2024届高考数学一轮复习第3章第2节第5课时利用导数研究函数的零点问题学案

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考点1 讨论函数的零点个数——综合性
已知函数f(x)＝lnxx.
(1)判断f(x)的单调性，并比较2 0202 021与2 0212 020的大小；
(2)若函数g(x)＝a2(x－2)2＋x(2f(x)－1)，其中12≤a≤e2，判断g(x)的零点的个数，并说明理由．参考数据：ln 2≈0.693.
解：(1)函数f(x)＝lnxx，定义域是(0，＋∞)，
故f′(x)＝1-lnxx2.
令f′(x)＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，解得x＞e，
故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
则f(2 020)＞f(2 021)，即ln20202 020＞ln20212 021，
故2 021ln 2 020＞2 020ln 2 021，
故ln 2 0202 021＞ln 2 0212 020，故2 0202 021＞2 0212 020.
(2)因为g(x)＝a2(x2－4x＋4)＋2ln x－x12≤a≤e2，
所以g′(x)＝ax＋2x－2a－1＝ax-1x-2x.
令g′(x)＝0，解得x＝2或x＝1a，
①当a＝12时，则g′(x)＝x-222x≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝2ln 6－2＞0，
故g(2)g(6)＜0，故存在x0∈(2，6)，使得g(x0)＝0，故g(x)在(0，＋∞)上只有1个零点；
②当12故存在x1∈(2，6)，使得g(x1)＝0，故g(x)在(2，＋∞)上只有1个零点，
另一方面令h(a)＝g1a＝2a－12a－2ln a－212h′(a)＝2＋12a2-2a＝212a-12>0，
所以h(a)在12，e2上单调递增，所以h(a)则g1a＜0，故g(x)在0，1a上没有零点．
综上：当12≤a≤e2时，g(x)只有1个零点．
利用导数求函数零点个数的方法
(1)构造函数g(x)，利用导数研究函数g(x)的性质，结合图象判断零点的个数．
(2)利用零点存在定理，先判断函数在某个区间有零点，再结合图象与性质确定零点的个数．
已知函数f(x)＝x－axex(e为自然常数)．
(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)设a∈R，讨论函数g(x)＝x－ln x－f(x)的零点个数．
解：(1)f(x)＝x－axex，则f′(x)＝ex+ax-aex.
因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．
记φ(x)＝ex＋ax－a，则φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝ex＋a.
当a≥－1时，φ′(x)＝ex＋a＞1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)＞φ(0)＝1－a≥0，所以－1≤a≤1；
当a＜－1时，令φ′(x)＝ex＋a＝0，
解得x＝ln (－a)．
当0＜x＜ln (－a)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，ln (－a))上单调递减；
当x＞ln (－a)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(ln (－a)，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(ln (－a))＝－2a＋a ln (－a)≥0，解得－e2≤a＜－1.
综上可得，实数a的取值范围是[－e2，1].
(2)g(x)＝x－ln x－f(x)＝axex－ln x(x＞0)，
令g(x)＝0，得a＝exlnxx(x＞0)．
令h(x)＝exlnxx，则h′(x)＝x-1exlnx+exx2，
当x∈(0，1]时，ln x≤0，x－1≤0，
所以h′(x)≥0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．
所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，
又h(x)＝exlnxx∈R，a∈R，
所以y＝a与h(x)＝exlnxx的图象只有一个交点，
所以a∈R，g(x)只有唯一一个零点．
考点2 由函数的零点个数求参数的范围——综合性
(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝－1x－ln x，x>0，则f′(x)＝1x2-1x＝1-xx2.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)max＝f(1)＝－1.
(2)f′(x)＝a＋1x2-a+1x＝ax-1x-1x2，
当a≤0时，ax－1<0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，此时函数无零点，不合题意．
当01，在(0，1)，1a，+∞上，f′(x)>0，f(x)单调递增；
在1，1a上，f′(x)<0，f(x)单调递减．
又f(1)＝a－1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，
所以f(x)仅在1a，+∞有唯一零点，符合题意．
当a＝1时，f′(x)＝x-12x2≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)＝a－1＝0，
所以f(x)有唯一零点，符合题意．
当a>1时，0<1a<1，在0，1a，(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；
在1a，1上，f′(x)<0，f(x)单调递减．此时f(1)＝a－1>0.
又f1an＝1an-1－an＋n(a＋1)ln a，当n趋近正无穷大时，f1an趋近负无穷，
所以f(x)在0，1a上有一个零点，在1a，+∞上无零点，
所以f(x)有唯一零点，符合题意．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
已知函数零点的个数求参数的常用方法
(1)分离参数法：先分离参数，构造新函数，利用导数求其最值，再根据题设利用函数零点存在定理构建关于参数的不等式，求解不等式可确定参数范围．
(2)分类讨论法：结合单调性，先确定参数的分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的小范围并在一起，可得参数的范围．
已知函数f(x)＝x2＋ax＋1－11-x，a∈R.
(1)若f(x)在(0，1)上单调递减，求a的取值范围；
(2)设函数g(x)＝f(x)－x－a－1，若g(x)在(1，＋∞)上无零点，求整数a的最小值．
解：(1)由题知f′(x)＝2x＋a＋-1x-12≤0在(0，1)上恒成立，即a≤1x-12－2x恒成立．
令h(x)＝1x-12－2x，则h′(x)＝-2x-13－2＝－21x-13+1>0，
所以h(x)在(0，1)上单调递增，
所以a≤h(x)min＝h(0)＝1.
故a的取值范围是(－∞，1].
(2)由已知x>1，假设g(x)＝0⇔－a＝x＋1x-12，
记φ(x)＝x＋1x-12，则φ′(x)＝1＋-2x-13.
令φ′(x)＞0，解得x>1＋32，
所以φ(x)在(1，1＋32)上单调递减，在(1＋32，＋∞)上单调递增，
φ(1＋32)＝1＋32+134＝1＋334＝1＋3274∈(2，3)，
由题知－a＝φ(x)在(1，＋∞)内无解，
故－a<φ(1＋32)<3，所以a>－φ(1＋32)，
所以整数a的最小值为－2.
考点3 函数极值点的偏移问题——综合性
(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<1a+1b(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
又f′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
故f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明：因为b ln a－a ln b＝a－b，故b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，即lna+1a＝lnb+1b，
故f1a＝f1b.
设1a＝x1，1b＝x2，由(1)可知不妨设01.
因为x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－ln x)<0，
故1先证：x1＋x2>2，
若x2≥2，x1＋x2>2必成立．
若x2<2, 要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，
故即证f(x1)>f(2－x2)，即证f(x2)>f(2－x2)，其中1设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln (2－x)＝－ln [x(2－x)].
因为10，
所以g′(x)>0，故g(x)在(1，2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，
故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立，
综上，x1＋x2>2成立．
设x2＝tx1，则t>1，
结合lna+1a＝lnb+1b，1a＝x1，1b＝x2，
可得x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，
即1－ln x1＝t(1－ln t－ln x1)，故ln x1＝t-1-tlntt-1，
要证x1＋x2即证(t＋1)x1即证ln (t＋1)＋ln x1<1，
即证ln (t＋1)＋t-1-tlntt-1<1，
即证(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0.
令S(t)＝(t－1)ln (t＋1)－t ln t，t>1，
则S′(t)＝ln (t＋1)＋t-1t+1－1－ln t＝ln1+1t-2t+1.
先证明一个不等式：ln (x＋1)≤x.
设u(x)＝ln (x＋1)－x，则u′(x)＝1x+1－1＝-xx+1，
当－10；当x>0时，u′(x)<0，
故u(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，故u(x)max＝u(0)＝0，
故ln (x＋1)≤x成立．
由上述不等式可得当t>1时，ln 1+1t≤1t<2t+1，故S′(t)<0恒成立，
故S(t)在(1，＋∞)上单调递减，故S(t)故(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0成立，即x1＋x2综上所述，2<1a+1b对称化构造是解决极值点偏移问题的方法，该方法可分为以下三步：
(1)求导，获得函数f(x)的单调性、极值情况，作出图象，由f(x1)＝f(x2)得x1，x2的取值范围．
(2)构造辅助函数，对结论x1＋x2>(<)2x0，构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；
对结论x1x2>(<)2x0，构造F(x)＝fx-fx02x，求导，限定x1或x2的范围，判定符号，获得不等式．
(3)代入x1(或x2)，利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的单调性证明最终结论．
已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2(x1(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1·x2>e2.
(1)解：f′(x)＝1x－a＝1-axx(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意．
②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝1a.
当x∈0，1a时，f′(x)>0；
当x∈1a，+∞时，f′(x)<0.
由题意知f(x)有两个零点的必要条件为f(x)＝ln x－ax的极大值f1a＝ln 1a－1>0，解得0设t＝1a>e，g(t)＝2ln t－t，g′(t)＝2t－1<0，所以g(t)在(e，＋∞)上单调递减，g(t)所以实数a的取值范围为0，1e.
(2)证明：因为f(1)＝－a<0，所以1构造函数H(x)＝f1a+x－f1a-x
＝ln 1a+x－ln 1a-x－2ax，0H′(x)＝11a+x+11a-x－2a＝2a3x21-a2x2>0，
所以H(x)在0，1a上单调递增，
故H(x)>H(0)＝0，
即f1a+x>f1a-x.
由11a，
故f(x2)＝f(x1)＝f1a-1a-x1因为f(x)在1a，+∞上单调递减，
所以x2>2a－x1，即x1＋x2>2a.
故ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，
即x1·x2>e2.
拓展考点 隐零点求解问题
已知函数f(x)＝ax2－ax－x ln x，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：函数f(x)存在唯一的极大值点x0，且e-2(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－ln x，
则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－1x，g′(1)＝a－1＝0，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－1x.
当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x，f′(x)＝2x－2－ln x(x>0)．
设h(x)＝2x－2－ln x，h′(x)＝2－1x.
当x∈0，12时，h′(x)<0；当x∈12，+∞时，h′(x)>0，所以h(x)在0，12上单调递减，在12，+∞上单调递增．
又h(e-2)>0，h12<0，h(1)＝0，所以h(x)在0，12上有唯一零点x0，在12，+∞上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．
由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，
故f(x0)＝x0(1－x0)．
由x0∈0，12得f(x0)<14.
因为x＝x0是f(x)在(0，1)上的最大值点，由e-1∈(0，1)，f′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)＝e-2，所以e-2设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
解：(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
即k0)恒成立．
令g(x)＝x+1ex-1＋x(x>0)，得g′(x)＝ex-1-x+1exex-12＋1＝exex-x-2ex-12(x>0)．
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．
又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点)，且eα＝α＋2.
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)min＝g(α)＝α+1eα-1＋α.
又eα＝α＋2且α∈(1，2)，
则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，
所以k的最大值为2.
1．按导函数零点能否精确求解可以把零点分为两类：
(1)“显零点”：数值上能精确求解的．
(2)“隐零点”：能够判断其存在但无法直接表示．
2．解决“隐零点”问题，常用虚设零点、代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧．
1．已知函数f(x)＝ex－a－eln (ex＋a)，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解：由函数f(x)＝ex－a－eln (ex＋a)，求得定义域为-ae，+∞，
对函数求导可得：f′(x)＝ex－e2ex+a，
则存在一个x0，使得f′(x0)＝0，
且－ae＜x＜x0时，f′(x)＜0，x＞x0时，f′(x)＞0，
则f(x)≥f(x0)＝ex0－a－eln (ex0＋a)＝e2ex0+a-a-e·lne2-x0＝ex0＋e2ex0+a－2e－a＝ex0＋a＋e2ex0+a－2e－2a.
因为ex0＋a＋e2ex0+a≥2e当且仅当x0=a1-e时，等号成立，
所以f(x0)≥2e－2e－2a＝－2a≥0，则a≤0，
所以实数a的取值范围为(－∞，0].
2．已知函数f(x)＝1-lnxx2.
(1)求函数f(x)的零点及单调区间；
(2)求证：曲线y＝lnxx存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y0<－1.
(1)解：函数f(x)的零点为e.函数f(x)的单调递增区间为(e32，＋∞)，单调递减间为(0，e32)．(解答过程略)
(2)证明：要证曲线y＝lnxx存在斜率为6的切线，即证y′＝1-lnxx2＝6有解，等价于1－ln x－6x2＝0在x>0时有解．
构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－1x－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝－5<0，g12＝1＋ln 2－32>0，所以∃x0∈12，1，使得g(x0)＝1-lnx0-6x02＝0.即证明曲线y＝lnxx存在斜率为6的切线．
设切点坐标为x0，lnx0x0，则y＝lnx0x0＝1-6x02x0＝1x0－6x0，x0∈12，1.
令h(x)＝1x－6x，x∈12，1，
由h(x)在区间12，1上单调递减，则h(x)所以y0<－1.
已知f(x)＝x ln x－12mx2－x，m∈R.若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．
[四字程序]
思路参考：转化为证明ln x1＋ln x2>2，根据x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量关系．
令t＝x2x1，将ln x1＋ln x2变形为关于t的函数，将lnx1+lnx2>2转化为关于t的不等式进行证明．
证明：欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2.
若f(x)有两个极值点x1，x2，则函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根．
于是，有lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0，解得m＝lnx1+lnx2x1+x2.
另一方面，由lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0，
得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
从而得lnx2-lnx1x2-x1＝lnx1+lnx2x1+x2，
于是，lnx1+lnx2＝lnx2-lnx1x2+x1x2-x1＝1+x2x1lnx2x1x2x1-1.
又01.
因此，ln x1＋ln x2＝1+tlntt-1，t>1.
要证ln x1＋ln x2>2，即证t+1lntt-1>2，t>1.
即当t>1时，有ln t>2t-1t+1.
设函数h(t)＝ln t－2t-1t+1，t＞1，
则h′(t)＝1t-2t+1-2t-1t+12＝t-12tt+12≥0，
所以，h(t)为(1，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，
因此，h(t)＞h(1)＝0.
于是，当t>1时，有ln t>2t-1t+1.
所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2.
思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>e2x2.依据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，构造函数g(x)＝lnxx，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x1)证明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，且f′(x)＝ln x－mx(x>0)，
所以mx1＝ln x1，mx2＝ln x2.
令g(x)＝lnxx，g(x1)＝g(x2)，
由于g′(x)＝1-lnxx2，
因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
又x1令h(x)＝g(x)－ge2x(x∈(0，e))，h′(x)＝1-lnxe2-x2x2e2>0，
故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)即g(x)令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)e2x1，即x1x2>e2.
思路参考：设t1＝ln x1∈(0，1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出t1t2＝et1-t2.将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量k＝t1－t2<0构建函数进行证明．
证明：设t1＝ln x1∈(0，1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)．
由lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0得t1=met1，t2=met2⇒t1t2＝et1-t2.
设k＝t1－t2<0，则t1＝kekek-1，t2＝kek-1.
欲证x1x2>e2，
需证ln x1＋ln x2>2.
即只需证明t1＋t2＞2，即k1+ekek-1>2⇔k(1＋ek)<2(ek－1)⇔k(1＋ek)－2(ek－1)<0.
设g(k)＝k(1＋ek)－2(ek－1)(k<0)，则g′(k)＝kek－ek＋1.
令m(k)＝kek－ek＋1，则m′(k)＝kek<0，
故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，
故g′(k)>g′(0)＝0，
故g(k)在(－∞，0)上单调递增，
因此g(k)思路参考：设t1＝ln x1∈(0，1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出t1t2＝et1-t2.将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量t1t2＝k∈(0，1)构建函数进行证明．
证明：设t1＝ln x1∈(0，1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)．
由lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0得t1=met1，t2=met2⇒t1t2＝et1-t2.
设t1t2＝k∈(0，1)，则t1＝klnkk-1，t2＝lnkk-1.
欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2，即只需证明t1＋t2>2，即k+1lnkk-1>2⇔ln k<2k-1k+1⇔ln k－2k-1k+1<0.
设g(k)＝ln k－2k-1k+1(k∈(0，1))，g′(k)＝k-12kk+12>0，
故g(k)在(0，1)上单调递增，因此g(k)1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．
2．基于课程标准，解答本题一般需要具有良好的转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．
已知函数f(x)＝x ln x－2ax2＋x，a∈R.
(1)若f(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1＋x2>12a.
(1)解：f′(x)＝ln x＋2－4ax.
因为f(x)在(0，＋∞)内单调递减，
所以 f′(x)＝ln x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，
即4a≥lnxx+2x在(0，＋∞)内恒成立．
令g(x)＝lnxx+2x，则g′(x)＝-1-lnxx2.
所以，当00，即g(x)在0，1e内单调递增；
当x>1e时，g′(x)<0，即g(x)在1e，+∞内单调递减．
所以g(x)的最大值为g1e＝e，
所以实数a的取值范围是e4，+∞.
(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，
则f′(x)＝ln x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2.
由(1)，知0得ln x1－ln x2＝4a(x1－x2)．
不妨设0所以要证明x1＋x2>12a，
只需证明x1+x24ax1-x2<12alnx1-lnx2，
即证明2x1-x2x1+x2>ln x1－ln x2，
亦即证明2x1x2-1x1x2+1>ln x1x2.
令函数h(x)＝2x-1x+1－ln x，0所以h′(x)＝-x-12xx+12<0，
即函数h(x)在(0，1)内单调递减．
所以当x∈(0，1)时，有h(x)>h(1)＝0，
所以2x-1x+1>ln x，
即不等式2x1x2-1x1x2+1>ln x1x2成立．
综上，x1＋x2>12a，命题得证．
课时质量评价(二十)
A组 全考点巩固练
1．已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围
解：(1)f(x)＝ex(ax＋1)，则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)．
由题意知f'1=e2a+1=b，f1=ea+1=b-e，解得a=1，b=3e，
所以a＝1，b＝3e.
(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)．
当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，所以u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，所以u(x)在(1，＋∞)上单调递增；
当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，当x<2时，u(x)<0，
所以实数m的取值范围为{m|－e2．已知函数f(x)＝ln x－mx-1x+1，m∈R，讨论f(x)的零点个数．
解：函数f(x)＝ln x－mx-1x+1的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1x-2mx+12＝x2+2-2mx+1xx+12.
令g(x)＝x2＋(2－2m)x＋1，
当m≤1时，因为x∈(0，＋∞)，
所以g(x)＝x2＋(2－2m)x＋1＞0，
所以f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝0，所以f(x)有且只有1个零点．
当1＜m≤2时，Δ＝4m2－8m＝4m(m－2)≤0，
所以f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝0，所以f(x)有且只有1个零点．
当m＞2时，x2＋(2－2m)x＋1＝0有2个正根，解得x1＝m－1－m2-2m，x2＝m－1＋m2-2m.
因为x1x2＝1，所以0＜x1＜1，x2＞1.
当0＜x＜x1时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x1＜x＜x2时，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x＞x2时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
因为1∈(x1，x2)，f(1)＝0，所以f(x)在(x1，x2)上有1个零点，且f(x1)＞0，f(x2)＜0.
又em＞1，0＜e－m＜1，且f(em)＝m－mem-1em+1＝2mem+1＞0，f(e－m)＝－m－me-m-1e-m+1＝-2me-m+1＜0，
所以f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上各有1个零点．
综上，当m≤2时，f(x)有且只有1个零点；当m＞2时，f(x)有3个零点．
3．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2(a>0)有两个零点x1，x2，证明：x1＋x2<2.
证明：f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)，因为a>0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(1)＝－e.
由f(x1)＝f(x2)＝0，可设x1<1所以F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝(x－1)(ex＋2a)－(x－1)(e2-x＋2a)＝(x－1)(ex－e2-x)，
当x<1时，x－1<0，ex－e2-x<0，则F′(x)>0，F(x)在(－∞，1)上单调递增．又F(1)＝0，故F(x)<0(x<1)，即f(x)把x1代入上述不等式得f(x1)＝f(x2)又x2>1，2－x1>1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故x2<2－x1，即x1＋x2<2.
4．(2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex sin x＋ax.
(1)若a＝1，判断f(x)在-π2，0上的单调性；
(2)若f(x)在0，π2上有且只有2个零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex sin x＋x，
f′(x)＝ex(sin x＋cs x)＋1＝2ex sin x+π4＋1.
当－π2＜x＜0时，－π4＜x＋π4＜π4，－22＜sin x+π4＜22，
所以－1＜2sin x+π4＜1.因为0＜ex＜1，
所以f′(x)＝2ex sin x+π4＋1＞0，
所以f(x)在-π2，0上单调递增．
(2)因为f(x)在0，π2上有且只有2个零点且f(0)＝0，
所以f(x)在0，π2上有且只有1个零点．
因为f′(x)＝ex(sin x＋cs x)＋a，
令h(x)＝ex(sin x＋cs x)＋a，则h′(x)＝2ex cs x≥0在0，π2上恒成立，
所以f′(x)在0，π2上单调递增．又f′(0)＝1＋a，f′π2＝a+eπ2，
当a≥－1时，f′(x)>f′(0)≥0，f(x)在0，π2上单调递增，没有零点，不符合题意．
当a≤-eπ2时，f′(x)≤f′π2≤0，f(x)在0，π2上单调递减，没有零点，不符合题意．
当-eπ2＜a＜－1时，f′(0)＝1＋a＜0，f′π2＝a+eπ2＞0，
则f′(x)只有一个零点，设为m，
则当0＜x＜m时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当m＜x≤π2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．由题意得fπ2＝πa2+eπ2≥0，解得-2eπ2π≤a＜－1.
综上，a的取值范围为a-2eπ2π≤a＜-1.
5．已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.
(1)求a，b的值；
(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－32.
(1)解：函数f(x)＝(x－1)ex－ax，则f′(x)＝xex－a.
由f′(0)＝－1得a＝1.
当x＝0时，解得f(x)＝－1.
所以函数f(x)的图象在x＝0外的切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，
即x＋y＋1＝0，
所以b＝1.
(2)证明：令g(x)＝f′(x)＝xex－1，
则g′(x)＝(x＋1)ex，
所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，在(－∞，－1)内无零点；
当x≥－1时，g(x)单调递增，又g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，
所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一极值点x0，
由x0ex0＝1⇒ex0＝1x0，
f(x0)＝x0-1x0－x0＝1－1x0+x0.
又g12＝e2－1<0，
g(1)＝e－1>0⇒12f(x0)>－32.
B组 新高考培优练
6．(2023·长春模拟)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝k ln (x＋1)．
(1)求函数f(x)的值域；
(2)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点个数．
解：(1)由f(x)＝x·ex(x∈R)可得f′(x)＝(1＋x)·ex.
令f′(x)＝0，得x＝－1，则有
所以f(x)min＝f(－1)＝－e-1＝－1e，f(x)无最大值．即f(x)的值域为-1e，+∞.
(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝x·ex－k ln (x＋1)(x>－1)，
则F(0)＝0，F′(x)＝(1＋x)·ex－kx+1＝x+12·ex-kx+1.
令G(x) ＝(x＋1)2·ex，则G′(x) ＝(x2＋4x＋3)·ex＝(x＋1)(x＋3)·ex>0在(－1, ＋∞)上恒成立，
所以G(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
所以G(x)>G(－1)＝0在(－1，＋∞)上恒成立．
当k≤0时，可知F′(x)>0，即F(x)在(－1，＋∞)上单调递增，即此时F(x)有唯一零点．
当k>0时，令F′(x)＝0，则(x＋1)2·ex－k＝0，
所以存在唯一x0∈(－1，＋∞)，使得F′(x0)＝0，且当x∈(－1，x0)时，F′(x)<0，F(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
所以F(x)min＝F(x0)＝x0ex0－k ln (x0＋1)，
①当k＝1时，x0＝0，F(x)min＝F(0)＝0，此时F(x)有唯一零点．
②当0所以F(x)min＝F(x0)<0，
又F(-1+e-1k)＝-1+e-1ke-1+e-1k＋1>－e-1＋1>0，
所以F(x)在(-1+e-1k，x0)上存在一个零点，
此时F(x)共有2个零点．
③当k>1时，x0>0，F(x)min＝F(x0)<0，
又F(－1＋ek)＝-1+eke-1+ek-k2>k(e-1+ek－k)>k(ek－k)>k>0，
所以F(x)在(x0，－1＋ek)上存在一个零点，此时F(x)共有2个零点．
综上，当k≤0或k＝1时，F(x)有唯一零点；
当01时，F(x)有2个零点．
7．已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间与极值；
(2)已知函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x＝1对称，证明：当x>1时，f(x)>g(x)；
(3)如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>2.
(1)解：f′(x)＝(1－x)e－x.
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
函数f(x)在x＝1处取得极大值，且f(1)＝1e，无极小值．
(2)证明：由题意可知g(x)＝f(2－x)，得g(x)＝(2－x)ex-2，
令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝xe－x＋(x－2)ex-2，
于是F′(x)＝(x－1)(e2x-2－1)e－x.
当x＞1时，2x－2＞0，从而e2x-2－1＞0.又e－x＞0，所以F′(x)＞0，从而函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增．
又F(1)＝e-1－e-1＝0，所以x＞1时，有F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)．
(3)证明：①若(x1－1)(x2－1)＝0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2＝1.与x1≠x2矛盾．
②若(x1－1)(x2－1)＞0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2.与x1≠x2矛盾．
根据①②得(x1－1)(x2－1)＜0，不妨设x1＜1，x2＞1.
由(2)可知，f(x2)＞g(x2)，
又g(x2)＝f(2－x2)，
所以f(x2)＞f(2－x2)，
从而f(x1)＞f(2－x2)．
因为x2＞1，所以2－x2＜1，
又由(1)可知函数f(x)在区间(－∞，1)上单调递增，
所以x1＞2－x2，即x1＋x2＞2.
读
想
算
思
求证：
x1x2>e2
1．证明不等式的解题策略．
2．如何构造函数
由极值的定义建立等量关系、求导研究有关函数的单调性
转化与
化归
f(x)有两个极值点x1，x2，且x11.构造函数转化为求函数最值．
2．利用函数单调性．
3．建立等量关系后令t＝x2x1构建关于t的函数．
4．构造g(x)＝lnxx
1．由lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0，
得m＝lnx1+lnx2x1+x2.
2．令g(x)＝lnxx，g(x1)＝g(x2)，g′(x)＝1-lnxx2
1．函数极
值的定义．
2．欲证
x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值
