高考数学导数与函数零点问题教师版

导数与函数零点问题函数零点问题是高考中的热点,内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.例题分类精讲一、函数零点个数问题用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．【例1】若函数f（x）＝x3－3x＋a 有三个不同的零点,则实数 a 的取值范围是___ ．【答案】（－2,2）【分析】客观题中函数零点个数问题,可借组图象求解,先根据导函数的符号确定原函数的单调性,由单调性作出函数图象,再确定零点个数.【解析】由f（x）＝x3－3x＋a,得f′x）（＝3x2－3,由f′（x）＝3x2－3＝0,得x＝±1,f（x）极大值＝f（－1）＝2＋a,f（x）极小值＝f（1）＝a－2,要使函数f（x）＝x3－3x＋a有三个不同的零点,则有2＋a>0,a－2<0,即－2<a<2,所以实数a的取值范围是（－2,2）．故填（－2,2）．【点评】三次函数f x 有 3 个零点的充要条件是两个极值异号.【对点训练】【天津市河北区2019届高三一模】已知函数f（x） alnx x2（2a 1）x ,其中a R.（1）当a=1 时,求函数f x 的单调区间：（2）求函数f x 的极值；（3）若函数f x 有两个不同的零点,求 a 的取值范围.解析】（1）21当a=1 时, f x ln x x2 x, f ′x（）= 2x 1x2x 1 x 1xf ′（x）<0时,x>1; f ′x）（>0 时,0<x<1函数f x的单调减区间为（1,+ ）,增区间为（0,1）2）f（x）的定义域是（0,+ ∞）a 2x 1 x a f ′（x ）2x 2a 1 ,xx若a≤0,则f ′（x）< 0,此时f（x）在（0,+ ∞）递减,无极值若a> 0,则由 f ′（x）＝0,解得：x＝a, 当0<x<a时,f ′x（）>0,当x>a时,f ′x（）<0,此时f（x）在（0,a）递增,在（a,+ ∞）递减；∴当x=a 时,函数的极大值为f（a）= a（lna a 1）,无极小值（3）由（2）可知当a≤0时,f（x）在（0,+ ∞）递减,则f（x）至多有一个零点,不符合题意,舍去；当a> 0 时,函数的极小值为f（a）= a（lna a 1）,令g（x）=lnx+x-1（x>0）1∵ g x 1 0, ∴ g（x）在（0,+ ∞）单调递增,又g（1）=0, ∴ 0<x<1时,g（x）<0;x>1 时,g（x）>0 x （i）当0<a≤1,f（a）=ag（a）≤0, 则函数f（x）至多有一个零点,不符合题意,舍去；（ii）当a>1 时,f（a）=ag（a）>0∵ f 1 2 a 1 12120∴函数f（x）在（1,a ) 内有一个零点,e e ee e∵f(3a-1)=aln(3a-1)2- 3a 12a 1 3a 1 a ln3a 13a 1设h(x)=lnx-x(x>2)1∵h x 10, ∴h(x) 在( 2,+ ∞）内单调递减,则h(3a-1)<h(2)=ln2-2<0x∴函数f（x）在（a,3a-1）内有一个零点.则当a>1 时,函数f（x）恰有两个零点综上,函数f x 有两个不同的零点时,a>1二、零点存在性赋值理论确定零点是否存在或函数有几个零点, 作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热” ,是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数（包括零点的存在性, 唯一性）；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f （a）的符号,探求赋值点m （假定m a ）使得 f （m）与 f （a）异号,则在（m,a）上存在零点．赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；（2）确保赋值点x0 落在规定区间内；（3）确保运算可行（1）确保参数能取到它的一切值；（2）确保赋值点x0 落在规定区间内；（3）确保运算可行．三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.【例2】【天津市部分区2019 届高三联考一模】设函数f（x） ax 2 lnx（a R）.（1）求 f （x）的单调区间；（2）当 a 1时,试判断 f （x）零点的个数；（3）当 a 1时,若对x （1, ）,都有（4k 1 lnx）x f（x） 1 0（k Z ）成立,求k的最大值.【分析】（1）求出f ' x ,分两种情况讨论a的范围,在定义域内,分别令f ' x 0求得x的范围,可得函数f x 增区间,f' x 0求得x的范围,可得函数f x 的减区间；（2）当a 1时,由（1）可知, f x 在0,1是单减函数,在1,是单增函数,由f1 e2f 1 0, f 1 f2e20,利用零点存在定理可得结果；（3）当 a 1 , k 为整数,且当x 1时,4k 1 lnx x f x 1 0恒成立, 4k 1 lnx x x 2 lnx10k1 lnx4 3 lnx xx1 3 lnx,利用导数求出lnx4 x x的取值范围,从而可得结果.【解析】（1 ）Q f x ax 2lnx x0, f ' x 1 ax ax 1x当 a 0 时, f ' x0 在0,恒成立,f x 在0,是单减函数.当a 0 时,令f ' x0 ,解之得1 x.a从而,当x变化时,f'x,f x 随x 的变化情况如下表：x0,1aa 1 a1, af ' x-+ fx单调递减单调递增11由上表中可知, f x 在0, 是单减函数,在, 是单增函数. 综上,当 a 0 时, f x 的单减区间为aa110, ；当a 0 时, f x 的单减区间为0, ,单增区间为, .aa2）当 a 1时 ,由（ 1）可知 , f x 在 0,1 是单减函数 ,在 1, 是单增函数；1 12 2 又 f 2 2 0, f 1 1 0, f e e 4 0. ee12f 2 f 1 0, f 1 f e 2 0； e故 f x 在 0, 有两个零点 .3）当 a 1,k 为整数 ,且当 x 1 时 , 4k 1 lnx x13 lnx 4k 1 lnx x x 2 lnx 1 0 k lnx 4x xF x 在 1,x 0 上单减 ,在 x 0,上单增；即 lnx 0x2 代入 * 式 ,得3 x 0 21F xminFxx2x1,x 0 3,4 .xxx而 t x 011在 3,4 为增函数 ,t7,13x3 417, 137 131即 F x.而 ,0,1F x min 0,1 , k 0,即所求 k 的最大值为 04min12 16 12 164 minF ' 3 F ' 4 0, x 03,4 且 x 0 2 lnx 00,x 1 0 恒成立Fxlnxlnx x x1 ,只需 k1F 4xminkZF' x1 lnx 2xx 2 lnxx 20,由（ 2）知 ,F ' x 0 在 1,有且仅有一个实数根 x 0 , F x min F x 0lnx 03 lnx 0 x 0x 0又 F' 31 ln3 90,F ' 42 ln4 2 1 ln216 16 0,对点训练】已知函数 f (x) sin x ln(1 x),f (x)为 f ( x)的导数．证明：1) f (x)在区间 ( 1, ) 存在唯一极大值点；22) f (x)有且仅有 2 个零点．f '(x)在 1,2 存在唯一极大值点2) f (x) 的定义域为 ( 1, ).f'(x) 0，故 f(x)在( 1,0)单调递减，又 f (0)=0 ，从而 x 0是f(x)在( 1,0］的唯一零点.)单调递增，在 , 单调递减，而 f ' (0)=0 ，2，1 ln 1 0 ，所以当 x 0, 时， f (x) 0.2 2 2从而 f (x) 在 0, 没有零点 .2时， f '(x) 0，所以 f(x)在 , 单调递减.而 f 0，f ( ) 0，所以22解析】(1)设 g(x) f'(x) ，则 g(x) cosx11x ，g'(x)sin x1(1 x)2当 x 1,2时， g' ( x)单调递减，而 g'(0)0,g'( 2) 0，可得 g'(x) 在1,2有唯一零点，设为则当 x ( 1, ) 时， g'(x) 0；当 x 时， g'(x) 0.所以 g(x) 在( 1,) 单调递增，在, 单调递减，故 g(x) 在21,2存在唯一极大值点，即i )当 x ( 1,0］时，由( 1)知，f'(x) 在( 1,0)单调递增，而 f '(0) 0，所以当 x ( 1,0)时，ii )当 x 0,2 时，由( 1)知， f'(x)在(0,f ' 2 0，所以存在2，使得 f '( ) 0，且当x (0, )时， f'(x) 0；当x ,2时， f '(x)0. 故 f (x) 在 (0, ) 单调递增，在 ,2 单调递减 .又 f (0)=0 ，iii )当 x 2,f(x)在2, 有唯一零点.iv)当x ( , )时，ln( x 1) 1，所以f(x)<0，从而 f (x)在( , )没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.【对点训练】【湖南省衡阳市2019 届高三三模】已知函数f(x) e x(ax2x a 2)存在极大值与极小值,且在x 1 处取得极小值.(1)求实数 a 的值；(2)若函数g(x) f (x) 2x m有两个零点, 求实数m 的取值范围.【解析】(1)Q 函数f (x) e x ax2 x a2存在极大值与极小值,且在x 1 处取得极小值,x 2 2f (x) e ax 2a 1 x a 1 ,依题意知f ( 1) 0,解得a 0或 a 1,当a 0 时, f x e x x 1 ,x 1时, f (x) 0, f x 单调递减；x 1时, f (x) 0, f x 单调递增,此时, f x 只有极小值,不符合题意．当 a 1时, f (x) e x(x 1)(x 2),x 2或x 1时, f (x) 0, f x 单调递增；2 x 1时, f (x) 0, f x 单调递减,符合在x 1处取得极小值的题意,综上,实数 a 的值为1．x 2x(2) g(x) e x x2 x 1 2x m,g (x) e x(x 1)(x 2) 2,当x 0时,g x 0,故g x 在0, 上单调递增,当x 0时,令h(x) e x(x 1)(x 2) 2,则h(x) e x x2 5x 5h (x) 0, x 5 5,x 5 5,h(x)单调递增 22h (x) 0, 5 5 x 5 5,h(x) 单调递减 ,22Q g （x ） 在 R 上有两个零点g(0) 1 m 0, m 1,此时当 x 0时,g m 20, g(x)在 m 2 ,0 有一个零点2当 x 0时,g(x) x 2 x 1 2x m 0, 令 x 0 1 4m 3 , g x 00,2Q g （x ）在 0,x 0 有一个零点 ,综上,实数 m 的取值范围是 1, ．三、隐零点问题利用导数求函数的最值 ,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题 ,若导数零点存在 们可以设其为 x 0 ,再利用导函数的单调性确定 x 0所在区间 ,最后根据 f x 0 0,研究 f x 0 题称为隐零点问题 .【例 3】【广东省 2019年汕头市普通高考第一次模拟】已知 f （x ） 1x 2 ae x ln x ．21（1）设 x是 f x 的极值点 ,求实数 a 的值 ,并求 f x 的单调区间：21（2） a 0时 ,求证： f x ．2x1 1【分析】（1 ）由题意 ,求得函数的导数 f x x ae x ,由 x是函数 f x 的极值点x21又由 f0 ,进而得到函数的单调区间；21 2 1 （ 2）由（ 1） ,进而得到函数 f x 的单调性和最小值 f x min f x 0x 02x 02x1 2 1Qh(0) 0,h 2525x 0时,g x 0,故 g x 在,0 上单调递减,但无法求出 ,我 ,我们把这类问 ,解得 a 32e e ,ln x 0 ,令g x x2x ln x,（0 x 1）,利用导数求得g x 在0,1 上的单调性,即可作出证明2x解析】（1 ）由题意,函数f x 的定义域为0, ,又由f x x ae x 1,且x 1是函数f x 的极值点x2所以f11 ae220,解得a3 e,222e又a0 时,在0, 上, f1x 是增函数,且f 0,2所以fx10,得x , f1x 0, 得0 x ,2211 所以函数f x 的单调递增区间为, ,单调递减区间为0, .221（2）由（1）知因为a 0,在0, 上, f x x ae x是增函数,x又f 1 1 ae 1 0（且当自变量x逐渐趋向于0 时, f x 趋向于）所以, x0 0,1 ,使得f x0 0,所以x0ae x0 1 0,即ae x0 1 x0 ,x0 x0在x 0,x0 上, f x 0,函数f x 是减函数,在x x0, 上, f x 0,函数f x 是增函数,所以,当x x0时, f x 取得极小值,也是最小值,所以f x min f x0 1 x02ae x0lnx0 1 x02 1x0 lnx0,(0 x0 1),2 2 x01 2 1令g x x x lnx,(0 x 1),2x1 1 1 x则g x x 2 1 x 1 2 ,x x x1当x 0,1 时,g x 0,函数g x 单调递减,所以g x g 1 ,21即f x f x min 2成立.由切线方程可知： f 1 2 1 12）由（ 1）知 f x x lnx 1x ln x 1 则 x 1,时 , f x m x 1 恒成立等价于 x 1, 时 ,m恒成立x1x ln x 1x lnx 2令g xx1,x则x 12令h x x l nx 2,则h x 1 x 1 1xx当 x1,时,h x 0,则 hx 单调递增 Qh 3 1 ln3 0,h 42 2ln2 0x 0 3,4 ,使得 h x 0m x 0 3,4 ,即正整数 m 的最大值为 3对点训练】 【河南省八市重点高中联盟“领军考试” 20届19高三第五次测评】已知函数f x x lnx a b ,曲线 y1）求 a ,b 的值； x 在点 1,f 1 处的切线为 2x y 1 0 .2）若对任意的 x 1,,f x mx 1恒成立,求正整数 m 的最大值.解析】（1）由 f x x lnx a b 得：x lnx a 1f 1 a 1 2, f 1a b 1,解得： a 1,b 0当 x 1,x 0 时,g x 0； x x 0, 时,g x 0g x min g x 0x 0 ln x 0 1 x 0 1Qh x 0 x 0 lnx 0 2 0ln x 0 x 0 2g x min g x 0x 0 x 0 2 1 x 0 1x 0 3,4中 e 为自然对数的底数 （1）求 k 的值；所以 f （﹣ 0）＝﹣ f （ 0）即 f （0）＝ 0, 则 ln （ e +k ）＝ 0 解得 k ＝ 0,显然 k ＝0时,f （x ）＝x 是实数集 R 上的奇函数； （2）由（ 1）得 f （x ）＝ x∴方程转化为 lnx x 2﹣2ex +m ,令 F （x ） lnx （ x > 0） ,G （ x ）＝ x 2﹣ 2ex + m （x >0） xx1 lnx 1 lnx∵F '（x ）2 ,令 F ' （x ）＝ 0,即 20,得 x ＝exx当 x ∈（ 0,e ）时 ,F '（ x ）> 0, ∴F （ x ）在（ 0,e ）上为增函数； 当 x ∈（ e ,+ ∞）时,F '（ x ）< 0,F （ x ）在（ e ,+ ∞）上为减函数；1当 x ＝e 时,F （ x ） max ＝F （e ）e22而 G （ x ）＝（ x ﹣e ） +m ﹣e （ x >0）∴G （x ）在（ 0,e ）上为减函数 ,在（ e ,+ ∞）上为增函数； 2 当 x ＝e 时,G （x ）min ＝m ﹣ e∴当 m e 2>1 ,即 m >e 2 1时,方程无解； ee 21 2 1当 m e, 即 m e 时 , 方程有一个根；ee 2 1 2 1 当 m e 2< ,即 m <e 2时 ,方程有两个根；ee2 ．【广东省 2019 届高三适应性考试】已知函数 1）讨论函数 f （x ） 的单调性； 2）当 a 1时,讨论函数 f （x ） 的零点个数课后训练：1 ．【天津市红桥区 2019 届高三一模】已知函数x ln e x k （k 为常数）是实数集 R 上的奇函数 ,其2）讨论关于 x 的方程如lnx fxx 2 2ex m 的根的个数解析】（1）因为函数 f （ x ）＝ ln e x k （k 为常数）是实数集 R 上的奇函数2f (x) ln x x 3ax 1.12x 2 3ax 1解析】(1) f (x) 1 2x 3a 2x 3ax 1(xx3a 0 时 ,对称轴为 x 0 0,4)时,u(x) 0,所以 f (x) 0,所以 f(x)在(x 2, ) 上单调递增 ,综上所述：当 a 2 2 时, f(x) 在 (0, )上单调递增；3若a 2 2 时, f (x)在(0,x 1)上单调递增 ,在( x 1, x 2)上单调递减 ,在(x 2, )上单调递增； 32)当a1时,由(1)知 f(x) 在(0,x 1) 上单调递增 ,在( x 1, x 2 )上单调递减 ,在 (x 2,) 上单调递增 ,下面研究 f (x)的极大值 f(x 1) ln x 1 x 12 3ax 1 1,2 2 2 2又 2x 1 3ax 1 1 0,所以 f (x 1)ln x 1 2x 1 3ax 1 1 x 1 ln x 1 x 1 ,2g(x) lnx x 2,则g(x) 1 2x (x 0 ),可得g( x)在(0, 2 )上单调递增 ,在( 2, )上单调递减 , x 2 2 g(x) 的极大值 g( 2) ln 2 1 0,所以 g(x) 0,所以 f(x 1) 0,2 2 2当 x (0,x 1) 时, f (x) 单调递增 ,所以 f (x) f (x 1) 0当 x (x 1,x 2)时, f(x)在(x 1,x 2)上单调递减 ,所以 f (x 2) f (x) f(x 1) 0令 u(x) 2x 2 3ax 1,其对称轴为 x 0 34a ,令2x 23ax 1 0,则 9a 2 8.0时,f (x) 0,所以 f(x)在 (0,)上单调递增；0) ,9a 2 8 0,即 232 a0,u(x) 0恒成立 ,所以 f (x) 0,所以 f (x)在(0, )上单调递增；2 2时,设 u(x) 0 的两根 x 1313a 9a 2 8 3a9a 2 8,x24 24(0,x 1) 时,u(x) 0,所以 f (x) 0,所以 f(x) 在(0,x 1) 上单调递增 , (x 1,x 2) 时,u(x) 0,所以 f (x)0,所以 f (x) 在(x 1, x 2 )上单调递减 ,(x 2,3当 x (x 2, )时, f ( x)单调递增 ,且 f( 4a)ln( 4a) 16a 2 12a 2 1 ln( 4a) 4a 2 1 (a 1),f(x 2) f (4a) 0 ,所以存在 x (x 2, 4a) ,使得 f(x) 0, 又当 x （x 2, ）时, f （ x ）单调递增 ,所以 f （x ）只有一个零点 综上所述 ,当 a 1时,f （x ）在（0, ）上只有一个零点 . 3．【湖南省雅礼中学 2019 届高考模拟卷（二 ）】已知函数 f x 3ax1， 4，g x e x （e e 为自然对 数的底数）．1）若曲线 y f x 在点 0, f 0 （处的切线与曲线 y 在点 0,g处的切线互相垂直 ,求函数x x 3 ax 1 在区间 1,1 上的最大值； 42）设函数 hx g x ,f x f x , f x x ,试讨论函数 h x x零点的个数． 解析】 1）∵f ′ 2 x )=-3 x +a ,g ′ x ） x=e , ∴f ′（0） = a ,g ′(0) =1, 由题意知 ,a21, f (x) 3x 2 10,f （ x ）在区间 [-1,1] 上单调递减 ,∴ f (x)max 2）函数 g 7 f 1 ； 4 x ）=e -e 在 R 上单调递增 ,仅在 x =1 处有一个零点 ,且 x <1时,g< 0,又 f ′(x ) =-3 2 x +a ． ①当 即f 13 a ≤0时,f ′（x ）≤ 0,f （ x ）在 R 上单调递减 ,且过点（ 0,- ）,f （-1 ）= 44 x ）在 x ≤0时 ,必有一个零点 ,此时 y =h （ x ）有两个零点； > 0．②当 a >0时,令 f ′(x )=-3 x +a =0,解得 x 1 a <0,x 2 a >0． a是函数 f （ x ）的一个极小值点 , a 是函数 f （x ）的一个极大值点．而f - a 3 )= (a 3)3aa 1 2a 34a13 3 4< 0,1当 f （ a ）< 0,即 a < 3 时,函数 f （x ）在（ 0,+ ∞）上恒小于 0,此时 y = h （ x ）有两个零点；34当 f （ a 3 ）=0,即 a = 43时,函数 f （x ）在（ 0,+∞）上有一个零点 ,x 0a3 21,此时 y =h （x ）有三个零点；当 f （ a ）>0,即 a > 3时,函数 f （x ）在（ 0,+ ∞）上有两个零点 ,一个零点小于a,一个零点大于a55 若 f （1）=a - <0,即 a < 时,y =h （x ）有四个零点；4455 f （1）=a =0,即 a = 时,y =h （ x ）有三个零点； 4455 f （1）=a - >0,即 a > 时,y = h （ x ）有两个零点． 443 5 35 3 5 综上所述 ,当 a < 或 a > 时,y = h （ x ）有两个零点； 当 a = 或 a = 时,y = h （ x ）有三个零点； 当 < a <4 4 4444时,y =h （x ）有四个零点．4．【天津市第一中学 2019 届高三一月月考】已知函数 f x ax ln x ,函数 g x 的导函数 g x e x ,且g 0 g 1 e ,其中 e 为自然对数的底数1）求 f x 的极值；x m 32）若存在 x 0,,使得不等式 g x成立 ,试求实数 m 的取值范围；3）当 a 0时 ,对于 x 0, ,求证： f x g x 2.1 ax 1 解析】（1 ）函数 f x 的定义域为 0, , f x axx当 a 0 时 ,令 f x 0 x 1a现在讨论极大值的情况： f x 在 0, 1单调递增 ,在单调递减x 0,∴ f x 在 0,上为增函数 , f x 没有极值；12) ∵g ∴g 即m x 有极大值 f1 ln a , 无极小值 .gx xe , ∴g xg' 10,1ce , ∴c,使得不等式x e x x 3maxx e x x 3,h' 当 x 0 时 ,e x x e x h x 在 m 3.3) 当a0 时 , f x 1 1,即 h x 2x1, x 21x x 0m 3成立e x x1 2x2 x 21x0, 单调递减 , ∴he x lnx 2e x 1 ,则x0,0.h0lnx ,令 x 在 0,gx 上为增函数x 2,1,1 ，2x 00.∵ x 在 0,上为增函数∴ x 0,x 0 时 , 0,xx 0,时, x 0.x 在 0,x 0 单调递减 ,在 x 0,单调递增' x 00 x 0 1 e x 0 0 e x 0 1 e 0 ∴ x 0 x 0 lnx 0 1 1 x 0 2 单调递减 , x 0 ,1 ∴ x 02x 0x 0 1 22 0 x x 0 0 即 f x g x 2.x minx 0 e x0 lnx 0 25．【江西省临川一中 2019 届高三年级考前模拟】已知函数 f (x) e x ax b .(其中 e 为自然对数的底数)1)若 f(x) 0恒成立 ,求 ab 的最大值； 2)设 g(x) ln x 1,若 F(x) g(x) f (x) 存在唯一的零点 ,且对满足条件的 a,b 不等式 m （ a e 1） b恒成立 ,求实数 m 的取值集合 x解析】(1) g x e x a ,0,g x 在 R 上单调递增 ,取m min 0,1 b a当 x 0 m 时 ,g x 0e x0 ax 0 bax 0 1 b 0 矛盾；当a 0时,g x e x b b ,只要 b 0, 即 b 0,此时 ab 0 ；当a 0 时 ,令 g x 0,x lna ,所以 g x 在 ln a, 单调递增 ,在 ,lna单调递减 , 当 a 0 时,g x gx g lna a alna b , 所以 a aln a b 0 ,即 b a alna ,此时ab 2 a a 2 ln a ,令h a 2a a 2lna ,h a21 2a 2alna a 2a 1 2ln a令 h a 0,a e ,a当a e, ,h a 0,h a 在 e, 上为减函数． 所以 h a h e e 1 e 1e ,所以 ab e e ,故 ab 的最大值为 ． 2 2 2 2 （ 2）F x e a 在 0, 单调递减且 F x 在 0, 的值域为 R x设 F x 的唯一的零点为 x 0,则 F x 0 0,F x 0 0, lnx 0 1 e x0ax 0 b0 即1 e x 0 a0x 0所以 a e x 0 1 ,b 1 x o e x0 lnx 0,x由ma e 1 b 恒成立 ,则 m x 0 1 e 0 e 1 1 x 0e x0 lnx 0 ,x 0得 x 0 m 1 e x0 ln x 0 m m e 1 0 在 0,上恒成立．x 0令 k xx m 1 e x lnx m me 1 ,x 0,xkx x 1 m x 1x me 2 xme 2．x x x若 m 0,k x 0,k x 在 0, 上为增函数 ,注意到 k 10,知当 x 0,1当x m, 时 ,k x 0,k x 为增函数 ,若 0 1 m ,则当 x 1, m 时,k x 0,,k x 为减函数所以 x 1, m 时 ,总有 k x k 1 0,矛盾；若0 m 1,则当 x m,1 时,k x 0,,k x 为增函数所以 x m,1 时 ,总有k x k 1 0,矛盾； 当 a 0, e ,h a 0,h a 在 0, e 上为增函数；0 ,k x 为增函数 ,, 所以 时,k x 时,k xx 1, m 1即 m 1,此时当 0,矛盾；当 x 0,1 时,k x 0,k x 为减函数 ,而 k(1) 0,所以 F x 有唯一的零点 综上 ,m 的取值集合为 16．【江苏省徐州市 2019 高三考前模拟】已知函数 f x x 1 aln x . x 1)若曲线 y f x 在 x 1 处的切线的斜率为 3,求实数 a的值；2)若函数在区间 1,2 上存在极小值 ,求实数 a 的取值范围； 3) 如果 f x 0的解集中只有一个整数 ,求实数 a 的取值范围解析】(1)由题意 , f (x) 1 12 a x ax 1x 2x2因为函数在 1,2 上存在极小值 ,所以 1a a 42 ,25解之得 a 2,25经检验 ,当 a 2 时,符合题意 ,2 所以 5 a 2. 2(3)①当 a 2 4 0,即a [ 2,2]时, f (x) 0恒成立,f (x)在(0, )上为增函数 , f(1) 0.所以当 0 x 1时,f(x) 0,所以当 x 1时, f(x) 0,所以 f x 0无整数解；由题意知 , f 1 3,所以 2 a 3,解得 a 1.2)令 f (x)0,所以 x 2 ax 1 0 ,所以 xaa 2 4(舍负) ,2②当a 2 4 0 ,即 a 2 或 a2时,若a 2,则 f (x) 0 ,同①可得f x 0 无整数解；若a2, f (x)0即 x 2 ax 1 0在 0, 上有两个不同的解 x 0,x 1且 0 x 0 当x 0,x 0 时, f (x) 0, fx 在 0,x 0 上为增函数；当x x0,x1 时, f (x) 0, f x 在x0,x1上为减函数；（1）若函数 f x 在点 1,f 1 处的切线方程为 x ey 3 0 ,试确定函数 f x 的单调区间；mnxx xe而 f 10,所以 f x 0 在 0,1 上无解 ,故 f x 0 在 1, 上只有一个整数解12 aln2 0 f (2) 02,故,即f (3)0,即 3 1 aln3 0383解得a3ln 32ln 28,3综上 ,a3ln 3 2ln 2 .当 x x 1,时 , f (x) 0 , f x 在 x 1,上为增函数x7．【江苏省镇江市 2019 届高三考前模拟】 已知函数 f x mx n e x （ m,n R , e 是自然对数的底数）当x 0时,f 0,当 x 0 时, f2） x 在 0,上单调递减 ,在,0 上单调递增①由 nmx 11,m R ,x x ,即： ex1mex2）①当 n1,mR 时 ,若对于任意 x 12,2 ,都有 f x x 恒成立 ,求实数 m 的最小值；②当mnx1时 ,设函数 g x xf x tf x e xt R ,是否存在实数 a,b,c 0,1 ,使得ga gbgc ？若存在 ,求出 t 的取值范围；若不存在 ,说明理由 . 解析】 1） 由题意xxme mx n e xx 2emx m n xeQf在点 1,f处的切线方程为：ey 301,即：e解得： m 1,n 1对任意 x1,2 ,都有 f 2x 恒成立等价于 me x 1 对任意 x x1,2 恒成立 2设h hx 0对x1,2 恒成立 2x 12在x1,2 单调递增 2而h4 0 ,h 221 e412在x12,2上有唯一零点x 0当x1 2,x 0时,x 0,当 x x 0,2时,1 在 12, x 0 单调递减 ,在 x 0 ,2 上单调递增的最大值是1和 2 中的较大的一个 2,即 21 me2m 的最小值为 e 2②假设存在 a,b,c 0,1 ,使得g,则问题等价于 2x min g x maxx 2 1 Q g x txxe xt xex1⑴当 t 1时,g x 0,则 g x 在 0,1 上单调递减3t 2g 1 g 0 ,即 2 e1,得：3 e 2 1 3 e 2,2）当 t 0时,g x 0,则 g x 在 0,1 上单调递增因为 g(0) a 1 0,x ,g(x)t 1 t 1 4 3 t 3由( 1)知 f t t 在t 0,1 上单调递减 ,故2 t ,而e t e t e e e不等式( *)无解e综上所述 ,存在 t ,3 2e U 3 ,,使得命题成立2 8．【重庆市巴蜀中学 2019 届高三适应性月考】已知函数 f (x) (x a 1)e x ,a R .(1)当 a 1时,求函数 f (x) 的极值；12(2)若函数 g(x) f (x) x 2 ax 在区间 [0, ) 上只有一个零点 ,求a 的取值范围．2【解析】(1)当 a 1时, f (x) xe x ,定义域为 R ,f '(x) (x 1)e x ,令 f '(x) 0,得 x 1．当 x 1时, f '(x) 0；当 x 1时, f '(x) 0 ．1 所以,函数 f(x)在x 1处取得极小值 ,即 f(x)极小值 f( 1) ；e x 1 2 x x(2) g(x) (x a 1)e x ax ,g'(x) (x a)e x a (x a) e 1 ,2令 g'(x) 0,得 x 1 a ,x 2 0．①当 a 0时,即当 a 0时,对任意的 x [0, ),g'(x) 0,此时 ,函数 g (x)在区间 [0, ) 上单调递增 ,则函数 g(x) 在 x 0 处取得最小值 ,且最小值为 g(0) a 1 0,得 a 1．此时 ,0 a 1；②当 a 0时,即当 a 0时 ,此时 ,函数 g (x)在(0, a) 上单调递减 ,在( a, )上单调递增e 3)当 0 t 1 时 ,当 x 0,t 时 , g x 0 ；当 x t,1 时,g x 0,gx 在 0,t 上单调递减 ,在 t,1 上单调递增2g tg 0 ,g 1 ,即 2 t1 3t ma t max 1, ⋯⋯（*） 2g 0 g 1 ,即 2 3t ,得： t 3 2e 0 t ,3 2eee所以函数 g(x) 在[0, )上只有一个零点 ,所以 ,a 0 ．,a 综上所述 ,实数 a 的取值范围是 ( ,1].9．【北京市朝阳区 2019 届二模】已知函数 f (x) (m 1)x ln x (mR). 1)当 m 1时,求曲线 y f(x)在(1,f (1))处的切线方程；2)求函数 f (x) 的单调区间；3)若函数 g(x) 1x 2+1f(x)在区间 (1,2)内有且只有一个极值点 2x,求 m 的取值范围解析】(1) 当 m 1时 , f (x) 2x ln x ,所以 f (x) 12 1,f (1) 3．x又 f (1) 2,所以曲线 y f (x) 在 (1,f (1)) 处的切线方程为 3x2)函数 f (x) 的定义域为 (0, )．x x(1) 当 m 1⋯0 即 m ⋯ 1时,因为 x (0, ) , f (x) 0,所以 f (x) 的单调增区间为(0, ) ,无单调减区间 .(2) 当 m 1 0,即 m 1时,令 f (x) 0,得 x当0 1x 时, f (x) 0 ；m1当x 1 时 , f (x) m1 0；所以 f (x) 的单调增区间为 0, 1 ,减区间为 1 m1m1 f (x) m 1 1 (m 1)x 11,m1 综上 ,当 m ⋯ 1时, f(x) 的单调增区间为 (0, ) ,无单调减区间；当 m 1时, f (x) 的单调增区间为 0, 1 m1 ,减区间为1,m1 Ⅲ)因为 g(x) 1 x 2 1 (m2x 1)x ln x ,因为 g(0) a 1 0,x ,g(x) 所以g (x) 1 2 (m 1) x 3 2 2令 h(x) x 3 (m 1)x 2 x 1, h (x) 3x 2 2(m 1)x 1.若函数 g(x) 在区间 (1,2) 内有且只有一个极值点 则函数 h(x) 在区间 (1,2) 内存在零点 . 又 h (0) 1 0,所以 h (x) 在 (0, )内有唯一零点 x 0 .且 x 0,x 0 时 ,h (x) 0x x 0, 时,h (x) 0则 h(x) 在 0,x 0 内为减函数 ,在 x 0, 内为增函数又因为 h(0) 1 0且h(x) 在(1,2)内存在零点解得 2 m 1 .4显然 h(x) 在 1,2 内有唯一零点 ,记为 x 1.当 x 1,x 1 时,h(x) 0,x x 1,2 时,h(x) 0,所以 h(x) 在 x 1点两侧异号 ,即 g (x)在 x 1 点两侧异号 函数 g(x)在区间 (1,2) 内唯一极值点 . 当 m 2时 ,h(1) m 2 0 又 h(1) 0,h(x) 0在(1,2)内成立 , 所以 h(x)在(1,2)内单调递增 ,故g(x)无极值点 .1当m 时, h(2) 0,h(0) 0易得 x (1,2)时,h( x) 0故g(x)无极值点 .4 1所以当且仅当 2 m 时,函数 g(x) 在区间 (1,2)内有且只有一个极值点432x (m 1)x x 12x 所以 h(1)h(2),x 1为。