满足的不等关系时，则注意将零点代入函数式，构建方程（组），进一步确定零点之间的关系，然后在通过求导、分离参数、构造函数等手段.【提升训练】1．【广东省揭阳市2019届高三一模】设函数，（1）讨论的单调性；（2）若函数有两个零点、，求证：． 【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）见解析.【解析】 （1），设， ①当时，，；②当时，由得或，7记则，∵∴当时，，，当时，，，∴当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）不妨设，由已知得，，即，，两式相减得，∴，要证，即要证，只需证，只需证，即要证，设，则，只需证，设，只需证，，在上单调递增，，得证．2．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】已知函数有两个零点．求实数a 的取值范围；若函数的两个零点分别为，，求证：．8【答案】（1）； （2）见解析.【解析】由，得，当时，在R 上为增函数，函数最多有一个零点，不符合题意，所以．当时，，；所以在上为减函数，在上为增函数；所以；若函数有两个零点，则；当时，，；；由零点存在定理，函数在和上各有一个零点． 结合函数的单调性，当时，函数有且仅有两个零点，所以，a 的取值范围为．证明：由得，；由， 得，；所以；设，则，解得，； 所以，当时，；设，则 ，当时，，于是在上为增函数；所以，当时，，即；9所以．3.【宁夏银川市2019年高三下学期检测】已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，证明：（其中为自然对数的底数）． 【答案】（1）单调递增区间是，；单调递减区间是；（2）详见解析.【解析】 （1）由题意，函数的定义域为,当时，， 则.由解得或；由解得. 所以的单调递增区间是，；单调递减区间是. （2）当时，由,只需证明.令，.设，则.当时，，单调递减;当时，，单调递增,∴当时，取得唯一的极小值，也是最小值.的最小值是成立.故成立.4．已知函数f （x ）=lnx+a （x ﹣1）2（a ＞0）． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）在区间（0，1）内有唯一的零点x 0，证明：．【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 （1），①当0＜a ≤2时，f'（x ）≥0，y=f （x ）在（0，+∞）上单调递增，10②当a ＞2时，设2ax 2﹣2ax+1=0的两个根为，且，y=f （x ）在（0，x 1），（x 2，+∞）单调递増，在（x 1，x 2）单调递减．（2）证明：依题可知f （1）=0，若f （x ）在区间（0，1）内有唯一的零点x 0， 由（1）可知a ＞2，且．于是：①②由①②得，设，则，因此g （x ）在上单调递减，又，根据零点存在定理，故．5. 已知函数f （x ）=3e x+x 2，g （x ）=9x ﹣1． （1）求函数φ（x ）=xe x+4x ﹣f （x ）的单调区间； （2）比较f （x ）与g （x ）的大小，并加以证明．【答案】（1）φ（x ）在（﹣∞，ln2）上单调递增，在（ln2，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增． （2）f （x ）＞g （x ）． 【解析】（1）φ'（x ）=（x ﹣2）（e x ﹣2）， 令φ'（x ）=0，得x 1=ln2，x 2=2； 令φ'（x ）＞0，得x ＜ln2或x ＞2； 令φ'（x ）＜0，得ln2＜x ＜2． 故φ（x ）在（﹣∞，ln2）上单调递增，在（ln2，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增． （2）f （x ）＞g （x ）． 证明如下：11设h （x ）=f （x ）﹣g （x ）=3e x +x 2﹣9x+1，∵h'（x ）=3e x+2x ﹣9为增函数， ∴可设h'（x 0）=0，∵h'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e ﹣7＞0，∴x 0∈（0，1）． 当x ＞x 0时，h'（x ）＞0；当x ＜x 0时，h'（x ）＜0． ∴h （x ）min =h （x 0）=，又，∴，∴==（x 0﹣1）（x 0﹣10），∵x 0∈（0，1），∴（x 0﹣1）（x 0﹣10）＞0， ∴h （x ）min ＞0，∴f （x ）＞g （x ）．6. 已知函数f （x ）=lnx ﹣x+1，函数g （x ）=ax•e x﹣4x ，其中a 为大于零的常数． （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间；（Ⅱ）求证：g （x ）﹣2f （x ）≥2（lna ﹣ln2）．【答案】（1）增区间（0，1）；减区间（1，+∞）.（2）见解析. 【解析】（Ⅰ）…………………………………（2分）x ∈（0，1）时，f'（x ）＞0，y=f （x ）单增；x ∈（1，+∞）时，f'（x ）＜0，y=f （x ）单减 ………………………．（4分）（Ⅱ）证明：令h （x ）=axe x﹣4x ﹣2lnx+2x ﹣2=axe x﹣2x ﹣2lnx ﹣2（a ＞0，x ＞0）…………………．（5分）故……………………………．（7分） 令h'（x ）=0即，两边求对数得：lna+x 0=ln2﹣lnx 0即 lnx 0+x 0=ln2﹣lna………………．（9分）∴，∴h （x ）≥2lna ﹣2ln2……………………………（12分） 7.【山东省济南市2019届高三3月模拟】已知函数，其导函数的最大值为.（1）求实数的值；12（2）若，证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】 （1）由题意，函数的定义域为，其导函数记则.当时，恒成立，所以在上单调递增，且.所以，有，故时不成立；当时，若，则；若，则.所以在单调递增，在单调递减. 所以.令，则.当时，；当时，.所以在的单减，在单增.所以，故.（2）当时，，则.由（1）知恒成立，所以在上单调递减，且，不妨设，则， 欲证，只需证，因为在上单调递减， 则只需证，又因为，则只需证，即.令（其中），且.所以欲证，只需证，由，整理得：，13，所以在区间上单调递增，所以，，所以函数在区间上单调递减， 所以有，，故.8．【山东省日照市2017届高三下学期一模】设(e 为自然对数的底数)，．(I)记，讨论函单调性；(II)令，若函数G(x )有两个零点．(i)求参数a 的取值范围； (ii)设的两个零点，证明．【答案】(Ⅰ)见解析; (Ⅱ)（i ）a>0; (ii)见解析 【解析】（Ⅰ），，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．（Ⅱ）由已知，，．①当时，，有唯一零点；②当时，，所以当时，，减；当时，，增．所以，因，所以当时，有唯一零点；14当时，，则，所以，所以， 因为，所以，，，且，当，时，使，取，则，从而可知当时，有唯一零点，即当时，函数有两个零点．③当时，，由，得，或．若，即时，，所以是单调减函数，至多有一个零点；若，即时，，注意到，都是增函数，所以当时，，是单调减函数；当时，，是单调增函数；当时，，是单调减函数．又因为，所以至多有一个零点；若，即时，同理可得当时，，是单调减函数；当时，，是单调增函数；当时，，是单调减函数．又因为，所以至多有一个零点．综上，若函数有两个零点，则参数的取值范围是．15由知，函数有两个零点，则参数的取值范围是．，是的两个零点，则有，因，则，且，，，，，由（Ⅰ）知，当时，是减函数；当时，是增函数．令，，再令φ（m ）e 2m +1＝e2m1，，，所以，又，所以时，恒成立，即恒成立，令，即，有，即，因为，所以，又，必有，又当时，是增函数，所以，即．9．已知函数()()()2ln 10f x x a x a =+->.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，证明： 3120e x e --<<.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.16【解析】（2）依题可知()10f =，若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，由（1）可知2a >， 且0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭. 于是： ()20010lnx a x +-= ①2002210ax ax -+= ②由①②得0001ln 02x x x --=，设()()()1ln ,0,12x g x x x x-=-∈， 则()2212x g x x '-=，因此()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 又3322402e g e -⎛⎫-=> ⎪⎝⎭， ()11302e g e ---=< 根据零点存在定理，故3120ex e --<<.10．已知函数()1x f x e ax =--，其中e 为自然对数的底数， a R ∈ （I ）若a e =，函数()()2g x e x =- ①求函数()()()h x f x g x =-的单调区间17②若函数()()(),{,f x x m F x g x x m≤=>的值域为R ,求实数m 的取值范围（II ）若存在实数[]12,0,2x x ∈,使得()()12f x f x =，且121x x -≥，求证： 21e a e e -≤≤- 【答案】（1）①详见解析②实数m 的取值范围是10,2e ⎡⎤⎢⎥-⎣⎦；（2）21e a e e -≤≤-； 【解析】（1）当a e =时， ()1xf x e ex =--.①()()()()21,'2xxh x f x g x e x h x e =-=--=-.由()'0h x >得ln2x >，由()'0h x <得ln2x <.所以函数()h x 的单调增区间为()ln2,+∞，单调减区间为(),ln2-∞. ②()'xf x e e =-当1x <时， ()'0f x <，所以()f x 在区间(),1-∞上单调递减； 当1x >时， ()'0f x >，所以()f x 在区间()1,+∞上单调递增.()()2g x e x =-在(),m +∞上单调递减，值域为()(),2e m -∞-,因为()F x 的值域为R ，所以12)me em e m --≤-，即210m e m --≤. *（）18（2）()'xf x e a =-.若0a ≤时， ()'0f x >，此时()f x 在R 上单调递增. 由()()12f x f x =可得12x x =，与121x x -≥相矛盾， 同样不能有[)12,ln ,x x a ∈+∞.不妨设1202x x ≤<≤，则有120ln 2x a x ≤<<≤.因为()f x 在()1,ln x a 上单调递减，在()2ln ,a x 上单调递增，且()()12f x f x =， 所以当12x x x ≤≤时， ()()()12f x f x f x ≤=. 由1202x x ≤<≤，且121x x -≥，可得[]121,x x ∈ 故()()()121f f x f x ≤=.又()f x 在(],ln a -∞单调递减，且10ln x a ≤<，所以()()10f x f ≤， 所以()()10f f ≤，同理()()12f f ≤.即210,{ 122e a e a e a --≤--≤--，解得211e a e e -≤≤--， 所以21e a e e -≤≤-.19。
专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
1专题五 挖掘“隐零点”，破解导数压轴题函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解导数压轴问题，例题说法，高效训练.【典型例题】类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围 例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x 平行. (1)判断函数f(x)在区间和上的单调性，并说明理由;(2)当时,恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）区间单调递增；（2）【解析】 （1）.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x )=ln x+4x-1.因为在单调递增， 所以当时即函数f (x )在区间单调递减；当时即函数f (x )在区间单调递增；（2）因为，而在（0，1）上递增存在使得，当时单调递减；当时单调递增2所以又因为时则所以则类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式 例2. 设函数2()ln xf x e a x =-，设()20,2a e ∈求证：当(]0,1x ∈时，2()2lnf x a a a≥+ 【答案】见解析【解析】()f x 的定义域为(]0,1，222'()2x xa xe af x e x x-=-=设2()2xx xea ϕ=-，()22()242x xx xe x e ϕ'==+，当(]0,1x ∈，()0x ϕ'>，即()x ϕ在区间(]0,1为增函数，(2(),2x a e a ϕ⎤∈--⎦又因为()20,2a e∈，所以2(0)0,(1)20a ea ϕϕ=-<=->由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时，'()0f x <，当(]0,1x x ∈，'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减，在(]0,1x 单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0200()ln xf x e a x =-，由02020x x ea -=，即0202x a ex =，两边去对数得00ln ln 22ax x =- 由于，所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a=++≥⋅=+ 所以2()2lnf x a a a≥+ 类型三 挖掘“隐零点”，估算极值例3.【2017年全国课标1】已知函数f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0． （1）求a ；3（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2． 【答案】（1）1；（2）见解析.【解析】（1）因为f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx=x （ax ﹣a ﹣lnx ）（x ＞0），则f （x ）≥0等价于h （x ）=ax ﹣a ﹣lnx≥0，求导可知h ′（x ）=a ﹣x1．则当a≤0时h ′（x ）＜0，即y=h （x ）在（0，+∞）上单调递减，所以当x 0＞1时，h （x 0）＜h （1）=0，矛盾，故a ＞0． 因为 当0＜x ＜a 1时h ′（x ）＜0，当x ＞a 1时h ′（x ）＞0，所以h （x ）min =h （a1），又因为h （1）=a ﹣a ﹣ln1=0，所以a1=1，解得a=1； （另解：因为f （1）=0，所以f （x ）≥0等价于f （x ）在x ＞0时的最小值为f （1）， 所以等价于f （x ）在x=1处是极小值，所以解得a=1；）（2）证明：由（1）可知f （x ）=x 2﹣x ﹣xlnx ，f′（x ）=2x ﹣2﹣lnx ， 令f′（x ）=0，可得2x ﹣2﹣lnx=0，记t （x ）=2x ﹣2﹣lnx ，则t′（x ）=2﹣x1， 令t′（x ）=0，解得：x=21，所以t （x ）在区间（0，21）上单调递减，在（21，+∞）上单调递增，所以t （x ）min =t （21）=ln2﹣1＜0，从而t （x ）=0有解，即f ′（x ）=0存在两根x 0，x 2，且不妨设f′（x ）在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为正，所以f （x ）必存在唯一极大值点x 0，且2x 0﹣2﹣lnx 0=0，所以f （x 0）=20x ﹣0x ﹣00ln x x =20x ﹣0x ﹣)22(00-x x =﹣20x +0x ，由x 0＜21可知f （x 0）＜412121)(2max 020=+-=+-x x ；由f ′（e 1）＜0可知x 0＜e 1＜21， 所以f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0，e 1）上单调递减，所以f （x 0）＞f （e1）=21e；综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．4【规律与方法】“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x 0)＝0，并结合f (x )的单调性得到零点的范围；这里应注意，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；第二步：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；这里应注意，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；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可．【提升训练】1.【江西省九江市2019届高三一模】已知函数．1试讨论函数的单调性；2若函数存在最小值，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 1，时，在恒成立，故在递增，时，由，解得：，由，解得：，故在递减，在递增；52由1知要使存在最小值，则且，令，，则在递减，又，，故存在使得，故在递增，在递减，，，故，故，又，，故． 2．【广东省汕头市2019届高三上学期期末】已知函数．讨论的单调性；若，是的两个极值点，证明：．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析 【解析】，．令则，的对称轴为，．时，，函数在上是增函数；当时，，可得，，函数在上是增函数；当时，，由，解得，．在，上，，，函数是增函数；在，，，函数是减函数． 综上可得：在，上，函数是增函数；6在，函数是减函数．证明：假设，由，是函数的极值点，则，是的两个实数根，，，．．即．令，即．令，．，函数在内单调递减，．即．．3.【东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中等2019届高三联合模拟】已知函数．（1）若，证明：；（2）若只有一个极值点，求的取值范围．【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】 （1）当时，等价于，即；设函数，则，当时，；当时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，而，故，即．（2），7设函数，则；（i ）当时，，在上单调递增，又，取b 满足且，则，故在上有唯一一个零点， 且当时，，时，，由于，所以是的唯一极值点； （ii ）当时，在上单调递增，无极值点；（iii ）当时，若时，；若时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，①若时，由于，故只有一个零点，所以时，因此在上单调递增，故不存在极值；②若时，由于，即，所以，因此在上单调递增，故不存在极值；③若时，，即．又，且，而由（1）知，所以，取c 满足，则故在有唯一一个零点，在有唯一一个零点； 且当时，当时，，当时，由于，故在处取得极小值，在处取得极大值，即在上有两个极值点．综上，只有一个极值点时，的取值范围是4. 已知函数+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，求实数m 的值； （Ⅱ）当1m ≥时，证明：()3()f x g x x >-. 【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.8【解析】（Ⅰ）解：因为+3()e x mf x x =-，所以+2()e3x mf x x '=-.……………………………………………………………1分因为曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，所以()0e 1mf '==，解得0m =.…………………………………………………2分（Ⅱ）证法一：因为+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++，所以()3()f x g x x >-等价于()+e ln 120x mx -+->．当1m ≥时，()()+1e ln 12e ln 12x mx x x +-+-≥-+-．要证()+eln 120x mx -+->，只需证明1e ln(1)20x x +-+->.………………4分以下给出三种思路证明1e ln(1)20x x +-+->．思路1：设()()1e ln 12x h x x +=-+-，则()11e 1x h x x +'=-+. 设()11e 1x p x x +=-+，则()()121e 01x p x x +'=+>+． 所以函数()p x =()11e 1x h x x +'=-+在()1+-∞，上单调递增．…………………6分 因为121e 202h ⎛⎫'-=-< ⎪⎝⎭，()0e 10h '=->，所以函数()11e 1x h x x +'=-+在()1+-∞，上有唯一零点0x ，且01,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. ………………………………8分 因为()00h x '=，所以0+101e1x x =+，即()()00ln 11x x +=-+.………………9分 当()01,x x ∈-时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x .………………………………………10分 所以()()()0100=e ln 12x h x h x x +≥-+-()0011201x x =++->+. 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-. ……………………………………12分 思路2：先证明1e 2x x +≥+()x ∈R ．……………………………………………5分设()1e2x h x x +=--，则()+1e 1x h x '=-．9因为当1x <-时，()0h x '<，当1x >-时，()0h x '>，所以当1x <-时，函数()h x 单调递减，当1x >-时，函数()h x 单调递增． 所以()()10h x h ≥-=．所以1e 2x x +≥+（当且仅当1x =-时取等号）．…………………………………7分 所以要证明1eln(1)20x x +-+->，只需证明()2ln(1)20x x +-+->．………………………………………………8分 下面证明()ln 10x x -+≥．设()()ln 1p x x x =-+，则()1111xp x x x '=-=++． 当10x -<<时，()0p x '<，当0x >时，()0p x '>，所以当10x -<<时，函数()p x 单调递减，当0x >时，函数()p x 单调递增． 所以()()00p x p ≥=．所以()ln 10x x -+≥（当且仅当0x =时取等号）．……………………………10分 由于取等号的条件不同， 所以1eln(1)20x x +-+->．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-. ……………………………………12分 （若考生先放缩()ln 1x +，或e x 、()ln 1x +同时放缩，请参考此思路给分！） 思路3：先证明1eln(1)20x x +-+->．令1t x =+，转化为证明e ln 2t t ->()0t >．……………………………………5分 因为曲线e ty =与曲线ln y t =关于直线y t =对称，设直线0x x =()00x >与曲线e ty =、ln y t =分别交于点A 、B ，点A 、B 到直线y t =的距离分别为1d 、2d ，则)122AB d d =+． 其中0012x d ，22d =()00x >．①设()000e x h x x =-()00x >，则()00e 1x h x '=-． 因为00x >，所以()00e 10x h x '=->．所以()0h x 在()0,+∞上单调递增，则()()001h x h >=．10所以01x d =>②设()000ln p x x x =-()00x >，则()0000111x p x x x -'=-=． 因为当001x <<时，()00p x '<；当01x >时，()00p x '>， 所以当001x <<时，函数()000ln p x x x =-单调递减； 当01x >时，函数()000ln p x x x =-单调递增． 所以()()011p x p ≥=． 所以00222d =≥． 所以)1222222AB d d ≥+>=⎭． 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-.……………………………………12分证法二：因为+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++，所以()3()f x g x x >-等价于()+e ln 120x mx -+->．…………………………4分以下给出两种思路证明()+e ln 120x mx -+->．思路1：设()()+e ln 12x mh x x =-+-，则()+1e 1x m h x x '=-+. 设()+1e 1x m p x x =-+，则()()+21e 01x m p x x '=+>+． 所以函数()p x =()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上单调递增．………………6分 因为1m ≥， 所以()()1e+1e 1ee e e e 10mmmmm m h ----+-+'-+=-=-<，()0e 10m h '=->.11所以函数()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上有唯一零点0x ，且()01e ,0m x -∈-+. …………………8分 因为()00h x '=，所以0+01e1x mx =+，即()00ln 1x x m +=--．………………9分 当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>.所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．……………………………………10分 所以()()()0+00e ln 12x mh x h x x ≥=-+-00121x m x =++-+ ()0011301x m x =+++->+． 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分 思路2：先证明e 1()xx x ≥+∈R ，且ln(1)(1)x x x +≤>-．…………………5分 设()e 1xF x x =--，则()e 1xF x '=-．因为当0x <时，()0F x '<；当0x >时，()0F x '>， 所以()F x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增． 所以当0x =时，()F x 取得最小值(0)0F =．所以()(0)0F x F ≥=，即e 1()xx x ≥+∈R ．…………………………………7分 所以ln(1)x x +≤（当且仅当0x =时取等号）．…………………………………8分 再证明()+eln 120x mx -+->．由e 1()xx x ≥+∈R ，得1e 2x x +≥+（当且仅当1x =-时取等号）．…………9分 因为1x >-，1m ≥，且1e 2x x +≥+与ln(1)x x +≤不同时取等号， 所以 ()()+11eln 12e e ln 12x mm x x x -+-+-=⋅-+-11e (2)2(e 1)(2)0m m x x x -->+--=-+≥．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分5.已知函数 f （x ）=22ln )21(ax x x x ++（a∈R），曲线y=f （x ）在x=1处的切线与直线x+2y ﹣1=0垂直．（1）求a 的值，并求f （x ）的单调区间；12（2）若λ是整数，当x ＞0时，总有f （x ）﹣（3+λ）x 221x >-λlnx+241x ，求λ的最大值． 【答案】（1）递增区间是（e 1，+∞），单调递减区间为（0，e1）；（2）-2. 【解析】（1）函数f （x ）的定义域是（0，+∞），f'（x ）=（x+1）ln x+（2a+21）x+1， 依题意可得，f'（1）=1，2a+21+1=2，∴41=a ， f '（x ）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f '（x ）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，∵x＞0，∴ex 1>．x∈（e 1，+∞）时，f′（x ）＞0，x∈（0，e1）时，f ′（x ）＜0．∴f （x ）的递增区间是（e 1，+∞），单调递减区间为（0，e1）． （2）由（Ⅰ）可知，f （x ）=（221x +x ）lnx+41x 2• 2241ln 21)3()(x x x x x f +>-+-λλ⇔λ>+-13ln x x x x ． 设h （x ）=13ln +-x xx x ，只需λ＜h （x ）minh '（x ）=2)1()3ln ()1)(3ln 1(+--+-+x x x x x x =2)1(ln 2++-x xx （x ＞0）， 令u （x ）=x ﹣2+ln x ，∴u'（x ）=1+x1＞0，可得u （x ）在（0，+∞）上为单调递增函数， ∵u（1）=﹣1＜0，u （2）=ln 2＞0，∴存在x 0∈（1，2），使u （x 0）=0， 当x∈（x 0，+∞）时，u （x ）＞0，即h'（x ）＞0，当x∈（0，x 0）时，u （x ）＜0，即h '（x ）＜0，∴h （x ）在x=x 0时取最小值，且h （x ）min =13ln 0000+-x x x x ，又u （x 0）=0，∴ln x 0=2﹣x 0， h （x ）min =13)2(0000+--x x x x =x 0，13∵λ＜h （x ）min ，λ∈Z，x 0∈（1，2），∴﹣x 0∈（﹣2，﹣1），λ的最大值为﹣2． 6.【湖北省武汉市2019届高三二月调研测试】已知函数．（1）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；（2）设的两个极值点为，证明：当时，．（附注：）【答案】（1）；（2）见解析【解析】 （1）由，得，，有两个不同的实根，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．所以要在上单调递减，只需，即，，从而． 所以所求的取值范围是．（2）是的极值点，是关于的方程两个实根，，又，，，，又，令，则，从而只需对恒成立．令，而在上单调递增，14，又．7.已知函数f （x ）=（ae x﹣a ﹣x ）e x（a ≥0，e=2.718…，e 为自然对数的底数），若f （x ）≥0对于x ∈R 恒成立．（1）求实数a 的值；（2）证明：f （x ）存在唯一极大值点x 0，且．【答案】（1）1；（2）见解析. 【解析】（1）解：f （x ）=e x（ae x﹣a ﹣x ）≥0，因为e x＞0，所以ae x﹣a ﹣x ≥0恒成立， 即a （e x﹣1）≥x 恒成立， x=0时，显然成立， x ＞0时，e x ﹣1＞0， 故只需a ≥在（0，+∞）恒成立， 令h （x ）=，（x ＞0），h′（x ）=＜0，故h （x ）在（0，+∞）递减，而==1，故a ≥1，x ＜0时，e x﹣1＜0， 故只需a ≤在（﹣∞，0）恒成立， 令g （x ）=，（x ＜0），g′（x ）=＞0，故h （x ）在（﹣∞，0）递增，15而==1，故a ≤1，综上：a=1；（2）证明：由（1）f （x ）=e x（e x﹣x ﹣1），故f'（x ）=e x（2e x﹣x ﹣2），令h （x ）=2e x﹣x ﹣2，h'（x ）=2e x﹣1， 所以h （x ）在（﹣∞，ln ）单调递减，在（ln ，+∞）单调递增，h （0）=0，h （ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h （﹣2）=2e ﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，∵h （﹣2）h （ln ）＜0由零点存在定理及h （x ）的单调性知， 方程h （x ）=0在（﹣2，ln ）有唯一根，设为x 0且2e x0﹣x 0﹣2=0，从而h （x ）有两个零点x 0和0，所以f （x ）在（﹣∞，x 0）单调递增，在（x 0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增， 从而f （x ）存在唯一的极大值点x 0即证， 由2e x0﹣x 0﹣2=0得e x0=，x 0≠﹣1，∴f （x 0）=e x0（e x0﹣x 0﹣1）=（﹣x 0﹣1）=（﹣x 0）（2+x 0）≤（）2=，取等不成立，所以f （x 0）＜得证，又∵﹣2＜x 0＜ln ，f （x ）在（﹣∞，x 0）单调递增所以f （x 0）＞f （﹣2）=e ﹣2[e ﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e ﹣4+e ﹣2＞e ﹣2＞0得证， 从而0＜f （x0）＜成立．8．已知函数f （x ）=ax+xlnx （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． 【答案】（1）[﹣2，+∞）；（2）3. 【解析】（1）∵函数f （x ）在区间[e ，+∞）上为增函数，∴f′（x ）=a+lnx+1≥0在区间[e ，+∞）上恒成立，∴a ≥（﹣lnx ﹣1）max =﹣2．16∴a ≥﹣2．∴a 的取值范围是[﹣2，+∞）．（2）a=1时，f （x ）=x+lnx ，k ∈Z 时，不等式k （x ﹣1）＜f （x ）在x ∈（1，+∞）上恒成立， ∴k ＜，令 g （x ）=，则g′（x ）=，令h （x ）=x ﹣lnx ﹣2（x ＞1）． 则h′（x ）=1﹣=＞0，∴h （x ） 在 （1，+∞）上单增，∵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 x ＞x 0时 h （x ）＞0 即 g′（x ）＞0g （x ）在 （1，x 0）上单减，在 （x 0+∞）上单增． 令h （x 0）=x 0﹣lnx 0﹣2=0，即lnx 0=x 0﹣2， g （x ）min =g （x 0）===x 0∈（3，4）．k ＜g （x ）min =x 0∈（3，4），且k ∈Z ， ∴k max =3．9．已知函数f （x ）=e x+a﹣lnx （其中e=2.71828…，是自然对数的底数）． （Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f （1））处的切线方程； （Ⅱ）求证：当时，f （x ）＞e+1．【答案】（Ⅰ）（e ﹣1）x ﹣y+1=0；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，∴f （1）=e ，f′（1）=e ﹣1，∴函数f （x ）的图象在（1，f （1））处的切线方程：y ﹣e=（e ﹣1）（x ﹣1）， 即（e ﹣1）x ﹣y+1=0；17（Ⅱ）证明：∵，设g （x ）=f′（x ），则，∴g （x ）是增函数， ∵e x+a＞e a，∴由，∴当x ＞e ﹣a时，f′（x ）＞0； 若0＜x ＜1⇒e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x ＜min{1，e﹣a ﹣1}时，f′（x ）＜0，故f′（x ）=0仅有一解，记为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；∴，而，记h （x ）=lnx+x ，则，⇔﹣a ＜⇔h （x 0）＜h （），而h （x ）显然是增函数，∴，∴．综上，当时，f （x ）＞e+1．10．已知函数f （x ）=x 2﹣（a ﹣2）x ﹣alnx （a ∈R ）． （Ⅰ）求函数y=f （x ）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x ＞0，f （x ）+e x＞x 2+x+2．【答案】（Ⅰ）在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）见解析. 【解析】解：（Ⅰ）函数f （x ）的定义域是（0，+∞）， f′（x ）=2x ﹣（a ﹣2）﹣=…（2分）当a ≤0时，f′（x ）＞0对任意x ∈（0，+∞）恒成立，18所以，函数f （x ）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）当a ＞0时，由f′（x ）＞0得x ＞，由f′（x ）＜0，得0＜x ＜， 所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减； （Ⅱ）当a=1时，f （x ）=x 2+x ﹣lnx ， 要证明f （x ）+e x＞x 2+x+2，只需证明e x﹣lnx ﹣2＞0，设g （x ）=e x﹣lnx ﹣2， 则问题转化为证明对任意的x ＞0，g （x ）＞0， 令g′（x ）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x 0，则x 0满足e x0=，当x 变化时，g′（x ）和g （x ）变化情况如下表g （x ）min =g （x 0）=e x0﹣lnx 0﹣2=+x 0﹣2，因为x 0＞0，且x 0≠1，所以g （x ）min ＞2﹣2=0，因此不等式得证．。
第32讲 整数解问题之虚设零点(解析版)
第32讲 整数解问题之虚设零点1．设函数1()ln ,()3()a f x x g x ax a R x-==+-∈. （1）求函数()()()x f x g x ϕ=+的单调增区间；（2）当1a =时，记()()()h x f x g x =⋅，是否存在整数λ，使得关于x 的不等式2()h x λ≥有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由.（参考数据：ln20.6931,ln3 1.0986≈≈）【答案】（1）答案见解析（2）存在，λ的最小值为0【分析】（1）求出函数的导数，就a 的不同取值可求()0x ϕ'>的解，从而可得函数的单调增区间.（2）利用导数结合虚设零点可求min 21()32h x -<<-，从而可得整数λ的最小值. （1） 因为1()()()ln 3(0)a x f x g x x ax x xϕ-=+=++->， 所以()()()()222211111(0)ax a x ax x a a x a x x x x x ϕ--+⎡⎤+---⎣⎦=+-==>'， ①当0a =时，由()0x ϕ'>，解得0x >；②当1a >时，由()0x ϕ'>，解得1a x a->； ③当01a <<时，由()0x ϕ'>，解得0x >；④当1a =时，由()0x ϕ'>，解得0x >；⑤当0a <时，由()0x ϕ'>，解得10a x a-<<， 综上所述，当0a <时，()x ϕ的增区间为10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭； 当01a ≤≤时，()x ϕ的增区间为()0,∞+；1a >时，()x ϕ的增区间为1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）当1a =时，()3g x x =-，所以()(3)ln h x x x =-， 而33()ln ln 1x h x x x x x-'=+=-+， 因为1ln ,y x y x==-均为()0,∞+上的增函数， 故3()ln 1h x x x'=-+为()0,∞+上的增函数，而1(2)ln 202h '=->，33()ln 1022h '=-<， 故()h x '在()0,∞+上有且只有一个零点0x ，0322x << 且003ln 1x x =-且()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>， 故()h x 在()00,x 上为减函数，在()0,x +∞上为增函数，故()()()min 000000039()3ln 316h x h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫==-=--=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因为0322x <<，所以001392023x x <+<， 所以00291632x x ⎛⎫-<-+<- ⎪⎝⎭， 而整数λ，使得关于x 的不等式2()h x λ≥有解，故20λ≥，故存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0.【点睛】思路点睛：利用导数求函数的最值时，如果导数的零点不易求得，则可以虚设零点，利用零点满足的关系式化简最值，从而得到最值的范围或符号.2．已知函数()ln 3f x x x kx k =+-，求：（1）当1k =时，求曲线()f x 在点(1(1))f ，处的切线方程；（2）当3x >时，总有()1f x >，求整数k 的最小值.【答案】（1）240x y --=（2）-3【分析】（1）先对函数求导，计算出斜率，再用点斜式即可；（2）分离参数转化为函数的最值问题.（1）当1k =时，()ln 3f x x x x =+-()ln 2'∴=+f x x(1)2(1)2f f '∴==-()f x ∴在点(1,(1))f 处的切线方程为22(1)y x +=-即240x y --=（2）由题意，()1f x >，即ln 31x x kx k +->，即(3)1ln k x x x ->-，又3x >，1ln 3x x k x -∴>-恒成立.令1ln ()3x x g x x -=-，23ln 2()(3)x x g x x -+'∴=- 令()3ln 2h x x x =-+，则3()0x h x x-'=<恒成立. ()h x ∴在()3,+∞上递减，(8)3ln860h =->，(9)3ln970h =-<0(8,9)x ∴∃∈使0()0h x =，即003ln 20x x -+=，则002ln 3x x -=， ∴当0(8,)x x ∈时，()0g x '>，当0(,)x x ∈+∞时，()0g x '<00000max 000211ln 1103()()(,3)3333x x x x x g x g x x x --⋅-+∴====-∈----因为max ()k g x >，且k Z ∈，3k ∴≥-，即整数k 的最小值为-3【点睛】方法点睛：对于零点不可求问题，可以设而不求，整体替换从而求出范围。
谈虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用-以2019年几道模拟题为例
谈虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用
------以 2019 年几道地市模拟题为例 在高考的导数压轴题中， 经常会遇到导函数具有零点但求解又相对比较复 杂甚至是无法求解的问题，这个时候，从正面去强求函数的零点值是很困难的， 我们不妨只须设出函数的零点， 然后利用其满足的关系式，谋求一种整体的替换 和过渡，往往会给我们带来意向不到的效果，最后再结合题目的其他条件，就可 以很快解决这类问题。 对于最近的几道地市模拟题的导数压轴题，我们发现它们 用的好像都是同一个方法----虚设零点消元法，只分析第一道，其他同理， 顺便再看看之前曾经出现过的两道经典题． 一、【2019 合肥一模理科 21】 二、【2019 顺德三模理科 21】 三、【2019 佛山 3 月统考（北京燕博园）理科 21】 四、【2019 广州一模理科 21】 五、【2019 广东模拟理科 21】 六、【2018 广州二模理科 21】 七、【2013 全国二卷理科 21】
【对于导函数 g ( x ) f ( x ) a ， 我们无法求解其零点，但由于导函数在定义域两 端可以取到正无穷和负无穷，所以导函数在定义域内有唯一的零点，这时可以 设这个唯一的零点为 x0 】
可知，当 x (1, x0 ) 时， g ( x ) 0 ， g ( x ) e ln( x 1) ax 单调递减；
一、【2019 合肥一模理科 21】
21．(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) e x ln( x 1) ( e 为自然对数的底数)． (Ⅰ)求函数 f ( x) 的单调区间； (Ⅱ)若 g ( x ) f ( x ) ax ， a R ，试求函数 g ( x ) 极小值的最大值．
解析：(Ⅰ)易知 x 1 ，且 f ( x ) e
【导数经典技巧与方法】第13讲 虚设零点-解析版
第13讲虚设零点知识与方法在高考导数压轴题中,经常会遇到导函数具有零点,但求解相对比较复杂甚至无法求解的问题.此时,可以将这个零点只设出来而不必求解出来,然后谋求一种整体的转换和过渡,再结合其它条件,从而使问题得以最终解决,我们称这种解题方法为“虚设零点”法.如果f′(x)是超越形式(对字母进行有限次初等超越运算包括无理次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式,称为初等超越式,简称超越式),并且f′(x)的零点是存在但无法求出,这时可采用虚设零点法,逐步分析出“零点”所在的范围和满足的关系式,然后分析出相应的函数的单调性,最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果.通过这种形式化的合理代换或推理,谋求一种整体的转换和过渡,从而将超越式转化为普通式,有效破解求解或推理中的难点.典型例题整体代换【例1】设函数f(x)=e2x−alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点个数;.(2)证明:当a>0时,f(x)⩾2a+aln2a(x>0).【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x−ax当a⩽0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;当a >0时,因为f ′′(x)=4e 2x +ax 2>0,所以f ′(x)在(0,+∞)单调递增. 又f ′(a)=2e 2a −1>0,又当x <12时,f ′(x)<2e −ax <0得x <a2e , 取b <12且b <a2e ,则f ′(b)<0,故由零点存在定理知:当a >0时,f ′(x)存在唯一零点.综上,当a ⩽0时,f ′(x)没有零点;当a >0时,f ′(x)有一个零点. (2)由(1)知f ′(x)在(0,+∞)存在唯一零点x 0, 当x ∈(0,x 0)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减; 当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增. 所以f(x)⩾f (x 0)=e 2x 0−alnx 0, 同时f ′(x 0)=0,即2e 2x 0=a x 0,即alnx 0=alna2−2ax 0,所以f(x)⩾a2x 0+2ax 0+alna2⩾2a +aln2a ,故当a >0时,f(x)⩾2a +aln2a.【点睛】f(x)⩾2a +aln2a可转化为求f(x)min ,而f(x)的最小值恰好在f ′(x)的零点处取得,但是这个零点无法求得,这个时候我们可以利用零点满足的关系式2e 2x 0=ax 0(必要的时候需要一些变形)来化简f(x)min 的表达式,思想是将超越式消掉,即尽量不含e x ,lnx 等;本题是化简后利用了均值不等式得到所证结果. 【例2】已知函数f(x)=e 2x −1x . (1)讨论函数f(x)零点的个数; (2)证明:xe 2x −lnx −2x −√x+1>0.【解析】(1)函数f(x)的定义域为{x ∣x ≠0},则f ′(x)=2e 2x +1x 2>0. 当x <0时,f(x)=e 2x −1x >0没有零点;当x >0时,f(x)单调递增,f (14)=√e −4<0,f(1)=e 2−1>0,由零点存在性定理,得f(x)在区间(14,1)内有唯一零点. 综上可得,函数f(x)只有一个零点.(2)证明:要证xe2x−lnx−2x√x+1>0,即证xe2x−lnx−2x>√x+1.令g(x)=xe2x−lnx−2x定义域为(0,+∞),则g′(x)=e2x+2xe2x−1x −2=(2x+1)e2x−2x+1x=(2x+1)(e2x−1x)=(2x+1)f(x).由(1)知,f(x)在区间(14,1)内有唯一零点,设其为x0,则e2x0=1x0(1)因为2x+1>0,且f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以当x∈(0,x0)时,f(x)<0,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,f(x)>0,g′(x)>0,g(x)单调递增. 所以g(x)min=g(x0)=x0e2x0−lnx0−2x0.由式(1)可得e2x0=1x0,lnx0=−2x0,所以g(x)min=x0⋅1x0+2x0−2x0=1.又x>0时,√x+1<1恒成立,所以g(x)=xe2x−lnx−2x⩾g(x0)=1>√x+1,得证.反代消参【例3】已知函数f(x)=lnx−mx+1,g(x)=x(e x−2).(1)若f(x)的最大值是0,求m的值;(2)若对其定义域内任意x,f(x)⩽g(x)恒成立,求m的取值范围. 【解析】(1)定义域为(0,+∞).若m⩽0,f(x)单调递增,函数无最大值;若m>0时,f′(x)=1x −m=1−mxx.当x∈(0,1m)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x ∈(1m,+∞)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减.所以f(x)的最大值为f (1m )=ln1m −1+1=0,得m =1.(2)f(x)⩽g(x)⇔lnx −mx +1⩽x (e x −2)⇔lnx+1x−m ⩽e x −2.从而2−m ⩽e x−lnx+1x.设φ(x)=e x−lnx+1x,φ′(x)=x 2e x +lnxx 2.设Q(x)=x 2e x +lnx ,则Q ′(x)=(x 2+2x )e x +1x >0. 由于Q (12)<0,Q(1)>0,所以存在x 0使得Q (x 0)=0.当x ∈(0,x 0)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减; 当x ∈(x 0,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增; 从而φ(x)的最小值为φ(x 0)=e x 0−lnx 0+1x 0.由于x 0满足x 02e x 0+lnx 0=0,所以x 0e x 0=−lnx 0x 0,两边取对数,得lnx 0+x 0=ln(−lnx 0)+(−lnx 0), 由于g(x)=x +lnx 单调递增,所以x 0=−lnx 0, 所以e x 0=1x 0,所以φ(x 0)=e x 0−lnx 0+1x 0=1x 0−−x 0+1x 0=1.所以2−m ⩽1,从而m ⩾1,故实数m 的取值范围是[1,+∞). 【例4】已知函数f(x)=e x −x 2−ax . (1)若函数f(x)在R 上单调递增,求a 的取值范围; (2)若a =1,证明:当x >0时,f(x)>1−ln22−(ln22)2.参考数据:e ≈2.71828,ln2≈0.69.【解析】(1)f ′(x)=e x −2x −a ,因为函数f(x)在R 递增, 所以f ′(x)=e x −2x −a ⩾0恒成立,得a ⩽e x −2x ,设g(x)=e x −2x ,则g ′(x)=e x −2,令g ′(x)=0,解得:x =ln2, 当x <ln2时,g ′(x)<0,当x >ln2时,g ′(x)>0, 故函数g(x)在(−∞,ln2)递减,在(ln2,+∞)递增,故x =ln2时,g(x)取得最小值g(ln2)=2−2ln2, 故a ⩽2−2ln2,即a 的范围是(−∞,2−2ln2].(2)若a =1,则f(x)=e x −x 2−x ,得f ′(x)=e x −2x −1, 易知函数f ′(x)在(−∞,ln2)递减,在(ln2,+∞)递增,且点睛意到f ′(0)=0,f ′(1)=e −3<0,f ′(1+12ln2)=√2e −3−ln2>0, 则存在x 0∈(1,1+12ln2),使得f ′(x 0)=0,即e x 0−2x 0−1=0, 当x ∈(0,x 0)时,f ′(x)<0,当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x)>0, 则函数f(x)在(0,x 0)递减,在(x 0,+∞)递增,则当x =x 0时,函数f(x)取最小值f (x 0)=e x 0−x 02−x 0(x 0∈(1,1+12ln2))函数f (x 0)在(1,1+12ln2)单调递减, 所以f (x 0)>f (1+12ln2)=1−ln22−(ln22)2故x >0时,f(x)>1−ln22−(ln22)2.【例5】已知函数f(x)=e x +axsinx . (1)求曲线C:y =f(x)在x =0处的切线方程; (2)当a =−2时,设函数g(x)=f(x)x,若x 0是g(x)在(−π,0)上的一个极值点,求证:x 0是g(x)在(−π,0)上的唯一极大值点,且0<g (x 0)<2.【解析】(1)由已知得f ′(x)=e x +a(sinx +xcosx),而f ′(0)=1,f(0)=1, 故y =f(x)在x =0处的切线方程为y −1=x ,即y =x +1. (2)当a =−2时,由题意得g(x)=e x x−2sinx(−π<x <0),则g ′(x)=(x−1)e xx 2−2cosx =(x−1)e x −2x 2cosxx 2(−π<x <0),令ℎ(x)=(x −1)e x −2x 2cosx(−π<x <0), 则ℎ′(x)=x (e x +2xsinx −4cosx ),则当x ∈(−π,−π2)时,e x >0,2xsinx >0,cosx <0,所以ℎ′(x)<0,即ℎ(x)在(−π,−π2)上单调递减,而ℎ(−π)=2π2−e −π(1+π)>0,ℎ(−π2)=e −π2(−π2−1)<0,所以,存在唯一实数x 0∈(−π,−π2),使ℎ(x 0)=0, 当x ∈(−π,x 0)时,ℎ(x)>0,g ′(x)>0; 当x ∈(x 0,−π2)时,ℎ(x)<0,g ′(x)<0.又当x ∈(−π2,0)时,g ′(x)=(x−1)e xx 2−2cosx <0,而g ′(x)在(−π,0)连续,所以,当x ∈(x 0,0)时,g ′(x)<0,即g(x)在(−π,x 0)单调递增,在(x 0,0)单调递减, 所以x 0是函数g(x)在(−π,0)上的唯一极大值点,因为g(x)在(x 0,−π2)单调递减,所以g (x 0)>g (−π2)=2−1π2e π2>0,即g (x 0)>0.当x 0∈(−π,−π2)时,−1<e x 0x 0<0,0<−2sinx 0<2,所以g (x 0)=e x 0x 0−2sinx 0<2.综上知0<g (x 0)<2.【点睛】本题第(1)问直接运用导数的几何意义求切线方程,求解过程中,应点睛意所给点是否为切点.第(2)问题要求学生运用导数和零点存在性定理证明函数存在极值点,又零点存在性定理得极值点x 0∈(−π,−π2),在结合原函数的单调性以及不等式的性质可得g (x 0)>g (−π2)=2−1π2e π2>0和g (x 0)=e x 0x 0−2sinx 0<2,进而得到0<g (x 0)<2,从而实现原不等式的证明.强化训练1.已知函数f(x)=e x−a −xlnx +x(x ∈R)有两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2),证明:a >2. 【解析】证明:g(x)=f ′(x)=e x−a −lnx ,则g ′(x)=e x−a −1x ,g ′′(x)=e x−a +1x 2>0, 所以g ′(x)单调递增, 因为g ′(e a )=e ea −a−1e a=e e a −1e a>0,g ′(e ae ea)=ee a e a−a −e ea e a=e e ae a −e eae a<0,所以存在x 0∈(e ae e a ,e a ),使得g ′(x 0)=e x 0−a −1x 0=0,可知g(x)在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增, 所以g(x)min =g (x 0)=e x 0−a −lnx 0=1x 0+x 0−a ⩾2−a ,因为f(x)有两个极值点,所以g(x)min <0,所以2−a <0,即a >2. 2.已知函数f(x)=x 2−x −xlnx .证明:f(x)存在唯一的极大值点x 0,且e −2<f (x 0)<2−2. 【解析】由f(x)=x 2−x −xlnx ,得f ′(x)=2x −2−lnx . 设ℎ(x)=2x −2−lnx ,则ℎ′(x)=2−1x.当x ∈(0,12)时,ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减;当x ∈(12,+∞)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增; 又ℎ(e −2)>0,ℎ(12)<0,ℎ(1)=0,所以ℎ(x)在(0,12)有唯一零点x 0,在[12,+∞)有唯一零点1,且当x ∈(0,x 0)时,ℎ(x)>0;当x ∈(x 0,1)时,ℎ(x)<0; 当x ∈(1,+∞)时,ℎ(x)>0.因为ℎ(x)=f ′(x),所以x =x 0是f(x)唯一的极大值点. 由f ′(x 0)=0,得lnx 0=2(x 0−1),故f (x 0)=x 0(1−x 0). 由x 0∈(0,12),得f (x 0)<14;又因为x 0是f(x)在(0,12)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.【点睛】当导数存在零点且无法求出时,可考虑虚设零点x0,再对f′(x0)=0进行合理的变形与代换,将超越转化为普通式,从而达到化简f(x0)的目的.再根据零点存在性定理,得出x0∈),并结合f(x0)的单调性即可完成证明.(e−2,12。
导数压轴题中的虚设零点,整体代换讲义-2024届高三数学二轮专题复习
导数压轴题中的虚设零点,整体代换对于导数压轴试题中的导函数零点不可求问题,经常虚设零点,整体代换,可以化繁为简,化抽象为具体,顺利实现转化.本文以几道导数压轴试题进行说明.例 1.已知函数()2ln f x ax ax x =--,且()0f x ≥.(1)求a ;(2)证明:()f x 存在唯一的极大值点0x ,且()2202e f x --<<. 解析:(1)=1a ,过程略.(2)()2ln f x x x x x =--,0x >.()/22ln f x x x =--,()//12f x x=-. 令()//0f x =得12x =. 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()//f x 0<,()/f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减; 当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()//f x 0>,()/f x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增;()/f x 有最小值/102f ⎛⎫< ⎪⎝⎭.结合()/2220f e e --=>,()/1210f e e -=-<画出()/f x 的大致图像,如图(1)所示.图(1)可知()/f x 存在一个零点,设为0x .即()/0f x 0=,()210,x e e --∈. 当()00,x x ∈时,()/f x 0>,()f x 在()00,x 上单调递增; 当()0,1x x ∈时,()/f x 0<,()f x 在()0,1x 上单调递减. 当()1,x ∈+∞时,()/f x 0>,()f x 在()1,+∞上单调递增; 故函数()f x 存在唯一的极大值点0x . 由()/00022ln 0f x x x =--=,可得0011ln 2x x -=. 故()200000ln f x x x x x =--001ln 2x x =-.令()1ln 2h t t t =-,()21,t e e --∈.由()/0h t >得()h t 在()21,t e e --∈上单调递增,则有 ()()21()h e h t h e --<<,即()201124e f x e -<<<. 综合上述分析有()f x 存在唯一的极大值点0x ,且()2202e f x --<<.简评:()/f x 的零点不可求,但是考查其单调性以及特殊值,结合零点存在性定理可知存在隐零点,隐零点的区间为()210,x e e --∈,且将()01x -替换成为01ln 2x ,如此一来解题过程不仅严密,而且思路自然流畅,一气呵成.本道高考试题充分体现了虚设零点,整体代换的强大作用. 例2.(1)讨论函数()22xx f x e x -=+的单调性,并证明当0x >时,(2)+20x x e x -+>. (2)证明:当[)0,1a ∈时,函数()2x e ax ag x x --=(0x >)有最小值.设()g x 的最小值为()h a ,求函数()h a 的值域.解析:(1)()(),22,x ∈-∞-⋃-+∞,()()2/202x e x f x x =≥+,()f x 在(),2-∞-和()2,-+∞上单调递增.显然()01f =-,()20f =,所以当0x >时,()()01f x f >=-,即212xx e x ->-+,故有(2)+20x x e x -+>. (2)()()()/322x e x a x g x x -++=()()()322f x x a x x +++=()()()32x f x a x+=+,0x >,[)0,1a ∈. 令()()x f x a ϕ=+.由第(1)步()f x 在()0,+∞上单调递增可得()x ϕ在()0,+∞上单调递增.又 ()010a ϕ=-+<,()()220f a a ϕ=+=≥,故存在唯一的(]00,2x ∈,使得()0=0x ϕ,即()0+=0f x a ,故()0a f x -=.当()00,x x ∈时,()/0g x <,()g x 在()00,x 上单调递减; 当()0,2x x ∈时,()/g x 0>,()g x 在()0,2x 上单调递增. 故()()0ming x g x ==0020x e ax a x --=()00201x e a x x -+=()()000201x e f x x x ++=()0000020212x x x e e x x x -+++=002x e x +,此即为()h a =002x e x +. 令()=h t 2t e t +,(]0,2t ∈.由()/0h t >可知()h t 在(]0,2t ∈单调递增,故有()2124e h t <≤,即()2124e h a <≤.简评:()/g x 的零点不可求,但是考查其单调性以及特殊值,结合零点存在性定理可知存在隐零点,隐零点的区间为(]00,2x ∈,且将a -替换成为()0f x ,顺利实现转化.例3.已知函数()2ln x f x e a x =- .证明:当0a >时,()22ln f x a a a≥+. 证明:()/22x afx e x=-,0x >. 当0a >时,()/f x 在()0+∞，上单调递增,且只有一个零点,设为0x .即()/0f x 0=.当()00,x x ∈时,()/f x 0<,()f x 在()00,x 上单调递减; 当()0,x x ∈+∞时,()/f x 0>,()f x 在()0,x +∞上单调递增. 故()()0min f x f x ==020ln x e a x -.由()/0f x 0=得,0202x a ex -=0,020=2x a e x ,020ln =ln ln 2xe a x -,化简得00ln =ln ln 22x a x --. 故()0f x =()00ln ln 222aa a x x ---=002ln 2a ax a a x ++22ln a a a≥+. 故()min 22ln f x a a a ≥+,即当0a >时,()22ln f x a a a≥+.简评:()/f x 的零点不可求,但是考查其单调性以及22xy e =和ay x=的图像关系可知存在隐零点,隐零点的区间为()00,x ∈+∞,且将02x e替换成为2ax ,将0ln x 替换成为0ln ln 22a x --,顺利实现转化. 例4.已知函数()ln()x f x e x m =-+,(1)略.(2)当2m ≤时,求证:()0f x >.证明:(),x m ∈-+∞.当2m ≤时,2x m x +≤+,()()ln ln 2x m x +≤+,()()ln ln 2x m x -+≥-+,()ln(2)x f x e x ≥-+.故只需证ln(2)0x e x -+>.令()ln(2)x g x e x =-+,()/12x gx e x =-+,()/g x 在()2,-+∞上单调递增. 由()/10g -<,()/00g >,可知存在()01,0x ∈-,使得()/0g x 0=.当()02,x x ∈-时,()/0g x <,()g x 在()02,x -上单调递减; 当()0,x x ∈+∞时,()/g x 0>,()g x 在()0,x +∞上单调递增. 故()()0min g x g x ==00ln(2)xe x -+.由()/00g x =得,001=02xe x -+,即0012x e x =+,00ln(2)x x +=-. 则()0g x =00ln(2)xe x -+=0012x x ++()2001=02x x +>+. 故()0g x >,则当2m ≤时,()0f x >.简评:()/g x 的零点不可求,但是考查其单调性以及特殊值,结合零点存在性定理可知存在隐零点,隐零点的区间为()01,0x ∈-,且将0xe 替换成为012x +,将()0ln 2x +替换成为0x -,顺利实现转化. 通过上述几道试题的分析,不难发现全国卷高考试题偏爱此类导函数零点不可求问题.对于导函数零点不可求的问题,在虚设零点,整体代换的过程中必须把握好两个原则.原则一:在虚设零点的过程中,对隐零点的估值区间要尽量缩小.原则二:在整体代换的过程中,要把握好用什么样的式子代替什么样的式子(其依据是使得计算简洁,解题过程流畅).如果忽略了这两个原则,不仅会使得解题过程较为繁琐,甚至会得出错误结果.练习1:已知函数()2232x f x e x x =+-,若存在实数x ,使得()223220f x x x k ----≤成立,求整数k的最小值.解析:由已知有215122xk e x x ≥+--.令()215122x g x e x x =+--,只需()min k g x ≥. ()/52x g x e x =+-,()//10x g x e =+>,()/g x 在(),-∞+∞上单调递增.由1/21=202g e ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,3/437=044g e ⎛⎫-> ⎪⎝⎭,可知存在013,24x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()/0g x 0=.当01,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()/0g x <,()g x 在01,2x ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减;当03,4x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()/g x 0>,()g x 在03,4x ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.故()()0min g x g x ==020015122xe x x +--.由()/00g x =得,005=02x e x +-,即0052xe x =-.则()0g x =020015122xe x x +--=20005151222x x x -+--()2001732x x =-+.当013,24x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0271,328h x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭,则2732k ≥-. 故整数k的最小值为0.练习2:已知函数()2ln x f x x e x =-,证明:当0x >时,不等式()1f x >.证明:()()/12x fx x x e x =+-,0x >. 由()()//22142xf x x x e x=+++0>,得()/f x 在()0+∞，上单调递增.又1/419=40416f e ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,1/215=2024f e ⎛⎫-> ⎪⎝⎭,根据零点存在定理可知,存在011,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()/0f x 0=.当()00,x x ∈时,()/f x 0<,()f x 在()00,x 上单调递减;当()0,x x ∈+∞时,()/f x 0>,()f x 在()0,x +∞上单调递增.故()()0min f x f x ==0200ln xx e x -.由()/0f x 0=得()0000120xx x e x +-=,即()000012x x x e x +=,()020012x e x x =+. 故()0f x =0200ln xx e x -=001ln 2x x -+,其中011,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.令()g x =1ln 2x x -+,11,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. 由()/g x =()21102xx --<+得()g x 在11,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减. 故()g x >12g ⎛⎫ ⎪⎝⎭21=ln 152->,即()0f x 1>.综上,有()min 1f x >,则当0x >时,不等式()1f x >.。
高考数学复习历年压轴题归类专题讲解： 利用导数研究函数零点问题(解析版)
高考数学复习历年压轴题归类专题讲解 利用导数研究函数零点问题（解析版）1．已知()x f x xe =，()(ln )()g x a x x a R =+∈（1）求()f x 的单调区间；（2）若()f x ，()g x 在其公共点()00,P x y 处切线相同，求实数a 的值；（3）记()()()F x f x g x =-，若函数()F x 存在两个零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）函数的单调减区间为：(,1)-∞-；增区间为：(1,)-+∞（2）a e =（3）a >e（1）因为()x f x xe =，所以'()(1)0x f x x e =+=，得x =-1，当x <-1时，'()0f x <；当x >-1时，'()0f x >.所以函数的单调减区间为：(,1)-∞-；增区间为：(1,)-+∞.（2）由()(ln )g x a x x =+，1'()1g x a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭. 因为点()00,P x y 为函数(),()f x g x 的公共点，且函数(),()f x g x 在点P 处的切线相同，所以()()0000000ln 111x x x e a x x x e a x ⎧=+⎪⎛⎫⎨+=+ ⎪⎪⎝⎭⎩，且00x >.所以()000000ln x x x e a x x x e a ⎧=+⎪⎨=⎪⎩， 即()00ln 10a x x +-=，显然a ≠0，所以00ln 10x x +-=.设()ln 1x x x ϕ=+-，由1'()10x xϕ=+>得，()x ϕ在(0,)+∞上是单调增函数，又(1)0ϕ=，所以01,x a e ==.（3）由()()()F x f x g x =-得，()(ln )x F x xe a x x =-+，x >0. 则()(1)1'()(1)1x x x xe a F x x e a x x +-⎛⎫=+-+= ⎪⎝⎭， 令'()0F x =得，0x xe a -=.设()x s x xe a =-，由（1）知，()s x 在(0,)+∞上是单调增函数.1°当a ≤0时，由x >0得，()(0)0s x s a >=-≥，所以'()0F x ≥，所以()F x 在(0,)+∞上是单调增函数，至多1个零点，不符，舍去. 2°当a >0时，因为(0)0s a =-<，()()10a s a a e =->，由零点存在性定理，(0)()s s a <，()s x 在(0,)+∞上是单调增函数且连续，所以存在唯一1(0,)x a ∈，使得()0s x =，即110x x e a -=. 当()10,x x ∈时，'()0F x <，()F x 单调递减；当()1,x x ∈+∞时，'()0F x >，()F x 单调递增.因为()F x 存在两个零点，所以()min 1()0F x F x =<，即()1111ln 0x x e a x x -+<，从而()11ln 0a a x x -+<. 所以11ln 10x x +->.因为()ln 1x x x ϕ=+-在(0,)+∞上是单调增函数，且(1)0ϕ=，所以11x >，由（1）可知，()x f x xe =在(1,)+∞是单调递增，所以11x a x e e =>. 又11x e <，11111111ln 10e e F e a e a e e e e e e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=+-> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 而12a x >，易得ln x x <，x e x >，所以()222(2)2(2ln2)2(22)220a a a F a ae a a a ae a a a a e a =-+>-+=->，由零点存在性定理知，函数()F x 在11,x e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上存在唯一一个零点，在()1,2x a 上存在唯一一个零点，此时函数()()()F x f x g x =-存在两个零点.所以a >e .2．已知函数()4ln ln 2a f x x ax x=-+-. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当()f x 存在三个不同的零点时，求实数a 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）1(0,)4解：（1）由()4ln ln 2a f x x ax x =-+-，得()2'22144(0)a ax x a f x a x x x x-+-=--=>， 当0a =时，'1()0f x x=>，所以 ()f x 在(0,)+∞上单调递增 令()24g x ax x a =-+-，则2=116a ∆-，当2=116a ∆-≤0时，即a ≥14，则()24g x ax x a =-+-≤0，即'()f x ≤0， 所以()f x 在(0,)+∞上单调递减；当2=1160a ∆->，即14a <时，由()240g x ax x a =-+-=，解得12x x ==当0a <时，'()0f x >，则 ()f x 在(0,)+∞上单调递增，当104a <<时，120,0x x =>=>，当 1116()x +-∈+∞时，()0g x <，即 '()0f x <，则()f x 在和)+∞上单调递减；当x ∈时，()0g x >，即 '()0f x >，则()f x 在(1122a a，上单调递增； 综上，当a ≤0时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当104a <<时，()f x 在1(0,)2a 和1()2a+∞上单递减，在(1122a a，上单调递增； 当a ≥14时，()f x 在(0,)+∞上单调递减； （2）由（1）可当a ≥14时，()f x 在(0,)+∞上单调递减，当a ≤0时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，不可能有3个零点， 所以104a <<时，()f x 在1(0,)x 和2(,)x +∞上单递减，在12()x x ，上单调递增， 因为()20f =，124x x =，所以122x x <<，()()()1220,(2)0f x f f x f <=>=()44ln ln 2ln 2a x a f x x ax ax x x =-+-=-+，23211ln 24f a a a a ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭， 令231()ln 24g a a a a =--+，则4'21221()a a g a a -+=， 令4()1221h a a a =-+，则'3()482h a a =-在 1(0,)4上为增函数， 由'()0h a =，得14a =>，所以当1(0,)4a ∈时，'()0h a <， 所以 4()1221h a a a =-+在1(0,)4上单调递减， 所以131()()104842h a h >=-+>， 所以23211ln 24f a a a a ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭在1(0,)4上单调递增， 所以2111()()3ln 240416f g a g a ⎛⎫=<=-+< ⎪⎝⎭， 所以2222110,()0,f f x x a a ⎛⎫<>> ⎪⎝⎭，由零点存在性定理可知，()f x 在区间221(,)x a 上有一个根，设为0x ， 又()004()0f x f x +=，得04()0f x =， 而1040x x <<，所以04x 是函数()f x 的另一个零点， 所以当104a <<时，()f x 有3个零点， 所以实数a 的取值范围为1(0,)43．已知函数()()()211ln 2f x x ax a x a R =-+-∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设()()()21ln g x f x a x x =+--，若()g x 有两个零点，求整数a 的最大值.【答案】（1）答案见解析；（2）max 0a =.解：（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()()()211111x x a x ax a f x x a a x x x---⎡⎤-+-⎣⎦'=-+-==. ①若1a ≤时，()10x a --≥，∴()0,1x ∈，()0f x '<；()1,x ∈+∞，()0f x '>， ∴()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；②若11a -=，即2a =时，()()210x f x x -'=≥，且只在1x =时取等号，∴()f x 在()0,∞+上单调递增； ③若011a <-<，即12a <<时，因为()1,1x a ∈-，()0f x '<；()0,1x a ∈-和()1,+∞，()0f x '>，所以()f x 在()1,1a -上单调递减，在()0,1a -及()1,+∞上单调递增；④若11a ->，即2a >时，同理可得：()f x 在()1,1-a 上单调递减，在()0,1及()1,a -+∞上单调递增；综上，当1a ≤时，()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；当12a <<时，()f x 在()1,1x a ∈-上单调递减，在()0,1x a ∈-和()1,+∞上单调递增； 当2a =时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当2a >时，()f x 在()1,1-a 上单调递减，在()0,1及()1,a -+∞上单调递增.（2）()()()()()()2121ln 12ln 02g x f x a x x x a x a x x =+--=+-+->， ()()()()()2121221x a x a x x a a g x x a x x x+-+-++--'=+-+==. 若()g x 有两个零点，则()g x 不单调，所以令()0g x '=，则20x a =->， ∴()0,2x a ∈-时，()g x 单调递减，()2,x a ∈-+∞时，()g x 单调递增，∴()()min 2g x g a =-.要使()g x 有两个零点，则()()min 20g x g a =-<，即()()()2122ln 202g a a a a a -=-++--<.令2t a =-，则()20a t t =->， 则()2112ln 1ln 022g a t t t t t t t ⎛⎫-=-+-=-+-< ⎪⎝⎭， 只需11ln 02t t -+-<，令()11ln 2t t t ϕ=-+-，即()0t ϕ<. 因为()1102t t ϕ'=--<，则()t ϕ单调递减.又()1102ϕ=>，()2ln 20ϕ=-<，且a Z ∈，则22t a =-≥，∴0a ≤，∴max 0a =.4．已知函数()()211x f x x e =+-.（Ⅰ）求函数()f x 在[]1,1-上的最值；（Ⅱ）若函数()()g x f x mx =-在[)1,-+∞上有两个零点，求实数m 的取值范围.【答案】（Ⅰ）最小值为21e -，最大值为21e -；（Ⅱ）()21,11,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.（Ⅰ）依题意，()22()12(1)0x x f x x x e e x '=++=≥+，故函数()f x 在[]1,1-上单调递增，故函数()f x 的最小值为()211f e-=-，最大值为()112=-f e . （Ⅱ）因为()()211x g x x e mx =+--，故()()21x g x x e m '=+-， ①当0m ≤时，()0g x '≥，()g x 在[)1,-+∞上为增函数，故函数()g x 在[)1,-+∞上不可能有两个零点；②当0m >时，易知()g x '在[)1,-+∞上为增函数，()01g m '=-，()00g =.（i ）当1m =时，()00g '=，0x >时，()0g x '>，10x -<<时，()0g x '<，故()g x 在[)1,0-上为减函数，在()0,∞+上为增函数，()()min 00g x g ==，故()g x 在[)1,-+∞上有且仅有一个零点.（ii ）当1m 时，()00g '<，()()()22110m g m m e m m m '=+->+->， 故()00,x ∃∈+∞，使得()00g x '=.所以在[)01,x -上，()00g x '<，在()0,x +∞上，()00g x '>，所以()g x 在[)01,x -上为减函数，在()0,x +∞上为增函数.所以()0(0)0g x g <=，又()()2222()11110m g m m e m m m =+-->+--=，根据零点存在性定理，可知()g x 在()0,x m 上有且只有一个零点.又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0，故当1m 时，()g x 在[)1,-+∞上有两个零点.（iii ）当01m <<时，()10g m '-=-<，()010g m '=->，所以()'01,0x ∃∈-， 使得()'00g x '=. 所以在)'01,x ⎡-⎣上，()'00g x '<，在()'0,x +∞上，()'00g x '>， 所以()g x 在)'01,x ⎡-⎣上为减函数，在()'0,x +∞上为增函数. 因为()g x 在()'0,x +∞上有且只有一个零点0， 若()g x 在[)1,-+∞上有两个零点，则在)'01,x ⎡-⎣上有且只有一个零点. 又()()'000g x g <=， 所以()10g -≥，即210em +-≥， 故21m e ≥-，即当211m e-≤<时， ()g x 在[)1,-+∞上有两个零点.综上所述，实数m 的取值范围为()21,11,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.5．已知函数()f x x kx a =+-. （1）当0k =时，若()0f x ≤，对任意的()0,x ∈+∞恒成立，求a 的范围；（2）设a e ≥，证明：对任意的0k >，()f x 有唯一零点.（注：e 是自然对数的底数）【答案】（1）2a ≥；（2）证明见解析.（1）由()f x x a =-，得()f x '=. 当()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 递增；当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 递减， 得()()max 120f x f a ==-≤，即2a ≥.（2）()f x x kx a =+-，得()f x '=，令()ln 2h x x =-+()1h x x-+'=. 当210,x k ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 递减；当21,x k ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0h x '>，()h x 递增.即()2min 12ln 2h x h k k ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭.①当1k e≥时，()0,x ∈+∞，()0h x >，故()f x 递增， 又由()0lim 0xf x a +→=-<，()lim x f x →+∞=+∞，即符合题意， ②当1k e<<0时，()min 0h x <， 则必存在()1212,0x x x x <<，使得()11ln 20h x x =-+=；()22ln 20h x x =-+=，即k == 设()m x =，则()322ln 4x m x x -'=，函数在()20,e 上单调递增，在()2,e +∞上单调递减，故()211,x e ∈，()22x e ∈+∞当()10,x x ∈时，()0h x >，得()f x 递增；当()12,x x x ∈时，()0h x <，得()f x 递减；当()2,x x ∈+∞，()0h x >，得()f x 递增.故要使得()f x 有唯一零点，只需证：()10<f x 或()20f x >.事实上，()1111f x x kx a x a =+-=-，()1f x '=. 当()211,x e ∈时，()10f x '>，得()1f x 递增，故()()21max 0f x f e e a <=-≤，证毕.6．已知函数()2ln 2,x ef x a x e R a =-∈ （1）若函数()f x 在2ex =处有最大值，求a 的值； （2）当a e ≤时，判断()f x 的零点个数，并说明理由.【答案】（1）a e =；（2）当0a e ≤<时，函数()f x 无零点；当0a <或a e =时，函数()f x 只有一个零点.（1）由题意得：()f x 定义域为()0,∞+，()22xe af x e x e'=-，()f x 在2e x =处取得最大值，2202e af e⎛⎫'∴=-= ⎪⎝⎭，解得：a e =. 当a e =时，()2ln 2xef x e x e =-，()22xe ef x e x e'=-，()22240xe ef x e x e''∴=--<，()f x '∴在()0,∞+上单调递减，又02e f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭，则0,2e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,2e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<； ()f x ∴在0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()max 2e f x f ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，满足题意；综上所述：a e =. （2）令2x t e=，()()ln 0tg t a a t e t =+->，则()g t 与()f x 的零点个数相等， ①当0a =时(),0,tg t e =-<即()20x ef x e =-<，∴函数()f x 的零点个数为0；②当0a <时, ()0ta g t e t'=-<，()g t ∴在()0,∞+上为减函数， 即函数()g t 至多有一个零点，即()f x 至多有一个零点.当10eat e-<<时，1ln ln 1ea e a a t a a e a a e a -⎛⎫⎛⎫+>+=+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，ln t a a t e +∴>，即()0g t >，又()01g a e =-<，∴函数()g t 有且只有一个零点，即函数()f x 有且只有一个零点； ③当0a e <≤时，令()0g t '=，即t a te =，令()()0t h t te t =>，则()()10t t th t e te t e '=+=+>()t h t te ∴=在()0,∞+上为增函数，又()1h e =，故存在(]00,1t ∈，使得()00g t '=，即00t ae t =. 由以上可知：当00t t <<时，()0g t '>，()g t 为增函数；当0t t >时，()0g t '<，()g t 为减函数；()()0000max 0ln ln t ag t g t a a t e a a t t ∴==+-=+-，(]00,1t ∈， 令()ln aF t a a t t=+-，(]0,1t ∈，则()20a aF t t t '=+>，()F t ∴在(]0,1上为增函数， 则()()10F t F ∴≤=，即()()max 0g t ≤，当且仅当1t =，a e =时等号成立， 由以上可知：当a e =时，()g t 有且只有一个零点，即()f x 有且只有一个零点；当0a e <<时，()g t 无零点，即()f x 无零点；综上所述：当0a e ≤<时，函数()f x 无零点；当0a <或a e =时，函数()f x 只有一个零点.7．已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞.（1）当1a =时，()(2)x f x e x =-+，'()1x f x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞； （2）若()f x 有两个零点，即(2)0x e a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2x e a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++， 令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-，所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e+∞.8．已知函数()()xf x e ax a R =-∈，其中e 是自然对数的底数．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（2）如果对任意x ∈R ，不等式()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（3）讨论函数()()xg x f x e -=-的零点个数．【答案】（1）()e 1y x =-（2）0a e ≤≤（3）当2a ≤时，函数()g x 有一个零点；当2a >时，()g x 有三个零点．（1）当1a =时，()xf x e x =-，可得()1xf x e '=-，则有()11k f e ='=-，()11f e =-，即切点坐标为()1,1e -， 则切线方程为()()111y e x e =--+-， 化简可得()e 1y x =-.（2）函数()()xf x e ax a R =-∈，则()xf x e a '=-，当0a <时，()0xf x e a '=->恒成立，则函数()f x 在R 上单增，而110x f e a ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，与()0f x ≥恒成立矛盾，不合题意；当0a =时，()0xf x e =>恒成立，则符合题意；当0a >时，由()0xf x e a '=-=得ln x a =，则()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上为单调递增，则()()min ln ln 0f x f a a a a ==-≥，解得0a e <≤． 综上：0a e ≤≤．（3）因()(), x x xg x f x e e e ax x R -=-=--∈，当2a ≤时，因为()20x x g x e e a a a -'=+-≥=-≥恒成立， 则()g x 在R 上为增函数，而()00g =，则此时函数()g x 有唯一零点．当2a >时，()()x xg x e e ax g x --=-+=-则()g x 为奇函数．只需研究0x ≥情形．由()210x x xxxe ae g x e e a e--+'=+-==，得210xxe ae -+=，则有2xa e =．则1ln 02a x ==<，2ln 02a x +=>，则()g x 在()20,x 上为减函数，在()2,x +∞上为增函数， 则有()()200g x g <=．下面证明：当2x >时，2x e x >．证明：令()2x h x e x =-，则()e 2x h x x '=-，()2e 2e 20x h x ''=->->，即函数()h x '在()2,+∞上为增函数，故有()()22e 40h x h ''>=->，则()h x 在()2,+∞上为增函数，故有()()2240h x h e >=->，则2x e x >．当2x >时，有1x e -<，则()21x x g x e e ax x ax -=-->--，取02x =>，则()002000010x x g x e e ax x ax -=-->--=，因为()g t 为连续函数，由零点存在性定理可得：存在唯一()20,t x x ∈，使得()0g t =，即当0x >时，函数()g x 有唯一零点，也即此时函数()g x 有三个零点．综上：当2a ≤时，函数()g x 有一个零点；当2a >时，()g x 有三个零点． 9．已知函数1ln ()12x f x ax a x=-+-，其中a R ∈. （1）若()f x 为单调递减函数，求a 的取值范围； （2）若()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围.【答案】（1）31,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（2）(2,)+∞ 解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞. ∵1ln ()12x f x ax a x=-+-，∴211ln ()2x f x a x '-=-. 若函数()f x 为单调递减函数， 则()0f x '≤. ∴222ln xa x -≤对(0,)x ∈+∞恒成立. 设222ln ()xg x x -=. 令34ln 6()0x g x x '-==， 解得3ln 2x =. ∴32x e =.令34ln 6()0x g x x '-=>，解得32x e >， 令34ln 6()0x g x x '-=<，解得320x e <<， ∴函数()g x 在320,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在32,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，∴函数()g x 的最小值为3231g e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.∴31a e ≤-，即a 的取值范围是31,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦. （2）由已知，21(1)ln 2()ax a x xf x x ---=. 设21()(1)ln 2h x ax a x x =---， 则函数()f x 有两个不同的零点等价于函数()h x 有两个不同的零点.∵21(1)1(1)(1)()(1)ax a x x x h x ax a x x xα'---+-=---==， ∴1当0a ≥时，函数()h x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增. 若函数()h x 有两个不同的零点，则1(1)102h a =-+<，即2a >.当2a >时，当(1,)x ∈+∞时，(2)22(1)ln 22ln 20h a a =---=->. 当(0,1)x ∈时，()21()2ln 2h x a x x x x =-+-， ∵2120x x -<-<，∴1()ln 2h x a x x >-+-.∴111122221ln 02a a a a h e a e e e ----⎛⎫>-+-=> ⎪⎝⎭.∴函数()h x 在(0,1)，(1,)+∞上各有一个零点. 故2a >符合题意.2当1a =-时，∵函数()h x 在(0,)+∞单调递减，∴函数()h x 至多有一个零点，不符合题意.3当10a -<<时，∵函数()h x 在(0,1)单调递减，在11,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调递减，∴函数()h x 的极小值为1(1)102h a =-+>. ∴函数()h x 至多有一个零点，不符合题意.4当1a <-时，∵函数()h x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减，在1,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在(1,)+∞单调递减，∴函数()h x 的极小值为111ln()02h a a a ⎛⎫-=-+-> ⎪⎝⎭. ∴函数()h x 至多有一个零点，不符合题意. 综上，a 的取值范围是(2,)+∞.10．已知函数()2ln xf x xe ax a x =--()a R ∈（1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线l 过点(0,21)e --，求实数a 的值； （2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）1-；（2）()2,e +∞解：（1）由()()21x af x x e a x'=+--，有()142f e a '=-，()12f e a =-， 切线l 的方程为()()()2421y e a e a x --=--，代入点()0,21e --有()()21242e e a e a ----=--，解得1a =-，故实数a 的值为－1.（2）函数()f x 的定义域为()0,∞+，由()()()()()1212112x x x a x a a f x x e a x e x e x x x +⎛⎫'=+--=+-=+- ⎪⎝⎭， ()()212x xe a x+-=.①当0a ≤时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，最多只有一个零点；②当0a >时，令()2x g x xe a =-(0)x ≥，由()()210xg x x e '=+>可知函数()g x 单调递增，又由()00g a =-<，()()2210a ag a ae a a e =-=->，可得存在()00,x a ∈，使得()00g x =，有002x ax e =，可知函数()f x 的减区间为()00,x ，增区间为()0,x +∞. 若函数()f x 有两个零点，必有()()00000002ln ln x f x x e ax a x a a x x =--=-+00ln()ln1ln 022x a a a a x e a a a ⎛⎫=-=-=-< ⎪⎝⎭，得2a e >， 又由()()21ln 0aa a aa aa ae a f e ae a e a e e---->--=-=>， 令()ln h x x x =-，有()111x h x x x-'=-=，令()0h x '>可得1x >，故函数()h x 的增区间为()1,+∞，减区间为()0,1，有()()11h x h ≥=，当ln x a >时，即x e a >时，()()()2ln ln ln 0xf x x e a a x ax a x a x x a =-->-=-≥>，可得此时函数()f x 有两个零点.由上知，若函数()f x 有两个零点，则实数a 的取值范围为()2,e +∞.11．已知函数3212()2ln ,()322a a af x x x x xg x a x-=+++=+ （1）若2a =-，求()f x 的极值；（2）设'()()()h x f x g x =-，讨论()h x 的零点个数.【答案】（1）()53f x =-极大值；()102ln 23f x =-极小值；（2）0a ≥时函数()h x 无零点，0a <时，函数()hx 只有一个零点.（1）()322'2222ax ax x a x ax xx xf +++=+++=， 2a =-，()()2321(2)22'f x x x x x x x x----+==(1)(1)(2)x x x x +--=， 当()()0,12,x ∈⋃+∞时，()'0f x >；当()1,2x ∈时，()'0f x <. ∴()f x 在()0,1和()2,+∞上单调递增；在()1,2上单调递减.()()513f x f ==-极大值；()()1022ln 23f x f ==-极小值.（2）()()()2'222a a x ax h x f a x x g x x-=+++-=-- 322ax ax x ax+-+=， ∴()0h x =，即3202a x ax x a +-+=，∴()32112x x a t x x -=-+=， 故()h x 的零点个数即为y a =与32(0)112x y x x x -=>-+的交点个数， 令32()(0)112x t x x x x -=>-+，显然()0t x <，0a ≥时函数()h x 无零点，0a <时，223221131222'()112x x x x x t x x x ⎛⎫⎛⎫--++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭()2222230112x x x x x --+=<⎛⎫-+ ⎪⎝⎭恒成立， 故()t x 在()0,∞+上单调递减，此时y a =与()y t x =只有一个交点，即()h x 只有一个零点.综上：0a ≥时函数()h x 无零点，0a <时，函数()h x 只有一个零点.12．已知函数()()211xf x x e =+-．（Ⅰ）求函数()f x 在[]1,1-上的最值；（Ⅱ）若函数()()g x f x mx =-在[)1,-+∞上有两个零点，求实数m 的取值范围．【答案】（Ⅰ）最小值21e -，最大值21e -；（Ⅱ）()21,11,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.（I ）()()()221210x xf x x x e x e '=++=+≥恒成立，故函数()f x 在[]1,1-上单调递增，所以函数的最小值()211f e-=-，最大值()112=-f e ， （II ）∵()()()211xg x f x mx x e mx =-=+--，则()()21xg x x e m '=+-，①0m ≤时，()0g x '≥，()g x 在[)1,-+∞上单调递增，不可能有2个零点， ②0m >时，易得()g x '在[)1,-+∞上单调递增，()01g m '=-，()00g =，（i ）当1m =时，()010g m '=-=，0x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，当10x -<<时，()0g x '<，()g x 单调递减，故当0x =时，函数取得最小值()00g =，此时函数只有一个零点， （ii ）当1m时，()00g '<，()()()22110m g m m e m m m '=+->+->，故存在()00,x m ∈使得()00g x '=，所以在()01,x -上，()0g x '<，()g x 单调递减，在()0,x +∞上，()0g x '>，()g x 单调递增，故()()000g x g <=，因为()()()222211110m g m m e m m m =+-->+--=，结合函数的零点判定定理可知，()g x 在()0,x m 上有且仅有一个零点， 又在()01,x -上有且仅有1个零点， 故1m时，函数()gx 在[)1,-+∞上有两个零点，（iii ）01m <<时，()01g m -'=-<，()010g m '=->. ， 故存在()01,0x '∈-使得()00g x ''=，易得[)01,x x ∈-'时，()0''0g x <，()g x 单调递减，()0,x x ∈'+∞时，()0''0g x >，()g x 单调递增，因为()g x 在()0,x '+∞有且仅有一个零点0，若()g x 在[)1,-+∞上有2个零点，则在[)01,x x ∈-'有且仅当1个零点，又()()000g x g '<=，所以()10g -≥，即210m e-+≥，故21m e≥-，即当211m e-≤<时，()g x 在[)1,-+∞上有2个零点， 综上可得，m 的范围()21,11,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭．13．设函数32()3ln 2f x x x ax ax =-++-.（1）若a ＝0时，求函数()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 在x ＝1时取极大值，求实数a 的取值范围； （3）设函数()f x 的零点个数为m ，试求m 的最大值. 【答案】（1）单调增区间为(1，)（2）92<-a （3）2（1）当a ＝0时，3()3ln f x x x =-+，所以31()3x f x x -'=⋅，由()0f x '=得x ＝1，当x (0，1)时，()f x '＜0；当x (1，)时，()f x '＞0，所以函数()f x 的单调增区间为(1，).（2）由题意得23(1)2()[(1)1]3x af x x x x -'=+++， 令22()(1)13a g x x x =+++(x ＞0)，则3(1)()()x f x g x x-'=， 当213a +≥0即32a ≥-时，()g x ＞0恒成立， 故()f x 在(0，1)上递减，在(1，+)上递增，所以x ＝1是函数()f x 的极小值点，不满足；当22(1)403a ∆=+-<即9322a -<<时，此时()g x ＞0恒成立， ()f x 在(0，1)上递减，在(1，+)上递增，所以x ＝1是函数()f x 的极小值点，不满足；当22(1)403a ∆=+-=即92a =-或32a =时， ()f x 在(0，1)上递减，在(1，+)上递增，所以x ＝1是函数()f x 的极小值点，不满足；当22(1)403a ∆=+->时，解得92<-a 或32a >（舍）， 当92<-a 时，设()g x 的两个零点为1x ，2x ，所以1x 2x ＝1，不妨设0＜1x ＜2x ，又2(1)303a g =+<，所以0＜1x ＜1＜2x ，故123()()(1)()f x x x x x x x'=---， 当x (0，1x )时，()f x '＜0；当x (1x ，1)时，()f x '＞0；当x (1，2x )时，()f x '＜0；当x(2x ，)时，()f x '＞0；∴()f x 在(0，1x )上递减，在(1x ，1)上递增，在(1，2x )上递减，在(2x ，)上递增；所以x ＝1是函数()f x 极大值点，满足.综上所述：92<-a .（3）①由（2）知当92a ≥-时，函数()f x 在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故函数()f x 至多有两个零点，欲使()f x 有两个零点，需(1)10f a =-<，得1a >，()23ln 28443ln 280f a a =-++-=-+>；32()32320a a a a a f e a e ae ae a ae a -----=++->->>，()0,1ae -∈，故满足函数有2个零点.②当92<-a 时，由（2）知()f x 在(0，1x )上递减，在(1x ，1)上递增，在(1，2x )上递减，在(2x ，)上递增；而0＜1x ＜1，所以311111()3ln (2)0f x x x ax x =-++->， 此时函数()f x 也至多有两个零点综上①②所述，函数()f x 的零点个数m 的最大值为2.14．已知函数f （x ）＝e x（x ﹣2）12-ax 2+ax （a ∈R ）. （1）当a ＝1时，求f （x ）的极值；（2）若f （x ）恰有两个零点，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）f （x ）极大值＝﹣2，f （x ）极小值＝12﹣e ；（2）a ∈（﹣∞，0）∪{2e }. （1）a ＝1时，f （x ）＝e x （x ﹣2）12-x 2+x ，f ′（x ）＝e x （x ﹣1）﹣x +1＝（x ﹣1）（e x ﹣1）， 令f ′（x ）＞0，解得：x ＞1或x ＜0， 令f ′（x ）＜0，解得：0＜x ＜1，故f （x ）在（﹣∞，0）递增，在（0，1）递减，在（1，+∞）递增， 故f （x ）极大值＝f （0）＝﹣2，f （x ）极小值＝f （1）＝12﹣e .（2）f （x ）＝e x （x ﹣2）12-ax 2+ax ＝（x ﹣2）（e x 12-ax ），显然x ＝2是函数f （x ）的一个零点，若f （x ）恰有两个零点，则只需y ＝e x 12-ax 恰有1个零点，即只需g （x ）＝e x和h （x ）12=ax 只有1个交点即可， ①a ＜0时，如图示：结合图象，a ＜0时g （x ）＝e x和h （x ）12=ax 只有1个交点，符合题意； ②a ＝0时，g （x ）＝e x 和y ＝0无交点，不合题意； ③a ＞0时，g （x ）＝e x和h （x ）12=ax 相切时1个交点， 设切点是P （m ，e m ），则12a ＝e m （i ）， e m 12=am （ii ），由（i ）（ii ）解得：P （1，e ），a ＝2e ，符合题意， 综上，若f （x ）恰有两个零点，则a ∈（﹣∞，0）∪{2e }.15．已知函数()222ln f x a x x =-（常数0a >）．（Ⅰ）求证：无论a 为何正数，函数()f x 的图象恒过点()1,1A -；（Ⅱ）当1a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（Ⅲ）讨论函数()f x 在区间()21,e 上零点的个数（e 为自然对数的底数）.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）10y +=；（Ⅲ）答案不唯一，见解析（Ⅰ）∵()212ln11011f a =-=-=-，∴无论a 为何正数，函数()f x 的图象恒过点()1,1A -.（Ⅱ）当1a =时，()22ln f x x x =-，∴()22f x x x'=-．∴()10f '=． 又∵()11f =-，∴曲线()y f x =在点1x =处的切线方程为10y +=．（Ⅲ）()222ln f x a x x =-，所以()()()22222222x a x a a a x f x x x x x--+-'=-==． 因为0x >，0a >，于是当0x a <<时，()0f x '>，当x a >时，()0f x '<． 所以()f x 在(]0,a 上增函数，在[),a +∞上是减函数，所以()()()2max 2ln 1f x f a a a ==-．讨论函数()f x 的零点情况如下．①当()22ln 10a a -<，即0a <<()f x 无零点，在()21,e 上也无零点；②当()22ln 10a a =-，即a =()f x 在()0,∞+内有唯一零点a ，而21a e <<，∴()f x 在()21,e 内有一个零点；③当()22ln 10a a >-，即a >()110f =-<，()()22ln 10f a a a =->，()2224242ln 4f eae e a e =-=-()()2222a ea e =-+，当220a e-<时，22e a <<时，2212e a e <<<，()20f e <，由单调性可知，函数()f x 在()1,a 内有唯一零点1x 、在()2,a e 内有唯一零点2x 满足，()f x 在()21,e 内有两个零点；当220a e-≥时，即22e a ≥>()20f e ≥，而且221202fa e a e =⋅-=->，()110f =-<由单调性可知，无论2a e >还是2a e <，()f x 在(内有唯一的一个零点，在)2e 内没有零点，从而()f x 在()21,e 内只有一个零点；综上所述，当0a <<()f x 在()21,e 上无零点；当a =22e a ≥时，函数()f x 在()21,e 上有1个零点；22e a <时函数函数()f x 在()21,e 上有2个零点．16．定义在[0,]π上的函数()(sin cos )e cos x f x x x a x =-+，2a ≥． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有且仅有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）3π42e a =或πe a >()(cos sin )e (sin cos )e sin (2e )sin x x x f x x x x x a x a x '=++--=-⋅.（1）[0,π]x ∈时，sin 0x ≥恒成立，令2e 0x a -=，得ln 02ax =≥. ①当ln 02a =，即2a =时，2e 0x a -≥在[0,]π上恒成立， 则()0f x '≥在[0,]π恒成立，()f x 在[0,π]上单调递增； ②当ln π2a ≥,即π2e a ≥时,2e 0x a -≤在[0,π]上恒成立， 则()0f x '≤在[0,]π恒成立,()f x 在[0,]π上单调递减；③当0ln π2a <<，即π22e a <<时，若[0,ln ],2e 02x a x a ∈-≤，即[0,ln ]2ax ∈时,()0f x '≤，()f x 单调递减；若(ln ,π],2e 02x a x a ∈->，即(ln ,π]2ax ∈时，()0f x '>,()f x 单调递增.综上所述,当2a =时，()f x 在[0,]π上单调递增；π2e a ≥时，()f x 在[0,]π上单调递减；当π22e a <<时，()f x 在[0,ln ]2a 上单调递减，在(ln ,π]2a上单调递增；（2）①当2a =时，()f x 在[0,]π上单调递增，而(0)10f a =-+>，此时()f x 无零点；②当π22e a <<时，()f x 在[0,ln ]2a 上单调递减，在(ln ,π]2a上单调递增.若函数()f x 在[0,]π上有唯一零点，则有(ln )02af =或(π)0f <.ln 2(ln )0[sin(ln )cos(ln )]e cosln [sin(ln )cos(ln )]02222222a a a a a a a af a =⇒-+=+=,解得3π43πln 2e 24a a =⇒=.π(π)0e 0f a <⇒-<，解得πe a >，故ππe 2e a <<.③当π2e a ≥时，()f x 在[0,]π上单调递减，(0)0,(π)0f f ><，()f x 在[0,]π上存在唯一零点.综上可知，3π42e a =或πe a >.17．已知32(),,f x x ax bx a b R =++∈（1）若1b = ，且函数()f x 在区间11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭ 上单调递增，求实数a 的范围；（2）若函数()f x 有两个极值点12,,x x ，12,x x <且存在0x 满足10223x x x += ，令函数0()()()g x f x f x =- ，试判断()g x 零点的个数并证明．【答案】（1）74a -≤≤2）函数()g x 有两个零点1x 和0x【解析】（1）当=1b 时，()23+21f x x ax =+'，因为函数()f x 在11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以当11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()23+210f x x ax =+≥'恒成立．[来源:学&科&网Z&X&X&K]函数()23+21f x x ax =+'的对称轴为3a x =-． ①13a-<-，即3a >时，()10f '-≥， 即3210a -+≥，解之得32a ≤，解集为空集； ②1132a -≤-≤，即332a -≤≤时，03a f ⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭'即23+21093a a a ⎛⎫⋅⋅-+≥ ⎪⎝⎭，解之得a ≤≤32a -≤≤③132a ->，即32a <-时，102f ⎛⎫≥ ⎪⎭'⎝ 即13104a ⋅++≥，解之得74a ≥-，所以7342a -≤<-综上所述，当74a -≤≤函数()f x 在区间11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭ 上单调递增．（2）∵()f x 有两个极值点12,x x ，∴12,x x 是方程()23+2=0f x x ax b =+'的两个根，且函数()f x 在区间()1,x -∞和()2,x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减．∵()()g x f x '='∴函数()g x 也是在区间()1,x -∞和()2,x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减 ∵()()()000=0g x f x f x =-，∴0x 是函数()g x 的一个零点． 由题意知：()()()220g x f x f x =-∵10223x x x +=，∴0221220x x x x -=->，∴02x x >∴()()20f x f x <，∴()()()2200g x f x f x =-<又()()()110g x f x f x =-2225A A ． ∵12,x x 是方程()23+2=0f x x ax b =+'的两个根，∴2113+2=0x ax b +，2223+2=0x ax b +, ∴()()()110=0g x f x f x =-∵函数()g x 图像连续，且在区间()1,x -∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减，在()2,x +∞上单调递增∴当()1,x x ∈-∞时，()0g x <，当()10,x x x ∈时()0g x <，当()0,x x ∈+∞时()0g x >， ∴函数()g x 有两个零点1x 和0x ．18．已知函数f （x ）＝221-x x ﹣a ln x （a ≠0）．（1）若a ＞0，讨论f （x ）的单调性：（2）设g （x ）＝f （x ）﹣2x ，若g （x ）有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）若0a <≤ ()f x 在(0,)+∞上是增函数，若a >()f x 在⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上是增函数，在⎝⎭上是减函数.（2）a e >.（1）因为()f x 的定义域为(0,)+∞，且2221()x ax f x x '-+=，所以对于222108x ax a -+=∆=-，，又0a >，①若0a <≤0,()0f x '∆≤≥，()f x ∴在(0,)+∞上是增函数；②若a >'()0f x =，得120,0x x =>=>,()f x ∴在()10,x 和()2,x +∞上是增函数，在()12,x x 上是减函数.（2）由1()ln g x a x x=--，∴定义域为(0,)+∞且222111()a ax ax g x x x x x'--=-=-=， ①当0a ≤时，'()0g x >恒成立，()g x 在(0,)+∞上单调递增，则()g x 至多有一个零点，不符合题意；②当0a >时，'()0g x =得1x a =，()g x ∴在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， max 1()ln g x g a a a a ⎛⎫∴==-+ ⎪⎝⎭，∴要使()g x 有两个零点，则ln 0a a a -+>，由0a >解得a e >， 此时11,(1)10g a>=-<，易知当a e >时()211,,ln a aa a a a e a e g e a e e a a e----><=--=-+， 令2(),(,),()2x x m x e x x e m x e x '=-∈+∞=-， 令()2x h x e x =-，所以()2x h x e '=-，(,)x e ∴∈+∞时()0h x '<，()m x '∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()20m x m e e e ''>=->()m x ∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()0e m x m e e e >=->，所以()2,0a a e a g e -><∴函数()g x 在1,a e a -⎛⎫ ⎪⎝⎭与1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭各存在一个零点综上所述，a e >.19．已知函数()()2ln 0f x x a x a =-≠，（1）当3a =时，求证：函数()()2x g x e x f x =-+存在唯一极值点；（2）当2a =，()g x x =-()()()2h x f x g x =--在0,上有唯一零点.【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解.（1）当3a =时，()()3ln 0xg x e x x =->所以()3x g x e x '=-，()23xg x e x''=+因为()230xg x e x''=+>，所以()g x '在0,上单调递增因为()130g e '=-<，()23202g e '=-> 所以存在()01,2x ∈使得()00g x '=当()00,x x ∈时，0g x ，()g x 单调递减 当()0,x x ∈+∞时，0g x，()g x 单调递增所以0x 是函数()g x 的极小值点，即函数()()2x g x e x f x =-+存在唯一极值点（2）由已知可得()()22ln 20h x x x x x =--+>则())())1211221x h x x x x⎡+-⎣⎦'=--+=因为0x >，所以11x +>，())111x +>>所以())2110x +>当()0,1x ∈10<，则()0h x '< 当()1,x ∈+∞10>，则()0h x '> 所以()h x 在0,1上单调递减，在1,上单调递增因为()112ln11220h =--+-= 所以函数()h x 在0,上有唯一零点20．已知函数()2x f x e a =-，()xg x e b =-，且()f x 与()g x 的图象有一条斜率为1的公切线（e 为自然对数的底数）.（1）求b a -；（2）设函数()()()ln 2122h x f x g x mx =--+-，证明：当1m 时，()h x 有且仅有2个零点.【答案】（1）1ln 222b a -=-；（2）证明见解析 （1）令()22=1xf x e '=，可得ln 22x =-，ln 2122f a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭. ()f x 在ln 21,22a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭处的切线方程为1ln 222y a x ⎛⎫--=+ ⎪⎝⎭，即ln 2122y x a =++-. 令()1xg x e '==，0x =，()01g b =-，()g x 在()0,1b -处的切线方程为()1y b x --=，即1y x b =+-， 故ln 21122a b +-=-， 可得1ln 222b a -=-. （2）证明：由（1）可得()()22ln 2122x xx x h x e a e b mx e e mx =----+-=--， ()22x x h x e e m '=--，令x t e =，则22y t t m =--，=1+8m ∆， 当1m时，220t t m --=有两根1t ，2t 且120t t <<，由()()()1220x xh x e t e t '=--=，得2ln x t =，在()2,ln t -∞上，()0h x '<，在()2ln ,t +∞上，()0h x '>， 此时，()()2ln 00h t h <=.又x →-∞时，()h x →+∞，x →+∞时，()h x →+∞. 故在()2,ln t -∞和()2ln ,t +∞上，()h x 各有1个零点.。
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谈虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用------以 2019 年几道模拟题为例在高考的导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解又相对比较复杂甚至是无法求解的问题，这个时候，从正面去强求函数的零点值是很困难的，我们不妨只须设出函数的零点，然后利用其满足的关系式，谋求一种整体的替换和过渡，往往会给我们带来意向不到的效果，最后再结合题目的其他条件，就可以很快解决这类问题。
对于最近的几道地市模拟题的导数压轴题，我们发现它们用的好像都是同一个方法 -- 虚设零点消元法，只分析第一道，其他同理，顺便再看看之前曾经出现过的两道经典题．一、【 2019 合肥一模理科 21】二、【 2019 顺德三模理科 21】三、【 2019 佛山 3 月统考（北京燕博园）理科21】四、【 2019 广州一模理科 21】五、【 2019 广东模拟理科 21】六、【 2018 广州二模理科 21】七、【 2013 全国二卷理科 21】一、【 2019 合肥一模理科21】21．(本小题满分12 分 )已知函数 f (x) e x ln(x 1) ( e 为自然对数的底数 )．(Ⅰ )求函数 f (x) 的单调区间；(Ⅱ )若 g(x) f (x) ax ， a R ，试求函数g(x) 极小值的最大值．解析： ( Ⅰ) 易知x 1 ，且 f (x) e x1. x 1【求一阶导数发现是超越函数，无法确定导数的零点】令 h(x) e x 1 ，则 h (x) e x 1 0 ，x 1 (x 1)2【进一步求二阶导数，发现二阶导数恒大于0, 说明一阶导数递增】∴函数 h(x) e x 1 在 x ( 1， ) 上单调递增，且h(0) f (0) 0 .x 1【找到一阶导数的一个零点，而且是唯一的由负变正的零点，从而确定单调区间】可知，当x ( 时，h(x) f (x) 0 ， f (x) x ln(x 1) 单调递减；1, 0) e当 x (0, ) 时， h(x) f (x) 0 ， f (x) e x ln(x 1) 单调递增.∴函数 f (x) 的单调递减区间是( 1, 0) ，单调递增区间是 (0, ) .【反思：有的学生提出，我们很容易就观察得到了h(0) f (0) 0 . 但是，对于一般的超越函数，如果无法观察得到函数的零点，也无法求解函数零点的时候，我们该怎么办呢？这个问题，实际上就是我们第二问要解决的问题，解决的办法是：虚设零点，消元求值】( Ⅱ) ∵g(x) f (x) ax e x ln(x 1) ax ，∴ g (x) f (x) a .由( Ⅰ) 知，g (x)在x ( 1，) 上单调递增，当 x 1时， g (x) ；当 x 时， g (x) ，则 g (x) 0 有唯一解 x0.【对于导函数g (x) f (x) a，我们无法求解其零点，但由于导函数在定义域两端可以取到正无穷和负无穷，所以导函数在定义域内有唯一的零点，这时可以设这个唯一的零点为 x0】可知，当 x ( 1, x0 ) 时，g (x) 0 ， g(x) e x ln(x 1) ax 单调递减；当 x (x0，) 时， g (x) 0 ， g(x) e x ln(x 1) ax 单调递增，∴函数 g(x) 在 x x0处取得极小值 g(x 0) e x0 ln(x 0 1) ax 0，【设完零点x0后，我们可以进一步确定这个零点的性质，发现它恰好是g(x) 的极小值，而这时候我们又需要求这个极小值g(x0 ) 的最大值，这时可以利用e x0 1 ag'(x0 ) 0 的代换，也就是x0 1 ，从而可以消去字母a】且 x0满足 e x0 1 a .∴ g(x0 ) (1 x0 )e x0 ln(x0 1) 11. x0x0 1 1令 (x) (1 x)e xln(x 1) 11 ，则 (x) x(x1 . x 1 x e 1)2【最后要求的最大值就转变为只含有一个变量的函数，从而把问题转化为求函数的最大值】可知，当 x ( 1, 0)时，(x) 0 ， (x) 单调递增；当 x (0, ) 时， (x) 0 ， (x) 单调递减，∴ (x) max (0) 1 . ∴函数 g(x) 极小值的最大值为 1.二、 【2019 顺德三模理科 21】1 21．（本小题满分 12 分）已知函数 f (x)x 2 (a 1)x a ln x ．2（1）当 a 1时，求 f (x) 的单调递增区间；（2）证明：当 1 a 0 时， f (x) 有两个零点；2（ 3 ） 若 a1， 函 数 g(x)f (x) 在 x x 0 处 取 得 最 小 值 ， 证 明 ：2x0 f ( x 0 ) (e 1)(e a) ．21．（ 1）解析： f (x)x (a1) a (x 1)(x 1) (x 0) ．故 a1时，由 f (x) 0 ，x x得 0 x1xa．故 f (x)的单调递增区间为 (0,1), (a, )．或（2）当1 a 0 时， f (x) 在 (1, ) 上单调递增，在 (0,1) 上单调递减．21则 f (x)minf (1)a 0 ，且当 x 0 时， f (x)；当 x时， f (x)2． 所以 f (x) 有两个零点．证 明 ： g(x)1 x a 1,g (x) x2 2a(1 ln x) , 设 h(x) x 2 2a(1 ln x) ， 因为2 2 x 2a1， 所以 h(x) 在 (0,) 上为增函数，又 h(1) 1 2a 0, h(e) e 2 0 ， 所以2t (1,e), h(t) 0 ， 当 0 x t 时， g (x) 0 ； 当 x t 时， g (x)0 ， 故 x 0 t 且x 022a 2a ln x 0 ， f (x 0 ) 1x 20 (a 1)x 0 1 x 2 0 a (x 0 1)(x 0 a) ， 因 为1, x 0 2 2a (1,e) ，所以 0 f ( x 0) (e 1)(e a) ． ........... 12 分 2三、【 2019 佛山市 3 月统考（北京燕博园）理科 21】------- “函数连锁反应”、虚设零点21．（本小题满分 12 分）已知函数f (x) sin ax ax1x 3 ．6（1）求证：当 a ≤ 0 时， f (x) 无极值点；（2）若存在区间(m, n) (0, ) ，对 x (m, n), f (x) 0 ，求 a 的取值范围．21． 证明：（ 1）证明： f(x) a(cos ax 1)1x 2 ， 当 a ≤ 0 时， f (x) ≥ 0 ，2所以 函数 f (x) 在 ( , ) 上单调递增， 所以当 a ≤ 0 时， f (x) 无极值点 ．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当 a ≤ 0 时 ，函数 f (x) 在 [0, ) 上 是单调增函数 ， f (0) 0 ，当x [0,) 时， f (x) ≥ 0 ， 不符合题意； 当 a (0,1] 时， a 3 (0,1], a 3 cosax ≤ 1设g(x) f (x) a(cos ax 1)1x 2 ，则 g (x) x a 2 sin ax ，2设 h(x)g (x) x a 2 sin ax ，则 h (x) 1 a 3 cos ax ≥ 0 ，所以 h(x) 在 ( ,) 上单调递增．又因为 h(0) 0 ， 所以 在 [0, ) 上， h(x) ≥ 0 ，即g (x) ≥ 0 ， 所以 g(x) 在 [0, ) 上单调递增． 又因为 g(0) 0 ， 所以 在 [0,) 上，g(x) ≥ 0 ，即 f(x) ≥ 0 ，所以函数 f (x) 在 [0,) 上 是单调增函数 ，f (0) 0 ，当 x [0,) 时， f (x) ≥ 0 ，不符合题意； .............7 分当 a1 时， 1 (0,1) ， 由 h (x) 131 ，a 3 a cos ax0 可得 cos axx 0 h (x )a 3所以存在0, 2a0...........................................................................分，使8又因为h(0) 0 ，所以当 x (0, x 0 ) 时， h(x) 0 ，即 g (x) 0 ，所以函数 g(x)在 (0, x 0 上是单调减函数 ，又因为 ，所以当 0 时， ，) g(0) 0 x (0, x ) g(x) 0即 f (x) 0 ，所以函数 f (x) 在 (0, x 0 ) 上是单调减函数 ，又因为 f (0) 0 ，所以当 x(0, x 0 ) 时， f (x) 0 ， 即存在区间 (0, x 0 ) (0,) ，对x (m, n), f (x) 0 .所以 a的取值范围是 a 1 .........................................12 分．六、【 2018 广州二模理科 21】21．（本小题满分 12 分）已知函数 f xe x x 2ax ．（1）若函数 fx 在 R 上单调递增，求 a 的取值范围；ln 2 2（2）若 a1 ，证明：当 x 0 时， f ln 2x 1．22参考数据： e2.71828 ， ln 2 0.69 ．上面这道题目中，在处理导数的零点的时候，由于导函数是一个超越函数，直接求它的零点是困难的，这时我们只需虚设一个零点x 0 ，但是我们设而不求，只需要进行整体的替换即可，然后在处理超越型原函数的过程中把指数函数替换掉，化繁为简，把原函数转化为 一个简单的二次函数，从而可以简单的处理后面的最值比较大小的问题。
这样的处理方式在 高考压轴题当中是经常可以看到的。
七、【 2013 全国二卷理科 21】21.( 本小题满分 12 分)已知函数 f ( x ) ＝e x －ln( x ＋m )．(1) 设 x ＝0 是 f (x ) 的极值点，求 m ，并讨论 f (x ) 的单调性； (2)当 m ≤2 时，证明f (x )＞0.解：(1) f ′(x )＝ ex1. x 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 x1 . 1x 1函数 f ′(x ) ＝e x在( －1，＋∞ ) 单调递增，且 f ′(0) ＝ 0.x 1因此当 x∈( －1,0) f x x fx时， ′() ＜0；当 ∈(0，＋∞ ) 时， ′()＞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 x1在( －2，＋∞ ) 单调递增．x2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．x 0＝1 ， ln( x ＋ 2) ＝－x ，x 0 2 0 01 21 ＋x 0＝ x ＞0.故 f ( x ) ≥f ( x ) ＝x 0 2 x 0 2综上，当 m ≤2 时， f ( x ) ＞0.。