5章培优2 导数与零点、不等式的综合运用(精讲)(原卷版)
导数与函数的零点知识点讲解+例题讲解(含解析)
导数与函数的零点一、知识梳理1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a ＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【训练2】 已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ， 又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数， 当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0； 当x <0时，取x ＝－1a ， 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )． 在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三 函数零点的综合问题 【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0， 故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ， 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0， 函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明 由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0， 由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2， 所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0， 即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析 由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0， 解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103， 所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2， 所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点， 则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4. 答案 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解 函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0). 设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )， 当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， 则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1， 所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. 当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)， 当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}， 当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)； 当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ； 由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1， 所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0； 当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1， 所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。
高考数学二轮复习 第二部分 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数与函数零点、不等式的综合问题课时
第5讲 导数与函数零点、不等式的综合问题一、选择题1．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立．设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x2(x ＞0)． 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案：B2．(2017·贵阳联考)已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：根据导函数图象知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示． 由于f (0)＝f (3)＝2，1＜a ＜2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.答案：D3．(2017·山东省实验中学诊断)若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )＞0，则( )A ．3f (1)＜f (3)B ．3f (1)＞f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3)解析：由于f (x )＞xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0恒成立，因此f （x ）x 在R 上是单调递减函数，所以f （3）3＜f （1）1，即3f (1)＞f (3)．答案：B4．(2014·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )(导学号 55410101)A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析：由题意知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2a.当a ＞0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )＞0，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a ，f ′(x )＜0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞，f ′(x )＞0，且f (0)＝1＞0，故f (x )有小于0的零点，不满足．当a ＜0时，需使x 0＞0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，则a 2＞4，所以a ＜－2.答案：C5．(2017·佛山调研)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．无数个解析：由g (x )＝xf (x )＋1＝0得，xf (x )＝－1(x ＞0)，设h (x )＝xf (x )，则h ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， 因为xf ′(x )＋f (x )＞0，所以h ′(x )＞0，即函数在(0，＋∞)上为增函数， 因为h (0)＝0·f (0)＝0， 所以当x ＞0时，h (x )＞h (0)＝0， 故h (x )＝－1无解，故函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为0个． 答案：A 二、填空题6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm 3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm ，母线长为l dm ，则V ＝πR 2l ＝27π，所以l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R ，所以S ′表＝2πR －54πR2.令S ′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小． 答案：37．(2017·长沙调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )，满足f (x )＞f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f （x ）ex＜1的解集为________． 解析：构造函数g (x )＝f （x ）ex ，则g ′(x )＝e x·f ′（x ）－e x·f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x. 由题意得g ′(x )＜0恒成立， 所以函数g (x )＝f （x ）ex在R 上单调递减．又g (0)＝f （0）e＝1，所以f （x ）ex＜1，即g (x )＜1，所以x ＞0， 所以不等式的解集为(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞)8．(2017·德州二模)若对任意的x ∈D ，均有g (x )≤f (x )≤h (x )成立，则称函数f (x )为函数g (x )到函数h (x )在区间D 上的“任性函数”．已知函数f (x )＝kx ，g (x )＝x 2－2x ，h (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)，且f (x )是g (x )到h (x )在区间[1，e]上的“任性函数”，则实数k的取值范围是________．(导学号 54850101)解析：依题意，∀x ∈[1，e]，x 2－2x ≤kx ≤(x ＋1)(ln x ＋1)恒成立．所以x －2≤k ≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x (ln x ＋1)在x ∈[1，e]上恒成立．又y ＝x －2在[1，e]上是增函数， 所以(x －2)max ＝e －2，则k ≥e －2.①设φ(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x (ln x ＋1)，x ∈[1，e]．则φ′＝－1x2(ln x ＋1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1x＝x －ln x x2≥0，所以φ(x )在[1，e]上是增函数， 则φ(x )min ＝φ(1)＝2. 所以k ≤2，②由①②知，当e －2≤k ≤2时，x 2－2x ≤kx ≤(x ＋1)(ln x ＋1)在x ∈[1，e]上恒成立． 答案：[e －2，2] 三、解答题9．(2017·贵阳质检)已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)； (3)求证：ln e 2x ≤1＋xx.(1)解：f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ， f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2，所以f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，f ′(x )＜0⇒x ＞1.所以f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)解：由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＜f (e)．所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e. (3)证明：要证ln e 2x ≤1＋xx，即证2－ln x ≤1＋1x，即证1－1x－ln x ≤0.由(1)可知，f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0，即f (x )≤0，所以1－1x－ln x ≤0恒成立，原不等式得证．10．(2017·西安调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a2x 2－(a ＋1)x .(导学号 54850102)(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－2，求f (x )的单调区间； (2)若x ＞0时，f （x ）x ＜f ′（x ）2恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由已知得f ′(x )＝1x＋ax －(a ＋1)， 则f ′(1)＝0.而f (1)＝ln 1＋a 2－(a ＋1)＝－a2－1，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－a2－1.所以－a2－1＝－2，解得a ＝2.所以f (x )＝ln x ＋x 2－3x ，f ′(x )＝1x＋2x －3.由f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＞0，得0＜x ＜12或x ＞1，由f ′(x )＝1x ＋2x －3＜0，得12＜x ＜1，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)若f （x ）x ＜f ′（x ）2，则ln x x ＋a 2x －(a ＋1)＜12x ＋ax 2－a ＋12， 即ln x x －12x ＜a ＋12在区间(0，＋∞)上恒成立． 设h (x )＝ln x x －12x，则h ′(x )＝1－ln x x 2＋12x 2＝3－2ln x2x2，由h ′(x )＞0，得0＜x ＜e 32，所以h (x )在(0，e 32)上单调递增， 由h ′(x )＜0，得x ＞e 32，所以h (x )在(e 32，＋∞)上单调递减． 所以h (x )的最大值为h (e 32)＝e －32，所以a ＋12＞e －32，故a ＞2e －32－1.从而实数a 的取值范围为{a |a ＞2e －32－1}．11．(2017·沈阳质检)函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值． (1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时， f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x )＝ln x ，令f ′(x )＞0，解得x ＞1； 令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f (x )＝m ＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，也可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1的图象有两个不同的交点．由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1， 由题意得，m ＋1＞－1即m ＞－2，① 当0＜x ＜1时，f (x )＝x (－1＋ln x )＜0； 当x ＞0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞(或者举例：当x ＝e 2，f (e 2)＝e 2＞0)．如图，由图象可知，m ＋1＜0，即m ＜－1，② 故①②可得－2＜m ＜－1.故实数m 的取值范围是(－2，－1)．[典例] (本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2＜2.规范解答：(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x＋2a )．(1分) ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点．(2分) ②设a ＞0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0，故f (x )存在两个零点．③设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点．若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．(6分) 又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点． 综上可知，a 的取值范围为(0，＋∞)．(7分)(2)不妨设x 1＜x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，(8分) 2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)上单调递减， 所以x 1＋x 2＜2等价于f (x 1)＞f (2－x 2)， 即f (2－x 2)＜0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2， 又f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0，所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.(10分) 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)·(e2－x－e x)．(11分)所以当x ＞1时，g ′(x )＜0，而g (1)＝0，故当x ＞1时，g (x )＜0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)＜0，故x 1＋x 2＜2.(12分)1．牢记求导法则，正确求导：在函数与导数类解答题中，通常都会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，如本题第(1)问就涉及对函数的求导．2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基本上求解．3．注意分类讨论：高考函数与导数解答题，一般都会涉及分类讨论，并且讨论的步骤也是得分点，所以一定要重视分类讨论．4．写全得分关键：在函数与导数问题中，求导的结果、分类讨论的条件、极值、最值、题目的结论等一些关键式子和结果都是得分点，在解答时一定要写清楚．[解题程序] 第一步，准确求出函数f (x )的导数．第二步，讨论a 的取值，分情况讨论函数的单调性、极值、从而判断函数零点，确定a 的取值范围．第三步，将结论x 1＋x 2＜2转化为判定f (2－x 2)＜0＝f (x 1)． 第四步，构造函数g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，判定x ＞1时，g (x )＜0.第五步，写出结论，检验反思，规范步骤．[跟踪训练] 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(导学号 54850027)(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1.(1)解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e xln x ＋axe x－b x2e x －1＋b xex －1，由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e. 故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x－2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 从而g (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝1e.设函数h (x )＝x e －x－2e ，则h ′(x )＝e －x(1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上可知，当x ＞0时，g (x )＞h (x )， 即f (x )＞1.。
【高中数学】5章培优2 导数与零点、不等式的综合运用(精讲)(解析版)
5章培优2 导数与零点、不等式的综合运用考点一 零点问题1．（2020·河南高三月考（文））已知函数()322312f x x x x m =--+.（1）若1m =，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程； （2）若函数()f x 有3个零点，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）12y x =-；（2）()7,20-.【解析】（1）由题意，()26612f x x x '=--，故()112f '=-，又当1m =时，()12312112f =--+=-，故所求的切线方程为()12121y x +=--，即12y x =-.（2）由题意，()()()()22661262612f x x x x x x x '=--=--=+-，令()0f x '=，得1x =-或2x =，故当(),1x ∈-∞-时，()0f x '>，当()1,2x ∈-时，()0f x '<，当()2,x ∈+∞时，()0f x '> 故当1x =-时，函数()f x 有极大值()()()121311217f m m -=⨯--⨯-⨯-+=+， 当2x =时，函数()f x 有极小值()2283412220f m m =⨯-⨯-⨯+=-.若函数()f x 有3个零点，实数m 满足70200m m +>⎧⎨-<⎩，解得720m -<<，即实数m 的取值范围为()7,20-. 【一隅三反】1．（2020·山西运城·）已知函数()()ln 21f x x ax a =-+∈R . （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）102a <<. 【解析】（1）函数()ln 21f x x ax =-+，定义域为()0,∞+，()12f x a x'=-， 当0a ≤时，()0f x '>.故()f x 在定义域()0,∞+上单调递增，此时无减区间. 当0a >时，令()120f x a x'=-=，得102x a =>； 当10,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，故()f x 单调递增； 当1,2x a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '<，故()f x 单调递减. 综上所述，当0a ≤时，()f x 在定义域()0,∞+上单调递增，此时无减区间； 当0a >时，()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）由（1）知，0a ≤时，()f x 至多一个零点，不符合题意； 当0a >时，()f x 在10,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.()f x 要有两个零点，需满足102f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即102a <<.此时021a <<，112a>.因为12110a f e e⎛⎫=--+< ⎪⎝⎭，所以()f x 在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭有一个零点；因为2112a a >，2122ln 1f a a a ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭.令()22ln 1h a a a =--+，()()2221220a h a a a a-'=-+=>， 所以()h a 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，()12ln 2302h a h ⎛⎫<=-<⎪⎝⎭， 所以210f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()f x 在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有一个零点.所以102a <<，()f x 有两个零点. 2．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知函数()ln()(0)x af x ex a a -=-+>. （1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）12【解析】（1）证明：∵()ln()(0)x af x ex a a -=-+>，∴1()x a f x e x a-'=-+. ∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a+在区间(0,)+∞上单调递减， ∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a aaa e f e a ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10ag a e '=-<， 则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<. 令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+ 所以函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00010x af x ex a -'=-=+，即001x a e x a-=+（*）.函数1()x af x ex a-'=-+在(0,)+∞上单调递增. ∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增. ∴()()0min 00()ln x af x f x ex a -==-+.由（*）式得()()min 0001()ln f x f x x a x a==-++. ∴()001ln 1x a x a-+=+，显然01x a +=是方程的解. 又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=， 把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.3．（2020·甘肃武威）设函()()1f x x a nx x a =+-+，a R ∈． （1）设()()g x f x ='，求函数()g x 的极值； （2）若1ea，试研究函数()()1f x x a nx x a =+-+的零点个数． 【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）1个． 【解析】（1）()()1f x x a nx x a =+-+，a R ∈，()()a g x f x lnx x ∴='=+，0x >．∴221()a x ag x x x x-'=-=， ①当0a 时，()0g x '>恒成立，()g x 在(0,)+∞上是增函数，无极值． ②当0a >时，x a =，当(0,)x a ∈时，()g x 单调递减；当(,)x a ∈+∞时，()g x 单调递增，()g x ∴的极小值()g a 1lna =+，无极大值．（2）由（1）知，当1e a时，()g x 的极小值()g a 1110lna ln e=++=， 结合()g x 的单调性可知()0min g x ，即()0f x '恒成立．()f x ∴在(0,)+∞上是增函数， 1111()()f a ln a e e e e =+-+1120a a e e e=---+=-<， ()f e ()e a lne e a =+-+220e a e a ae=+-+=>，()f x ∴在1(e，)e 中有一个零点，∴函数()()1f x x a nx x a =+-+的零点个数为1个．考点二 导数与不等式【例2】．（2021·湖南湘潭·月考（理））已知函数ln 1()xx f x e +=．（1）求()f x 的最大值；（2）当1≥x 时，2(ln 1)xax x e +<恒成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）1e；（2）()2,e -∞. 【解析】（1）因为()ln 1()0x x f x x e+=>，所以()()1ln 1xx x f x e -+'= ， 设()()1ln 1g x x x =-+，所以()2110g x x x'=--<，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，且()10g =，所以当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,x ∈+∞时，()0f x '<， 所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 所以()()max 11f x f e==； （2）因为1≥x ，所以()ln 10x x +>，所以当0a ≤时，()ln 10ax x +≤且20x e >，所以()2ln 1xax x e +<恒成立，当0a >时，若()2ln 1xax x e +<恒成立，则ln 1xxx e a e x+⋅<恒成立（*）， 设()x e h x x =，所以()()21x x e h x x-'=，又因为[)1,x ∈+∞，所以()()210x x e h x x -'=≥， 所以()h x 在[)1,+∞上单调递增，所以()()min 1h x h e ==， 又因为由（1）知maxln 11x x e e +⎛⎫=⎪⎝⎭且[)ln 11,,0xx x e +∀∈+∞> ， 所以若（*）成立，只需要1a e e⋅<，所以2a e <， 综上可知：()2,a e∈-∞.【一隅三反】1．（2019·广东湛江·高二期末（文））已知函数()(1)ln ()af x x a x a R x=--+∈． （1）当01a <≤时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使()f x x ≤恒成立，若存在，求出实数a 的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】（1）见解析； （2）当11a e ≥-时，使 ()f x x ≤恒成立． 【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，221()(1)'()1a a x a x f x x x x +--=+-=， 当01a <<时，由'()0f x >，得0x a <<，或1x >，由'()0f x <，得1a x <<， 故函数()f x 的单调递增区间为(0,)a 和(1,)+∞，单调递减区间为(,1)a ，当1a =时，22(1)'()0x f x x-=≥恒成立，故函数()f x 的单调递增区间为(0,)+∞. （2）()f x x ≤恒成立等价于(1)ln 0a a x x ++≥恒成立，令()(1)ln g x a a x x =++，当10a +=时，即当1a =-时，()1g x =-，故()0g x ≥在(0,)+∞内不能恒成立，当10a +<时，即当1a <-时，则(1)1g a =<-， 故()0g x ≥在(0,)+∞内不能恒成立，当10a +>时，即当1a >-时，'()(1)(1ln )g x a x =++，由'()0g x =解得1=x e ，当10x e <<时，'()0g x <； 当1x e>时，'()0g x >.所以min 11()()0a g x g a e e +==-≥，解得11a e ≥-.综上，当11a e ≥-时，()0g x ≥在(0,)+∞内恒成立，即()f x x ≤恒成立，所以实数a 的取值范围是1[,)1e +∞-. 2．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二期末（文））已知函数()ln (0)f x x x x =>.（1）求()f x 的单调区间和极值；（2）若对任意23(0,),()2x mx x f x -+-∈+∞≥恒成立，求实数m 的最大值.【答案】（1）()f x 在1=x e 处取得极小值，极小值为11()f e e=-.（2）4 【解析】（1）()ln 1f x x ='+，()()110,00f x x f x x e e''>→><→<<，∴()f x 的单调增区间是1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调减区间是10,e⎛⎫ ⎪⎝⎭.∴()f x 在1x e =处取得极小值，极小值为11f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.（2）由()232x mx f x -+-≥变形，得22ln 3x x x m x ++≤恒成立，令()22ln 3(0)x x x g x x x ++=>，()2223x x g x x+-'=， 由()()01,001g x x g x x ''>⇒><⇒<<.所以，()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数. 所以，()()min 14g x g ==，即4m ≤，所以m 的最大值是4. 3．（2020·安徽省含山中学月考（理））已知函数211()ln (,0)22f x x a x a R a =--∈≠. （1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （2）求函数()f x 的单调区间；（3）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）10x y +-=；（2）答案见解析；（3）()(],00,1-∞.【解析】（1）2a =时，211()2ln 22f x x x =--，(1)0f =， 2'()f x x x=- ，'(1)1f =- 曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程10x y +-=（2）2'()(0)a x af x x x x x-=-=>①当0a <时，2'()0x af x x-=>恒成立，函数()f x 的递增区间为()0,∞+②当0a >时，令'()0f x =，解得x =x =所以函数()f x 的递增区间为+∞，递减区间为（3）对任意的[1,)x ∈+∞，使()0f x ≥成立，只需任意的[1,)x ∈+∞，min ()0f x ≥ ①当0a <时，()f x 在[1,)+∞上是增函数，所以只需(1)0f ≥ 而11(1)ln1022f a =--= 所以0a <满足题意；②当01a <≤时，01<，()f x 在[1,)+∞上是增函数，所以只需(1)0f ≥ 而11(1)ln1022f a =--= 所以01a <≤满足题意；③当1a >1>，()f x 在上是减函数，)+∞上是增函数，所以只需0f ≥即可 而(1)0f f <= 从而1a >不满足题意；综合①②③实数a 的取值范围为()(],00,1-∞.高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。
2025年高考数学一轮复习-导数在不等式、恒等式和零点问题综合应用-专项训练【含解析】
导数在不等式.恒等式和零点问题综合应用-专项训练（原卷版）【练基础】一、单选题1．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知352,e ,ln 5ln 45a b c -===-，则（）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．b c a>>2．（2023·江西·校联考一模）已知关于x 的不等式e 2ax x b ≥+对任意x ∈R 恒成立，则ba的最大值为（）A ．12B ．1C ．e2D ．e 43．（2024秋·甘肃武威·高三校考阶段练习）函数()()22e xf x x x =-的图像大致是（）A ．B ．C ．D ．4．（2024秋·山东东营·高三广饶一中校考阶段练习）设{},min ,,a a b a b b a b ≤⎧=⎨>⎩，若函数(){}12min e ,21x f x x x mx -=--+-有且只有三个零点，则实数m 的取值范围为（）A ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．3,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,+∞D ．5,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭5．（2024·江苏南京·模拟预测）已知函数()xf x a ax =-（1a >），且()f x 在[]1,2有两个零点，则a 的取值范围为（）A ．(]1,2B ．()1,e C ．[)2,e D ．(2e,e ⎤⎦6．（2024秋·湖南岳阳·高三校考阶段练习）已知函数2e ,0,()241,0x x f x x x x ⎧>=⎨-++≤⎩，若方程()0f x kx +=恰好有三个不等的实数根，则实数k 的取值范围是（）A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．(e,0)-D ．(,e)-∞-7．（2024·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知函数()()1e ln x af x a x x x =+-+（其中1x >，a<0）有两个零点，则a 的取值范围为（）A ．()2,e∞--B ．()2e ,e --C ．(,1)-∞-D ．(),e ∞--8．（2024秋·河南·高三校联考阶段练习）已知函数()()e ln ,01=21,1x x x f x f x x <≤⎧⎨->⎩，则方程()()22760f x f x +⎤⎦+⎣=⎡在区间()0,4上的实根个数为（）A ．9B ．10C ．11D ．12二、多选题9．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知函数()()e ln 1tx f x x t x =-+-，若()0f x ≥恒成立，则实数t 的可能的值为（）A ．1eB ．12eC ．21e D ．2e10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()e xf x x =-，()lng x x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()e xg 在()0,∞+上是增函数B ．1x ∀>，不等式()()2ln f ax f x ≥恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()f x t =有两个零点12,x x ，则120x x +>D ．若()()()122f x g x t t ==>，且210x x >>，则21ln t x x -的最大值为1e11．（2024·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知函数2()ln f x x x =-，则（）A ．函数()f x 在22x =处取得最大值B ．函数()f x 在区间1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减C ．函数()f x 有两个不同的零点D ．()2e 2xf x x <--恒成立12．（2024·全国·校联考模拟预测）对于三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠，给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数()322491236f x x x x =--+，则下列说法正确的是（）A ．()f x 的极大值点为1372,6⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．()f x 有且仅有3个零点C ．点1,22⎛⎫⎪⎝⎭是()f x 的对称中心D ．123202140422022202220222022f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭三、填空题13．（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）已知不等式1ln ea x x a x x ++≥对()1x ∈+∞，恒成立，则实数a 的最小值为__________.14．（2024·上海奉贤·统考一模）已知某商品的成本C 和产量q 满足关系50000200C q =+，该商品的销售单价p 和产量q 满足关系式21242005p q =-，则当产量q 等于__________时，利润最大.15．（2024·上海普陀·统考一模）设1a 、2a 、3a 均为正数且222123a a a +=，则使得不等式123123111k a a a a a a ++≥++总成立的k 的取值范围为______．16．（2023·全国·高三专题练习）给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导函数，()f x ''是函数()y f x '=的导函数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”，经研究发现所有的三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠都有“拐点”，且该“拐点”也是函数()y f x =的图像的对称中心，若函数()323f x x x =-+，则1234044404520232023202320232023f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭______.四、解答题17．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知λ为正实数，函数()()()2ln 102x f x x x x λλ=+-+>.(1)若()0f x >恒成立，求λ的取值范围；(2)求证：()()215212ln 12ln 13ni n n ii =⎛⎫+-<-<+ ⎪⎝⎭∑（1,2,3,...i =）.18．（2023·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测）已知n 为正整数，()()2ln 1n xf x x x=>，()()2e 1xn g x x x=>.(1)求()f x 的最大值；(2)若()12212122,1,,ln e xn n x x x x x ∀∈+∞<恒成立，求正整数n 的取值的集合.（参考数据：ln 5 1.6,ln 20.69,ln 3 1.10≈≈≈）19．（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知函数()2ln f x x a x =-．(1)当1a =时，求函数()y f x =的单调区间；(2)若函数()(2)e x f x a x x ≥+-恒成立，求实数a 的取值范围．20．（2023·四川凉山·统考一模）已知函数()()ln 1f x x x =-+．(1)求()f x 的最小值；(2)已知*N n ∈，证明：()1111ln 123n n++++>+L ；(3)若()ln 210xx x x a x -+--≥恒成立，求a 的取值范围．【提能力】一、单选题21．（2024秋·山西阳泉·高三阳泉市第一中学校校考期中）设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭22．（2023·全国·高三专题练习）23(2ln 3)1ln 3,,3a b c e e -===，则a ，b ，c 的大小顺序为（）A ．a c b <<B ．c<a<bC ．a b c<<D ．b a c<<23．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()33f x x x m =-+只有一个零点，则实数m 的取值范围是（）A ．[]22-,B ．()(),22,-∞-+∞C ．()2,2-D ．(][),22,-∞-+∞24．（2023·全国·高三专题练习）已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩ 若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,e D ．[]1,e 25．（2023·全国·高三对口高考）函数2||2x y x e =-在[]–2,2的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22x f x xe x x m =---在()0,∞+上有零点，则m的取值范围是（）A ．)21ln 2,-+∞⎡⎣B ．)2ln 21,--+∞⎡⎣C ．)2ln 2,-+∞⎡⎣D ．21ln 2,2-+∞⎡⎫⎪⎢⎣⎭27．（2024·全国·高三专题练习）已知函数222,0,()ln(1),0,x x x f x x x ⎧---≤=⎨+>⎩若关于x 的不等式1()2f x ax a ≤+-在R 上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．12e -⎡⎢⎣B ．122,e ⎤⎥⎦C ．12e -⎡⎢⎣D ．12e ⎡⎢⎣28．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2,1,()eln 52,1,xx f x x x x x ⎧>⎪=⎨⎪--≤⎩若函数2[()](24)()1y f x a f x =+-+恰有5个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．949,824⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．491,24⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．91,8⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．9,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭29．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考一模）已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点12,x x ，且不等式()()12124f x f x x x t +<++-恒成立，则实数t 的取值范围是（）A ．[)1,-+∞B ．[)5,-+∞C ．[)22ln 2,-+∞D ．[)1ln 2,-+∞二、多选题30．（2021·全国·高三专题练习）对于函数ln ()xf x x=，下列说法正确的有（）A ．()f x 在x e =处取得极大值1eB ．()f x 有两不同零点C ．()()23f f <D ．若1()f x k x<-在(0,)+∞上恒成立，则1k >31．（2023秋·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知函数()3e e x x x a f x x -=-+-，则下列结论中正确的是（）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点32．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()322f x x ax x =--，下列命题正确的是（）A ．若1x =是函数()f x 的极值点，则12a =B ．若1x =是函数()f x 的极值点，则()f x 在[]0,2x ∈上的最小值为32-C ．若()f x 在()1,2上单调递减，则52a ≥D ．若()2ln x x f x ≥在[]1,2x ∈上恒成立，则1a ≥-33．（2023·全国·高三专题练习）若1201x x <<<，e 为自然对数的底数，则下列结论错误．．的是（）A ．1221x xx e x e <B ．1221x xx e x e >C ．2121ln ln x x e e x x ->-D ．2121ln ln x x e e x x -<-三、填空题34．（2024·全国·高三专题练习）设函数3()(2ln )x e f x t x x x x=-++恰有两个极值点，则实数t 的取值范围为___________.35．（2024·全国·高三专题练习）已知不等式2(2ln )(1)10ax x x a x ⎡⎤--++≥⎣⎦对任意0x >恒成立，则实数a 的取值范围是___________.36．（2021春·全国·高三专题练习）若10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，关于x 不等式32ln 0ax ax e x +≤恒成立，则实数a 的最大值是______.37．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论：①若0k =，()f x 恰有2个零点；②存在负数k ，使得()f x 恰有1个零点；③存在负数k ，使得()f x 恰有3个零点；④存在正数k ，使得()f x 恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是_______．四、解答题38．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点①21,222e a b a <≤>；②10,22a b a <<≤．39．（2024·重庆永川·重庆市永川北山中学校校考模拟预测）已知函数1()ln f x x a x x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．40．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．41．（2022秋·江西南昌·高三南昌大学附属中学校考阶段练习）已知函数()()221ln f x ax a x x =-+-，()22ln g x a x x=--，其中a R ∈.（1）当0a >时，求()f x 的单调区间；（2）若存在21,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得不等式()()f x g x ≥成立，求a 的取值范围.导数在不等式.恒等式和零点问题综合应用-专项训练（解析版）【练基础】一、单选题1．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知352,e ,ln5ln 45a b c -===-，则（）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．b c a>>2．（2023·江西·校联考一模）已知关于x 的不等式e 2ax x b ≥+对任意x ∈R 恒成立，则a的最大值为（）A ．12B ．1C ．e2D ．e 4显然，由图可知e 2ax x b ≥+，对任意当0a =时，在同一坐标系中作出函数显然，由图可知e 2ax x b ≥+，对任意当0a >时，在同一坐标系中作出函数由图可知，临界条件是直线g 由()e ax f x =，求导()f x a '=∴当()e ax f x =的切线斜率为故002e2ax x b a=+=，所以0x3．（2024秋·甘肃武威·高三校考阶段练习）函数()()22e xf x x x =-的图像大致是（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】运用函数的零点，极值点，单调性即可解决.【详解】解：由()0f x =得0x =或2x =，故BD 错；又()()22e xx x f '=-，4．（2024秋·山东东营·高三广饶一中校考阶段练习）设{},min ,,a a ba b b a b≤⎧=⎨>⎩，若函数(){}12min e ,21x f x x x mx -=--+-有且只有三个零点，则实数m 的取值范围为（）A ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．3,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,+∞D ．5,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C【分析】构造函数()1ex g x x -=-与()221h x x mx =-+-，先利用导数研究得()g x 的性质，再利用二次函数的性质研究得()h x 的性质，从而作出()f x 的图像，由此得到()max 0h x >，分类讨论1m <-与1m >时()f x 的零点情况，据此得解.【详解】令()1ex g x x -=-，则()1e 1x g x -'=-，令()0g x '>，得1x >；令()0g x '<，得1x <；所以()g x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增，故()()min 10g x g ==，又因为对于任意0M >，在(),1-∞总存在x M =-，使得()1eM g M M M ---=+>，在()1,+∞上由于1e x y -=的增长速率比y x =的增长速率要快得多，所以总存在0x x =，使得010e x x M -->，所以()g x 在(),1-∞与()1,+∞上都趋于无穷大；令()221h x x mx =-+-，则()h x 开口向下，对称轴为x m =，所以()h x 在(),m -∞上单调递增，在(),m +∞上单调递增，故()()2max 1h x h m m ==-，.因为函数(){}12min e ,21x f x x x mx -=--+-有且只有三个零点，而()g x 已经有唯一零点1x =，所以()h x 必须有两个零点，则()max 0h x >，即210m ->，解得1m <-或1m >，当1m <-时，()211211220h m m =-+⨯-=-+<，则()()(){}()1min 1,110f g h h ==<，即()f x 在1x =处取不到零点，故()f x 至多只有两个零点，不满足题意，当1m >时，()211211220h m m =-+⨯-=-+>，则()()(){}()1min 1,110f g h g ===，所以()f x 在1x =处取得零点，结合图像又知()g x 与()h x 必有两个交点，故()f x 在(),1-∞与(),m +∞必有两个零点，所以()f x 有且只有三个零点，满足题意；综上：1m >，即()1,m ∈+∞.故选：C.5．（2024·江苏南京·模拟预测）已知函数()xf x a ax =-（1a >），且()f x 在[]1,2有两个零点，则a 的取值范围为（）A ．(]1,2B ．()1,e C ．[)2,e D ．(2e,e ⎤⎦6．（2024秋·湖南岳阳·高三校考阶段练习）已知函数2e ,0,()241,0x x f x x x x ⎧>=⎨-++≤⎩，若方程()0f x kx +=恰好有三个不等的实数根，则实数k 的取值范围是（）A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-∞- ⎝⎭C ．(e,0)-D ．(,e)-∞-数形结合可得，当e k ->，即e k <-时满足题意，故故选：D.7．（2024·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知函数()()1e ln x af x a x x x =+-+（其中1x >，a<0）有两个零点，则a 的取值范围为（）A ．()2,e ∞--B ．()2e ,e --C ．(,1)-∞-D ．(),e ∞--【答案】D8．（2024秋·河南·高三校联考阶段练习）已知函数()()e ln ,01=21,1x x x f x f x x <≤⎧⎨->⎩，则方程()()22760f x f x +⎤⎦+⎣=⎡在区间()0,4上的实根个数为（）A ．9B ．10C ．11D ．12由图可知，方程()32=-f x 、()f x 因此，方程()()22760f x f x +⎤⎦+⎣=⎡故选：C.二、多选题9．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知函数()()e ln 1tx f x x t x =-+-，若()0f x ≥恒成立，则实数t 的可能的值为（）A ．1eB ．12eC ．21e D ．2e【答案】AD【分析】根据()0f x ≥转化成e tx tx +10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()e xf x x =-，()lng x x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()e xg 在()0,∞+上是增函数B ．1x ∀>，不等式()()2ln f ax f x ≥恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()f x t =有两个零点12,x x ，则120x x +>D ．若()()()122f x g x t t ==>，且210x x >>，则ln t x x -的最大值为1e11．（2024·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知函数2()ln f x x x =-，则（）A ．函数()f x 在2x =处取得最大值B ．函数()f x 在区间1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减C ．函数()f x 有两个不同的零点D ．()2e 2xf x x <--恒成立【答案】AD【分析】确定函数的定义域，求导数，判断函数的单调性，即可判断函数的极值点,由此可判断A,B ;求得函数的最值，数形结合，判断函数的零点情况，判断C;将()2e 2xf x x <--化为e ln 20x x -->，从而构造函数()e ln 2,(0)xh x x x =-->，利用导数求函数最值，解决不等式恒成立问题，判断D.【详解】由题意知函数2()ln f x x x =-的定义域为(0,)+∞，f x在(0,由此可知函数()即函数()0h x >在(0,)+∞上恒成立，所以当0x >时，()2e 2xf x x <--恒成立，D 正确，故选：AD12．（2024·全国·校联考模拟预测）对于三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠，给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数()322491236f x x x x =--+，则下列说法正确的是（）A ．()f x 的极大值点为1372,6⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．()f x 有且仅有3个零点C ．点1,22⎛⎫⎪⎝⎭是()f x 的对称中心D ．123202140422022202220222022f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪6有图象可知，()f x 有且仅有3个零点，故()42f x x ''=-，令()0f x ''=，解得x 又32121114912232226f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯--⨯+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C 正确；因为点1,22⎛⎫⎪⎝⎭是()f x 的对称中心，所以有令123202*********S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又202120202019202220222022S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以12021220222022S f f f ⎡⎤⎡⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣202148084=⨯=，，所以4042S =.故三：填空题13．（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）已知不等式1ln ea x x a x x ++≥对()1x ∈+∞，恒成立，则实数a 的最小值为__________.14．（2024·上海奉贤·统考一模）已知某商品的成本C 和产量满足关系50000200C q =+，该商品的销售单价p 和产量q 满足关系式21242005p q =-，则当产量q 等于__________时，利润最大.15．（2024·上海普陀·统考一模）设1a 、2a 、3a 均为正数且222123a a a +=，则使得不等式111k a a a a a a ++≥++总成立的k 的取值范围为______．16．（2023·全国·高三专题练习）给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导函数，()f x ''是函数()y f x '=的导函数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”，经研究发现所有的三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠都有“拐点”，且该“拐点”也是函数()y f x =的图像的对称中心，若函数()323f x x x =-+，则1234044404520232023202320232023f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭______.【答案】8090四：解答题17．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知λ为正实数，函数()()()2ln 102x f x x x x λλ=+-+>.(1)若()0f x >恒成立，求λ的取值范围；(2)求证：()()25212ln 12ln 13n n n i i ⎛⎫+-<-<+ ⎪∑（1,2,3,...i =）.2121ni i i =⎛⎫-⎪⎝⎭∑18．（2023·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测）已知n 为正整数，()()ln 1n f x x x=>，()()2e 1xn g x x x=>.(1)求()f x 的最大值；(2)若()12212122,1,,ln e xn n x x x x x ∀∈+∞<恒成立，求正整数n 的取值的集合.（参考数据：ln 5 1.6,ln 20.69,ln 3 1.10≈≈≈）19．（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知函数()2ln f x x a x =-．(1)当1a =时，求函数()y f x =的单调区间；(2)若函数()(2)e x f x a x x ≥+-恒成立，求实数a 的取值范围．20．（2023·四川凉山·统考一模）已知函数()()ln 1f x x x =-+．(1)求()f x 的最小值；(2)已知*N n ∈，证明：()1111ln 123n n++++>+L ；(3)若()ln 210xx x x a x -+--≥恒成立，求a 的取值范围．【提能力】一：选择题21．（2024秋·山西阳泉·高三阳泉市第一中学校校考期中）设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢()()21x g x e x '=+，当12x <-时，(g '所以，函数()y g x =的最小值为g ⎛- ⎝又()01g =-，()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为故()01a g ->=-且()31g a e -=-≥--【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题22．（2023·全国·高三专题练习）23(2ln 3)1ln 3,,3a b c e e -===，则a ，b ，c 的大小顺序为（）A ．a c b <<B ．c<a<bC ．a b c <<D ．b a c<<23．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()33f x x x m =-+只有一个零点，则实数m 的取值范围是（）A ．[]22-,B ．()(),22,-∞-+∞C ．()2,2-D ．(][),22,-∞-+∞【答案】B【分析】将题目转化为函数33y x x =-+的图像与y m =的图像只有一个交点，利用导数研究函数33y x x =-+的单调性与极值，作出图像，利用数形结合求出m 的取值范围.【详解】由函数()33f x x x m =-+只有一个零点，等价于函数33y x x =-+的图像与y m =的图像只有一个交点，33y x x =-+Q ，求导233y x '=-+，令0y '=，得1x =±当1x <-时，0'<y ，函数在(),1-∞-上单调递减；当11x -<<时，0'>y ，函数在()1,1-上单调递增；当1x >时，0'<y ，函数在()1,+∞上单调递减；故当=1x -时，函数取得极小值=2y -；当1x =时，函数取得极大值2y =；作出函数图像，如图所示，由图可知，实数m 的取值范围是()(),22,-∞-+∞故选：B【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.24．（2023·全国·高三专题练习）已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩ 若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,e D ．[]1,e25．（2023·全国·高三对口高考）函数2||2x y x e =-在[]–2,2的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】D【详解】试题分析：函数2||()2x f x x e =-|在[–2,2]上是偶函数，其图象关于y 轴对称，因为22(2)8e ,08e 1f =-<-<，所以排除,A B 选项；当[]0,2x ∈时，4x y x e '=-有一零点，设为0x ，当0(0,)x x ∈时，()f x 为减函数，当0(,2)x x ∈时，()f x 为增函数．故选：D.26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22x f x xe x x m =---在()0,∞+上有零点，则m的取值范围是（）A ．)21ln 2,-+∞⎡⎣B ．)2ln 21,--+∞⎡⎣C ．)2ln 2,-+∞⎡⎣D ．21ln 2,2-+∞⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【分析】由函数()y f x =存在零点可知()220x m xe x x x =-->有解，设()()220x h x xe x x x =-->，利用导数求出函数的最小值，进而得出结果.【详解】由函数()y f x =存在零点，则()220x m xe x x x =-->有解，设()()220x h x xe x x x =-->，则()()()()120xh x x e x '=+->，当0ln 2x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减；当ln 2x >时，()0h x '>，()h x 单调递增．则ln 2x =时()h x 取得最小值，且()2ln 2ln 2h =-，所以m 的取值范围是)2ln 2,-+∞⎡⎣．故选：C27．（2024·全国·高三专题练习）已知函数222,0,()ln(1),0,x x x f x x x ⎧---≤=⎨+>⎩若关于x 的不等式1()2f x ax a ≤+-在R 上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．12e -⎡⎢⎣B ．122,e ⎤⎥⎦C ．12e -⎡⎢⎣D ．12e ⎡⎢⎣【答案】A1()2f x ax a ≤+-在R 上恒成立即函数且直线12y ax a =+-过定点11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭，当直线与ln(1)(0)=+>y x x 相切时，设切点可得()01ln 11211x x x ++=++，解得0e x =28．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2,1,()eln 52,1,x f x x x x x ⎧>⎪=⎨⎪--≤⎩若函数2[()](24)()1y f x a f x =+-+恰有5个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．949,824⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．491,24⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．91,8⎛⎤ ⎥D ．9,8⎡⎫+∞⎪⎢29．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考一模）已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点12,x x ，且不等式()()12124f x f x x x t +<++-恒成立，则实数t 的取值范围是（）A ．[)1,-+∞B ．[)5,-+∞C ．[)22ln 2,-+∞D ．[)1ln 2,-+∞二、多选题(共0分)30．（2021·全国·高三专题练习）对于函数ln ()xf x x=，下列说法正确的有（）A ．()f x 在x e =处取得极大值1eB ．()f x 有两不同零点C ．()()23f f <D ．若1()f x k x<-在(0,)+∞上恒成立，则1k >当01x <<时，()0h x '>，当1x >时，()0h x '<，即当1x =时，函数()h x 取得极大值同时也是最大值，为()11h =，∴1k >，故D 正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题关键是利用导数法，得到函数的图象而得解.31．（2023秋·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知函数()3e e x x x af x x -=-+-，则下列结论中正确的是（）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点当0x =时，()0t x '=，当0x <时，()0t x '>，所以函数()t x 为增函数，且()00t =，所以当0x >时，()0t x >，从而()0g x ¢>，()g x 单调递增.又因为对于任意0x ≠，都有()()g x g x -=，所以()g x 为偶函数，其图象关于y 轴对称.综上，()g x 在(),0-¥上单调递减，在()0,+¥上单调递增，则直线y a =与()y g x =最多有2个交点，所以()f x 在R 上最多有3个零点，故D 正确.故选ACD .32．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()322f x x ax x =--，下列命题正确的是（）A ．若1x =是函数()f x 的极值点，则12a =B ．若1x =是函数()f x 的极值点，则()f x 在[]0,2x ∈上的最小值为32-C ．若()f x 在()1,2上单调递减，则52a ≥D ．若()2ln x x f x ≥在[]1,2x ∈上恒成立，则1a ≥-33．（2023·全国·高三专题练习）若1201x x <<<，e 为自然对数的底数，则下列结论错误．．的是（）A ．1221x xx e x e <B ．1221x xx e x e >C ．2121ln ln x x ee x x ->-D ．2121ln ln x x e e x x -<-三、填空题(共0分)34．（2024·全国·高三专题练习）设函数3()(2ln)x ef x t x xx x=-++恰有两个极值点，则实数t的取值范围为___________.35．（2024·全国·高三专题练习）已知不等式2(2ln )(1)10ax x x a x ⎡⎤--++≥⎣⎦对任意0x >恒成立，则实数a 的取值范围是___________.所以，()min 111ln 1ln 222f x f a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭.（i ）当11ln 20f a a ⎛⎫=+< ⎪⎝⎭时，即当102a e <<时，2110ag a a-⎛⎫=> ⎪⎝⎭，则110f g a a ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，不符合题意；（ii ）当11ln 20f a a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭时，即当12a e ≥时，则2110ag a a-⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭，此时1a ≤，即112a e ≤≤.对于函数()()211g x x a x =-++，()()()214130a a a ∆=+-=-+≤，所以，当0x >时，()0f x ≥，()0g x ≥，则()()0f x g x ≥对任意的0x >恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是1,12e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故答案为：1,12e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤；（2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥；（3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤；（4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.36．（2021春·全国·高三专题练习）若10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，关于x 不等式32ln 0ax ax e x +≤恒成立，则实数a 的最大值是______.。
苏教版高中同步学案数学选择性必修第一册精品课件 学案 第5章 导数及其应用 培优课 导数与函数的零点
在区间 −∞, ln 上单调递减，在区间 ln , +∞ 上单调递增．故当 = ln
1
e
时， 取得最小值，最小值为 ln = − 1 + ln ．①若0 < ≤ ，则
（2）分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利
用函数零点存在定理，在每个单调区间内取值证明 < 0.
知识点2.已知函数有零点求参数范围的方法
（1）分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，
通常解法为从 中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最
1
2
1
2
ℎ = 2 − ln > 2 − ．因为2 > > 1，所以ℎ 2 >
所以ℎ 在区间
1
2
2
2
− 22 = 0，
, +∞ 上有一个零点．所以ℎ 在区间 0, +∞ 上有两个零点．
1
2
综上，当 ∈ [0, e)时，函数 = 2 − ln > 0 没有零点；当 < 0或 = e时，
1
要点深化·核心知识提炼
2
题型分析·能力素养提升
01
要点深化·核心知识提炼
知识点1.函数零点个数的判断（证明）方法
利用函数零点存在定理的条件为函数图象在区间[, ]上是一条连续不断的曲线，
且有 < 0.
（1）直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明
专题5 导数与零点、不等式的综合运用
1 (1)函数 f(x)＝ln x－2ax＋1，定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ －2a.当 a≤0 时，f ′(x)>0，故 f(x)在(0，＋∞)
x
1
上单调递增．当 a>0 时，令 f
1 ′(x)＝ －2a＝0，得
x＝
1
>0，当
x∈
0， 2a
时，f
′(x)>0，故 f(x)单调递增；
x
2a
.
ex
x
x
x2
（x－1）ex
因为 x∈[1，＋∞)，所以 h′(x)＝
x2
≥0，且不恒为 0，所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以 h(x)min
ln x＋1
＝h(1)＝e.由(1)知 ex
1
ln x＋1
ln x＋1 ex
＝ 且对任意 x∈[1，＋∞)，
>0，所以若 a·
< 成立，只需要
max e
ex
ex
x
1 a· <e，所以
a<e2.综上可知，实数
a
的取值范围为(－∞，e2)．
e
专题5 导数与零点、不等式的综合运用
刷难关
a 5．[江苏苏州 2021 高二期中]已知函数 f(x)＝x－ －(a＋1)ln x(a∈R)．
x
(1)当 0<a≤1 时，求函数 f(x)的单调区间． (2)是否存在实数 a，使 f(x)≤x 恒成立，若存在，求出实数 a 的取值范围；若不存在，请说明理由．
1
，＋∞
当 x∈ 2a
时，f ′(x)<0，故 f(x)单调递减．综上所述，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
新人教版高中数学选择性必修第二册培优班精讲《导数的运算》练习含答案解析
5.2 导数的运算考点一 初等函数求导【例1】（2020·林芝市第二高级中学高二期末（文））求下列函数的导函数.（1）()3224f x x x =-+（2）()32113f x x x ax =-++（3）()cos ,(0,1)f x x x x =+∈ （4）2()3ln f x x x x =-+-（5）sin y x = （6）11x y x +=-【答案】(1)2()68f x x x =-+ (2)2()2f x x x a '=-+ (3)()sin 1f x x '=-+ (4)1()23f x x x'=--+ (5)cos y x '= (6)22(1)y x '=--【解析】（1）由()3224f x x x =-+，则()'268f x x x =-+；（2）由()32113f x x x ax =-++，则()'22f x x x a =-+；（3）由()cos ,(0,1)f x x x x =+∈ ，则()1sin ,(0,1)f x x x =-∈；（4）由2()3ln f x x x x =-+-，则'1()23f x x x=-+-；（5）由sin y x =，则 'cos y x =；（6）由11x y x +=-，则'''22(1)(1)(1)(1)2(1)(1)x x x x y x x +⨯--+⨯-==---.【一隅三反】1．（2020·西藏高二期末（文））求下列函数的导数.（1）2sin y x x =；（2）n 1l y x x=+；（3）322354y x x x =-+-.【答案】（1）22sin cos y x x x x '=+（2）211y x x'=-（3）2665y x x '=-+【解析】（1）2sin y x x =22sin cos y x x x x '=+（2）n 1l y x x =+211y x x'=-（3）322354y x x x x =-+-2665y x x '=-+2．（2020·通榆县第一中学校高二月考（理））求下列函数的导数：（Ⅰ）22ln cos y x x x =++；（Ⅱ）3e x y x =.【答案】（Ⅰ）14sin x x x+-；（Ⅱ）()233e xx x +.【解析】（Ⅰ）由导数的计算公式，可得()212(ln )(cos )4sin y x x x x x x'=++=+-'''.（Ⅱ）由导数的乘法法则，可得()()()3323e e 3e x xx y x x xx ''=+=+'.3．（2020·山东师范大学附中高二期中）求下列函数在指定点的导数：（1）4ln(31)y x =++ ，1x =； （2）2cos 1sin x y x=+，π2x =．【答案】（1）12x y ='=（2）21ln 2x y π==+'【解析】（1）321231y x x -'=-++，12x y ='=（2）21sin y x+'=，21ln2x y π==+'考点二 复合函数求导【例2】．（2020·凤阳县第二中学高二期末（理））求下列函数的导数：（1）2=e x y ；（2）()313y x =-.【答案】（1）22x e ；（2）29(13)x --或281549y x x '=-+-．【解析】（1）2'22e (2)e 22e x x x y x =⋅=⋅='；（2）()()22'313(13)913y x x x =--=--'．或281549y x x '=-+-． 【一隅三反】1．（2020·陕西碑林·西北工业大学附属中学高二月考（理））求下列函数的导数：(1)()*()2+1ny x n N ∈＝，；(2)(ln y x =+；(3)11x x e y e +=-；(4)2)2(+5y xsin x ＝．【答案】（1）()1'221n y n x -=+；（2）'y =；（3）()221xxe y e-'=-；（4）2sin(25)4cos(25)y x x x '=+++.【解析】(1)()()()11'2121'221n n y n x x n x ⋅－－＝＋＋＝＋；（2）1y ⎛=+= ⎝'（3）∵12111xx xe y e e +==+--∴()()222211xxx xe e y e e'-=-=--；（4）()()2sin 254cos 25y x x x =+'++.2．（2020·横峰中学高二开学考试（文））求下列各函数的导数：（1）ln(32)y x =-；（2）()212x x f x ee e -+=++（3）y【答案】（1）332y x '=-；（2）21()2x x f x e e -+'=-+.（3）y '=【解析】（1）因为ln(32)y x =-令32t x =-，ln y t =所以()()1332ln 332y x t t x '''=-⋅=⋅=-（2）()21221,()2x x x x f x e f x ee e e -+-+∴'=-+++= .（3）令212t x =-，则12y t =，所以112211()(4)22y t t t x -'''==⋅=-=；考点三 求导数值【例3】．（2020·甘肃城关·兰州一中高二期中（理））已知函数()f x 的导函数为()'f x ，且满足()3(1)ln f x xf x '=+，则(1)f '=A ．12-B ．12C ．1-D ．e【答案】A【解析】()()31ln f x xf x '=+ ，求导得()()131f x f x''=+，则()()1311f f ''=+，解得()112f '=-.故选：A.【一隅三反】1．（2020·广东湛江·高二期末（文））已知函数()cos x f x x =，则2f π⎛⎫= ⎪⎝⎭'（ ）A ．2π-B ．2πC ．3πD ．3π-【答案】A【解析】()cos x f x x = ，()2sin cos x x x f x x --'∴=，因此，2sin 22222f πππππ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭'-==- ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：A.2．（2020·四川高二期中（理））若函数()()22co 102s x f x x f x '=++，则6f π⎛⎫' ⎪⎝⎭的值为（ ）A ．0B ．6πC ．3πD ．π【答案】B【解析】因为()()20sin 1f x x f x ''=-+，所以令0x =，则()01f '=，所以()2sin 1f x x x '=-+，则66f ππ⎛⎫'=⎪⎝⎭，故选： B.3．（2020·广西桂林·高二期末（文））已知函数2()f x x x =+，则()1f '=（ ）A ．3B ．0C ．2D ．1【答案】A【解析】由题得()21(1)3f x x f ''=+∴=，.故选：A 考点四 求切线方程【例4】．（2020·郸城县实验高中高二月考（理））已知曲线31433y x =+（1）求曲线在点(2,4)P 处的切线方程；（2）求曲线过点(2,4)P 的切线方程【答案】（1）440x y --=；（2）20x y -+=或440x y --=．【解析】（1）∵2y x '=，∴在点()2,4P 处的切线的斜率2|4x k y ='==，∴曲线在点()2,4P 处的切线方程为()442y x -=-，即440x y --=．（2）设曲线31433y x =+与过点()2,4P 的切线相切于点30014,33A x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，则切线的斜率020|x x k y x =='=，∴切线方程为()320001433y x x x x ⎛⎫-+=-⎪⎝⎭，即23002433y x x x =⋅-+．∵点()2,4P 在该切线上，∴2300244233x x =-+，即320340x x -+=，∴322000440x x x +-+=，∴()()()2000014110x x x x +-+-=，∴()()200120x x +-=，解得01x =-或02x =．故所求切线方程为440x y --=或20x y -+=．【一隅三反】1．（2020·黑龙江大庆实验中学高三月考（文））曲线2xy x =-在点()1,1-处的切线方程为A ．21y x =-+B ．32y x =-+C ．23y x =-D ．2y x =-【答案】A【解析】2xy x =-的导数为22'(2)y x =--，可得曲线22y x =-在点()1,1-处的切线斜率为1'|2x k y ===-，所以曲线2xy x =-在点()1,1-处的切线方程为12(1)y x +=--，即21y x =-+，故选A.2．（2020·河南高三其他（理））曲线()21ln 22y x x =-在某点处的切线的斜率为32-，则该切线的方程为（）A ．3210x y +-=B ．3210x y ++=C ．6450x y +-=D ．12870x y +-=【答案】D【解析】求导得1y x x '=-，根据题意得132y x x '=-=-，解得2x =-（舍去）或12x =，可得切点的坐标为11,28⎛⎫⎪⎝⎭，所以该切线的方程为131822y x ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，整理得12870x y +-=.故选：D.3．（2020·北京高二期末）过点P （0，2）作曲线y ＝1x 的切线，则切点坐标为（ ）A ．（1，1）B ．（2，12）C ．（3，13）D ．（0，1）【答案】A【解析】设切点001(,)x x ,022001112(0)y x x x x '=-∴-=--Q 01x ∴=,即切点(1,1)故选：A4．（2020·吉林洮北·白城一中高二月考（理））已知函数f(x)＝x 3－4x 2＋5x －4．(1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．【答案】（1）x －y －4＝0（2）x －y －4＝0或y ＋2＝0【解析】(1)∵f′(x)＝3x 2－8x ＋5，∴f′(2)＝1，又f(2)＝－2，∴曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y －(－2)＝x －2，即x －y －4＝0．(2)设切点坐标为(x 0，x 03－4x 02＋5x 0－4)，∵f′(x 0)＝3x 02－8x 0＋5，∴切线方程为y －(－2)＝(3x 02－8x 0＋5)(x －2)，又切线过点(x 0，x 03－4x 02＋5x 0－4)，∴x 03－4x 02＋5x 0－2＝(3x 02－8x 0＋5)(x 0－2)，整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，解得x 0＝2或x 0＝1，∴经过A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x －y －4＝0或y ＋2＝0．考点五 利用切线求参数【例5】．（2020·全国高三其他（理））已知曲线()ln xy e ax x =-在点()1,ae 处的切线方程为y kx =，则k =（）A ．1-B ．0C ．1D ．e【答案】D【解析】令()()ln xy f x eax x ==-，则()()1ln x xf x e ax x e a x'=-+-（，所以()12f ea e ='-，因为曲线()ln xy eax x =-在点()1,ae 处的切线方程为y kx =，所以该切线过原点，所以()12f ea e ae ='-=，解得1a =，即k e =.故选：D.【一隅三反】1．（2020·岳麓·湖南师大附中月考）已知函数()2ln xf x ax x=-，若曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线与直线210x y -+=平行，则a =______.【答案】12-【解析】因为函数()2ln x f x ax x =-，所以()21ln 2xf x ax x-'=-，又因为曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线与直线210x y -+=平行，所以()1122f a '=-=，解得12a =-，故答案为：12-2．（2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考（文））曲线(1)x y ax e =+在点（0，1）处的切线的斜率为2，则a ＝_____.【答案】1【解析】 (1)x y ax e =+，∴(1)x y ax a e '=++ 012x y a =∴=+='，1a \=.故答案为：1.3．（2020·山东莱州一中高二月考）已知直线y x b =+是曲线3x y e =+的一条切线，则b =________.【答案】4【解析】设()3xf x e =+，切点为()00,+3xx e ，因为()xf x e '=，所以01x e =，解得00x =，所以0034y e =+=，故切点为(0,4)，又切点在切线y x b =+上，故4b =.故答案为：4。
专题08 导数与不等式、函数零点相结合 (原卷版)
公众号：逆流资源库 免费学习资源陪你战高考专题08导数与不等式、函数零点结合命题规律内 容典 型１ 已知不等式恒成立求参数范围 2020年高考全国Ⅰ卷理数21 ２ 证明双变量不等式 2020年高考天津卷20 ３ 利用导数证明单变量不等式2020年高考全国Ⅱ卷理数21 ４ 求函数零点或判定函数零点位置或个数 2020年高考浙江卷22 ５已知函数零点个数求参数范围2018年高考全国Ⅱ卷理数命题规律一 已知不等式恒成立求参数范围【解决之道】此类问题解法为：(1)构造函数分类讨论：遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x ) 或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式v (x )的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y ＝a 与函数y ＝v (x )图象的交点个数问题来解决． 【三年高考】1.【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e2.【2020年高考全国Ⅰ卷理数21】已知函数()2e xf x ax x =+-． （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；三年高考+命题规律（2）当0x ≥时，()3112f x x ≥+，求a 的取值范围． 3.【2020年高考江苏卷19】已知关于x 的函数()y f x =，()y g x =与()h x kx b =+（k ，b R ∈）在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若2()2f x x x =+，2()2g x x x =-+，(,)D =-∞+∞，求()h x 的表达式；（2）若2()1f x x x =-+，()ln g x k x =，()h x kx k =-，(0,)D =+∞，求k 的取值范围；（3）若42()2f x x x =-，2()48g x x =-，342()4()32(0h x t t x t t t =--+<≤，[,][D m n =⊂，求证：n m -≤4.【2020年高考山东卷21】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当e a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积； （2）若()1f x ≥，求a 的取值范围．5.【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．命题规律二 证明双变量不等式【解决之道】破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． 【三年高考】1.【2020年高考天津卷20】已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （Ⅰ）当3k -时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-．命题规律三 利用导数证明单变量不等式【解决之道】单变量不等式的证明有三种方法：①作差构造法，左减右构造函数，转化为求函数最值问题；②隔离审查法，若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．③放缩法，可以先对e x 和ln x 进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下：(1)e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时取等号； (2)e x ≥e x ，当且仅当x ＝1时取等号；(3)当x ≥0时，e x ≥1＋x ＋12x 2, 当且仅当x ＝0时取等号；(4)当x ≥0时，e x ≥e2x 2＋1, 当且仅当x ＝0时取等号；(5)x －1x ≤ln x ≤x －1≤x 2－x ，当且仅当x ＝1时取等号；(6)当x ≥1时，2(x －1)x ＋1≤ln x ≤x －1x，当且仅当x ＝1时取等号．1.【2020年高考全国Ⅱ卷理数21】已知函数()2sin sin 2f x x x =．（1）讨论()f x 在区间()0,π的单调性；（2）证明：()f x ≤； （3）设*n ∈N ，证明：22223sin sin 2sin 4sin 24nnn x x xx ≤．2.【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．3.【2018年高考浙江】已知函数f (x x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．命题规律四 求函数零点或判定函数零点位置或个数【解决之道】函数图象与x 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数，即“几个交点几个根，正负极值定乾坤”；(2)分离参数，将问题转化为：求直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象交点个数问题，即“求根问题要通变，分离参数放左边”．1.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点．2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e xy =的切线.3.【2018年高考江苏】记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f xg x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．（1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”；（2）若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由．．命题规律五 已知函数的零点个数求参数【解决之道】根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”． 【三年高考】1.【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >02.【2020年高考全国Ⅲ卷理数21】设()3,f x x bx c x =++∈R ，曲线()f x 在点11,22f ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线与y 轴垂直．（1）求b ；（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 的所有零点的绝对值都不大于1．3.【2020年高考浙江卷22】已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e=2．71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，上有唯一零点； （Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0)+∞，上的零点，证明：0x ≤≤；（ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．4.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2()e x f x ax =-．（1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．。
2020届高考数学二轮复习全程方略课件：专题一 函数与导数、不等式(5)函数与零点、不等式的综合问题
令 φ(a)＝2－a－2ln 2a，则 φ′(a)＝－1＋2a＝2－a a＜0. 所以 φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，
则 φ(a)＜φ(4)＝2ln 2－2＜0.
因此
2 Fa＜0，所以
F(x)在
x∈0，12内一定有零点，
不合题意，舍去．
第十页，编辑于星，F(x)在区间(0，＋∞)上单调 递减，
第七页，编辑于星期日：一点 五分。
①当 a≤0 时，F′(x)＜0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调
递减， 结合 F(1)＝0 知，当 x∈0，12时，F(x)＞0. 所以 F(x)在0，12内无零点． ②当 a＞0 时，令 F′(x)＝0，得 x＝2a. 若2a≥12时，即 a∈(0，4]时，F(x)在0，12上是减函数． 又 x→0 时，F(x)→＋∞.
第十二页，编辑于星期日：一点 五分。
若2a≥1，即 0＜a≤2 时，F(x)在0，12内是减函数． 因此，当 x∈0，12时，F(x)＞F(1)＝0，所以 F(x)在 0，12内无零点． 若2a＜1，即 a＞2 时，F(x)min＝F2a≤F(1)＝0. 要使函数 F(x)在0，12内无零点，
第十三页，编辑于星期日：一点 五分。
第二十页，编辑于星期日：一点 五分。
第二十一页，编辑于星期日：一点 五分。
第二十二页，编辑于星期日：一点 五分。
第二十三页，编辑于星期日：一点 五分。
[规律方法] 1．涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征， 恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的 最值、极值问题，在转化过程中，一定要注意等价性．
第十七页，编辑于星期日：一点 五分。
2．利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性” 问题．
导数与零点、不等式的综合运用(精练)(解析版)
拓展四 导数与零点、不等式的综合运用【题组一 零点】1．（2020·历下·山东师范大学附中）已知函数()()xf x e x a =+，其中e 是自然对数的底数，a R ∈．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）设()()2g x f x a x =--，讨论函数()g x 零点的个数，并说明理由．【答案】（1）增区间是()1,a --+∞，减区间是(),1a -∞--.（2）见解析 【解析】（1）因为()()xf x ex a =+，所以()()1x f x e x a '=++.由()0f x '>，得1x a >--；由()0f x '<，得1x a <--. 所以由()f x 的增区间是()1a --+∞,，减区间是(),1a -∞--. （2）因为()()()22x ax a g x f x a x xex x e x --=--=-=-.由()0g x =，得0x =或0x a e x --=. 设()x ah x ex -=-，又()00a h e -=≠，即0x =不是()h x 的零点，故只需再讨论函数()h x 零点的个数. 因为()1x ah x e-'=-，所以当(),x a ∈-∞时，()()0,h x h x '<单调递减； 当(),x a ∈+∞时，()()0,h x h x '>单调递增. 所以当x a =时，()h x 取得最小值()1h a a =-. ①当()0h a >，即1a <时，无零点；②当()0h a =，即1a =时， ()()0,h x h x >有唯一零点； ③当()0h a <，即1a >时，因为()00ah e-=>，所以()h x 在()a -∞，上有且只有一个零点. 令2x a =，则()22ah a e a =-.设()()()()22120aaa h a e a a a e ϕϕ'==->=->，则，所以()a ϕ在()1+∞，上单调递增， 所以，()1,a ∀∈+∞，都有()()120a e ϕϕ≥=->. 所以()()2ah a a e a ϕ==-2>0.所以()h x 在(),a +∞上有且只有一个零点. 所以当1a >时，()h x 有两个零点综上所述，当1a <时，()g x 有一个零点； 当1a =时，()g x 有两个零点； 当1a >时，()g x 有三个零点.2．（2020·湖北）已知函数2()e 1x f x a x =+-．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点(1, (1))f 处的切线方程；（2）当0a =时，判断方程()4ln 0f x x x -=的实根个数，并说明理由．【答案】（1）()22y e x =+-；（2）方程214ln 0x x x --=恰有三个不同的实根p ，1，q ，理由见解析.【解析】（1）当1a =时，2()1x f x e x =+-，则()1f e =， 因为()2xf x e x '=+，所以(1)2f e '=+，则所求切线方程为(2)(1)y e e x -=+-，即()22y e x =+-． （2）当0a =时，()21f x x =-，方程()4ln 0f x x x -=，即214ln 0x x x --=．令2()14ln g x x x x =--，定义域为()0,∞+，则()24ln 4g x x x '=--．令()24ln 4h x x x =--，则()42h x x'=-， 令420x-=，得2x =． 当()0,2x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在()0,2上单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，所以()h x 在()2,+∞上单调递增． 所以()()24ln 20min h x h ==-<． 又120h e e⎛⎫=> ⎪⎝⎭，(1)20h =-<，()222120h e e =->，22e >． 所以()h x 在()0,2上存在唯一零点，记为m ．在(2,)+∞上存在唯一零点，记为n ．则1,1m e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()22,n e ∈．当()0,x m ∈时，()0h x >，所以()g x 在()0,m 上单调递增； 当(),x m n ∈时，()0h x <，所以()g x 在(),m n 上单调递减； 当(,)x n ∈+∞时，()0h x >，所以()g x 在(,)n +∞上单调递增． 又()(1)0g m g >=，()(1)0g n g <=， 所以()g x 在(),m n 上存在唯一零点1．因为()333636112111210e e g e ee e --⎛⎫=-+=< ⎪⎝⎭， ()()333331121210g e e e e e =----->，所以存在唯一的(0,)p m ∈，使得()0g p =． 存在唯一的()q n ∈++∞，使得()0g q =，且31,p m e ∈⎛⎫⎪⎝⎭，()3,q n e ∈． 综上，方程214ln 0x x x ---恰有三个不同的实根p ，1，q ． 3．（2020·河南）已知函数()()22e xx x f a x =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，判断函数()()21ln 2g x f x x x -+=零点的个数，并说明理由. 【答案】（1）答案见解析；（2）()g x 只有一个零点，理由见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()()()()2222e 2e 2e x x x x x x a f x a x =-+-+=+-'，当2a ≥时，()0f x '≥，则()f x 在R 上是增函数； 当2a <时，()(2(2)e e xx x a x x f x ⎡⎤=--=⎣⎦'，所以()0x f x =⇔='()0x f x >⇔<'或x > ()0f x x ⇔<<'<所以()f x在(上是减函数，在(,-∞和)+∞上是增函数.（2）当1a =时，()()2211e ln 2x g x x x x =--+，其定义域为()0,∞+， 则()()()1e 11xg x x x x '=+--⎛⎫ ⎪⎝⎭. 设()1e xh x x =-(0x >)，则()21e 0xh x x'=+>，从而()h x 在()0,∞+上是增函数，又1202h ⎛⎫=<⎪⎝⎭，()1e 10h =->， 所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0001e 0x h x x =-=，即001e x x =，00ln x x =-. 列表如下：由表格，可得()g x 的极小值为()112g =-；()g x 的极大值为()()022222000000000002111111e ln 2222x x x g x x x x x x x x x -+=--+=--=-+- 因为()0g x 是关于0x 的减函数，且01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()03128g x -<<-，所以()g x 在(]0,1内没有零点.又()1102g =-<，()22e 2ln 20g =-+>， 所以()g x 在()1,+∞内有一个零点. 综上，()g x 只有一个零点.4．（2020·河北）已知函数()sin cos 1f x x x x =+-，()()214g x x f x =-． （1）求()f x 在区间()0,2π上的极值点； （2）证明：()g x 恰有3个零点． 【答案】（1）极大值点π2x =，极小值点3π2x =；（2）证明见解析. 【解析】（1）()cos f x x x '=（()0,2πx ∈）， 令()0f x '=，得π2x =，或3π2x =． 当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当π3π,22x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当3π,2π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增．故π2x =是()f x 的极大值点，3π2x =是()f x 的极小值点． 综上所述，()f x 在区间()0,2π上的极大值点为π2x =，极小值点为3π2x =．（2）()()22111sin cos 44g x x f x x x x x =-=+--（x ∈R ）， 因为()00g =，所以0x =是()g x 的一个零点．()()()()()()2211sin cos 1sin cos 44x g x x x x x x x x g x --=+-----=+--=， 所以()g x 为偶函数．即要确定()g x 在R 上的零点个数，只需确定0x >时，()g x 的零点个数即可．当0x >时，()()11cos 12cos 22g x x x x x x '=-=-． 令()0g x '=，即1cos 2x =，π2π3x k =+或5π2π3x k =+（k ∈N ）．π0,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减，又()00g =，所以π03g ⎛⎫< ⎪⎝⎭；π5,π33x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，且25251ππ03362g ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭， 所以()g x 在区间50,π3⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一零点．当5π3x ≥时，由于sin 1x ≤，cos 1≤x ．()()2221111sin cos 11444g x x x x x x x x x t x =+--≥+--=-=． 而()t x 在区间5π,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内单调递增，()5π03t x t ⎛⎫≥> ⎪⎝⎭， 所以()0g x >恒成立，故()g x 在区间5π,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内无零点， 所以()g x 在区间()0,∞+内有一个零点，由于()g x 是偶函数， 所以()g x 在区间(),0-∞内有一个零点，而()00g =， 综上，()g x 有且仅有三个零点．5．（2020·湖北随州·高三一模（理））已知函数()()2122xf x x e ax =-+. （1）若1a =-，求函数()()g x f x x =+的单调区间；（2）若函数()()xh x f x e =+有两个零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）增区间是(),0-∞和()1,+∞，减区间是()0,1（2）0a > 【解析】（1）因为1a =-， 所以()()2122xg x x e x x =--+， ()()()()2111x x x g x e x e x x e '=+--+=--.令()0g x '>，解得1x >或0x <.∴函数()g x 的增区间是(),0-∞和()1,+∞，减区间是()0,1.（2）()()2112xh x x e ax =-+，()()x x h x xe ax x e a '=+=+. 当0a =时，()()1xh x x e =-，()h x 只有1个零点1x =，不合题意. 当0a >时，0x e a +>.0x <时，()0h x '<，()h x 为减函数； 0x >时，()0h x '>，()h x 为增函数， ()h x ∴极小值()01h ==-.又()102ah =>， ∴当0x >时，()00,1x ∃∈，使()00h x =.当0x <时，1x e <，()11xx e x ∴->-，()()222111111222x h x x e ax x ax ax x ∴=-+>-+=+-.取10x =<，则()21111102h x ax x >+-=，()()100h x h ∴⋅<， ∴函数()h x 有2个零点.当0a <时，由()()0xh x x e a '=+=，得0x =或()ln x a =-.①当()ln 0a ->，即1a <-时， 由()0h x '>，得()ln x a >-或0x <，()h x ∴在(),0-∞和()()ln ,a -+∞递增，在()()0,ln a -递减.()h x ∴极大值()01h ==-.∴函数()h x 至多有1个零点，不符合题意；②当()ln 0a -=，即1a =-时，()h x 在(),-∞+∞单调递增，()h x ∴至多有1个零点，不合题意；③当()ln 0a -<，即10a -<<时， 由()0h x '>，得()ln x a <-或0x >，()h x ∴在()(),ln a -∞-和()0,∞+递增，在()()ln ,0a -递减.0x <，0a <时，()()21102x h x x e ax =-+<，()()ln 0h a ∴-<.又()01h =-，∴函数()h x 至多有1个零点，不合题意. 综上，a 的取值范围是0a >.6．（2020·河北唐山）设函数()2cos 2x f x x x =+-.（1）讨论()f x 在[],ππ-上的单调性； （2）证明：()f x 在R 上有三个零点.【答案】（1）()f x 的单调递减区间为[),0π-，3,44ππ⎛⎫⎪⎝⎭；单调递增区间为0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦.（2）证明见解析【解析】（1）()sin sin f x x x x x x ⎫'=-=-⎪⎪⎝⎭，由()0f x '=及[],x ππ∈-，得0x =或4π或34π. 当x 变化时，()f x '和()f x 的变化情况如下表：所以()f x 的单调递减区间为[),0π-，3,44ππ⎛⎫⎪⎝⎭； ()f x 的单调递增区间为0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎤⎥⎝⎦.（2）当[],x ππ∈-时，由（1）得，()f x 的极小值分别为()00f =，230428f f πππ⎛⎫⎛⎫<=-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；极大值()004f f π⎛⎫>= ⎪⎝⎭.又()202f ππ=>，所以()f x 在[],0π-上仅有一个零点0；在30,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎤⎥⎝⎦上各有一个零点.当x π<-时，()22xf x x ≥+，令()22x g x x =-，则()g x x x '=，显然3,2x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()g x '单调递增，()()0g x g ππ''<-=<；当3,2x π⎛⎤∈-∞-⎥⎝⎦时，()302g x π'≤-+<， 从而x π<-时，()0g x '<，()g x 单调递减，因此()()202g x g ππ>-=>，即()()0f x g x ≥>，所以()f x 在(),π-∞-上没有零点.当x π>时，()22xf x x ≥-，令()22x h x x =，则()h x x x '=，显然3,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0x >，()0h x '>；当3,2x π⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()302h x π'≥->， 从而x π>时，()0h x '>，()h x 单调递增，因此()()202h x h ππ>=>，即()()0f x h x ≥>，所以()f x 在(),π+∞上没有零点.故()f x 在R 上仅有三个零点.7．（2020·河北）已知函数()2xe xf x a =-.（1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥；（2）若()f x 在()0+∞，有两个零点，求a 的取值范围.【答案】(1)证明见解析.(2) 2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【解析】（1）证明：当1a =时，函数()2xf x e x =-.则()'2xf x e x =-，令()2xg x e x =-，则()'2xg x e =-，令()'0g x =，得ln2x =.当()0,ln2∈时，()'0h x <，当()ln2,∈+∞时，()'0h x >()()(ln 2)22ln 200g x g f x '∴≥=->∴>f x 在[)0,+∞单调递增，()()01f x f ∴≥=（2）解：()f x 在0,有两个零点⇔方程20x e ax -=在0,有两个根，⇔ 2xe a x=在0,有两个根，即函数y a =与()2x eG x x=的图像在0,有两个交点．()()32'x e x G x x-=，当()0,2x ∈时，()'0G x <，()G x 在()0,2递增 当()2,x ∈+∞时，()'0G x >，()G x 在2,递增所以()G x 最小值为()224e G =，当0x →时，()G x →+∞，当x →+∞时，()G x →+∞，f x 在0,有两个零点时，a 的取值范围是2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．8．（2020·岳麓·湖南师大附中）设函数()cos xf x ae x =+，其中a R ∈.（1）若1a =，证明：当0x >时，()2f x >；（2）若()f x 在区间[0,]π内有两个不同的零点，求a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）34,2e e ππ--⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭. 【解析】（1）()sin xf x e x '=-，由0x >，得1,sin [1,1]xe x >∈-，则()sin 0xf x e x '=->，即()f x 在(0,)+∞上为增函数.故()(0)2f x f >=，即()2f x >. （2）由()cos 0xf x ae x =+=，得cos x xa e=-. 设函数cos (),[0,]x xh x x eπ=-∈， 则sin cos ()xx xh x e '+=.令()0h x '=，得34x π=.则30,4x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，3()0,,4h x x ππ'⎛⎤>∈ ⎥⎝⎦时，()0h x '<， 所以()h x 在30,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调逼增，在3,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调减.又因为343(0)1,(),42h h e h e ππππ--⎛⎫=-==⎪⎝⎭，所以当34,2a e ππ--⎡⎫∈⎪⎢⎪⎣⎭时，方程cos x xa e =-在区间[0,]π内有两个不同解，即所求实数a 的取值范围为34,2e e ππ--⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭. 【题组二 导数与不等式】1．（2019·南宁市银海三美学校期末）设函数()1ln f x ax x =--． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()13f x ≥在0,时恒成立，求实数a 的取值范围；【答案】（1）()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）133,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.【解析】（1）()()10ax f x x x-'=> 当0a ≤时，()0f x '<，∴()f x 在()0,∞+上单调递减； 当0a >时，令()0f x '=，则1x a=， ∴当10x a <<时，()0f x '<；当1x a>时，()0f x '<， ∴()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）函数()13f x ≥；在()0,∞+时恒成立， 即43ln 3xa x+≥在()0,∞+上恒成立， 令()()43ln 03x h x x x +=>，则()23ln 1x h x x+'=-，令()0h x '=，则13x e -=，∴当130x e -<<时，()0h x '>；当13x e ->时，()0h x '<，∴()h x 在130,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在13,e -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， ∴()1133max3h x h e e -⎛⎫== ⎪⎝⎭，∴()13max3a h x e ≥=，∴a 的取值范围为133,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 2．（2020·北京交通大学附属中学高二期末）已知函数()xf x e ax =-（a 为常数）.（1）当0a =时，求()f x 过原点的切线方程； （2）讨论()f x 的单调区间和极值；（3）若[]0,1x ∀∈，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）y ex =；（2）答案见解析；（3）a e ≤. 【解析】（1）当0a =时，()xf x e =，则()xf x e '=，设切点坐标为()00,x x e，∴()000x x e f x e x '==，解得01x =，∴()1f e '=，∴()f x 过原点的切线方程y ex =； （2）()xf x e ax =-，∴()xf x e a '=-，当0a ≤时，()0f x '≥恒成立，函数()f x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值； 当0a >时，令()0f x '=，解得ln x a =，当ln x a <时，()0f x '<，函数()f x 在(),ln a -∞上单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，函数()f x 在()ln ,a +∞上单调递增， ∴()()ln ln ln ln af x f a ea a a a a ==-=-极小值，无极大值；（3）[]0,1x ∀∈，()0f x ≥恒成立，即0x e ax -≥在[]0,1x ∈上恒成立， 当0x =时，10≥恒成立，当0x ≠时，xe a x ≤，设()xe g x x=，(]0,1x ∈，∴()()210x e x g x x-'=≤恒成立， ∴()g x 在(]0,1上单调递减， ∴()()min 1g x g e ==， ∴a e ≤， 综上所述a e ≤.3．（2020·吉林梅河口·高二月考（文））已知函数2()ln 2f x a x x=+-(0)a >. （1）若曲线()y f x =在点(1,(1))P f 处的切线与直线2y x =+垂直，求函数()y f x =的单调区间； （2）若对(0,)x ∀∈+∞都有()2(1)f x a >-成立，试求实数a 的取值范围； 【答案】（1）的单调增区间是(2,)+∞，单调减区间是(0,2);（2）20a e<<. 【解析】（1）直线2y x =+的斜率1.函数()f x 的定义域为()0,+∞，()22'a f x x x=-+， 所以()22'1111a f =-+=-，解得1a =.所以()2ln 2f x x x =+-，()22'x f x x -=. 由()'0f x >解得2x >；由()'0f x <解得02x <<， 所以()f x 的单调增区间是()2,+∞，单调减区间是()0,2. （2）()2222'a ax f x x x x -=-+=，由()'0f x >解得2x a >；由()'0f x <解得20x a<<.所以()f x 在区间2,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，在区间20a ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 所以当2x a =时，函数()f x 取得最小值，min 2y f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 因为对于()0,x ∀∈+∞都有()()21f x a >-成立，所以只须()221f a a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭即可， 即2lna a a >，解得20a e<<. 4．（2020·黑龙江龙凤·大庆四中高二月考（文））已知0x =为函数()xf x e kx =-的极值点（1）求k 的值；（2）若∀(0,)x ∈+∞，2()(1)1f x x a x >-+-+，求实数a 的取值范围.【答案】（1）1；（2）1a ≤.【解析】（1）()x f x e k '=-，0(0)0f e k '=-=，解得1k =，经检验，()f x 在(,0)-∞递减，在(0,)+∞递增，0x =为()f x 的极小值点，符合题意，因此，1k =． （2）(0,)x ∀∈+∞，210x e x ax +-->，设2()1xg x e x ax =+--，其中(0)0g =()2x g x e x a '=+-，令()()2x h x g x e x a '==+-，则()20x h x e '=+>， ()h x ∴在(0,)+∞递增 ()(0)1h x h a >=-①当10a -≥时，即1a ≤，()0g x '≥，()g x 在(0,)+∞递增，()(0)0g x g >=符合题意， 所以1a ≤②当10a -<时，即1a >，0(0,)x ∃∈+∞，00()g x '=，在0(0,)x 上，()0g x '<，()g x 在0(0,)x 递减，所以0(0,)x x ∈时，()(0)0g x g <=不符合题意,综上，实数a 的取值范围为1a ≤5．（2020·四川内江·高二期末（理））已知函数()ln f x x x =，()22g x ax ax =+.（1）求()f x 的单调区间；（2）若()f x '是函数()f x 的导函数，且()()22f x g x x '≤-在定义域内恒成立，求整数a 的最小值.【答案】（1）减区间是1(0,)e，增区间1(,)e+∞；（2）2． 【解析】（1）由已知()ln 1f x x '=+，当10x e<<时，()0f x '<，当1x e >时，()0f x '>，∴()f x 的减区间是1(0,)e，增区间1(,)e+∞；（2）函数()f x 的定义域是(0,)+∞，()g x 定义域是R ， 不等式()()22f x g x x '≤-为22(ln 1)22x ax ax x +≤+-，∴不等式22(ln 1)22x ax ax x +≤+-在(0,)+∞上恒成立， ∴22ln 222x xa x x++≥+在(0,)+∞上恒成立， 设22ln 22()2x x h x x x++=+，则22(1)(2ln )()(2)x x x h x x x ++'=-+，0x >时，10x +>，22(2)0x x +>， 又()2ln x x x ϕ=+在(0,)+∞上是增函数，11()2ln 2022g =-<，(1)10g =>， ∴存在01(,1)2x ∈，使得0()0x ϕ=，00x x <<时()0x ϕ<，()0h x '>，0x x >时，()0x ϕ>，()0h x '<，即()h x 在0(0,)x 上递增，在0(,)x +∞上递减，000()2ln 0x x x ϕ=+=，00ln 2x x =-， 00max 02002ln 22()()2x x h x h x x x ++==+02000212x x x x +==+，∴01a x ≥， ∵01(,1)2x ∈，∴01(1,2)x ∈，∴整数a 的最小值为2．6．（2020·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值． （1）求,a b 的值；（2）若对于任意的]3[0x ∈，，都有2()f x c <成立，求c 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）3a =-，4b =．（Ⅱ）(1)(9)-∞-⋃+∞，，． 【解析】（Ⅰ）()2663f x x ax b =++'，因为函数()f x 在1x =及2x =取得极值，则有()10f '=，()20f '=．即6630241230a b a b ++=⎧⎨++=⎩，． 解得3a =-，4b =．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，()3229128f x x x x c =-++，()()()261812612f x x x x x =-+=--'．当()01x ∈，时，()0f x '>；当()12x ∈，时，()0f x '<； 当()23x ∈，时，()0f x '>．所以，当1x =时，()f x 取得极大值()158f c =+，又()08f c =，()398f c =+．则当[]03x ∈，时，()f x 的最大值为()398f c =+．因为对于任意的[]03x ∈，，有()2f x c <恒成立，所以 298c c +<，解得 1c <-或9c >，因此c 的取值范围为()()19，，-∞-⋃+∞． 7．（2020·广东濠江·金山中学高二月考）已知函数()()()2xf x ax x a ea R -=++∈（1）若0a ≥，函数()f x 的极大值为3e，求a 的值； （2）若对任意的0a ≤，()()ln 1f x b x ≤+在[)0,x ∈+∞上恒成立，求实数b 的取值范围. 【答案】（1）1a =；（2）1b ≥.【解析】（1）由题意，()()()221xx f x ax eax x a e --'=+-++()2121x e ax a x a -⎡⎤=-+-+-⎣⎦()()11x e x ax a -=--+-.（i ）当0a =时，()()1xf x ex -'=--，令()0f x '>，得1x <；()0f x '<，得1x >， 所以()f x 在(),1-∞单调递增，()1,+∞单调递减， 因此()f x 的极大值为()131f e e=≠，不合题意； （ii ）当0a >时，111a-<， 令()0f x '>，得111x a -<<；()0f x '<，得11x a<-或1x >，所以()f x 在11,1a ⎛⎫-⎪⎝⎭单调递增，在1,1a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，在()1,+∞单调递减. 所以()f x 的极大值为()2131a f e e+==，得1a =. 综上所述1a =； （2）令()()21xx g a exa xe --=++，(],0a ∈-∞，当[)0,x ∈+∞时，()210xex -+≥，则()()ln 1g a b x ≤+对(],0a ∀∈-∞恒成立等价于()()()0ln 1g a g b x ≤≤+， 即()ln 1xxeb x -≤+，对[)0,x ∈+∞恒成立.（i ）当0b ≤时，()0,x ∀∈+∞，()ln 10b x +<，0x xe ->， 此时()ln 1xxeb x ->+，不合题意.（ii ）当0b >时，令()()ln 1xh x b x xe-=+-，[)0,x ∈+∞，则()()()2111x x x x b be x h x e xe x x e--+-'=--=++，其中()10xx e +>， 令()21xp x be x =+-，[)0,x ∈+∞，则()p x 在区间[)0,+∞上单调递增，①1b ≥时，()()010p x p b ≥=-≥，所以对[)0,x ∀∈+∞，()0h x '≥，从而()h x 在[)0,+∞上单调递增， 所以对任意[)0,x ∈+∞，()()00h x h ≥=， 即不等式()ln 1xb x xe -+≥在[)0,+∞上恒成立.②01b <<时，由()010p b =-<，()10p be =>及()p x 在区间[)0,+∞上单调递增， 所以存在唯一的()00,1x ∈使得()00p x =，且()00,x x ∈时，()00p x <. 从而()00,x x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在区间()00,x 上单调递减， 则()00,x x ∈时，()()00h x h <=，即()ln 1xb x xe -+<，不符合题意.综上所述，1b ≥.8．（2020·湖南娄底·高二期末）已知函数()2ln f x x x x =-+（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明当2a ≥时，关于x 的不等式()2(1)12a f x x ax <-+-恒成立；【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()()2121'210x x f x x x x x-++=-+=＞，由f'（x ）＜0，得2x 2﹣x ﹣1＞0．又x ＞0，所以x ＞1，所以f （x ）的单调递减区间为（1，+∞），函数f （x ）的单增区间为（0，1）． （2）令()()()221111122a g x f x x ax lnx ax a x ⎡⎤⎛⎫=--+-=-+-+⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，所以()()()2111'1ax a x g x ax a x x-+-+=-+-=，因为a≥2，所以()()11'a x x a g x x⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=-， 令g'（x ）=0，得1x a =，所以当()10'0x g x a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，，＞，当1x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，时，g'（x ）＜0， 因此函数g （x ）在10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，是增函数，在1x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，是减函数， 故函数g （x ）的最大值为()2111111()1122g ln a a lna a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+=-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 令()12h a lna a ⎛⎫=-⎪⎝⎭，因为()12204h ln =-＜，又因为h （a ）在a ∈（0，+∞）是减函数， 所以当a≥2时，h （a ）＜0，即对于任意正数x 总有g （x ）＜0， 所以关于x 的不等式恒成立．。
高中数学选择性必修二 精讲精炼 拓展四 导与零点、不等式等综合运用(精讲)(含答案)
拓展四导数与零点、不等式等综合运用(精讲)考点一零点问题【例1】(2021·全国·高二课时练习)已知函数f (x )＝x 3－92x 2＋6x －a .(1)若对任意实数x ，()'f x ≥m 恒成立，求m 的最大值； (2)若函数f (x )恰有一个零点，求a 的取值范围.【答案】(1)－34；(2)(－∞，2)∪5(,)2+∞.【解析】(1)()'f x ＝3x 2－9x ＋6＝23333()244x --≥-，由()'f x ≥m 恒成立，可得m ≤－34，即m 的最大值为－34.(2)()'f x ＝3x 2－9x ＋6＝3(x －2)(x －1)，由()'f x >0⇒x >2或x <1，由()'f x <0⇒1<x <2，∴f (x )在(－∞，1)和(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减， ∴f (x )极大值＝f (1)＝52－a ，f (x )极小值＝f (2)＝2－a .∵f (x )恰有一个零点，∴52－a <0或2－a >0，即a <2或a >52，所以a 的取值范围为(－∞，2)∪5(,)2+∞.【一隅三反】1．(2021·北京·101中学高二期中)已知函数()ln 1f x x ax =-+恰有两个零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(),1-∞ B ．()0,∞+C ．(0，1)D ．(0，1]【答案】C【解析】函数()ln 1f x x ax =-+恰有两个零点等价于ln 1x a x+=有两个不等的实数解， 令ln 1()x g x x +=，则2ln ()xg x x-'=， 当01x <<时，()0()g x g x '>，递增，当1x >时，()0()g x g x '<，递减()g x 在x =1处取得极大值，且为最大值1， 当,0x y →+∞→，可画出()y g x =的图象，由图像知01a <<时，y =g (x )和y =a 有两个交点. 故选：C.2．(2021·河南·高二期末(理))已知当2(0,)3x π∈时，sin sin 2cos x x bx x +≥恒成立，则正实数b 的取值范围为( ) A ．()0,1 B ．(]0,1C ．[]1,3D ．(]0,3【答案】D【解析】当2[,)23x ππ∈时，而0b >，sin sin 2sin (12cos )0cos x x x x bx x +=+>≥，原不等式恒成立，当(0,)2x π∈时，cos 0x >，不等式等价变形为：tan 2sin x x bx +≥，令()tan 2sin h x x x bx =+-，(0,)2x π∈，而(0)0h =，求导得21()2cos cos h x x b x '=+-， 令()()g x h x '=，则3332sin 2sin (1cos )()2sin 0cos cos x x x g x x x x-'=-=>，则()h x '在(0,)2π上单调递增， (0)3h b '=-，若3b >，则(0)0h '<，记cosθ=，(0,)2πθ∈，则()0h b b θ'==>， 则存在()00,x θ∈，使得()00h x '=，当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减，即当()00,x x ∈时，()(0)0h x h <=，不符合题意，若3b ≤，()(0)0h x h ''>≥，即当(0,)2x π∈时，()h x 单调递增，则有()(0)0h x h >=，符合题意，综上得，3b ≤，所以正实数b 的取值范围是(]0,3.故选：D3．(2021·重庆十八中高二月考)(多选)已知函数()ln mf x x m x=-+在区间()1,e 内有唯一零点，则m 的可能取值为( ) A ．1e e- B ．11e + C ．1eD ．21e+【答案】ABC【解析】由题意有方程1ln (1)x m x=+在区间(1,)e 内有唯一实数根，即方程ln 1x x m x =+在区间(1,)e 内有唯一实数根，令ln ()1x xg x x =+，(1,)x e ∈ 22(ln 1)(1)ln ln 1()0(1)(1)x x x x x x g x x x ++-++'==>++，所以()g x 在区间(1,)e 内单调递增，所以(1)0()()1e g g x g e e =<<=+，所以(0,)1em e ∈+， 因为1(0,)1e e e e -∈+，1(0,)11e e e ∈++，1(0,)1ee e ∈+ 故选：ABC4．(2021·全国·高二课时练习)已知函数()()22e ,0,0xx ax x f x x x ⎧->⎪=⎨≤⎪⎩，且x ()y f x =的极值点．(1)求实数a 的值；(2)若函数()y f x m =-仅有一个零点，求实数m 的取值范围．【答案】(1)1a =；(2)(((),20,m ∈-∞-⋃+∞．【解析】(1)当0x >时，()()22e xf x x ax =-，此时()()()()2222e 2e 212e x x x f x x a x ax x a x a '⎡⎤=-+-=+--⎣⎦．2x =是函数()y f x =的极值点，0f '∴=，220a ∴+-=，解得1a =．(2)由(1)，知当0x >时，()()22e x f x x x =-，()()22e xx x f '=-．令()0f x '=，得x x =舍去)．∴当(x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，()()(),0f x f f ∴∈()(()2f x ∴∈-，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，()(),f x f∴∈+∞()(()2f x ∴∈-+∞．而当0x ≤时，()f x x =单调递增，()(],0f x ∈-∞．∵函数()y f x m =-仅有一个零点，即函数()y f x =的图象与直线y m =仅有一个交点，∴0m >或(2m <-m 的取值范围为(((),20,m ∈-∞-⋃+∞．5．(2021·江苏·常熟市中学高二月考)已知函数()xf x e =.(1)若函数()f x 和直线2y x b =+相切，求b 的值：(2)令()()sin 1g x f x x ax =+--，当[)1,2a ∈时，判断()g x 零点的个数并证明. 【答案】(1)22ln 2b =-； (2)两个零点，证明见解析.【解析】(1)由题意，函数()xf x e =，可得()x f x e '=，设切点坐标为00(,)P x y ，可得切线的斜率00()2xk f x e '===，可得0ln 2x =，所以ln 20()2f x e ==，即切点坐标为(ln 2,2)P ，将点P 代入2y x b =+，可得22ln 2b =+，解得22ln 2b =-.(2)由()sin 1xg x e x ax =+--，可得()cos x g x e x a '=+-，当0x =时，()00g =，所以0x =是()g x 的一个零点，设()()cos xh x g x e x a '==+-，可得()sin x h x e x '=-，当0x >时，0()sin sin 1sin 0x h x e x e x x '=->-=-≥，所以()h x 在(0,)+∞上时单调递增函数，所以()()020g x g a ''>=->， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，所以()()00g x g >=， 所以()g x 在(0,)+∞上没有零点；当x π≤-时，因为12a ≤<，可得21a -<-≤-，所以ax π-≥，可得()sin 10xg x e x π≥++->，所以()g x 在(,]π-∞-上没有零点；当0x π-<<时，sin 0x <，可得()sin 0x h x e x '=->， 所以()'g x 在(),0π-上单调递增， 又由()()cos()0,020g ea g a πππ-''-=+--<=->，所以在(),0π-内存在唯一0x ，使得0()=0g x '，所以()g x 在()0,x π-上单调递减，在()0,0x 上单调递增， 又因为()10,(0)0g ea g πππ--=+->=，所以()g x 在(),0π-内有一个零点，综上可得，函数()g x 有两个零点.考点二 不等式证明问题【例2】(2021·全国·高二课时练习)已知函数()1ln 1xg x x+=-． (1)求()g x 的单调区间；(2)当11e m n <<<时，试证明1ln 1ln n n m m+<+．【答案】(1)()g x 的单调递增区间是1,，单调递减区间是0,1；(2)证明见解析.【解析】(1)因为()1ln 1xg x x+=-， 所以()()()221ln 1ln ln x x x g x x x x'+-+=-='．令()0g x '>，得1x >；令()0g x '<，得01x <<．所以()g x 的单调递增区间是()1,+∞，单调递减区间是()0,1． (2)由(1)知()1ln 1xg x x+=-在()0,1上单调递减， 所以11em n <<<时，()()g m g n >，即1ln 1ln 11m nm n++->-， 所以1ln 1ln m n m n ++<，即1ln 1ln n nm m+<+． 【一隅三反】1．(2021·全国·高二专题练习)已知函数()()21ln 1x f x x x -=-+． (1)求证：函数()f x 在()0,∞+上单调递增； (2)设0m n >>，求证：ln ln 2m n m n m n->-+．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析．【解析】(1)由题意知，0x >，()()()()222114011x f x x x x x -=-=+'≥+，∴函数()f x 在()0,∞+上单调递增． (2)不妨设m n >， 则ln ln 2m n m n m n ---+()21ln m n m m n nm n -⎡⎤=-⎢⎥-+⎣⎦，211ln 1m m n m m n n n ⎡⎤⎛⎫- ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥=--⎢⎥+⎢⎥⎣⎦， 令1m t n =>，则()()2121ln ln 11m t m n t f t m n t n ⎛⎫- ⎪-⎝⎭-=-=++．由(1)知()f x 在()0,∞+上单调递增，()10f =， ∵1t >， ∴()0f t >． 又m n >， ∴ln ln 2m n m n m n->-+．2．(2021·江苏·常熟市中学高二月考)已知函数()2ln f x x ax x =+-，0a >.(1)若()f x 为单调函数，求a 的范围. (2)若1x ､2x 函数fx 的两个零点，求证：1212()()5f x f x x x +<+-.【答案】(1)18a ≥；(2)证明见解析.【解析】(1)()212121ax x f x ax x x-+'=+-=，又()f x 为单调函数且0a >，0x >，对于2()21g x ax x =-+，开口向上且对称轴为104x a=>， ∴180a ∆=-≤，即18a ≥时，()0g x ≥恒成立，即0fx 恒成立，符合题设.∴18a ≥.(2)令0f x，由(1)知：2()210g x ax x =-+=，则121212x x x x a+==且18a <，又211210ax x -+=，得221111ax x ax -=--，同理222221ax x ax -=--，∴121221212212()()()ln()()2()f x f x x x x x x a x x x +=-+++-+21212ln()[()x x a x x +=+-22112]2()x x x x -+13ln124a a=--， 要证1212()()5f x f x x x +<+-，即13ln1524a a --<-，只需证31ln 442a a->， 令l (2)31n 4a h a a -=，则2213434()4h a a a a a -'==-，而108a <<，∴()0h a '<，即()h a 在108a <<上递减，1()()6ln 48h a h >=-，而26ln 442ln 4ln 04e--=-=>，∴()4h a >，即1212()()5f x f x x x +<+-，得证. 3．(2021·江苏·公道中学高二月考)已知函数ln ()xx kf x e +=(k 为常数，e =2.71828…是自然对数的底数)，曲线y =f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行. (1)求k 的值和f (x )的单调区间；(2)设()()'g x xf x =，其中()'f x 为f (x )的导函数，证明：对任意()20,1x g x e -><+.【答案】(1)1k =，增区间为()0,1，减区间为()1,+∞；(2)见解析. 【解析】(1)()f x 的定义域为()0,∞+.()()''1ln 1,101x x kk x f x f k e e---===⇒=， 所以()'1ln 1xx x f x e --=， 令()()()1ln 10,10h x x x h x =-->=，()2'110x h xx =--<，所以()h x 在()0,∞+上递减，所以()f x 在区间()0,1上()()'0,f x f x >递增，在区间()1,+∞上()()'0,f x f x <递减.即()f x 的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞.(2)()()'1ln xx x xg x xf x e --==. 由()21g x e -<+得()21ln 1x x x x e e ---<+.令()1ln x x x x ϕ=--，()'ln 2x x ϕ=--，所以()x ϕ在区间210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()()'0,x x ϕϕ>递增；在区间21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上()()'0,x x ϕϕ<递减，所以()2211x e e ϕϕ-⎛⎫≤=+ ⎪⎝⎭.而()21xy e e -=+在()0,∞+上递增，所以()()2202111x e e e e e ---+>+=+，所以对任意()20,1x g x e -><+.考点三 恒成立问题【例3】(2021·河南·辉县市第一高级中学高二月考(理))已知函数()()111kxf x ln x x +-++＝． (1)求函数()f x 的极值；(2)当x ＞0时，f (x )＞0恒成立，求正整数k 的最大值. 【答案】(1)答案见解析；(2)3.【解析】(1)()()()'2111x kf x x x +-=>-+①当0k ≤时，()'0f x >，函数在()1,-+∞上单调递增，无极值； ②当0k >时，()'0f x >，得1x k >-，由()'0f x <得11x k -<<-()f x ∴在()1,1k --上单调递减，在()1,k -+∞上单调递增， ()()1ln 2f x f k k k =-=-+极小值，没有极大值.(2)当x ＞0时，f (x )＞0恒成立，即只要f (x )min ＞0即可，由(1)k ＞0时，f (x )在(﹣1，k ﹣1)上单调递减，在(k ﹣1，+∞)上单调递增， (a )若k ﹣1≤0即k ≤1时，f (x )在(0，+∞)上单调递增，f (x )min ＞f (0)＝1满足题意；(b )当k ﹣1＞0即k ＞1时，f (x )在(0，k ﹣1)上单调递减，在(k ﹣1，+∞)上单调递增，f (x )min ＝f (k ﹣1)＝lnk ﹣k +2＞0，令g (x )＝lnx ﹣x +2，则()'1xg x x-=， 所以g (x )在(1，+∞)上单调递减，且g (2)＝ln 2＞0，g (3)＝ln 3﹣1＞0，g (4)＝ln 4﹣2＜0，所以存在x 0∈(3，4)使得g (x 0)＝0， 则g (x )＝lnx ﹣x +2＞0的解集为(1，x 0)， 综上k 的取值范围(﹣∞，x 0)，其中x 0∈(3，4)， 所以正整数k 的最大值3. 【一隅三反】1．(2021·河北·正定中学高二期末)已知函数()323f x x ax x m =-++，,a m R ∈．(1)若()f x 在3x =处取得极值，且满足函数()y f x =有三个零点，求m 的取值范围； (2)若0m =，对任意(x ∈，()1f x x≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)13,927⎛⎫- ⎪⎝⎭；(2)a ≥【解析】(1)()2323f x x ax =-+'，由已知得()30f '=，得27630a -+=，5a =， 经检验，5a =时，当3x =时，()f x 取得极小值，成立.()3253f x x x x m =-++，令()231030f x x x '=-+=，得3x =或13x =，由()0f x '>得3x >或13x <，此时()f x 为增函数，由()0f x '<得133x <<，此时()f x 为减函数，即当13x =时，函数()f x 取得极大值，当3x =时，()f x 取得极小值，即()()39f x f m ==-极小值，()113327f x f m ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭极大值，所以函数()f x 有三个不同零点，且x →+∞时，()f x →+∞，x →-∞时，()f x →-∞因此，只需()10330ff ⎧⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪<⎩，即1302790m m ⎧+>⎪⎨⎪-<⎩，解得13927m -<<，m 的范围是13,927⎛⎫- ⎪⎝⎭． (2)0m =，()323f x x ax x =-+，对任意(]0,2x ∈，()1f x x ≤，即3213x ax x x-+≤，变形得42331x x a x +-≥，(x ∈，令42331()x x g x x +-=，(x ∈，则()()3324242644633133()x x x x x x x x g x x x +-+--+'==， 24223333024x x x ⎛⎫-+=-+> ⎪⎝⎭，所以()0g x '>，所以()g x 在(上单调递增，从而max ()g x g==因此a ≥2．(2021·河北·曲周县第一中学高二月考)已知函数()211ln 2f x x x x a a ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，()0a ≠． (1)求函数()f x 的单调区间；(2)令()()2F x af x x =-，若()12F x ax <-在()1,∈+∞x 恒成立，求整数a 的最大值．(参考数据：4ln33<，5ln4)4> 【答案】(1)答案见解析；(2)3.【解析】()1()f x 的定义域为0,且()()()()2221212112x a x a x a x x f x a x a ax ax -++--⎛⎫'=+-+== ⎪⎝⎭， ①当0a <时，由0f x 得：102x <<， ∴0a <时，()f x 的增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭， ②当102a <<时，令0f x 得：0x a <<或12x >， ∴()f x 的增区间为()0,a 和1,.2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭减区间为1,.2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭③当12a =时，0f x 恒成立，此时()f x 的增区间为0,，无递减区间： ④当12a >时，令0f x 得：102x <<或x a >，∴()f x 的递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和(),+∞a ，减区间为1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭． ()()()()22ln 21F x af x x a x a x =-=-+，则()112,(1)ln x F x ax a x x+<-⇔<>恒成立． 令()1,(1)ln x h x x x +=>，则()()21ln 1ln x x h x x -'-=， 令()1ln 1t x x x=--，(1)x >，知()t x 在1,上递增且()30t <，()40t >， ∴()03,4x ∃∈，使()0001ln 10t x x x =--=，即()h x 在(]01,x 递减，在[)0,x +∞递增， ∴00min 000011()()(3,4)1ln 1x x h x h x x x x ++====∈+， ∴由min ()a h x <知：整数a 的最大值为3．3．(2021·陕西省洛南中学高二月考(理))已知函数()ln a f x x x =+(a 为常数) （1)讨论函数()f x 的单调性；（2)不等式()1f x ≥在2(]0,x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)0a ≤时，(0,)+∞递增，0a >时，在(0,)a 递减，(,)a +∞递增；(2)[1,)+∞.【解析】(1)函数定义域是(0,)+∞，221()a x a f x x x x-'=-=， 0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞上是增函数；0a <时，0x a <<时，()0f x '<，()f x 递减，x a >时，()0f x '>，()f x 递增．(2)()1f x ≥即ln 1a x x+≥在(0,2]上恒成立，则ln ((0,2]a x x x x ≥-∈， 设()ln ((0,2]h x x x x x =-∈，则()ln h x x '=-，01x <<时，()0h x '>，()h x 递增，12x <≤时，()0h x '<，()h x 递减，max ()(1)1h x h ==，所以1a ≥．。
高中数学培优教程(第五版)
1.2 韦达定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 不动点 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
7.5 习题 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
7.6 习题参考答案及提示 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
4.3 习题 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.4 习题参考答案及提示 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Math173 | The journey of mathematics
高中数学培优教程
第五版
兰琦
2017 年 5 月 8 日
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高中数学培优教程（第五版） 兰琦 著
⺫录
第一章 函数与方程
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1.1 函数的零点 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
高考数学复习专题 第5讲导数与函数零点不等式的综合问题课时规范练文20171205361-数学备课大师【全免费】
第5讲导数与函数零点、不等式的综合问题一、选择题1．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为() A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立．设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x2(x ＞0)． 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案：B2．已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f a y ＝f (x )－a 的零点的个数为()A ．1B ．2C ．3D ．4解析：根据导函数图象知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示． 由于f (0)＝f (3)＝2，1＜a ＜2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.答案：D3．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝3，对任意x ∈R，f ′(x )＜3，则f (x )＞3x ＋6的解集为()A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)解析：设g (x )＝f (x )－(3x ＋6)，则g ′(x )＝f ′(x )－3＜0，所以g (x )为减函数，又g (－1)＝f (－1)－3＝0，所以根据单调性可知g (x )＞0的解集是{x |x ＜－1}． 答案：C4．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是()(导学号55410101)A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析：由题意知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2a.当a ＞0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )＞0，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a ，f ′(x )＜0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞，f ′(x )＞0，且f (0)＝1＞0，故f (x )有小于0的零点，不满足．当a ＜0时，需使x 0＞0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，则a 2＞4，所以a ＜－2.答案：C5．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ln x (a ，b ，c 为常数，a ＞0)在区间(0，1)和(2，＋∞)上均单调递增，在(1，2)上单调递减，则函数f (x )的零点个数为()A ．0B ．1C ．2D ．3解析：由题意可得f ′(x )＝2ax ＋b ＋c x，则⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝2a ＋b ＋c ＝0，f ′（2）＝4a ＋b ＋c2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－6a ，c ＝4a ， 所以f (x )＝a (x 2－6x ＋4ln x )，则极大值f (1)＝－5a ＜0，极小值f (2)＝a (4ln2－8)＜0， 又f (10)＝a (40＋4ln10)＞0，结合函数图象可得该函数只有一个零点． 答案：B 二、填空题6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27πdm 3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm ，母线长为l dm ，则V ＝πR 2l ＝27π，所以l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R ，所以S ′表＝2πR －54πR2.令S ′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小． 答案：37．定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )，满足f (x )＞f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f （x ）ex＜1的解集为________．解析：构造函数g (x )＝f （x ）ex ，则g ′(x )＝e x·f ′（x ）－e x·f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x. 由题意得g ′(x )＜0恒成立， 所以函数g (x )＝f （x ）ex在R 上单调递减．又g (0)＝f （0）e＝1，所以f （x ）ex＜1，即g (x )＜1，所以x ＞0， 所以不等式的解集为(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞)8．已知f (x )＝－x 2－6x －3，g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9，设m ＜－2，若∀x 1∈[m ，－2)，∃x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则实数m 的最小值为________．解析：因为g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9，所以g ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x ＋2)(x －1)． 则当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，函数g (x )递减；当x ＞1时，g ′(x )＞0，函数g (x )递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝2.因为f (x )＝－x 2－6x －3＝－(x ＋3)2＋6≤6，结合函数图象知(图略)，当f (x )＝2时，方程两根分别为－5和－1，则m 的最小值为－5.答案：－5 三、解答题 9．已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)；(3)求证：ln e 2x ≤1＋xx.(1)解：f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ， f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2，所以f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，f ′(x )＜0⇒x ＞1.所以f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)解：由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－11－ln1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －lne ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＜f (e)．所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e. 所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e. (3)证明：要证ln e 2x ≤1＋xx，即证2－ln x ≤1＋1x，即证1－1x－ln x ≤0.由(1)可知，f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (1)＝1－1－ln1＝0，即f (x )≤0，所以1－1x－ln x ≤0恒成立，原不等式得证．10．已知函数f (x )＝ln x ＋a2x 2－(a ＋1)x .(导学号55410102)(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－2，求f (x )的单调区间； (2)若x ＞0时，f （x ）x ＜f ′（x ）2恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由已知得f ′(x )＝1x＋ax －(a ＋1)， 则f ′(1)＝0.而f (1)＝ln1＋a 2－(a ＋1)＝－a2－1，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－a2－1.所以－a2－1＝－2，解得a ＝2.所以f (x )＝ln x ＋x 2－3x ，f ′(x )＝1x＋2x －3.由f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＞0，得0＜x ＜12或x ＞1，由f ′(x )＝1x ＋2x －3＜0，得12＜x ＜1，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)若f （x ）x ＜f ′（x ）2，则ln x x ＋a 2x －(a ＋1)＜12x ＋ax 2－a ＋12， 即ln x x －12x ＜a ＋12在区间(0，＋∞)上恒成立． 设h (x )＝ln x x －12x，则h ′(x )＝1－ln x x 2＋12x 2＝3－2ln x2x2， 由h ′(x )＞0，得0＜x ＜e 32，所以h (x )在(0，e 32)上单调递增， 由h ′(x )＜0，得x ＞e 32，所以h (x )在(e 32，＋∞)上单调递减． 所以h (x )的最大值为h (e 32)＝e －32，所以a ＋12＞e －32，故a ＞2e －32－1.从而实数a 的取值范围为{a |a ＞2e －32－1}．11．设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k ＞0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． (1)解：由f (x )＝x 22－k ln x (k ＞0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2.(2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2.因为f (x )存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减， 且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k ＞e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12＞0，f (e)＝e －k 2＜0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(对应学生用书P24)[典例](本小题满分12分)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2＜2.规范解答：(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x＋2a )．(1分) ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点．(2分) ②设a ＞0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0，故f (x )存在两个零点．③设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点．若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．(6分) 又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点． 综上可知，a 的取值范围为(0，＋∞)．(7分)(2)不妨设x 1＜x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，(8分) 2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)上单调递减， 所以x 1＋x 2＜2等价于f (x 1)＞f (2－x 2)， 即f (2－x 2)＜0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2， 又f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0，所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.e x，则g ′(x )＝(x －1)·(e 2－x－e x)．(11分)所以当x ＞1时，g ′(x )＜0，而g (1)＝0， 故当x ＞1时，g (x )＜0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)＜0，故x 1＋x 2＜2.(12分)1．牢记求导法则，正确求导：在函数与导数类解答题中，通常都会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，如本题第(1)问就涉及对函数的求导．2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基本上求解．3．注意分类讨论：高考函数与导数解答题，一般都会涉及分类讨论，并且讨论的步骤也是得分点，所以一定要重视分类讨论．4．写全得分关键：在函数与导数问题中，求导的结果、分类讨论的条件、极值、最值、题目的结论等一些关键式子和结果都是得分点，在解答时一定要写清楚．[解题程序]第一步，准确求出函数f (x )的导数．第二步，讨论a 的取值，分情况讨论函数的单调性、极值、从而判断函数零点，确定a的取值范围．第三步，将结论x 1＋x 2＜2转化为判定f (2－x 2)＜0＝f (x 1)． 第四步，构造函数g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，判定x ＞1时，g (x )＜0.第五步，写出结论，检验反思，规范步骤．[跟踪训练]已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．(2)探讨函数F (x )＝ln x －1e x ＋2e x 是否存在零点？若存在，求出函数F (x )的零点，若不存在，请说明理由．解：(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 则2x ln x ≥－x 2＋ax －3，即a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立．令h (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x2， 当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )是增函数， 当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，h (x )是减函数， 所以a ≤h (x )min ＝h (1)＝4. 即实数a 的取值范围是(－∞，4]． (2)令m (x )＝2x ln x ，m ′(x )＝2(1＋ln x )，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，m ′(x )＜0，m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，m (x )＞0，m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以m (x )的最小值为m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e ，则2x ln x ≥－2e ，所以ln x ≥－1e x，则F (x )＝ln x －1e x ＋2e x ≥－1e x －1e x ＋2e x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －x e x .①令G (x )＝1e －x e x ，则G ′(x )＝x －1ex ，当x ∈(0，1)时，G ′(x )＜0，G (x )在(0，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，G ′(x )＞0，G (x )在(1，＋∞)上单调递增； 所以G (x )≥G (1)＝0，②所以F (x )＝ln x －1e x ＋2e x ≥－1e x －1e x ＋2e x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －x e x ≥0，因为①②中取等号的条件不同，所以F(x)＞0，故函数f(x)没有零点．。
零点定理(精讲)(提升版)(原卷版)
3.6 零点定理（精讲）（提升版）思维导图考点呈现考点一 零点的区间【例1】（2022·河南开封·）函数41()log 2f x x x=-的一个零点所在的区间是（ ） A ．(0,1) B ．(2,3) C ．(2,e)D ．(1,2)【一隅三反】1．（2022·湖南）函数()233x f x x =+-的零点所在区间是（ ）A ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．31,2⎛⎫⎪⎝⎭ D ．3,22⎛⎫ ⎪⎝⎭2．（2022·四川攀枝花）已知函数()lg 27f x x x =+-的零点在区间()(),1k k k Z +∈上，则k =（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．43．（2022·云南德宏）方程lg 2x x +=的解所在的区间为（ ） A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4)考点二 零点的个数【例2-1】（2022·陕西）函数()222,0,23,0lnx x x x f x x x x ⎧-+>=⎨--≤⎩的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3例题剖析【例2-2】（2022·山西）已知()[)()[)31,0,1,21,1,.x x f x f x x ∞⎧-∈⎪=⎨-∈+⎪⎩若()()g x f x π=-，则()g x 在[]0,10内的零点个数为（ ） A ．8 B ．9C ．10D ．11【一隅三反】1．（2022·安徽）已知函数()2,0,2,0,x f x x x x ⎧>⎪=⎨⎪+⎩则方程()20xf x -=的解的个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．32．（2022·全国·高三专题练习）函数()()ln 3f x x =+的图像与函数()22g x x =-的图像的交点个数为（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．03．（2022·海南省）设函数()f x 定义域为R ，(1)f x -为奇函数，(1)f x +为偶函数，当(1,1)x ∈-时，2()1f x x =-+，则函数()lg y f x x =+有（ ）个零点 A ．4B ．5C ．6D ．7考点三 比较零点的大小【例3】（2022·安徽）已知函数()2x f x x =+，2()log g x x x =+，()2sin h x x x =+的零点分别为a ，b ，c 则a ，b ，c 的大小顺序为（ ） A ．a b c >> B ．b a c >> C ．c a b >> D ．b c a >>【一隅三反】1．（2022·河南）若实数,,a b c 满足()32ln 1,2log ,2ln a b c a b c ---=+==，则（ ）A ．c b a <<B ．a c b <<C ．c a b <<D ．b a c <<2．（2022·安徽）已知1120x x +=，222log 0x x +=，3233log 0x x --=，则（ ）A ．123x x x <<B ．213x x x <<C ．132x x x <<D ．231x x x <<3．（2022·山西）正实数,,a b c 满足422,33,log 4a ba b c c -+=+=+=，则实数,,a b c 之间的大小关系为（ ） A ．b a c << B ．a b c <<C ．a c d <<D ．b c a <<考点四 已知零点求参数【例4-1】（2022·山东潍坊）已知函数3()3f x x x =-的图像与直线y m =有3个不同的交点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(2,)-+∞ B ．(2,2)-C ．(,2)-∞D ．(,2)(2,)-∞-+∞【例4-2】（2022·吉林）已知()3,0e 3,0x xx f x x x x ⎧≥⎪=⎨⎪-<⎩若关于x 的方程()f x a =有3个不同实根，则实数a 取值范围为（ ） A ．12e ⎛⎫- ⎪⎝⎭，B ．()2,0-C ．1e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，D ．10e ⎛⎫⎪⎝⎭，【例4-3】（2022·安徽·合肥市）已知函数()sin (0)3⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭f x x πωωω在区间70,3πω⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有4个零点，则ω的取值范围是（ ） A ．(0,1) B ．3⎫⎪⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫⎪⎝⎭D ．[1,2]【一隅三反】1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()22,02,0x x f x x x x -<⎧=⎨-+≥⎩若关于x 的方程()12f x x m =+恰有三个不相等的实数解，则m 的取值范围是（ ） A ．30,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．30,4⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．90,16⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．90,16⎛⎫ ⎪⎝⎭2．（2022·河南·模拟预测（理））已知函数()f x 为定义在R 上的单调函数，且()()2210x f f x x --=．若函数()()22,0,log 1,0f x x a x g x x a x ⎧--≤⎪=⎨-->⎪⎩有3个零点，则a 的取值范围为（ ） A ．(]2,3 B ．(]1,3- C ．(]3,4 D ．(]1,4-3．（2022·广西·232cos 1(0)x x ωωω+=>在(0,2)x π∈有且仅有6个实数根，则实数ω的取值范围为（ ） A ．3,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．3,22⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．35,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．35,23⎛⎤ ⎥⎝⎦4．（2022·山西）已知函数()31,21()1,2x x f x x x ⎧≥⎪-=⎨⎪-<⎩，若函数()()g x f x kx k =-+恰好有两个零点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．[)1,+∞B ．0,1C ．()1,+∞D ．()(),00,1-∞⋃考点五 零点的综合运用【例5-1】（2022·新疆克拉玛依）函数()()1sin f x x x π=--在区间3722ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦,上的所有零点之和为（ ） A ．0 B ．2π C ．4π D ．6π【例5-2】（2022·甘肃）若函数2()(1)1x f x m x x =--+在区间(1,1)-上有2个零点()1212,x x x x <，则21e xx +的取值范围是（ ）A ．(1,e 1)-B ．(2,e 1)+C ．(1,)+∞D ．(e 1,)-+∞【例5-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数()e 2xf x x =+-的零点为a ，函数()ln 2g x x x =+-的零点为b ，则下列不等式中成立的是（ ）A ．ln 2+>a e bB ．ln 2+<a e bC ．223a b +<D ．1ab >【一隅三反】1．（2022·安徽·合肥一六八中学）若()f x 为奇函数，且0x 是()2e x y f x =-的一个零点，则0x -一定是下列哪个函数的零点（ ） A ．()e 2x y f x -=-- B ．()e 2x y f x =+ C ．()e 2x y f x =- D ．()e 2x y f x =-+2．（2022·陕西·模拟预测（理））已知1x 是方程32x x ⋅=的根，2x 是方程3log 2x x ⋅=的根，则12x x ⋅的值为（ ） A ．2 B ．3 C ．6 D ．103．（2022·陕西·西安中学一模（理））函数(21)()sin ln 22x f x x π+=--的所有零点之和为_________。
【高中数学】5章培优2 导数与零点、不等式的综合运用(精讲)(原卷版)
5章培优2 导数与零点、不等式的综合运用考点一 零点问题1．（2020·河南高三月考（文））已知函数()322312f x x x x m =--+. （1）若1m =，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；（2）若函数()f x 有3个零点，求实数m 的取值范围.【一隅三反】1．（2020·山西运城·）已知函数()()ln 21f x x ax a =-+∈R .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.2．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知函数()ln()(0)x a f x ex a a -=-+>. （1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.3．（2020·甘肃武威）设函()()1f x x a nx x a =+-+，a R ∈．（1）设()()g x f x ='，求函数()g x 的极值；（2）若1e a ，试研究函数()()1f x x a nx x a =+-+的零点个数．考点二 导数与不等式【例2】．（2021·湖南湘潭·月考（理））已知函数ln 1()xx f x e +=． （1）求()f x 的最大值；（2）当1≥x 时，2(ln 1)x ax x e +<恒成立，求a 的取值范围．【一隅三反】1．（2019·广东湛江·高二期末（文））已知函数()(1)ln ()a f x x a x a R x =--+∈． （1）当01a <≤时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使()f x x ≤恒成立，若存在，求出实数a 的取值范围；若不存在，说明理由．2．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二期末（文））已知函数()ln (0)f x x x x =>.（1）求()f x 的单调区间和极值；（2）若对任意23(0,),()2x mx x f x -+-∈+∞≥恒成立，求实数m 的最大值.3．（2020·安徽省含山中学月考（理））已知函数211()ln (,0)22f x x a x a R a =--∈≠.（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a的取值范围.高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。
专题15.5 导数的综合应用(精讲精析篇)(原卷版)
专题15.5 导数的综合应用（精讲精析篇）提纲挈领点点突破热门考点01 利用导数研究函数的零点或零点个数1．方程()0f x =有实根函数()y f x =的图象与x 轴有交点函数()y f x =有零点．2．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.【典例1】（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．（1）()f x '在区间(1,2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【总结提升】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．热门考点02 与函数零点有关的参数范围问题A ．B ．C ．D ．1（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. 【总结提升】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．热门考点03 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e（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. 【总结提升】1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x a f x a f x a⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解2.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.热门考点04 利用导数证明、解不等式问题A ．-3B ．-2C ．-1D ．0（1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥； （2）若()f x 在只有一个零点，求a 的值. 【总结提升】1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.2.利用导数证明不等式f (x )＞g (x )的基本方法(1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min ＞g (x )max ；(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )＞0.3.不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．热门考点05 用导数研究生活中的优化问题()1求()P t 的表达式；（1）①设PQ x =，将L 表示为关于x 的函数； ②设PAB θ∠=，将L 表示为关于θ的函数；【总结提升】利用导数解决生活中的优化问题的步骤第一步:分析实际问题中各量之间的关系，构建数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x) 第二步:求函数f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0第三步:比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值 第四步:回归实际问题，给出优化问题的答案巩固提升1．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0A ．()1,+∞B ．)e,+∞C ．()e,+∞D ．)e,eA ．()1,e ++∞B ．()2,e ++∞C ．1,e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭D ．,e e 2⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭A ．21[0,)eB ．21(0,)e C ．2313[,]e eD ．2313(,)e e（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.（1）设2x =是()f x 的极值点．求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥．（1）求函数()g x 的单调区间；（2）若()()f x g x ≤恒成立，求b 的取值范围.（1）若0a ≥，讨论()g x 的零点个数； （2）证明：()()f x g x ≤.（1）求函数()f x 的极值点；（2）若()()f x g x ≤恒成立,求k 的取值范围.(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.（1）若()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立，求实数m 的取值范围； （2）证明：当0x ≥时，2sin cos x e x x -≥-．（1）求证：当1x ≥时，()0f x ≥恒成立； （2）讨论关于x 的321()2x f x x ex tx x--=-+方程根的个数．。
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5章培优2导数与零点、不等式的综合运用考点一零点问题1．（2020·河南高三月考（文））已知函数()322312f x x x x m =--+.（1）若1m =，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；（2）若函数()f x 有3个零点，求实数m 的取值范围.【一隅三反】1．（2020·山西运城·）已知函数()()ln 21f x x ax a =-+∈R .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.2．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知函数()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>.（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.3．（2020·甘肃武威）设函()()1f x x a nx x a =+-+，a R ∈．（1）设()()g x f x ='，求函数()g x 的极值；（2）若1ea ，试研究函数()()1f x x a nx x a =+-+的零点个数．考点二导数与不等式【例2】．（2021·湖南湘潭·月考（理））已知函数ln 1()xx f x e +=．（1）求()f x 的最大值；（2）当1≥x 时，2(ln 1)x ax x e +<恒成立，求a 的取值范围．不等式恒成立求解参数范围的方法：（1）分离参数并构造函数解决问题；（2）采用分类讨论的方式解决问题.【一隅三反】1．（2019·广东湛江·高二期末（文））已知函数()(1)ln ()a f x x a x a R x=--+∈．（1）当01a <≤时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使()f x x ≤恒成立，若存在，求出实数a 的取值范围；若不存在，说明理由．2．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二期末（文））已知函数()ln (0)f x x x x =>.（1）求()f x 的单调区间和极值；（2）若对任意23(0,),()2x mx x f x -+-∈+∞≥恒成立，求实数m 的最大值.3．（2020·安徽省含山中学月考（理））已知函数211()ln (,0)22f x x a x a R a =--∈≠.（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围.5章培优2导数与零点、不等式的综合运用考点一零点问题1．（2020·河南高三月考（文））已知函数()322312f x x x x m =--+.（1）若1m =，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；（2）若函数()f x 有3个零点，求实数m 的取值范围.【答案】（1）12y x =-；（2）()7,20-.【解析】（1）由题意，()26612f x x x '=--，故()112f '=-，又当1m =时，()12312112f =--+=-，故所求的切线方程为()12121y x +=--，即12y x =-.（2）由题意，()()()()22661262612f x x x x x x x '=--=--=+-，令()0f x '=，得1x =-或2x =，故当(),1x ∈-∞-时，()0f x '>，当()1,2x ∈-时，()0f x '<，当()2,x ∈+∞时，()0f x '>故当1x =-时，函数()f x 有极大值()()()121311217f m m -=⨯--⨯-⨯-+=+，当2x =时，函数()f x 有极小值()2283412220f m m =⨯-⨯-⨯+=-.若函数()f x 有3个零点，实数m 满足70200m m +>⎧⎨-<⎩，解得720m -<<，即实数m 的取值范围为()7,20-.【一隅三反】1．（2020·山西运城·）已知函数()()ln 21f x x ax a =-+∈R .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）102a <<.【解析】（1）函数()ln 21f x x ax =-+，定义域为()0,∞+，()12f x a x '=-，当0a ≤时，()0f x '>.故()f x 在定义域()0,∞+上单调递增，此时无减区间.当0a >时，令()120f x a x'=-=，得102x a =>；当10,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，故()f x 单调递增；当1,2x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，故()f x 单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在定义域()0,∞+上单调递增，此时无减区间；当0a >时，()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）由（1）知，0a ≤时，()f x 至多一个零点，不符合题意；当0a >时，()f x 在10,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.()f x 要有两个零点，需满足102f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即102a <<.此时021a <<，112a>.因为12110a f e e⎛⎫=--+< ⎪⎝⎭，所以()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点；因为2112a a >，2122ln 1f a a a ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭.令()22ln 1h a a a =--+，()()2221220a h a a a a-'=-+=>，所以()h a 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，()12ln 2302h a h ⎛⎫<=-< ⎪⎝⎭，所以210f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()f x 在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有一个零点.所以102a <<，()f x 有两个零点.2．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知函数()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>.（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.【答案】（1）证明见解析；（2）12【解析】（1）证明：∵()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>，∴1()x a f x ex a -'=-+.∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a +在区间(0,)+∞上单调递减，∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)aa a a e f e a ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10a g a e '=-<，则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<.令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+所以函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00010x a f x e x a -'=-=+，即001x a e x a-=+（*）.函数1()x a f x e x a-'=-+在(0,)+∞上单调递增.∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.∴()()0min 00()ln x a f x f x e x a -==-+.由（*）式得()()min 0001()ln f x f x x a x a ==-++.∴()001ln 1x a x a-+=+，显然01x a +=是方程的解.又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.3．（2020·甘肃武威）设函()()1f x x a nx x a =+-+，a R ∈．（1）设()()g x f x ='，求函数()g x 的极值；（2）若1ea ，试研究函数()()1f x x a nx x a =+-+的零点个数．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）1个．【解析】（1）()()1f x x a nx x a =+-+ ，a R ∈，()()a g x f x lnx x ∴='=+，0x >．∴221()a x a g x x x x-'=-=，①当0a 时，()0g x '>恒成立，()g x 在(0,)+∞上是增函数，无极值．②当0a >时，x a =，当(0,)x a ∈时，()g x 单调递减；当(,)x a ∈+∞时，()g x 单调递增，()g x ∴的极小值()g a 1lna =+，无极大值．（2）由（1）知，当1e a 时，()g x 的极小值()g a 1110lna ln e=++= ，结合()g x 的单调性可知()0min g x ，即()0f x ' 恒成立．()f x ∴在(0,)+∞上是增函数，1111()()f a ln a e e e e =+-+ 1120a a e e e=---+=-<，()f e ()e a lne e a =+-+220e a e a a e=+-+=> ，()f x ∴在1(e ，)e 中有一个零点，∴函数()()1f x x a nx x a =+-+的零点个数为1个．考点二导数与不等式【例2】．（2021·湖南湘潭·月考（理））已知函数ln 1()x x f x e +=．（1）求()f x 的最大值；（2）当1≥x 时，2(ln 1)x ax x e +<恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1e ；（2）()2,e -∞.【解析】（1）因为()ln 1()0x x f x x e +=>，所以()()1ln 1xx x f x e -+'=，设()()1ln 1g x x x =-+，所以()2110g x x x'=--<，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，且()10g =，所以当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()()max 11f x f e==；（2）因为1≥x ，所以()ln 10x x +>，所以当0a ≤时，()ln 10ax x +≤且20x e >，所以()2ln 1x ax x e+<恒成立，当0a >时，若()2ln 1xax x e +<恒成立，则ln 1xx x e a e x +⋅<恒成立（*），设()x e h x x =，所以()()21x x e h x x -'=，又因为[)1,x ∈+∞，所以()()210x x e h x x-'=≥，所以()h x 在[)1,+∞上单调递增，所以()()min 1h x h e ==，又因为由（1）知maxln 11x x e e +⎛⎫= ⎪⎝⎭且[)ln 11,,0x x x e +∀∈+∞>，所以若（*）成立，只需要1a e e ⋅<，所以2a e <，综上可知：()2,a e ∈-∞.不等式恒成立求解参数范围的方法：（2）分离参数并构造函数解决问题；（2）采用分类讨论的方式解决问题.【一隅三反】1．（2019·广东湛江·高二期末（文））已知函数()(1)ln ()a f x x a x a R x =--+∈．（1）当01a <≤时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使()f x x ≤恒成立，若存在，求出实数a 的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）当11a e ≥-时，使()f x x ≤恒成立．【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，221()(1)'()1a a x a x f x x x x +--=+-=，当01a <<时，由'()0f x >，得0x a <<，或1x >，由'()0f x <，得1a x <<，故函数()f x 的单调递增区间为(0,)a 和(1,)+∞，单调递减区间为(,1)a ，当1a =时，22(1)'()0x f x x-=≥恒成立，故函数()f x 的单调递增区间为(0,)+∞.（2）()f x x ≤恒成立等价于(1)ln 0a a x x ++≥恒成立，令()(1)ln g x a a x x =++，当10a +=时，即当1a =-时，()1g x =-，故()0g x ≥在(0,)+∞内不能恒成立，当10a +<时，即当1a <-时，则(1)1g a =<-，故()0g x ≥在(0,)+∞内不能恒成立，当10a +>时，即当1a >-时，'()(1)(1ln )g x a x =++，由'()0g x =解得1=x e ，当10x e <<时，'()0g x <；当1x e >时，'()0g x >.所以min 11()()0a g x g a e e +==-≥，解得11a e ≥-.综上，当11a e ≥-时，()0g x ≥在(0,)+∞内恒成立，即()f x x ≤恒成立，所以实数a 的取值范围是1[,)1e +∞-.2．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二期末（文））已知函数()ln (0)f x x x x =>.（1）求()f x 的单调区间和极值；（2）若对任意23(0,),()2x mx x f x -+-∈+∞≥恒成立，求实数m 的最大值.【答案】（1）()f x 在1=x e 处取得极小值，极小值为11(f e e=-.（2）4【解析】（1）()ln 1f x x ='+，()()110,00f x x f x x e e''>→><→<<，∴()f x 的单调增区间是1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调减区间是10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.∴()f x 在1x e =处取得极小值，极小值为11f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.（2）由()232x mx f x -+-≥变形，得22ln 3x x x m x++≤恒成立，令()22ln 3(0)x x x g x x x ++=>，()2223x x g x x+-'=，由()()01,001g x x g x x ''>⇒><⇒<<.所以，()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数.所以，()()min 14g x g ==，即4m ≤，所以m 的最大值是4.3．（2020·安徽省含山中学月考（理））已知函数211()ln (,0)22f x x a x a R a =--∈≠.（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围.【答案】（1）10x y +-=；（2）答案见解析；（3）()(],00,1-∞ .【解析】（1）2a =时，211()2ln 22f x x x =--，(1)0f =，2'()f x x x =-，'(1)1f =-曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程10x y +-=（2）2'()(0)a x a f x x x x x -=-=>①当0a <时，2'()0x a f x x-=>恒成立，函数()f x 的递增区间为()0,∞+②当0a >时，令'()0f x =，解得x =x =所以函数()f x 的递增区间为+∞，递减区间为（3）对任意的[1,)x ∈+∞，使()0f x ≥成立，只需任意的[1,)x ∈+∞，min ()0f x ≥①当0a <时，()f x 在[1,)+∞上是增函数，所以只需(1)0f ≥而11(1)ln1022f a =--=所以0a <满足题意；②当01a <≤时，01<≤，()f x 在[1,)+∞上是增函数，所以只需(1)0f ≥而11(1)ln1022f a =--=所以01a <≤满足题意；③当1a >1>，()f x 在上是减函数，)+∞上是增函数，所以只需0f ≥即可而(1)0f f <=从而1a >不满足题意；综合①②③实数a 的取值范围为()(],00,1-∞ .。