2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第四章第4講 第2課時含答案

2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第四章第4講第2課時含答案第2課時利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的證明問題多角度探究突破考向一單變量不等式的證明角度作差構(gòu)造法例1(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).解(1)因為f(x)＝a(ex＋a)－x，定義域為R，所以f′(x)＝aex－1.當(dāng)a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，當(dāng)x<－lna時，f′(x)<0，則f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，當(dāng)x>－lna時，f′(x)>0，則f(x)在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證法一：由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立．令g(a)＝a2－eq\f(1,2)－lna(a>0)，則g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，則0<a<eq\f(\r(2),2)，令g′(a)>0，則a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，則g(a)>0恒成立，所以當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，證畢．證法二：令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，由于y＝ex在R上單調(diào)遞增，所以h′(x)＝ex－1在R上單調(diào)遞增，又h′(0)＝e0－1＝0，所以當(dāng)x<0時，h′(x)<0，當(dāng)x>0時，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝0，則ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立．因為f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，當(dāng)且僅當(dāng)x＋lna＝0，即x＝－lna時，等號成立，所以要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立．以下同證法一．利用作差構(gòu)造法證明不等式的策略和基本步驟(1)策略：待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，有時對復(fù)雜的式子要進(jìn)行變形，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和最值，從而證得不等式．(2)基本步驟(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷節(jié)選)證明：當(dāng)0<x<1時，x－x2<sinx<x.證明構(gòu)建F(x)＝x－sinx，x∈(0，1)，則F′(x)＝1－cosx>0對任意x∈(0，1)恒成立，則F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得F(x)>F(0)＝0，所以x>sinx，x∈(0，1)；構(gòu)建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，x∈(0，1)，則G′(x)＝2x－1＋cosx，x∈(0，1)，構(gòu)建g(x)＝G′(x)，x∈(0，1)，則g′(x)＝2－sinx>0對任意x∈(0，1)恒成立，則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0對任意x∈(0，1)恒成立，則G(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得G(x)>G(0)＝0，所以sinx>x－x2，x∈(0，1)．綜上所述，當(dāng)0<x<1時，x－x2<sinx<x.角度雙函數(shù)構(gòu)造法例2(2024·承德模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋x.(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)證明：lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).解(1)f′(x)＝lnx＋2.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2).(2)證明：因為x>0，所以只需證明xlnx＋x>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，下面分別研究左、右兩邊，考慮證明左邊的最小值大于右邊的最大值．設(shè)g(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，則g′(x)＝eq\f(1－x,ex＋1)，當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝－eq\f(1,e2)，所以g(x)≤－eq\f(1,e2)，由(1)知f(x)＝xlnx＋x≥－eq\f(1,e2).又因為等號不能同時取到，所以xlnx＋x>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，即原不等式得證．利用雙函數(shù)構(gòu)造法證明不等式的策略(1)若直接求導(dǎo)后導(dǎo)數(shù)式比較復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目的．在證明過程中，等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，若要證明f(x)≥g(x)恒成立，則需證明f(x)min≥g(x)max.(2)等價變形時，一般地，ex與lnx要分離，常構(gòu)造xn與lnx，xn與ex的積、商形式，便于求導(dǎo)后找到極值點．已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.解(1)f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時，f′(x)>0，當(dāng)x>eq\f(e,a)時，f′(x)<0.故函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明：因為x>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.當(dāng)a＝e時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得證．角度放縮構(gòu)造法例3(2024·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x).(1)求f(x)的最大值；(2)證明：1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)．解(1)f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x)，定義域為(0，＋∞)，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)－eq\f(ex（x－1）,x2)＝eq\f(（x－1）（x－ex）,x2).令g(x)＝ex－x，則g′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(0)＝1>0，即當(dāng)x>0時，ex>x.令f′(x)>0，得0<x<1，令f′(x)<0，得x>1，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝1－e.(2)證明：要證1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)，即證x3－2x＋1≥lnx，令h(x)＝x－1－lnx，h′(x)＝1－eq\f(1,x).令h′(x)>0，得x>1，令h′(x)<0，得0<x<1，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)≥h(1)＝0，即x－1≥lnx，即欲證x3－2x＋1≥lnx，只需證x3－2x＋1≥x－1.也就是證明x3－3x＋2≥0.(*)設(shè)φ(x)＝x3－3x＋2(x>0)，則φ′(x)＝3x2－3，令φ′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0，1)時，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝1時，φ(x)取得最小值φ(1)＝0.故(*)式成立，從而1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)成立．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題中常用的放縮公式(1)ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立．(2)ln(x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立(可由(1)式中兩邊同時取自然對數(shù)得到)．(3)lnx≤x－1，x∈(0，＋∞)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立(可將(2)中的x換為x－1得到)．(4)lnx≥eq\f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立(可將(3)中的x換為eq\f(1,x)得到)．(5)eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，兩邊等號均成立(由(2)(4)推導(dǎo)出)．(6)ex≥ex，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立(可將(1)中的x換為x－1得到)．(2024·岳陽教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測)已知函數(shù)f(x)＝aex－x－a.當(dāng)a≥1時，從下面①和②兩個結(jié)論中任選其一進(jìn)行證明．①f(x)>xlnx－sinx；②f(x)>x(lnx－1)－cosx.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．證明選擇①：當(dāng)a≥1，x>0時，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時，等號成立．設(shè)g(x)＝ex－x－xlnx＋sinx－1，x>0.當(dāng)0<x≤1時，－xlnx≥0，sinx>0，ex－1－x>0，故g(x)>0；當(dāng)x>1時，g′(x)＝ex－2－lnx＋cosx，設(shè)h(x)＝ex－2－lnx＋cosx(x>1)，則h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－sinx>e－1－1>0，所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)>e－2＋cos1>0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>e－2＋sin1>0(x>1)．綜上，當(dāng)a≥1時，f(x)>xlnx－sinx.選擇②：當(dāng)a≥1，x>0時，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時，等號成立．設(shè)g(x)＝ex－xlnx＋cosx－1，x>0.當(dāng)0<x≤1時，－xlnx≥0，cosx>0，ex－1>0，故g(x)>0；當(dāng)x>1時，g′(x)＝ex－1－lnx－sinx，設(shè)h(x)＝ex－1－lnx－sinx(x>1)，則h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－cosx>e－1－1>0，所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)>e－1－sin1>0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>e－1＋cos1>0(x>1)．綜上，當(dāng)a≥1時，f(x)>x(lnx－1)－cosx.考向二雙變量不等式的證明例4(2023·衡水模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(e,2)x2－ax(a∈R)．(1)若f(x)在R上是增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)若當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f(x)有兩個極值點m，n，證明：eq\f(f（m）－f（n）,m－n)＜e－1.解(1)已知f(x)＝ex－eq\f(e,2)x2－ax(a∈R)，其定義域為R，可得f′(x)＝ex－ex－a，若f(x)在R上是增函數(shù)，則ex－ex－a≥0在x∈R上恒成立，即a≤ex－ex在x∈R上恒成立，需滿足a≤(ex－ex)min，設(shè)g(x)＝ex－ex，x∈R，則g′(x)＝ex－e，當(dāng)x＞1時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＜1時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)≥g(1)＝0，則a的取值范圍是(－∞，0]．(2)證明：因為a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，不妨設(shè)m＞n，所以f′(x)＝0有2個不同的解m，n，由(1)可知n＜1＜m且f′(m)＝f′(n)＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(em－em－a＝0，,en－en－a＝0，))因為f′(0)＝1－a＞0，f′(2)＝e2－2e－a＞0，所以0＜n＜1＜m＜2.要證eq\f(f（m）－f（n）,m－n)<e－1，即證eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(em－\f(e,2)m2－am))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(en－\f(e,2)n2－an)),m－n)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(em＋a－\f(e,2)m2－am))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(en＋a－\f(e,2)n2－an)),m－n)＝eq\f(e（m－n）－\f(e,2)（m2－n2）－a（m－n）,m－n)＝e－eq\f(e,2)(m＋n)－a<e－1，即證a>1－eq\f(e,2)(m＋n)．由0<n<1<m<2，得1－eq\f(e,2)(m＋n)<0，又a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，則a>1－eq\f(e,2)(m＋n)恒成立．故原不等式得證．雙變量不等式的證明方法(2024·揭陽普寧二中質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a≤－2，證明：對任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a＋1,x).當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≤－1時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)－1<a<0時，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(－\f(a＋1,2a)).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))時，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))時，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明：不妨設(shè)x1≥x2，由于a≤－2，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等價于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，則g′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＋4＝eq\f(2ax2＋4x＋a＋1,x)，于是g′(x)≤eq\f(－4x2＋4x－1,x)＝eq\f(－（2x－1）2,x)≤0，從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故對任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.考向三證明與正整數(shù)有關(guān)的不等式問題例5(2023·石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－kx2，x∈R.(1)若k＝eq\f(1,2)，求證：當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)>1；(2)若f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，試求k的取值范圍；(3)求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,14)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,24)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,34)＋1))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<e4(n∈N*)．解(1)證明：當(dāng)k＝eq\f(1,2)時，f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2，則f′(x)＝ex－x，令h(x)＝f′(x)＝ex－x，則h′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)>f′(0)＝1>0.所以f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)>f(0)＝1.(2)由題意得，f′(x)＝ex－2kx≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立．即2k≤eq\f(ex,x)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立．設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，故在(0，1)上，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；在(1，＋∞)上，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，故g(x)≥g(1)＝e.故2k≤e，解得k≤eq\f(e,2)，即k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))).(3)證明：由(1)知，對于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2>1，所以e2x>2x2＋1，則ln(2x2＋1)<2x，取x＝eq\f(1,n2)，從而有l(wèi)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<eq\f(2,n2)(n∈N*)，于是lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,14)＋1))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,24)＋1))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,34)＋1))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<eq\f(2,12)＋eq\f(2,22)＋eq\f(2,32)＋…＋eq\f(2,n2)<eq\f(2,12)＋eq\f(2,1×2)＋eq\f(2,2×3)＋…＋eq\f(2,（n－1）×n)＝2＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))))＝4－eq\f(2,n)<4.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,14)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,24)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,34)＋1))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<e4(n∈N*)．證明函數(shù)中與正整數(shù)有關(guān)的不等式，其實質(zhì)是利用函數(shù)性質(zhì)證明數(shù)列不等式，證明此類問題時常根據(jù)已知的函數(shù)不等式，用關(guān)于正整數(shù)n的多項式替代函數(shù)不等式中的自變量，通過多次求和達(dá)到證明的目的．(2022·新高考Ⅱ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝xeeq\s\up7(\f(1,2))x－ex.(1)當(dāng)x＞0時，證明：f(x)＜－1；(2)設(shè)n∈N*，證明：eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))＞ln(n＋1)．證明(1)f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,2)))eeq\s\up7(\f(x,2))－ex＝eeq\s\up7(\f(x,2))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,2)))－eeq\s\up7(\f(x,2)))).設(shè)G(x)＝1＋eq\f(x,2)－eeq\s\up7(\f(x,2))，則當(dāng)x>0時，G′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)eeq\s\up7(\f(x,2))＜0，∴G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴G(x)＜G(0)＝0，∴f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)＜f(0)＝－1.(2)由(1)知?x＞0，總有xeeq\s\up7(\f(1,2))x－ex＋1＜0成立，令t＝eeq\s\up7(\f(1,2))x，則t＞1，t2＝ex，x＝2lnt，故2tlnt＜t2－1，即2lnt＜t－eq\f(1,t)對任意的t＞1恒成立．∴對任意的n∈N*，有2lneq\r(\f(n＋1,n))＜eq\r(\f(n＋1,n))－eq\r(\f(n,n＋1))，整理得到ln(n＋1)－lnn＜eq\f(1,\r(n2＋n))，故eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))＞ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln(n＋1)－lnn＝ln(n＋1)，故不等式成立．課時作業(yè)1．(2024·淮安模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2－2lnx.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)求證：當(dāng)a>0時，f(x)≥2－eq\f(1,a).解(1)因為f(x)＝ax2－2lnx，所以f′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2（ax2－1）,x)，x>0.①當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；②當(dāng)a>0時，由f′(x)<0，得0<x<eq\r(\f(1,a))，由f′(x)>0，得x>eq\r(\f(1,a))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,a))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,a))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))))＝lna＋1，要證f(x)≥2－eq\f(1,a)，只需證lna＋1≥2－eq\f(1,a)，即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0，設(shè)φ(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，a>0，則φ′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)，令φ′(a)＝0，得a＝1，列表如下：a(0，1)1(1，＋∞)φ′(a)－0＋φ(a)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以φ(a)≥φ(1)＝0，即lna＋eq\f(1,a)－1≥0，所以f(x)≥2－eq\f(1,a).2．(2023·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex2－xlnx．求證：當(dāng)x>0時，f(x)<xex＋eq\f(1,e).證明要證f(x)<xex＋eq\f(1,e)，只需證ex－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即證ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex).令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，則h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以lnx＋eq\f(1,ex)≥0.再令φ(x)＝ex－ex，則φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因為h(x)與φ(x)不同時為0，所以ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立．3．(2024·華南師大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－asinx＋bx(a>0)．(1)當(dāng)b＝0時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有極小值，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若b<0，g(x)＝f(x)＋asinx，證明：g(x)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2))).解(1)由題意知f(x)＝ex－asinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有極小值，則f′(x)＝ex－acosx＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有解，故a＝eq\f(ex,cosx)，設(shè)φ(x)＝eq\f(ex,cosx)，顯然φ(x)＝eq\f(ex,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又φ(0)＝1，且當(dāng)x趨于eq\f(π,2)時，φ(x)趨于正無窮，所以a>1.當(dāng)a>1時，易知f′(x)＝ex－acosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又f′(0)＝1－a<0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\s\up7(\f(π,2))>0，由零點存在定理可知?α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使f′(α)＝0，此時當(dāng)x∈(0，α)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，α)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有極小值點．因此實數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞)．(2)證明：由題意得，g(x)＝ex＋bx，g′(x)＝ex＋b，b<0，在(－∞，ln(－b))上，g′(x)<0，在(ln(－b)，＋∞)上，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，ln(－b))上單調(diào)遞減，在(ln(－b)，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)的最小值為g(ln(－b))＝－b＋bln(－b)．要證g(x)＞blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))，只需證－b＋bln(－b)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))，即證－1＋ln(－b)<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝ln(－b)－ln2，即證ln2＜1，該式子顯然成立，所以g(x)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2))).4．已知函數(shù)f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x＞1時，求證：eq\f(1,x－1)＞eq\f(1,ex)－1.解(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a＞0，則當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＞0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；若a＜0，則當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：要證eq\f(1,x－1)＞eq\f(1,ex)－1，即證eq\f(x,x－1)＞e－x，即證eq\f(x－1,x)＜ex，又由第(1)問令a＝1知f(x)＝x－xlnx－1在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(1)＝0，所以當(dāng)x＞1時，x－xlnx－1＜0，即eq\f(x－1,x)＜lnx，則只需證當(dāng)x＞1時，lnx＜ex即可．令F(x)＝ex－lnx，則F′(x)＝ex－eq\f(1,x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＞1時，F(xiàn)′(x)＞F′(1)＝e－1＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)＞F(1)，而F(1)＝e，所以ex－lnx＞e＞0，所以ex＞lnx，所以ex＞lnx＞eq\f(x－1,x)，所以原不等式得證．5．已知函數(shù)f(x)＝axlnx－x＋1，a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)p>q>1時，證明：qlnp＋lnq<plnq＋lnp.解(1)f(x)＝axlnx－x＋1的定義域為(0，＋∞)，∴f′(x)＝alnx＋a－1.①當(dāng)a＝0時，f′(x)＝－1<0，此時f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；②當(dāng)a>0時，由f′(x)>0，可得x>eeq\f(1－a,a)，由f′(x)<0，可得0<x<eeq\f(1－a,a)，∴f(x)在(0，eeq\f(1－a,a))上單調(diào)遞減，在(eeq\f(1－a,a)，＋∞)上單調(diào)遞增；③當(dāng)a<0時，由f′(x)>0，可得0<x<eeq\f(1－a,a)，由f′(x)<0，可得x>eeq\f(1－a,a)，∴f(x)在(0，eeq\f(1－a,a))上單調(diào)遞增，在(eeq\f(1－a,a)，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明：設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x－1)，則g′(x)＝eq\f(－（xlnx－x＋1）,x（x－1）2)，當(dāng)a＝1時，由(1)可得f(x)＝xlnx－x＋1在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(1)＝0，∴當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，∴當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)p>q>1時，g(p)<g(q)，∴eq\f(lnp,p－1)<eq\f(lnq,q－1)，∴qlnp－lnp<plnq－lnq，∴qlnp＋lnq<plnq＋lnp.6．已知x∈(0，1)，求證：x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).證明要證x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex)，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))<lnx，又易證ex>x＋1(0<x<1)，所以只需證lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))>0，即證lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2>0，而x3<x，x2<x(0<x<1)，所以只需證lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0.令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1>0恒成立，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈(0，1)時，g(x)>g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0.所以x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).7．已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(a,x＋2).(1)若x>0時，f(x)>1恒成立，求a的取值范圍；(2)求證：ln(n＋1)>eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)．解(1)由ln(x＋1)＋eq\f(a,x＋2)>1，得a>(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)．令g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，則g′(x)＝1－ln(x＋1)－eq\f(x＋2,x＋1)＝－ln(x＋1)－eq\f(1,x＋1).當(dāng)x>0時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．所以g(x)<g(0)＝2.故a的取值范圍為[2，＋∞)．(2)證明：由(1)知ln(x＋1)＋eq\f(2,x＋2)>1(x>0)，所以ln(x＋1)>eq\f(x,x＋2).令x＝eq\f(1,k)(k>0)，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1))>eq\f(\f(1,k),\f(1,k)＋2)，即lneq\f(k＋1,k)>eq\f(1,2k＋1).所以lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋lneq\f(4,3)＋…＋lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)，即ln(n＋1)>eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)．8．(2024·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝axex(a≠0)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a≥eq\f(4,e2)時，證明：eq\f(f（x）,x＋1)－(x＋1)lnx>0.解(1)由題意可得f′(x)＝a(x＋1)ex.當(dāng)a>0時，由f′(x)>0，得x>－1，由f′(x)<0，得x<－1，則f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，由f′(x)<0，得x>－1，由f′(x)>0，得x<－1，則f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明：因為x>0，所以eq\f(xex,x＋1)>0.因為a≥eq\f(4,e2)，所以eq\f(axex,x＋1)－(x＋1)lnx≥eq\f(4xex－2,x＋1)－(x＋1)lnx.要證eq\f(f（x）,x＋1)－(x＋1)lnx>0，即證eq\f(4xex－2,x＋1)－(x＋1)lnx>0，即證eq\f(4ex－2,（x＋1）2)>eq\f(lnx,x).設(shè)g(x)＝eq\f(4ex－2,（x＋1）2)，則g′(x)＝eq\f(4ex－2（x－1）,（x＋1）3).當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)min＝g(1)＝eq\f(1,e).設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).當(dāng)x∈(0，e)時，h′(x)>0，當(dāng)x∈(e，＋∞)時，h′(x)<0，則h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，故h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e).因為g(x)min＝h(x)max，且兩個最值的取等條件不同，所以eq\f(4ex－2,（x＋1）2)>eq\f(lnx,x)，即當(dāng)a≥eq\f(4,e2)時，eq\f(f（x）,x＋1)－(x＋1)lnx>0.第3課時利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點問題考向一判斷函數(shù)零點或方程根的個數(shù)例1(2022·新高考Ⅰ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx.(1)判斷直線y＝b與曲線y＝f(x)和y＝g(x)的交點分別有幾個；(2)證明：曲線y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一個公共點；(3)證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．解(1)設(shè)S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1，當(dāng)x<0時，S′(x)<0，當(dāng)x>0時，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，在(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以S(x)min＝S(0)＝1－b.當(dāng)b<1時，S(x)min＝1－b>0，S(x)無零點；當(dāng)b＝1時，S(x)min＝1－b＝0，S(x)有1個零點；當(dāng)b>1時，S(x)min＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b，設(shè)u(b)＝eb－2b，則當(dāng)b>1時，u′(b)＝eb－2>0，故u(b)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝ex－x－b有兩個不同的零點．設(shè)T(x)＝x－lnx－b，T′(x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)0<x<1時，T′(x)<0，當(dāng)x>1時，T′(x)>0，故T(x)在(0，1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)，所以T(x)min＝T(1)＝1－b.當(dāng)b<1時，T(x)min＝1－b>0，T(x)無零點；當(dāng)b＝1時，T(x)min＝1－b＝0，T(x)有1個零點；當(dāng)b>1時，T(x)min＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0，所以T(x)＝x－lnx－b有兩個不同的零點．綜上可知，當(dāng)b<1時，直線y＝b與曲線y＝f(x)和y＝g(x)的交點個數(shù)都是0；當(dāng)b＝1時，直線y＝b與曲線y＝f(x)和y＝g(x)的交點個數(shù)都是1；當(dāng)b>1時，直線y＝b與曲線y＝f(x)和y＝g(x)的交點個數(shù)都是2.(2)證明：由f(x)＝g(x)得ex－x＝x－lnx，即ex＋lnx－2x＝0，設(shè)h(x)＝ex＋lnx－2x，其中x>0，故h′(x)＝ex＋eq\f(1,x)－2，設(shè)s(x)＝ex－x－1，則當(dāng)x>0時，s′(x)＝ex－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，故s(x)＞s(0)＝0，即ex>x＋1，所以h′(x)>x＋eq\f(1,x)－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，而h(1)＝e－2>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)))＝eeq\f(1,e3)－3－eq\f(2,e3)<e－3－eq\f(2,e3)＜0，故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一個零點x0，且eq\f(1,e3)<x0<1，當(dāng)0<x<x0時，h(x)<0，即ex－x<x－lnx，即f(x)<g(x)，當(dāng)x>x0時，h(x)>0，即ex－x>x－lnx，即f(x)>g(x)，所以曲線y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一個公共點．(3)證明：由(2)知，若存在直線y＝b與曲線y＝f(x)，y＝g(x)有三個不同的交點，則b＝f(x0)＝g(x0)>1，此時ex－x＝b有兩個不同的解x1，x0(x1<0<x0)，x－lnx＝b有兩個不同的解x0，x2(0<x0<1<x2)，故ex1－x1＝b，ex0－x0＝b，x2－lnx2－b＝0，x0－lnx0－b＝0，所以x2－b＝lnx2，即ex2－b＝x2，即ex2－b－(x2－b)－b＝0，故x2－b為方程ex－x＝b的解，同理x0－b也為方程ex－x＝b的解，所以{x1，x0}＝{x0－b，x2－b}，而b>1，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝x2－b，,x1＝x0－b，))即x1＋x2＝2x0.利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)零點或方程根的個數(shù)的常用方法(1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(需g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉(zhuǎn)化為確定g(x)的零點個數(shù)問題求解，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值，并確定定義域區(qū)間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點的個數(shù)．(2)利用函數(shù)零點存在定理：先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點值符號，進(jìn)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點的個數(shù)．(2024·衡水模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若g(x)＝f(x)－a，討論函數(shù)g(x)的零點個數(shù)．解(1)f(x)的定義域為R，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，又ex>0恒成立，∴當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)．函數(shù)f(x)的極小值為f(1)＝－e，無極大值．(2)當(dāng)x<2時，f(x)<0，當(dāng)x>2時，f(x)>0，結(jié)合(1)中結(jié)論作出函數(shù)圖象如圖，∴g(x)的零點個數(shù)等價于f(x)的圖象與直線y＝a的交點個數(shù)．當(dāng)a≥0時，f(x)的圖象與直線y＝a有且僅有一個交點；當(dāng)－e<a<0時，f(x)的圖象與直線y＝a有兩個不同的交點；當(dāng)a＝－e時，f(x)的圖象與直線y＝a有且僅有一個交點；當(dāng)a<－e時，f(x)的圖象與直線y＝a無交點．綜上所述，當(dāng)a∈[0，＋∞)∪{－e}時，g(x)有唯一零點；當(dāng)a∈(－e，0)時，g(x)有兩個不同的零點；當(dāng)a∈(－∞，－e)時，g(x)無零點．考向二由函數(shù)零點個數(shù)求解參數(shù)取值范圍例2(2022·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx.(1)當(dāng)a＝0時，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一個零點，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝－eq\f(1,x)－lnx(x＞0)，則f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2)，當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx(x＞0)，得f′(x)＝a＋eq\f(1,x2)－eq\f(a＋1,x)＝eq\f(（ax－1）（x－1）,x2)(x＞0)．當(dāng)a＝0時，由(1)可知，f(x)不存在零點；當(dāng)a<0時，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2)，若x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，若x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零點；當(dāng)a＞0時，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2)，若a＝1，則f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因為f(1)＝a－1＝0，所以函數(shù)f(x)恰有一個零點，若a＞1，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞減，因為f(1)＝a－1＞0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞f(1)＞0，當(dāng)x→0＋時，f(x)→－∞，由零點存在定理可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上恰有一個零點，所以a＞1滿足條件．若0＜a＜1，則f(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，因為f(1)＝a－1＜0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＜f(1)＜0，當(dāng)x→＋∞時，f(x)→＋∞，由零點存在定理可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上恰有一個零點，即0＜a＜1滿足條件．綜上，若f(x)恰有一個零點，則a的取值范圍為(0，＋∞)．根據(jù)函數(shù)零點個數(shù)確定參數(shù)取值范圍的核心思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過函數(shù)圖象與x軸的交點個數(shù)，或者兩個相關(guān)函數(shù)圖象的交點個數(shù)確定參數(shù)滿足的條件，進(jìn)而求得參數(shù)的取值范圍，解決問題的步驟是“先形后數(shù)”．(2024·南陽一中月考)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－2)ln(x－1)－ax，a∈R.(1)若f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)若f(x)有兩個不同的零點，求a的取值范圍．解(1)∵f′(x)＝ln(x－1)＋1－eq\f(1,x－1)－a(x>1)，令H(x)＝ln(x－1)＋1－eq\f(1,x－1)－a(x>1)，則H′(x)＝eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,（x－1）2)>0，∴f′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(2)≥0，∴－a≥0?a≤0.∴a的取值范圍是(－∞，0]．(2)f(x)＝0?a＝eq\f(（x－2）ln（x－1）,x)，令g(x)＝eq\f(（x－2）ln（x－1）,x)，故g′(x)＝eq\f(1,x－1)－2·eq\f(\f(x,x－1)－ln（x－1）,x2)＝eq\f(（x－1）－\f(1,x－1)＋2ln（x－1）,x2)，令h(x)＝(x－1)－eq\f(1,x－1)＋2ln(x－1)，∴h′(x)＝1＋eq\f(1,（x－1）2)＋eq\f(2,x－1)>0，∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又h(2)＝0，∴當(dāng)1<x<2時，h(x)<0，即g′(x)<0，當(dāng)x>2時，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(2)＝0，又由當(dāng)x→1時，eq\f(x－2,x)→－1，ln(x－1)→－∞，則g(x)→＋∞；當(dāng)x→＋∞時，eq\f(x－2,x)→1，ln(x－1)→＋∞，則g(x)→＋∞，若f(x)有兩個不同的零點，則需滿足a>0.∴a的取值范圍為(0，＋∞)．考向三涉及函數(shù)零點、極值點的綜合問題例3(2023·泰州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2＋bx－1，其中a，b為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828….(1)當(dāng)a＝0時，若函數(shù)f(x)≥0，求實數(shù)b的取值范圍；(2)當(dāng)b＝2a時，若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，現(xiàn)有如下三個命題：①7x1＋bx2＞28；②2eq\r(a)(x1＋x2)>3x1x2；③eq\r(x1－1)＋eq\r(x2－1)>2.請從①②③中任選一個進(jìn)行證明．解(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝ex＋bx－1，f′(x)＝ex＋b，當(dāng)b≥0時，因為f(－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))－b<0，所以此時不符合題意；當(dāng)b＜0時，當(dāng)x∈(－∞，ln(－b))時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(ln(－b)，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(ln(－b))＝－b＋bln(－b)－1，要使f(x)≥0，只需f(x)min＝－b＋bln(－b)－1≥0，令g(x)＝x－xlnx－1，則g′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝0，則由g(－b)＝－b＋bln(－b)－1≥0，得－b＝1，所以b＝－1，故實數(shù)b的取值范圍為{－1}．(2)證明：當(dāng)b＝2a時，f(x)＝ex－ax2＋2ax－1，f′(x)＝ex－2ax＋2a，令φ(x)＝f′(x)＝ex－2ax＋2a，則φ′(x)＝ex－2a，因為函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，所以φ(x)＝f′(x)＝ex－2ax＋2a有兩個零點，若a≤0，則φ′(x)＞0，φ(x)單調(diào)遞增，不可能有兩個零點，所以a＞0，令φ′(x)＝ex－2a＝0，得x＝ln(2a)，當(dāng)x∈(－∞，ln(2a))時，φ′(x)＜0，φ(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(ln(2a)，＋∞)時，φ′(x)＞0，φ(x)單調(diào)遞增，所以φ(x)min＝φ(ln(2a))＝4a－2aln(2a)，因為φ(x)有兩個零點，所以4a－2aln(2a)＜0，則a>eq\f(1,2)e2.設(shè)x1＜x2，因為φ(1)＝e＞0，φ(2)＝e2－2a＜0，所以1＜x1＜2＜x2，因為φ(x1)＝φ(x2)＝0，所以ex1＝2ax1－2a，ex2＝2ax2－2a，則eq\f(ex2,ex1)＝eq\f(x2－1,x1－1)，取對數(shù)得x2－x1＝ln(x2－1)－ln(x1－1)，令x1－1＝t1，x2－1＝t2，則t2－t1＝lnt2－lnt1，即t2－lnt2＝t1－lnt1(0＜t1＜1＜t2)．若選擇命題①：令u(t)＝t－lnt，則u(t1)＝u(t2)，u′(t)＝1－eq\f(1,t)，當(dāng)0<t<1時，u′(t)<0，當(dāng)t>1時，u′(t)>0，所以u(t)＝t－lnt在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，令v(t)＝u(t)－u(2－t)＝2t－lnt＋ln(2－t)－2(0＜t＜2)，則v′(t)＝eq\f(2（t－1）2,t（t－2）)≤0，v(t)在(0，2)上單調(diào)遞減，因為0＜t1＜1，所以v(t1)＞v(1)＝0，即u(t1)－u(2－t1)＞0，亦即u(t2)＝u(t1)＞u(2－t1)，因為t2＞1，2－t1＞1，u(t)＝t－lnt在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以t2＞2－t1，則x2－1＞2－(x1－1)，整理得x1＋x2＞4，所以7x1＋bx2＝7x1＋2ax2＞7x1＋7x2＞28，故①成立，得證．若選擇命題②：令u(t)＝t－lnt，則u(t1)＝u(t2)，u′(t)＝1－eq\f(1,t)，當(dāng)0<t<1時，u′(t)<0，當(dāng)t>1時，u′(t)>0，所以u(t)＝t－lnt在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，令v(t)＝u(t)－ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))＝t－eq\f(1,t)－2lnt，則v′(t)＝eq\f(（t－1）2,t2)≥0，v(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又v(1)＝0，所以當(dāng)t∈(0，1)時，v(t)＝u(t)－ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))<v(1)＝0，即u(t)<ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))，因為0<t1<1，所以u(t2)＝u(t1)<ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t1))).因為t2＞1，eq\f(1,t1)＞1，u(t)＝t－lnt在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以t2<eq\f(1,t1)，所以x2－1<eq\f(1,x1－1)，即x1x2＜x1＋x2，所以x1x2<x1＋x2<eq\f(2,3)eq\r(\f(1,2)e2)(x1＋x2)<eq\f(2,3)eq\r(a)(x1＋x2)，所以2eq\r(a)(x1＋x2)>3x1x2，故②成立，得證．若選擇命題③：因為x1－1＝t1，x2－1＝t2，則t2－t1＝lnt2－lnt1＝2lneq\r(\f(t2,t1))，因為0<t1<1<t2，所以eq\f(t2,t1)>1.令F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，則當(dāng)t>1時，F(xiàn)′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，所以F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>F(1)＝0，所以lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)，則t2－t1＝2lneq\r(\f(t2,t1))>eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(t2,t1))－1)),\r(\f(t2,t1))＋1)＝4·eq\f(\r(t2)－\r(t1),\r(t2)＋\r(t1))，兩邊約去eq\r(t2)－eq\r(t1)后，化簡整理得eq\r(t1)＋eq\r(t2)>2，即eq\r(x1－1)＋eq\r(x2－1)>2，故③成立，得證．(1)研究函數(shù)零點問題，要通過數(shù)的計算(函數(shù)性質(zhì)、特殊點的函數(shù)值等)和形的輔助，得出函數(shù)零點的可能情況．(2)函數(shù)可變零點(函數(shù)中含有參數(shù))性質(zhì)的研究，要抓住函數(shù)在不同零點處函數(shù)值均為零，建立不同零點之間的關(guān)系，把多元問題轉(zhuǎn)化為一元問題，再使用一元函數(shù)的方法進(jìn)行研究．已知函數(shù)f(x)＝ae－x＋lnx－1(a∈R)．(1)當(dāng)a≤e時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)恰有兩個極值點x1，x2(x1<x2)，且x1＋x2≤2ln3，求eq\f(x2,x1)的最大值．解(1)函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－ae－x＋eq\f(1,x)＝eq\f(ex－ax,xex)，∵a≤e，∴ex－ax≥ex－ex.設(shè)g(x)＝ex－ex，則g′(x)＝ex－e，當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(1)＝0，∴f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)a≤e時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)依題意，f′(x1)＝f′(x2)＝0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1＝ax1，,ex2＝ax2，))兩式相除得，ex2－x1＝eq\f(x2,x1)，設(shè)eq\f(x2,x1)＝t，則t>1，x2＝tx1，e(t－1)x1＝t，∴x1＝eq\f(lnt,t－1)，x2＝eq\f(tlnt,t－1)，∴x1＋x2＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1).設(shè)h(t)＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1)(t>1)，則h′(t)＝eq\f(t－\f(1,t)－2lnt,（t－1）2)，設(shè)φ(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt(t>1)，則φ′(t)＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2,t)＝eq\f(（t－1）2,t2)>0，∴φ(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則φ(t)>1－eq\f(1,1)－2ln1＝0，∴h′(t)>0，則h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又x1＋x2≤2ln3，即h(t)≤2ln3，又h(3)＝2ln3，∴t∈(1，3]，即eq\f(x2,x1)的最大值為3.課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2023·全國乙卷)函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋2存在3個零點，則a的取值范圍是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)C．(－4，－1) D．(－3，0)答案B解析f(x)＝x3＋ax＋2，則f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3個零點，則f(x)存在極大值和極小值，則a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－eq\r(\f(－a,3))或x＝eq\r(\f(－a,3))，且當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))，＋∞))時，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))時，f′(x)<0，故f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))，極小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))，若f(x)存在3個零點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2>0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2<0，))解得a<－3.故選B.2．(2023·濟(jì)寧二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≤0，,alnx，x>0，))若函數(shù)g(x)＝f(x)－f(－x)有5個零點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－e，0) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))C．(－∞，－e) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))答案C解析y＝f(－x)與y＝f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，且f(0)＝0，要想g(x)＝f(x)－f(－x)有5個零點，則當(dāng)x＞0時，－x＝alnx要有2個根，結(jié)合對稱性可知，x＜0時也有2個零點，故滿足有5個零點．當(dāng)x＝1時，－1＝0，不符合題意；當(dāng)x≠1時，a＝－eq\f(x,lnx)，令h(x)＝－eq\f(x,lnx)，定義域為(0，1)∪(1，＋∞)，h′(x)＝eq\f(1－lnx,（lnx）2)，令h′(x)＞0得0＜x＜1，1＜x＜e，令h′(x)＜0得x＞e，故h(x)＝－eq\f(x,lnx)在(0，1)，(1，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，且當(dāng)x∈(0，1)時，h(x)＝－eq\f(x,lnx)>0恒成立，h(x)＝－eq\f(x,lnx)在x＝e處取得極大值，其中h(e)＝－e，故a∈(－∞，－e)，此時直線y＝a與h(x)＝－eq\f(x,lnx)的圖象有兩個交點．故選C.3．(2023·銀川三模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(m,x)－lnx＋m在區(qū)間(e－1，e)上有唯一零點，則實數(shù)m的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e,e2＋1)，\f(e,2)＋1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e＋1)，\f(e,e＋1)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e,e＋1)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(e,2)＋1))答案B解析函數(shù)f(x)＝eq\f(m,x)－lnx＋m，令f(x)＝0，則meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋1))＝lnx，即m＝eq\f(xlnx,x＋1)，令h(x)＝eq\f(xlnx,x＋1)，則h′(x)＝eq\f(x＋1＋lnx,（x＋1）2)，令k(x)＝x＋1＋lnx，則k′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，所以函數(shù)y＝k(x)在區(qū)間(e－1，e)上單調(diào)遞增，故k(x)>k(e－1)＝e－1>0，所以h′(x)>0，故函數(shù)y＝h(x)在區(qū)間(e－1，e)上單調(diào)遞增，故h(e－1)<h(x)<h(e)，即－eq\f(1,e＋1)<h(x)<eq\f(e,e＋1)，所以－eq\f(1,e＋1)<m<eq\f(e,e＋1)，故實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e＋1)，\f(e,e＋1))).故選B.4．(2023·邢臺二模)已知函數(shù)f(x)＝x－lnx＋m(m∈R)，若f(x)有兩個零點x1，x2(x1<x2)，則下列關(guān)系式不正確的是()A．m<－1 B．x1＋x2≤2C．0<x1<1 D．ex1－x2＝eq\f(x1,x2)答案B解析f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1，故函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，如圖，故f(x)min＝f(1)＝1＋m<0，即m<－1，并且0<x1<1，故A，C正確；由于x1，x2為f(x)的零點，故有x1－lnx1＋m＝0①，x2－lnx2＋m＝0②，兩式相減得，x1－x2＝lneq\f(x1,x2)，即ex1－x2＝eq\f(x1,x2)，故D正確；由①②可知，m＝lnx1－x1＝lnx2－x2，令g(x)＝lnx－x，則g(x1)＝g(x2)，g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，所以在(0，1)上，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝lnx－x－ln(2－x)＋2－x＝lnx－ln(2－x)－2x＋2，則h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2－x)－2＝eq\f(2x2－4x＋2,x（2－x）)＝eq\f(2（x－1）2,x（2－x）)，所以當(dāng)0＜x＜1時，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以h(x)<h(1)＝0，所以g(x1)<g(2－x1)，又因為g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(x2)＝g(x1)，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2，故B不正確．故選B.二、多項選擇題5．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x3－x＋1，則()A．f(x)有兩個極值點B．f(x)有三個零點C．點(0，1)是曲線y＝f(x)的對稱中心D．直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線答案AC解析因為f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq\f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1＞0，得x＜－eq\f(\r(3),3)或x＞eq\f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞減，所以f(x)有兩個極值點，故A正確；因為f(x)的極小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(3)－eq\f(\r(3),3)＋1＝1－eq\f(2\r(3),9)＞0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函數(shù)f(x)在R上有且只有一個零點，故B錯誤；因為函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象向上平移一個單位長度得函數(shù)f(x)＝x3－x＋1的圖象，函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象關(guān)于原點(0，0)中心對稱，所以點(0