新课标2018届高考数学二轮复习题型专项训练8函数与导数解答题专项理

(二)函数与导数(2)1．设函数f (x )＝2(a ＋1)x (a ∈R )，g (x )＝ln x ＋bx (b ∈R )，直线y ＝x ＋1是曲线y ＝f (x )的一条切线．(1)求a 的值；(2)若函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点x 1，x 2.①试求b 的取值范围；②证明：g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12. 解 (1)设直线y ＝x ＋1与函数y ＝f (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝2(a ＋1)x 0，a ＋1x 0＝1，解得a ＝0. (2)记h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )＝2x －ln x －bx .①函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点的必要条件是h ′(x )有两个正零点．h ′(x )＝1x －1x－b ＝－bx ＋x －1x ， 令h ′(x )＝0，得bx －x ＋1＝0(x >0)．令x ＝t ，则t >0.问题转化为bt 2－t ＋1＝0有两个不等的正实根t 1，t 2，等价于⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝1－4b >0，t 1t 2＝1b >0，t 1＋t 2＝1b >0，解得0<b <14. 当0<b <14时，设h ′(x )＝0的两正根为x 1，x 2，且x 1<x 2， 则h ′(x )＝－bx ＋x －1x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x (x ＋x 1)(x ＋x 2). 当x ∈(0，x 1)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 1，x 2)时，h ′(x )>0；当x ∈(x 2，＋∞)时，h ′(x )<0. 所以x 1，x 2是h (x )＝f (x )－g (x )的极值点，∴b 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，14. ②由①知x 1x 2＝x 1＋x 2＝1b.可得g (x 1)＋g (x 2)＝－2ln b ＋1b －2，f (x 1)＋f (x 2)＝2b， 所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)＝12－b ln b －b . 记k (b )＝12－b ln b －b ⎝⎛⎭⎫0<b <14， 则k ′(b )＝－ln b －2，令k ′(b )＝0，得b ＝1e 2∈⎝⎛⎭⎫0，14， 且当b ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，k ′(b )>0，k (b )单调递增； 当b ∈⎝⎛⎭⎫1e 2，14时，k ′(b )<0，k (b )单调递减，且当b ＝1e 2时，k (b )取最大值1e 2＋12， 所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12. 2．设函数f (x )＝2ax ＋b x＋c ln x . (1)当b ＝0，c ＝1时，讨论函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6且函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2. ①求a 的取值范围；②求f (x 2)的取值范围．解 (1)f (x )＝2ax ＋b x＋c ln x ，x >0， f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2＋cx －b x 2. 当b ＝0，c ＝1时，f ′(x )＝2ax ＋1x. 当a ≥0时，由x >0，得f ′(x )＝2ax ＋1x>0恒成立， 所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，令f ′(x )＝2ax ＋1x >0，解得x <－12a； 令f ′(x )＝2ax ＋1x <0，解得x >－12a， 所以，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． 综上所述，①当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)①函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6， 所以f (1)＝2a ＋b ＝3a －3，f ′(1)＝2a ＋c －b ＝3， 所以b ＝a －3，c ＝－a ，f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2－ax ＋3－a x 2， 函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，则方程2ax 2－ax ＋3－a ＝0有两个大于0的解， ⎩⎨⎧ Δ＝(－a )2－8a (3－a )>0，a 2a >0，3－a 2a >0，解得83<a <3. 所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫83，3.②2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，x 2＝a ＋9a 2－24a 4a ＝14⎝⎛⎭⎫1＋ 9－24a ， 由83<a <3，得x 2∈⎝⎛⎭⎫14，12， 由2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，得a ＝－32x 22－x 2－1. f (x 2)＝2ax 2＋a －3x 2－a ln x 2 ＝a ⎝⎛⎭⎫2x 2＋1x 2－ln x 2－3x 2＝－32x 2＋1x 2－ln x 22x 22－x 2－1－3x 2. 设φ(t )＝－32t ＋1t －ln t 2t 2－t －1－3t ，t ∈⎝⎛⎭⎫14，12， φ′(t )＝－3⎝⎛⎭⎫2－1t 2－1t (2t 2－t －1)－⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t2 ＝－31t 2(2t 2－t －1)2＋3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t 2＝3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2. 当t ∈⎝⎛⎭⎫14，12时，2t ＋1t－ln t >0,4t －1>0，φ′(t )>0，所以φ(t )在⎝⎛⎭⎫14，12上单调递增，φ(t )∈⎝⎛⎭⎫163ln 2，3＋3ln 2， 所以f (x 2)的取值范围是⎝⎛⎭⎫163ln 2，3＋3ln 2.。

2023届新高考数学二轮复习：专题（导数解答题之零点题）提分练习【总结】1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．【典型例题】例1．（2023秋ꞏ内蒙古包头ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln 11f x x a x =--+. (1)若()f x 存在极值，求a 的取值范围；(2)当2a =时，讨论函数()()sin g x f x x =+的零点情况.例2．（2023春ꞏ全国ꞏ高三竞赛）已知函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈．设()f x '为()f x 的导函数．(1)证明：()f x '有且仅有一个极值点；(2)判断()f x 的所有零点之和与2π的大小关系，并说明理由．例3．（2023秋ꞏ重庆ꞏ高三统考学业考试）已知函数2()ln ,R f x x x a x a =--∈.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,0)处的切线方程； (2)当02e a <<时，讨论函数()f x 的零点个数.例4．（2023秋ꞏ山东日照ꞏ高三校联考期末）已知函数()sin e ()x f x x a f x π-='-，是()f x 的导函数．(1)若()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若(π)0f '=，判断关于x 的方程()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数，并说明理由．例5．（2023秋ꞏ江西赣州ꞏ高三统考期末）已知函数()e x f x =，()22g x x x a =-++．(1)讨论函数()()()h x f x g x =⋅的单调性；(2)若函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，求证：曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．例6．（2023春ꞏ广东江门ꞏ高三校联考开学考试）已知函数21()e 2xf x x ax =+，()f x '为其导函数.(1)若2a =-，求()f x '的单调区间；(2)若关于x 的方程()x f x e =有两个不相等的实根，求实数a 的取值范围.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知2x =是函数2()e x f x ax =-的极值点.(1)求a ；(2)证明：()f x 有两个零点，且其中一个零点02,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；(3)证明：()f x 的所有零点都大于1ln 22-.例8．（2023秋ꞏ安徽阜阳ꞏ高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知函数1()e xf x x=+． (1)求()f x 的导函数()f x '的单调区间；(2)若方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根123 ,,x x x ，且12301x x x <<<<，求实数 a 的取值范围．例9．（2023春ꞏ江苏南京ꞏ高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数()e xf x =和()ln g x ax x =-，a ∈R(1)求()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若当()1,x ∈+∞时，()ln g x x x a <+恒成立，求a 的取值范围； (3)若()()h x f x ax =-与()y g x =有相同的最小值． ①求出a ；②证明：存在实数b ，使得()h x b =和()g x b =共有三个不同的根1x 、2x 、()3123x x x x <<，且1x 、2x 、3x 依次成等差数列．【过关测试】1．（2023秋ꞏ江苏苏州ꞏ高三统考期末）已知函数()ln(1)2axf x x x =+-+． (1)若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围； (2)讨论()f x 的零点个数．2．（2023秋ꞏ河南驻马店ꞏ高三统考期末）已知函数()21ln 12f x x x x x =---. (1)求()f x 的单调区间； (2)若函数()()()2121ln 12g x x a x a x =+-+--恰有两个不同的零点，求a 的取值范围.3．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知01a <<，函数()1x f x x a -=+，()1log a g x x x =++.(1)若()e e g =，求函数()f x 的极小值；(2)若函数()()y f x g x =-存在唯一的零点，求a 的取值范围.4．（2023秋ꞏ河南信阳ꞏ高三信阳高中校考期末）已知函数()()212ln ,e (0)x b f x x x a x g x xx -=--=->，其中0,,e a b ⎤>∈⎥⎦是自然对数的底数. (1)若()f x 在区间()1,+∞上单调递增，求a 的取值范围；(2)设函数()()()()()2f xg x f x g xh x +--=，证明：存在唯一的正实数a ，使得()h x 恰好有两个零点.5．（2023秋ꞏ内蒙古呼和浩特ꞏ高三统考期末）已知函数()e 2xx x a f x a =-+.(1)当12a =时，讨论()f x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.6．（2023秋ꞏ河北衡水ꞏ高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数()e sin xf x x ax =+，π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. (1)若1a =-，求()f x 的最小值；(2)若()f x 有且只有两个零点，求实数a 的取值范围.7．（2023ꞏ辽宁ꞏ辽宁实验中学校考模拟预测）已知函数()e cos xf x x =．(1)求()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内的极大值；(2)令函数()1()e xaf x F x x =-，当πa >时，证明：()F x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且仅有两个零点．8．（2023秋ꞏ江苏南通ꞏ高三统考期末）已知函数()ln f x a x =，()()1e xg x x =-，其中a 为实数.(1)若函数()f x ，()g x 的图象在1x =处的切线重合，求a 的值；(2)若e a >，设函数()()()h x f x g x =-的极值点为0x .求证：①函数()h x 有两个零点1x ，2x （12x x <）；②01231x x x -->.9．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()()2sin ln 1f x x x x =-+-. (1)当10-<≤x 时，求()f x 的最小值；(2)设()()g x f x x =+，(]1,2πx ∈-，证明：()g x 有且仅有3个零点.（1.414≈，πln 1 1.544⎛⎫-≈- ⎪⎝⎭.）10．（2023春ꞏ云南ꞏ高三校联考开学考试）已知函数()(01)x f x a ax a a =->≠且． (1)当e a =时，求函数()f x 的极值；(2)讨论()f x 在区间(0,1)上的水平切线的条数．11．（2023秋ꞏ广西南宁ꞏ高三南宁二中校考期末）已知函数()()()22ln 11af x x x =+-+有两个不同的零点x 1，x 2.(1)当112x -<<-时，求证：()12ln 11x x +>-+；(2)求实数a 的取值范围；12．（2023秋ꞏ湖北武汉ꞏ高三统考期末）已知函数()xf x a =与()log a g x x =（0a >，且1a ≠）(1)求()g x 在()()1,1g 处的切线方程；(2)若1a >，()()()h x f x g x =-恰有两个零点，求a 的取值范围13．（2023秋ꞏ浙江ꞏ高三浙江省永康市第一中学校联考期末）已知函数()e x f x ax =-，()2g x x a =-+(1)当1a =时，求函数()()y f x g x =-的最小值；(2)设01a <<，证明：曲线()y f x =与曲线()y g x =有两条公切线.14．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()ln f x a x x =-1e a ⎛⎫> ⎪⎝⎭（e 是自然对数的底数）.(1)若12,x x （120x x <<）是函数()y f x =的两个零点，证明：12112ln x x x x <-； (2)当2a =时，若对于0k ∀>，曲线C ：2y m kx =-与曲线()y f x =都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围.15．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()()e 1xf x a x a =--∈R .(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()ln e 0f x x +-=在()1,+∞无实数解，求实数a 的取值范围.16．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数2()eln (R),()eln x f x ax x a g x x x=+∈=-. (1)讨论函数()()2F x f x =在()0,∞+上的单调性；(2)若函数()f x 的图象与()g x 的图象有三个不同的交点，求实数a 的取值范围.17．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()ln f x a x x =-（e 是自然对数的底数）． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当2a =时，若对于0k ∀>，曲线C ：2y m kx =-与曲线()y f x =都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围．参考答案【总结】1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．【典型例题】例1．（2023秋ꞏ内蒙古包头ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln 11f x x a x =--+. (1)若()f x 存在极值，求a 的取值范围；(2)当2a =时，讨论函数()()sin g x f x x =+的零点情况. 【答案解析】（1）因为()()ln 11f x x a x =--+，所以()()11(0)f x a x x'=-->， 当10a -≤，即1a ≤时，()0f x ¢>，则()f x 为单调递增函数，不可能有极值，舍去； 当10a ->，即1a >时，令()0f x '=，解得11x a =-， 当101x a <<-时，()0f x ¢>；当11x a >-时，()0f x '<；所以()f x 在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫+∞⎪-⎝⎭上单调递减， 所以()f x 在11x a =-取得极大值，符合题意； 综上：1a >，故实数a 的取值范围为()1,+∞.（2）当2a =时，()ln 1sin (0)g x x x x x =-++>，则()11cos g x x x'=-+， 令()()11cos 0h x x x x =-+>，则()21sin h x x x'=--， （i ）当(]0,πx ∈时，()0h x '<，则()h x 单调递减，即()g x '单调递减， 注意到()cos101g '=>，()120ππg '=-<， 所以存在唯一的()01,πx ∈使()00g x '=，且当00x x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当0πx x <≤时，()0g x '<，()g x 单调递减，注意到22211121sin 0e e e g ⎛⎫=--++< ⎪⎝⎭，()1sin10g =>，2ln πln e 2π1<=<-，则()πln ππ10g =-+<，所以()g x 在21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,π上各有一个零点；（ii ）当(]π,2πx ∈时，sin 0x ≤，故()ln 1g x x x ≤-+， 令()()ln 1π2πx x x x ϕ=-+<≤，则()110x xϕ'=-<， 所以()x ϕ在(]π,2π上单调递减，故()()πln ππ10x ϕϕ<=-+<， 所以()()0g x x ϕ≤<，故()g x 在(]π,2π上无零点； （iii ）当()2π,x ∈+∞时，sin 1x ≤，则()ln 2g x x x ≤-+， 令()()ln 22πm x x x x =-+>，则()110m x x=-<'，所以()m x 在()2π,+∞上单调递减， 又3ln 2πln e 32π2<=<-，故()()2πln 2π2π20m x m <=-+<， 所以()()0g x m x ≤<，故()g x 在()2π,+∞上无零点；综上：()g x 在21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,π上各有一个零点，共有两个零点.例2．（2023春ꞏ全国ꞏ高三竞赛）已知函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈．设()f x '为()f x 的导函数．(1)证明：()f x '有且仅有一个极值点；(2)判断()f x 的所有零点之和与2π的大小关系，并说明理由．【答案解析】（1）证明：因为()()1e cos ,0,2πx f x x x -=+∈，所以()1e sin x f x x --'=- 设()()1e sin xg x f x x -==--'，()0,2πx ∈，所以()()111e cos e 1e cos xx x g x x x ---=--'=，其中1e 0x ->恒成立，令()11e cos x h x x -=-，()0,2πx ∈，则()111πecos e sin sin 4x x x h x x x x ---⎛⎫=-+='- ⎪⎝⎭，因为()0,2πx ∈，所以ππ7π,444x ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭， 所以当π0,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，当π5π,44x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当5π,2π4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递增；又()π1104π01e 0,1e 1e 0422h h --⎛⎫=->=->-> ⎪⎝⎭，5ππ044h h ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，7π1147π1e 1e 0422h -⎛⎫=-<-< ⎪⎝⎭，()7π2π04h h ⎛⎫<< ⎪⎝⎭所以05π7π,44x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()01001e cos 0x h x x -=-= ，即010e cos xx -=，故对于()()1e x g x h x -'=有()00g x '=，当()00,x x ∈时，()00g x '>，函数()f x '单调递增，当()0,2πx x ∈时，()00g x '<，函数()f x '单调递减，所以0x 是函数()f x '的极大值点，()f x '无极小值点，故()f x '有且仅有一个极值点. （2）()f x 的所有零点之和大于2π，理由如下：函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈，其导函数()1e sin x f x x --'=-，05π7π,44x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得当()00,x x ∈时，()f x '单调递增，当()0,2πx x ∈时，函数()f x '单调递减，又010ecos x x -=，所以()()0100000π0e 0,e sin cos sin 4xf f x x x x x -⎛⎫=-<=--=--=+' ⎝'⎪⎭，因为057π,π44x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以0π3π,2π42x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()00f x '>，又()12π2πe0f -'=-<， 故()100,x x ∃∈，使得()10f x '=，()20,2πx x ∃∈，使得()20f x '=，于是可得：当()10,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()12,x x x ∈时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，当()2,2πx x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减， 又()3π11π23ππe0,e 102f f --⎛''⎭<⎫=-=-+> ⎪⎝，故13ππ,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()π11π2πe 0,πe 102f f --⎛⎫=>=-< ⎪⎝⎭，所以存在π,π2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0f α=，所以()()1π0f x f <<，又3π123πe 02f -⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以()23π02f x f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，则存在3ππ,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0f β=，又()12π2πe10f -=+>，所以函数()f x 在区间()2,2πx x ∈上无零点；故函数在()0,2πx ∈上有两个零点,αβ，且π3ππ22αβ<<<<， 由()()0f f αβ==可得：11e cos 0,e cos 0αβαβ--+=+=，所以11cos e ,cos e αβαβ--=-=-， 又111111e e e e αβαβαβαβ----<⇒->-⇒>⇒-<-， 所以()cos cos cos 2παββ<=-， 根据π3ππ22αβ<<<<，可得：ππ2α<<，π2ππ2β<-<，并且函数cos y x =在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，所以2παβ>-，即2παβ+>，故()f x 的两个零点之和大于2π.例3．（2023秋ꞏ重庆ꞏ高三统考学业考试）已知函数2()ln ,R f x x x a x a =--∈.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,0)处的切线方程； (2)当02e a <<时，讨论函数()f x 的零点个数.【答案解析】（1）因为1a =，所以()2()ln 0f x x x x x =-->，令()()ln 0x x x x ϕ=->，则()111x x x xϕ-'=-=， 令()0x ϕ'>，得1x >；令()0x ϕ'<，得01x <<； 所以()x ϕ在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()11ln10x ϕϕ≥=->，即ln 0x x ->恒成立， 所以2()ln f x x x x =-+，则1()21f x x x'=-+， 所以切线的斜率为()12k f '==，又切点为(1,0)，所以切线方程为()21y x =-，即22y x =-.（2）令()0f x =，则2ln x x a x =-，该式等价于2ln x x a x =-或2ln x x a x =-+，当2ln x x a x =-时，有2ln x a x x =--，令()()20m x x x x =->，()ln n x a x =-，则2ln x x a x =-的解的个数即为()m x 与()n x 的交点个数，易知()m x 开口向上，对称轴为12x =， 所以()m x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，且()()010m m ==，而ln y x =在()0,∞+上单调递增，02e a <<，所以()ln n x a x =-在()0,∞+上单调递减，且()10n =，作出()m x 与()n x 的图像，如图，所以()m x 与()n x 的交点只有一个，且为()1,0，故2ln x x a x =-只有一个解；当2ln x x a x =-+时，因为当1x =时，该式不成立，所以2ln x a xx=+，令()()20ln x x h x x x+=>，则2(12)ln (1)()(ln )x x x h x x +-+'=， 令()()(12)ln (1)0s x x x x x =+-+>，则1()2ln 1s x x x'=++， 令()()12ln 10g x x x x=++>，则()221x g x x -'=，令()0g x '>，得12x >；令()0g x '<，得102x <<；所以()g x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 112ln 2132ln 2022g x g ⎛⎫==++=-> ⎪⎝⎭，故()()0s x g x '=>，所以()s x 在(0,)+∞上单调递增，因为()10,e e 02ss =-<=>，所以存在0x ∈，使得()00s x =，则()s x 在0(0,)x 上()0s x <，在0(,)x +∞上()0s x >， 所以()()2()ln s x h x x '=在()0,1上()0h x '<，在()01,x 上()0h x '<，在()0,x +∞上()0h x '>，所以() h x 在()0,1上单调递减，在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上调递增， 因为()00s x =，所以000(12)ln (1)0x x x +-+=，即000121ln 1x x x +=+， 所以()()()2200000000min0012ln 112x x x h x h x x x x x x x ++===+⋅=++，因为22y x x =+在()0,∞+上单调递增，0x ，所以20022e 2e 2x x +>⨯+>，故()()02e h x h x ≥>， 又因为02e a <<，所以方程()a h x =无解，即方程2ln x a x x=+无解，故2ln x x a x =-+无解；综上：当02e a <<时，2ln x x a x =-与2ln x x a x =-+只有一个解，即()f x 只有一个零点. 例4．（2023秋ꞏ山东日照ꞏ高三校联考期末）已知函数()sin e ()x f x x a f x π-='-，是()f x 的导函数．(1)若()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若(π)0f '=，判断关于x 的方程()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数，并说明理由．【答案解析】（1）由题意()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，得π()sin e 0x f x x a --≥= ，即πe e sin x a x ≤恒成立，令()e sin x m x x =，则()()e sin cos xm x x x '=+ ，当(π,π)x ∈-时，π3π5π(,)444x +∈-，令()()e sin cos 0xm x x x '=+>π04x +>，则π(0,π)4x +∈，得π3π44x -≤<，令()()e sin cos 0xm x x x '=+<π04x +<，π3π(,0)44x +∈-或π5π(π,)44x +∈得 ππ4x -<<-或3ππ4x <<， 所以()()e sin cos xm x x x '=+在π(π,)4--和(3π,π)4为减函数，在π3π(,)44-上为增函数，()π(π)=0m m =- ，ππ()()44ππ(e sin()44m ---=-=，故π()4min ()m x -=，故π(π4e a -≤，即5π()4a -≤，综上 ，实数a 的取值范围5π()4(,e ]2--∞ .（2）由题意()sin e ()cos e x x f x x a f x x a π-π-'=-=+，， ()π10,1f a a '=-+=∴= ,由()1f x =-，得πsin e 10x x --+= ， 令()πsin e1xs x x -=-+ ，()πcos e x s x x -'=+ 令()πcos e x x x g -=+，π()sin e x g x x -'=--,令ππ()sin e ()cos e ,x x h x x h x x --'=--=-+()h x '在[]*(21)π,(22)π,N k k k ++∈上单调递减,注意到2ππ2π((21)π)1e 0,((22)π))1e 0k k h k h k ---''+=+>+=-+<, ∴存在()()021π,22()πx k k ∈++,使0()0h x '=， 且当()021πk x x +≤<时，()0h x '> ，()g x ' 单调递增, 当()02π2x x k <≤+时，()0h x '<，()g x '单调递减,且2ππ2π((21)π)e 0,((22)π)e 0k k g k g k ---''+=-<+=-< ,π2π23((21e 02k g k --'+=-> ,所以()g x '在3(21)π,(22k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭和3(2)π,(22)π2k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭上各有一个零点，设为12,x x ，且当()1[21π,)x k x ∈+时，()s x '单调递减；12(,)x x x ∈时，()s x '单调递增， 当()2(,22π]x x k ∈+时，()s x '单调递减 且()()()()2ππ2π211ππe0,221e 0k k s k s k ---''+=-+<+=+> ，∴当()121πk x x +≤≤时，()()()21π0x s k s +''<< ， 当()222πx x k <≤+ 时，()()()22π0x s k s +''>>， 故()s x '在12(,)x x 上有唯一的零点，设为3x ，且当()321πk x x +<< ，时，()0s x '< ，()s x 在()321π)(,k x +上单调递减； 当()322πx x k <<+ 时，()0s x '>，()s x 在()3,22π()x k +上单调递增． 注意到2ππ2π((21)π)e 10,((22)π)e 10k k s k s k ---+=-+>+=-+> ，π2π23((2)π)e 02k s k --+=-< ，所以：()s x 在3((21)π,(2)π)2k k ++和3((22)π)2k k ++上各有一个零点，设为45,x x ，所以()s x 共两个零点，故方程()1f x =-()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数为2. 例5．（2023秋ꞏ江西赣州ꞏ高三统考期末）已知函数()e xf x =，()22g x x x a =-++．(1)讨论函数()()()h x f x g x =⋅的单调性；(2)若函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，求证：曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．【答案解析】（1）()()2e 2x h x x x a =-++定义域为R ，所以()()2e 2x h x a x '=+-，①当20a +≤即2a ≤-时，()0h x '≤恒成立， 函数()h x 在(),x ∈-∞+∞上为单调递减函数．②当20a +>即2a >-时，令()0h x '>得：x <<，令()0h x '<得：x <x >所以，函数()h x 在(x ∈上单调递增，在(,x ∈-∞和)x ∈+∞上单调递减综上所述，当2a ≤-时，函数()h x 在(),x ∈-∞+∞上为单调递减；当2a >-时，()h x 在(x ∈上单调递增，在(,x ∈-∞和)x ∈+∞上单调递减；（2）构造()()()2e 2x F xf xg x x x a =-=+--，所以()22e xF x x '=+-．记()()m x F x '=，()20e xm x '=+>恒成立，即()m x 在(),x ∈-∞+∞上单调递增．而()00210e m =-=-<，1102m ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以存在唯一的010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00m x =，即000e 22xx +-=，由()e x f x =，()22g x x x a =-++可得()e xf x '=，()22g x x '=-+，所以()00e xf x '=，()0022g x x '=-+，所以()()00f x g x ''=，即曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线．又因为当()0,x x ∈-∞时，()0F x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0F x '>， 故()F x 在()0,x x ∈-∞上单调递减，在()0,x x ∈+∞上单调递增， 故()F x 在0x x =上取得极小值，也是最小值， 即()()min 0F x F x =，由于函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，所以()00F x =，即0200e 20x x x a +--=，故()02220000e 24222x a x x x x x =+-=-+=--，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()2022a x =--在010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，所以1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，综上，曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．例6．（2023春ꞏ广东江门ꞏ高三校联考开学考试）已知函数21()e 2xf x x ax =+，()f x '为其导函数.(1)若2a =-，求()f x '的单调区间；(2)若关于x 的方程()x f x e =有两个不相等的实根，求实数a 的取值范围.【答案解析】（1）函数2()e x f x x x =-，x ∈R ，则()()1e 2xf x x x =+-'， 令()()()1e 2x h x f x x x ==+-'，则()()2e 2x h x x +'=-，设()()2e 2xm x x =+-，则()()3e 0x m x x +'==，得3x =-，故(),3x ∈-∞-时，()0m x '<，函数()m x 即()h x '单调递减，()3,x ∈-+∞时，()0m x '>，函数()m x 即()h x '单调递增，所以min 31()(3)20e h x h =-=--<'，又x →-∞时，()h x '→-∞，又(0)0h '=， 所以(),0x ∈-∞时，()0h x '<，函数()f x '单调递减，()0,x ∈+∞时，()0h x '>，函数()f x '单调递增，故()f x '的单调减区间为(),0∞-，增区间为()0,∞+；（2）关于x 的方程21e =e 2x x x ax +有两个不相等的实根，即函数()21e e 2x xg x x ax =-+，在x ∈R 上有两个零点，又()()()1e e e x x xg x x ax x a =+-+=+'，①当0a ≥时，()0g x '=，得0x =，所以当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()()min 01g x g ==-，又x →-∞时，()g x →+∞，()22e 20g a =+>，则函数()g x 在x ∈R上有两个零点；②当0a <时，()0g x '=，得0x =，()ln x a =-，（i ）当1a =-时，()ln 0a -=，此时()0g x '≥恒成立，函数()g x 单调递增，在x ∈R 上不可能有两个零点，不符合题意；（ii ）当10a -<<时，()ln 0a -<，则当()(),ln x a ∈-∞-时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()()ln ,0x a ∈-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()()()()()()2211ln ln ln ln 11022g a a a a a a a a ⎡⎤-=--++-=--+<⎣⎦，()01g =-，故函数()g x 在区间(),0x ∈-∞无零点，在()0,x ∈+∞不可能存在两个零点，故不符合题意；（iii ）当1a <-时，()ln 0a ->，则当(),0x ∈-∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()()0,ln x a ∈-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()()ln ,x a ∈-+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，又()01g =-，故函数()g x 在区间()(),ln x a ∈-∞-无零点，在()()ln ,x a ∈-+∞不可能存在两个零点，故不符合题意； 综上，实数a 的取值范围[)0,∞+.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知2x =是函数2()e x f x ax =-的极值点.(1)求a ；(2)证明：()f x 有两个零点，且其中一个零点02,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；(3)证明：()f x 的所有零点都大于1ln 22-.【答案解析】（1）2()e x f x ax =-，则()e 2x f x ax '=-， 因为2x =是函数()f x 的极值点，所以(2)0f '=，即2e 40a -=，解得2e 4a =.当2e 4a =时，2e ()e 2xf x x '=-，当(1,2)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 所以2x =是函数()f x 的极小值点，故2e 4a =； （2）由(1)知，22e ()e 4xf x x =-，令()0f x =，则22e e 4xx =，作e xy =和22e 4y x =函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有2个交点，且一个交点分布在(,0)-∞上，另一个分布在(0,)+∞上， 所以方程()0f x =有2个解，即函数()y f x =有2个零点. 易知2是函数()f x 的一个零点，设另一个零点为0x ，又(0)10=>f ，2222e e 2e 2()e ()e 10e 4ef ---=--=-<，所以2(0)()0e f f -<，又函数()f x 在定义域上连续，由零点的存在性定理，知02(,0)ex ∈-；（3）由(1)知，22e ()e 4xf x x =-，当0x =时，(0)1f =， 当0x ≠时，令()0f x =，则22e 14x x -=， 设22e (0)()x h x x x -=≠，则()0h x >，23e (2)()x x x h x --='，令()00h x x '>⇒<或2x >，令()002h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增，在(0,2)上单调递减， 又1(2)0,(2)4h h ->=，2ln 221-<-<-，得111ln 222-<<-- 所以213132,0()1ln 222ln 22-<-<-<<--，又332e >16e 4⇒>，所以当1ln 22x =-时，1322ln 2223322221e e (ln 22)11()11ln 224(()e e ln 22ln 22h ----=<=<<---， 作出函数()y h x =和14y =的图象，如图所示，由图可知，两函数图象的交点的的横坐标都大于1ln 22-，故函数()f x 的所有零点都大于1ln 22-.例8．（2023秋ꞏ安徽阜阳ꞏ高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知函数1()e xf x x=+． (1)求()f x 的导函数()f x '的单调区间；(2)若方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根123 ,,x x x ，且12301x x x <<<<，求实数 a 的取值范围．【答案解析】（1）函数f (x )的定义域为()()()21,00,,e xf x x '-∞⋃+∞=-记()()g x f x '=，则()3332e 2e x x x g x x x '+=+=． 当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在()0,+∞上单调递增，当(),0x ∈-∞时，记()()()32e 2,3e xx x x x x x ϕϕ'=+=+，所以(),3x ∈-∞-时，()0x ϕ'<，()x ϕ递减；()3,0x ∈-时，()0x ϕ'>，()x ϕ递增，()x ϕ的极小值为()333332e e 332e 0ϕ⎛⎫-=-> ⎪-⎝=⎭，即有()0x ϕ>， 因此()0g x '<， g (x )在(,0)-∞上单调递减，所以函数()f x '在()0,+∞上单调递增，在(,0)-∞上单调递减.（2）令()()()()211e ,e xx F x f x ax ax F x f x a a x x'=-=+-=-=--' 方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根等价于F (x )有三个零点123,,x x x ，12301x x x <<<<，当0a ≤时，因为0x >，则()0F x >，此时F (x )在()0,+∞无零点； 当0a >时，由（1）知()F x '在()0,+∞上单调递增，显然1()402F a '=--<，21(ln(e ))e e 10(ln(e ))F a a '+=->->+， 因此存在00x >，使得()00F x '=，()00,x x ∈，()()0,F x F x '<单调递减，()0,x x ∈+∞，()()0,F F x x '>单调递增，①若e 1a =+，则()1e 10F a =+-=，不符合题意；②若0e 1a <<+，()1e 10F a =+->，当01x ≥时，(0,1)x ∈，()0F x >，()F x 在()0,1上无零点，当01x <时，()()1,,0x F x ∈+∞>，()F x 在()1,+∞上无零点，不符合题意， ③若e 1a >+，则()1e 10F a =+-<，()1e 10F a '=--<，于是01x >， 而当01x <<时，1e e x <<，0a ax -<-<，但1x的取值集合是(1,)+∞， 因此存在(0,1)t ∈，使得()0F t >，当1x >时，令2()e x h x x =-，()e 2x h x x '=-，令()()e 2x u x h x x '==-，则()e 2e 20x u x '=->->，即()h x '在(1,)+∞上单调递增，()(1)e 20h x h ''>=->， ()h x 在(1,)+∞上单调递增，()(1)e 10h x h >=->，因此当1x >时，2e x x >，有()2211e xF x ax x ax x ax x x=+->+->-，因为当x a ≥时，二次函数2x ax -的值域是[0,)+∞，于是得当x a ≥时，()0F x >，因此存在2301x x <<<，使得()()230F x F x ==，此时当0x <时，()e 10xF x a a '<-<-<，即函数F (x )在(,0)-∞上单调递减， 由()11111e 10,e 1e e 0a a F a F a a ---⎛⎫-=-+>-=-+<-< ⎪⎝⎭因此存在10x <，使得()10F x =，从而当e 1a >+时，F (x )有三个零点123,,x x x ，且12301x x x <<<<， 所以实数a 的取值范围是()e 1,++∞．例9．（2023春ꞏ江苏南京ꞏ高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数()e xf x =和()ln g x ax x =-，a ∈R(1)求()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若当()1,x ∈+∞时，()ln g x x x a <+恒成立，求a 的取值范围； (3)若()()h x f x ax =-与()y g x =有相同的最小值． ①求出a ；②证明：存在实数b ，使得()h x b =和()g x b =共有三个不同的根1x 、2x 、()3123x x x x <<，且1x 、2x 、3x 依次成等差数列．【答案解析】（1）因为()e x f x =，则()e x f x '=，所以，()()001f f '==，所以，()y f x =在0x =处的切线方程为1y x =+. （2）当()1,x ∈+∞时，不等式()ln g x x x a <+等价于()1ln 01a x x x -->+． 设()()1ln 1a x p x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x a p x x x x x +-+'=-=++，且()10p =. 对于函数()2211y x a x =+-+，()()241442a a a ∆=--=-.（ⅰ）当2a ≤且()1,x ∈+∞时，()22211210x a x x x +-+≥-+>，故()0p x '>，则()p x 在()1,+∞上单调递增，因此()()10p x p >=； （ⅱ）当2a >时，令()0p x '=得11x a =-21x a =-由122110x x x x =⎧⎨>>⎩得101x <<，21x >，故当()21,x x ∈时，()0p x '<，()p x 在()21,x 单调递减，因此()()210p x p <=，不合乎题意.综上，a 的取值范围是(],2-∞．（3）①()e xh x ax =-的定义域为R ，而()e x h x a '=-，若0a ≤，则()0h x '>，此时()h x 无最小值，故0a >. 函数()ln g x ax x =-的定义域为()0,∞+，而()11ax g x a x x-'=-=. 当ln x a <时，()0h x '<，故()h x 在(),ln a -∞上为减函数， 当ln x a >时，()0h x '>，故()h x 在()ln ,a +∞上为增函数， 故()()min ln ln h x h a a a a ==-. 当10x a <<时，()0g x '<，故()g x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数， 当1x a >时，()0g x '>，故()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为增函数， 故()min 111ln 1ln g x g a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭.因为()e xh x ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值，故1n ln l a a a a =-+，整理得到1ln 1a a a-=+，其中0a >， 设()1ln 1a s a a a -=-+，其中0a >，则()()()222211011a s a a a a a --'=-=<++， 故()s a 为()0,∞+上的减函数，而()10s =，故()0s a =的唯一解为1a =，故1ln 1aa a-=+的解为1a =. 综上，1a =.②由①可得()e xh x x =-和()ln g x x x =-的最小值为1ln11+=.当1b >时，考虑e x x b -=的解的个数、ln x x b -=的解的个数.设()e x S x x b =--，()e 1xS x '=-，当0x <时，()0S x '<，当0x >时，()0S x '>， 故()S x 在(),0∞-上为减函数，在()0,∞+上为增函数， 所以()()min 010S x S b ==-<， 而()e0bS b --=>，()e 2b S b b =-，设()e 2b u b b =-，其中1b >，则()e 20bu b '=->，故()u b 在()1,+∞上为增函数，故()()1e 20u b u >=->，故()0S b >，故()e xS x x b =--有两个不同的零点，即方程e x x b -=的解的个数为2.设()ln T x x x b =--，()1x T x x-'=， 当01x <<时，()0T x '<，当1x >时，()0T x '>， 故()T x 在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数， 所以()()min 110T x T b ==-<， 而()ee0bbT --=>，()e e 20b b T b =->，()ln T x x x b =--有两个不同的零点即ln x x b -=的解的个数为2.当1b =，由①讨论可得ln x x b -=、e x x b -=仅有一个解， 当1b <时，由①讨论可得ln x x b -=、e x x b -=均无根，故若存在直线y b =与曲线()y h x =、()y g x =有三个不同的交点，则1b >.设()e ln 2x t x x x =+-，其中0x >，故()1e 2xt x x'=+-， 设()e 1x r x x =--，其中0x >，则()e 10xr x '=->，故()r x 在()0,∞+上为增函数，故()()00r x r >=即e 1x x >+， 所以()11210t x x x'>+-≥->，所以()t x 在()0,∞+上为增函数， 而()1e 20t =->，31e 333122e 3e 30e e e t ⎛⎫=--<--< ⎪⎝⎭，故()t x 在()0,∞+上有且只有一个零点2x ，且2311e x <<， 当20x x <<时，()0t x <，即e ln x x x x -<-，即()()h x g x <， 当2x x >时，()0t x >，即e ln x x x x ->-，即()()h x g x >，因此若存在直线y b =与曲线()y h x =、()y g x =有三个不同的交点， 故()()221b h x g x ==>，此时e x x b -=有两个不同的根1x 、()2120x x x <<， 此时ln x x b -=有两个不同的根2x 、()32301x x x <<<，故11e xx b -=，22e x x b -=，33ln 0x x b --=，22ln 0x x b --=，所以33ln x b x -=，即33e x bx -=，即()33e 0x bx b b ----=，故3x b -为方程e x x b -=的解，同理2x b -也为方程e x x b -=的解，又11e x x b -=可化为11e xx b =+，即()11ln 0x x b -+=，即()()11ln 0x b x b b +-+-=，故1x b +为方程ln x x b -=的解，同理2x b +也为方程ln x x b -=的解，所以{}{}1223,,x x x b x b =--，而1b >，故2312x x bx x b =-⎧⎨=-⎩，即1322x x x +=.【过关测试】1．（2023秋ꞏ江苏苏州ꞏ高三统考期末）已知函数()ln(1)2axf x x x =+-+． (1)若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围； (2)讨论()f x 的零点个数．【答案解析】（1）()f x 的定义域是(1,)-+∞，22212(42)(1)()1(2)(1)(2)a x a x f x x x x x +'-+=-=++++． ①当2a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在(1,)-+∞上单调递增， 又因为(0)0f =，所以当0x ≥时，()(0)0f x f ≥=，满足题意； ②当2a >时，令22()(42)(1)(42)(42)g x x a x x a x a =+-+=+-+-， 由()0g x =，得1(2)0x a =-<，2(2)0x a -=>． 当()20,x x ∈时，()0g x <，()0f x '<，所以()f x 在()20,x 上单调递减， 所以()()200f x f <=，不满足题意． 综上所述，2a ≤．（2）①当2a ≤时，由（1）可得()f x 在(1,)-+∞上单调递增，且(0)0f =，所以()f x 在(1,)-+∞上存在1个零点；②当2a >时，由（1）可得()0g x =必有两根1x ，2x ，又因为(1)10g -=>，(0)420g a =-<所以1(1,0)x ∈-，2(0,)x ∈+∞．x ()11,x -1x()12,x x2x()2,x +∞()f x '＋－＋()f x单调递增 极大值()1f x 单调递减 极小值()2f x 单调递增当()12,x x x ∈时，因为(0)0f =，所以()f x 在()12,x x 上存在1个零点， 且()()100f x f >=，()()200f x f <=； 当()11,x x ∈-时，因为()()e 12ee 1ln e 0e 1e l---------=-=<++a aa a aaa a f ，1e 10--<-<a ，而()f x 在1(0,)x 单调递增，且1()0f x '=，而(e 1)0a g -->，故11e 1ax --<-<，所以()f x 在()11,x -上存在1个零点； 当()2,x x ∈+∞时，因为()()e 12e 1ln e 0e 1e 1a a a a a a af --=-=>++， e 10a ->，而()f x 在2(,)x +∞单调递增，且2()0f x '=，而(e 1)0ag ->， 所以2e 1ax ->，所以()f x 在()2,x +∞上存在1个零点．从而()f x 在()1,-+∞上存在3个零点．综上所述，当2a ≤时，()f x 存在1个零点；当2a >时，()f x 存在3个零点．2．（2023秋ꞏ河南驻马店ꞏ高三统考期末）已知函数()21ln 12f x x x x x =---. (1)求()f x 的单调区间； (2)若函数()()()2121ln 12g x x a x a x =+-+--恰有两个不同的零点，求a 的取值范围. 【答案解析】（1）由题意可得()ln f x x x '=-， 设()()ln h x f x x x '==-，则()111xh x x x-'=-=由()0h x '>，得01x <<，由()0h x '<，得1x >则()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，即()f x '在(0,1)单调递增，在(1,)+∞上单调递减，从而()(1)10f x f ''≤=-<，故()f x 的单调递减区间是(0,)+∞，无递增区间（2）由题意可得21(2)1(1)(1)()2a x a x a x a x g x x a x x x-+-+-+--'=+-+==， ()g x 的定义域是(0,)+∞，①当10a -<，即1a >时，1x >时()0g x '>，01x <<时()0g x '<， 则()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 因为0x →时，()g x →+∞，x →+∞时，()g x ∞→+， 所以()g x 要有两个零点，则1(1)2102g a =+--<，解得52a <，故152a <<；②当10a -=，即1a =时，由21()102g x x x =--=，解得x 1=因为0x >，所以1x =()g x 有且仅有1个零点，故1a =不符合题意； ③当011a <-<，即01a <<时，由()0g x '>，得01x a <<-或1x >， 由()0g x '<，得11a x -<<，则()g x 在(0,1)a -和(1,)+∞上单调递增，在(1,1)a -上单调递减. 因为0x →时，()0,g x x <→+∞时，()g x ∞→+， 所以()g x 要有两个零点，则1(1)2102g a =+--=或21(1)(1)(2)(1)(1)ln(1)102g a a a a a a -=-+--+---=， 若(1)0g =，解得52a =，不符合题意， 若(1)0g a -=，设1(0,1)t a =-∈，则(1)0g a -=化为2211(1)ln 1ln 1022t t t t t t t t t +--+-=--+-=， 01t <<时，ln 0t t <，221111(1)0222t t t ---=-+-<，所以21ln 102t t t t --+-<，21ln 102t t t t --+-=无解，即(1)0g a -=无解，故01a <<不符合题意；④当11a -=，即0a =时，()0g x '≥恒成立，则()g x 在(0,)+∞上单调递增，从而()g x 最多有1个零点，则0a =不符合题意；⑤当11a ->，即a<0时，由()0g x '>，得01x <<或1x a >-，由()0g x '<，得11x a <<-， 则()g x 在(0,1)和(1),a -+∞上单调递增，在(1,1)a -上单调递减. 因为0x →时，()0g x x <→+∞，时，()g x ∞→+ 所以()g x 要有两个零点，则(1)0g =或(1)0g a -=，若1(1)2102g a =+--=，解得52a =，不符合题意，若21(1)(1)(2)(1)(1)ln(1)102g a a a a a a -=-+--+---=． 设1(1,)t a =-∈+∞，则(1)0g a -=化为2211(1)ln 1ln 1022t t t t t t t t t +--+-=--+-=，由（1）知21ln 12y t t t t =---在(1,)+∞上单调递减，所以21ln 102t t t t --+-<，21ln 102t t t t --+-=无解， 即(1)0g a -=无解，故a<0不符合题意．综上，a 的取值范围是51,2⎛⎫⎪⎝⎭．3．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知01a <<，函数()1x f x x a -=+，()1log a g x x x =++.(1)若()e e g =，求函数()f x 的极小值；(2)若函数()()y f x g x =-存在唯一的零点，求a 的取值范围. 【答案解析】（1）由()1e e e 1log e e ea g a =⇒++=⇒=， 所以()1e x f x x -=+，()11e xf x -'=-，令()01f x x '=⇒=，当1x <时，()0f x '<，当1x >时，()0f x ¢>， 所以()f x 在(,1)-∞上递减，在(1,)+∞上递增， 所以()f x 的极小值为()12f =；（2）()()1log 1x a f x g x a x --=--，令()1log 1x a F x a x -=--（0x >）， ()F x 存在唯—的零点，()11111ln ln ln ln x x F x a a xa a x a x a --⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭， 令()11ln ln x x xaa a ϕ-=-，()()11ln ln x x a x a a ϕ-'=+， 令()10ln x x aϕ'=⇒=-， 当10ln x a<<-时，()0x ϕ'<； 当1ln x a>-时，()0x ϕ'>， 所以()x ϕ在10,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上递减，在1,ln a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上递增， 所以()11ln min11ln ln ax a a a ϕϕ--⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，。

高考数学二轮复习解答题专题（四）——函数、导数与不等式一、高考赏析1．（2009·安徽）已知函数()21ln f x x a x x=-+-，0a >，讨论()f x 的单调性．2．（2010·安徽）设a 为实数，函数()22,R xf x e x a x =-+∈。

（Ⅰ）求()f x 的单调区间与极值；（Ⅱ）求证：当ln 21a >-且0x >时，221xe x ax >-+．3．（2011·安徽）设()21xe f x ax=+，其中a 为正实数 （Ⅰ）当a 43=时，求()f x 的极值点； （Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围．二、专题训练1．设0a >，函数()ln f x x ax =-，()()21ln 1x g x x x -=-+． （1）证明：当1x >时，()0g x >恒成立； （2）若函数()f x 无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数()f x 有两个相异零点1x 、2x ，求证：212x x e >．2．已知函数()2ln f x a x bx =-图象上一点()()2,2P f 处的切线方程为32ln 22y x =-++．（1）求a 、b 的值；（2）若方程()0f x m +=在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不等的根，求m 的取值范围（其中e 是自然对数的底数）；（3）令()()g x f x nx =-，如果()g x 的图象与x 轴交于()1,0A x 、()2,0B x （12x x <），AB 中点为()0,0C x ，求证：()00g x ≠．3．已知函数()()2ln 12k f x x x x =+-+()0k ≥． （1）当2k =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （2）求()f x 的单调区间．4．已知函数()y f x =的定义域为R ，其导数()f x '满足()01f x '<<，常数α为方程()f x x =的实数根．（1）求证：当x α>时，总有()x f x >成立；（2）对任意1x 、2x ，若满足11x α-<、21x α-<，求证：()()122f x f x -<．三、高考预测1．已知函数()()2xf x x ax a e -=++（2a ≤，x R ∈），问：是否存在实数a ，使()f x 的极大值为3？若存在，则求出a 的值；若不存在，则说明理由．2．已知函数()()ln f x x k x =+（k 是常数） （1）若()f x 是增函数，试求k 的取值范围； （2）当0k =时，是否存在不相等的正数a 、b 满足()()2f a f b a b f a b -+⎛⎫'= ⎪-⎝⎭？若存在，则求出这样的a 、b ；若不存在，则说明理由．3．已知函数()2sin 2f x x b x =+-（b R ∈），()()2F x f x =+，且对于任意实数x ，恒有()()0F x F x --=．（1）求函数()f x 的解析式；（2）已知函数()()()21ln g x f x x a x =+++在区间(0, 1)上单调递减，求实数a 的取值范围； （3）探究函数()()()21ln 12h x x f x k =+--零点的个数，说明理由．参考答案： 一、高考赏析 1． 2． 3．二、专题训练1．（1）令()()g x x f x =-，则()()1g x f x ''=-， 则x R ∈时，有()01f x '<<可得()()10g x f x ''=->，所以当x α>时，有()()()0g x g fααα>=-=，即得证；（2）方法一：1122111111x x x x αααααα⎧-<⇒-<<+⎪⎨-<⇒-<<+⎪⎩，由()f x 是单调增函数可得()()()()()()121111f f x f f f x f αααα-<<+⎧⎪⎨-<<+⎪⎩ ()()()()()()121111f f f x f x f f αααα⇒-++-<-<+--()()()()()()121111f x f x f f f f αααα⇒-<+--=+--因为()f x 是R 上的增函数，且当x α>时，有()x f x >，又当x α<时，同（1）理可证得：()x f x <， 而11αααα+>⎧⎨-<⎩，所以()()1111f f αααα+>+⎧⎪⎨-<-⎪⎩()()()()11112f f αααα⇒+--<+--=即得证．方法二：由()01f x '<<及()()()1010010limx x f x f x f x x x →-'=-得()()121201f x f x x x -<<-，由已知11121222111222111x x x x x x x x αααααα⎧-<⇒-<<+⎪⇒-<-<⇒-<⎨-<⇒-<<+⎪⎩，而()()()()1212121212f x f x f x f x x x x x -<⇒-<-<-．2． 3． 4．三、高考预测1．〖解析〗：假设存在这样的实数a （2a ≤），则()()()22xf x x a x e -'=-+-，令()0f x '=，得0x =，或2x a =-，（2a ≤）（1）若2a =，则()20xf x x e -'=-<恒成立，显然不存在极大值；（2）若2a <，则函数()f x 有两个稳定点为0x =，2x a =-，且有()f x =极大值()()224a f a a e --=-，又令()()24a g a a e-=-（2a ≤），以下研究函数()g a 的值域问题，所以()()23a g a a e-'=-，显然当2a <时，有()0g a '>恒成立，即函数()g a 在区间(),2-∞上单调递增，且()()213g a g <=<， 从而函数()f x 不可能取到极大值3，即这样的a （2a ≤）是不存在的．2．〖解析〗：（1）2k e -≥；（2）当0k =时，()ln f x x x =，()1ln f x x '⇒=+，又由题，假设存在不相等的正数a 、b ，使得()()2f a f b a b f a b -+⎛⎫'= ⎪-⎝⎭成立，则ln ln 1ln 2a a b b a b a b -+=+-22ln 1ln 1a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫⇒-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，整理得22lnln 10a b b ba b a a b a-+-=++， 不防设0a b >>，且令()0,1bx a=∈，则构造函数()22ln ln 111xg x x x x x=-+-++（01x <<），即()()()1ln 1ln 2ln 21g x x x x x x =-+-++-（01x <<）， 题意即，在区间()0,1，()g x 的零点是否存在？ 又()11ln21x x g x x x +-'=++，()()211x g x x x -''=+， 令()0g x ''=，得1x =，容易验证，当01x <<时，()0g x ''<恒成立， 即函数()g x '在区间()0,1是单调递减的，且()10g '=，所以，在区间()0,1上有()0g x '>恒成立，这说明()g x 在区间()0,1上是单调递增的， 又对()g x 而言，有()10g =，这说明在区间()0,1上，总有()0g x <成立， 即函数()g x 在区间()0,1上没有零点，即()0g x =不成立， 从而不存在这样的a 、b ．3．〖解析〗：（1）()2sin F x x b x =+，对任意实数x ，恒有()()0F x F x --=，即2sin 0b x =，即0b =；（2）由（1）可得2()2f x x =-，所以2()2ln g x x x a x =++（0x >），222'()22a x x ag x x x x++=++=，函数()g x 在区间(0, 1)上单调递减，等价于当01x <<时，()'0g x <恒成立，即2220x x a ++<恒成立，亦即()222a x x <-+恒成立，可令()()22112222h x x x x ⎛⎫=-+=-++ ⎪⎝⎭，所以()()14h x h ≥=-，所以 4a <-；（3）()22211()ln(1)()ln 1122h x x f x k x x k =+--=+-+-，()3222'11x x x h x x x x-=-=++，令()'0h x =得0x =或1x =或1x =-，()()()11ln 22h x h h k -==+-极大值＝； ()()01h x h k =-极小值＝；如图（1ln 212+>）当1ln 202k +-<，即1ln 22k +<时，没有零点；当1ln 20210k k ⎧+->⎪⎨⎪-<⎩，即11ln 22k <<+时，有四个零点； 当10k ->，即1k <时，有两个零点．。

函数与导数热点一 利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一，每年必考，一般考查两类题型：(1)讨论函数的单调性、极值、最值，(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.【例1】已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x ).(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求实数a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. 综上，知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0. 令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0.因此，实数a 的取值范围是(0，1).【类题通法】(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域，再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围；若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解ln a＋a－1<0，则需要构造函数来解.【对点训练】已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)e x(x∈R，e为自然对数的底数).(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求实数a的取值范围.解(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)e x，所以f′(x)＝(－2x＋2)e x＋(－x2＋2x)e x＝(－x2＋2)e x.令f′(x)>0，即(－x2＋2)e x>0，因为e x>0，所以－x2＋2>0，解得－2<x< 2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2).(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立，因为f′(x)＝(－2x＋a)e x＋(－x2＋ax)e x＝[－x2＋(a－2)x＋a]e x，所以[－x2＋(a－2)x＋a]e x≥0对x∈(－1，1)都成立.因为e x>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)都成立，即a≥x2＋2xx＋1＝（x＋1）2－1x＋1＝(x＋1)－1x＋1对x∈(－1，1)都成立.令y＝(x＋1)－1x＋1，则y′＝1＋1（x＋1）2>0.所以y＝(x＋1)－1x＋1在(－1，1)上单调递增，所以y <(1＋1)－11＋1＝32.即a ≥32. 因此实数a 的取值范围为a ≥32.热点二 利用导数研究函数零点或曲线交点问题函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围.【例2】设函数f(x)＝ln x ＋m x ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －e x 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减.∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点.∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点.综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点.【类题通法】利用导数研究函数的零点常用两种方法：(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.【对点训练】函数f (x )＝(ax 2＋x )e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)当a >0时，解不等式f (x )≤0；(2)当a ＝0时，求整数t 的所有值，使方程f (x )＝x ＋2在[t ，t ＋1]上有解. 解 (1)因为e x >0，(ax 2＋x )e x ≤0.∴ax 2＋x ≤0.又因为a >0，所以不等式化为x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a ≤0. 所以不等式f (x )≤0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a ，0. (2)当a ＝0时，方程即为x e x ＝x ＋2，由于e x >0，所以x ＝0不是方程的解，所以原方程等价于e x －2x －1＝0.令h (x )＝e x －2x －1，因为h ′(x )＝e x ＋2x 2>0对于x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h (x )在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，又h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－2>0，h (－3)＝e －3－13<0，h (－2)＝e －2>0，所以方程f (x )＝x ＋2有且只有两个实数根且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数t 的所有值为{－3，1}.热点三 利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用是高考的热点，常以解答题的形式考查，以中高档题为主，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度：(1)证明简单的不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题.【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 －a x (x ＞0).当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点.当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－a x，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0(讨论a ≥1或a ＜1来检验)，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－a x 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 .【类题通法】1.讨论零点个数的答题模板第一步：求函数的定义域；第二步：分类讨论函数的单调性、极值；第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.2.证明不等式的答题模板第一步：根据不等式合理构造函数；第二步：求函数的最值；第三步：根据最值证明不等式.【对点训练】 已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R ).(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ＋2，若对任意x 1∈(0，＋∞)，均存在x 2∈[0，1]使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围.解 (1)由已知得f ′(x )＝2＋1x (x >0)，所以f ′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k ＝3.又切点为(1，2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0.(2)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x (x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0，所以f (x )的单调增区间为(0，＋∞).②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a .在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞. (3)由已知得所求可转化为f (x )max <g (x )max ，g (x )＝(x －1)2＋1，x ∈[0，1]，所以g (x )max ＝2，由(2)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，故不符合题意.当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，故f (x )的极大值即为最大值，是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－ln(－a )， 所以2>－1－ln(－a )，解得a <－1e 3.。

一、选择题1．若复数z ＝x ＋3i1－i (x ∈R ，i 为虚数单位)是实数，则x 的值为A ．－3B ．3C ．0D. 3解析 z ＝x ＋3i 1－i ＝(x ＋3i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝12(x －3)＋12(x ＋3)i ，∵z ∈R ，∴12(x ＋3)＝0，得x ＝－3.答案 A2．设e 1，e 2是相互垂直的单位向量，并且向量a ＝3e 1＋2e 2，b ＝x e 1＋3e 2，如果a ⊥b ，那么实数x 等于A ．－2B ．2C ．－92D.92解析 ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝(3e 1＋2e 2)·(x e 1＋3e 2) ＝3x ＋6＝0，∴x ＝－2. 答案 A3．(2011·揭阳模拟)对任意a ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的值总大于零，则x 的取值范围是A ．1＜x ＜3B ．x ＜1或x ＞3C ．1＜x ＜2D ．x ＜1或x ＞2解析 由f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a ＞0得a (x －2)＋x 2－4x ＋4＞0， 令g (a )＝a (x －2)＋x 2－4x ＋4， 由不等式f (x )＞0恒成立， 即g (a )＞0在[－1,1]上恒成立．∴有⎩⎨⎧ g (－1)＞0g (1)＞0，即⎩⎨⎧－(x －2)＋x 2－4x ＋4＞0(x －2)＋x 2－4x ＋4＞0， 解得x ＜1或x ＞3. 答案 B4．设f (x )＝3ax ＋1－2a 在(－1,1)上存在x 0，使f (x 0)＝0，则实数a 的取值范围是 A ．a ＜15B ．a ＞15 C ．a ＞15或a ＜－1D ．a ＜－1解析 f (x )在(－1,1)上存在x 0，使f (x 0)＝0，说明f (x )的图象在(－1,1)上，有在x 轴上方的，也有在x 轴下方的，∴f (－1)·f (1)＜0.∴a ＞15或a ＜－1.答案 C5．若正实数a ，b 满足a b ＝b a ，且a ＜1，则有 A ．a ＞b B ．a ＜bC ．a ＝bD ．不能确定a ，b 的大小解析 由a b ＝b a 得ln a a ＝ln b b ，令f (x )＝ln xx ， ∵0＜a ＜1，∴f (a )＜0，∴f (b )＜0，即0＜b ＜1. 在x ∈(0,1)上，f ′(x )＝1－ln xx 2＞0，∴f (x )在(0,1)上是增函数． 又f (a )＝f (b )．∴a ＝b . 答案 C6．已知圆x 2＋(y －1)2＝1上任意一点P (x ，y )都使不等式x ＋y ＋m ≥0恒成立，则m 的取值范围是A ．[2－1，＋∞)B ．(－∞，0]C ．(2，＋∞)D ．[1－2，＋∞)解析 由x 2＋(y －1)2＝1知令x ＝cos θ， y ＝1＋sin θ，θ∈R ，则x ＋y ＋m ＝cos θ＋1＋sin θ＋m ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＋1＋m ≥－2＋1＋m ，又x ＋y ＋m ≥0恒成立，∴－2＋1＋m ≥0，得m ≥2－1. 答案 A二、填空题7．已知命题“∃x ∈[1,2]，使x 2＋2x ＋a ≥0”为真命题，则a 的取值范围是________． 解析 由x 2＋2x ＋a ≥0得a ≥－(x 2＋2x )， 令y ＝－(x 2＋2x )＝－(x ＋1)2＋1， 由于x ∈[1,2]，∴y min ＝－8，∴a ≥－8. 答案 a ≥－88．在△OAB 中，O 为坐标原点，点A (1，cos θ)，B (sin θ，1)，其中θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，那么当△OAB 的面积最大时，角θ＝________.解析 易得S △OAB ＝1－12sin θ－12cos θ－12(1－cos θ)(1－sin θ)＝12－14sin 2θ， ∴当θ＝π2时，△OAB 的最大面积是12. 答案 π29．(2011·漳州模拟)请阅读下列材料：对命题“若两个正实数a 1，a 2满足a 21＋a 22＝1，那么a 1＋a 2≤ 2.”证明如下：构造函数f (x )＝(x －a 1)2＋(x －a 2)2，因为对一切实数x ，恒有f (x )≥0，又a 21＋a 22＝1，所以f (x )＝2x 2－2(a 1＋a 2)x ＋1，从而得4(a 1＋a 2)2－8≤0，所以a 1＋a 2≤ 2. 根据上述证明方法，条件为“若n 个正实数满足a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1”时，你可以构造函数g (x )＝________，进一步能得到的结论为________(不必证明)．解析 根据已知条件g (x )＝(x －a 1)2＋(x －a 2)2＋…＋(x －a n )2， 类比n ＝2时，可以证明a 1＋a 2＋…＋a n ≤n .答案 (x －a 1)2＋(x －a 2)2＋…＋(x －a n )2；a 1＋a 2＋…＋a n ≤n 三、解答题 10．求函数f (x )＝sin x5＋4cos x(0≤x ≤2π)的值域．解析 由y ＝sin x 5＋4cos x 得y 2＝sin 2x 5＋4cos x ，即1－cos 2x ＝5y 2＋4y 2cos x ， 整理得cos 2x ＋4y 2cos x ＋5y 2－1＝0， 将其视为关于cos x 的一元二次方程， 因为0≤x ≤2π，所以－1≤cos x ≤1，因此方程应该在[－1,1]上有实数根， 令g (t )＝t 2＋4y 2t ＋5y 2－1， 因为g (－1)＝y 2≥0，g (1)＝9y 2≥0，故有⎩⎨⎧ Δ≥0－1≤－2y 2≤1，即⎩⎨⎧16y 4－20y 2＋4≥0－1≤－2y 2≤1， 解得y 2≤14，即值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12.11．设f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 的极小值为－8，其导数y ＝f ′(x )的图象经过(－2,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0两点，如图所示．(1)求f (x )的解析式；(2)若对x ∈[－3,3]都有f (x )≥m 2－14m 恒成立，求实数m 的取值范围． 解析 (1)∵f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，且y ＝f ′(x )的图象经过点(－2,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2＋23＝－2b3a ，－2×23＝c 3a⇒⎩⎨⎧b ＝2a ，c ＝－4a . ∴f (x )＝ax 3＋2ax 2－4ax ，由图象可知函数y ＝f (x )在(－∞，－2)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上单调递减，∴f (x )的极小值为f (－2)＝a (－2)3＋2a (－2)2－4a (－2)＝－8， 解得a ＝－1.∴f (x )＝－x 3－2x 2＋4x .(2)要使对x ∈[－3,3]都有f (x )≥m 2－14m 恒成立， 只需f (x )min ≥m 2－14m 即可．由(1)可知函数y ＝f (x )在[－3，－2)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23上单调递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤23，3上单调递减，且f (－2)＝－8，f (3)＝－33－2×32＋4×3 ＝－33<－8，∴f (x )min ＝f (3)＝－33，－33≥m 2－14m ⇒3≤m ≤11. 故所求的实数m 的取值范围为 {m |3≤m ≤11}．12．某地区要在如图所示的一块不规则用地规划建成一个矩形商业楼区，余下的作为休闲区，已知AB ⊥BC ，OA ∥BC ，且AB ＝BC ＝2OA ＝4 km ，曲线OC 段是以O 为顶点且开口向上的抛物线的一段，如果矩形的两边分别落在AB 、BC 上，且一个顶点在曲线OC 段上，应当如何规划才能使矩形商业楼区的用地面积最大？并求出最大的用地面积．解析 以点O 为原点，OA 所在的直线为x 轴，建立直角坐标系，设抛物线的方程为x 2＝2py ， 由C (2,4)代入得：p ＝12，所以曲线段OC 的方程为：y ＝x 2(x ∈[0,2])． A (－2,0)，B (－2,4)， 设P (x ，x 2)，(x ∈[0,2])，过P 作PQ ⊥AB 于Q ，PN ⊥BC 于N ， 故PQ ＝2＋x ，PN ＝4－x 2， 则矩形商业楼区的面积 S ＝(2＋x )(4－x 2)(x ∈[0,2])． S ＝－x 3－2x 2＋4x ＋8，令S ′＝－3x 2－4x ＋4＝0得x ＝23或x ＝－2(舍去)，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23时，S ′＞0，S 是x 的增函数，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2时，S ′＜0，S 是x 的减函数，所以当x ＝23时，S 取得最大值， 此时PQ ＝2＋x ＝83，PN ＝4－x 2＝329， S max ＝83×329＝25627(km 2)．故该矩形商业楼区规划成长为329km ，宽为83km 时，用地面积最大为25627km 2.。

专题03直击函数压轴题中零点问题、解答题21•已知函数 f x = Inx a x - i a 0 . （1）讨论f x 的单调性；3（2） 若f （x ）在区间（0,1 ）内有唯一的零点x 0，证明：e 2 ＜x 0 ＜e ，. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1 ）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间即可； （2 ）依题可知f 1=0，若f （x ）在区间（0,1 ）内有唯一的零点x 0,由（1）可知a a 2，且 x ° =为 0,-，于是：lnx 0 a x 0 -1 i =0 ①，2ax 02-2ax 0 1=0 ②2由①②得lnx 0 -生=0,设g （x ）= Inx -口 , （x € （0,1）），求出函数的导数，根据函数的单调性证明 2x ° 2x即可.试题解析:① 当0 5兰2时，y = f[x ）^ （A g ）上单调递増② 当GA2时』设2a^-2ax+\=Q 的两个根为耳花（0＜码C* ＜花“且a — ^a 1 —2a a + —2a 西= > ^3 =lalay = /（x ）在（Q 西）丄冷+«＞）单调递増,在（坷也）单调递减.（2）依题可知f 1 =0，若f X 在区间0,1内有唯一的零点x 0，由（1）可知a 2,⑴ r （x ）=—2ax+lx冃-'1 ;且X。

= Xi 0, .2十□ 2于疋：lnx0 a x0 -1 0 ①22ax o - 2ax o 1=0 ②x —1 X —1由①②得inx0- 0,设g x =1 nx , [0,1 ,2 x° 2 x2x ,，因此g x在i。

,1上单调递减，则g x二2x I 2丿3f 3、勺」p ~2' e —4 j A e —3 _又g e 2 = --------- >0, g (e )=-------------------- <0l丿2 23根据零点存在定理，故e 2：：： x0：：： e」.点睛：本题考查了函数的单调性，零点问题，考查导数的应用以及不等式的证明，零点存在性定理，考查分类讨论思想，转化思想，构造函数的解题方法22.设函数f(x) = x + bx—1(b€ R).(1)当b= 1时证明：函数f (x)在区间(2)若当x€ [1,2]，不等式f(x)<1有解.求实数b的取值范围.【答案】(1)见解析；(2) -：：,1【解析】试题分析：(1 )先根据对称轴与定义区间位置关系确定函数f(x)在区间-,1单调性，再根据区12丿间端点函数值异号，结合零点存在定理确定零点个数(2)先分离变量化为对应函数最值问题：b：：：^-X ,x再根据函数单调性确定函数最小值，即得实数b的取值范围.试题解析：（1）由得・丁£］二份+扌一1=-*0, /ti ）=i ;+i-i=i>0j *Jti ）<Oj 所以函数心）在区间（右D 內存在零点.又由二次函数的團象，可知少）二r+x —i 在（右D 上单调遥魯 从而函数心）在区间（占D 内存在唯一零点.⑵ 由题意可知x 2+ bx — 1<1在区间［1,2］上有解，所以 b 厶-？ x 在区间［1,2］上有解.XX令g （x ） = — x ，可得g （x ）在区间［1,2］上递减，X所以b <g （X ）max = g （1） = 2— 1= 1 ,从而实数b 的取值范围为（一8, 1）.方法2.由题意可知分+址一25在区间［1,2］±有解.令g （X ）=J^ + bx-2?则等价于gh ）在区间丄2］上的最小值小于0. 当-茹2即底-4时，訴）在丄刃上递獄=2b+2<Q,即 0<-「所以 冥一4』当1< —*2即— 46—2时，咖在山-刽上递氟 在| 二訓）丽=g （-》=（护一耳_2= _”2<0恒成立.所汉_4<风_ 2; 当-冷即於一2时“曲）在12］上递増，二宮⑴=心一 1<0即Ml,所以一20<1・综上可得 &W — 4 或一4<ft<—2 或一 2^b<l ｝所b<l ? 从而实数A 的取值范围为（一8, 1）,点睛：利用零点存在性定理不仅要求函数的图象在区间 ［a , b ］上是连续不断的曲线，且 f （a ） • f （b ）<0,还必须结合函数的图象与性质 （如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点增应『二-± ■2b-2f_ 23•已知函数 f x 二 ax mx m 「1 a = 0 • (1 )若f -1 =0，判断函数f x 的零点个数；(2)若对任意实数 m ，函数f x 恒有两个相异的零点，求实数 a 的取值范围;(3)已知 X iX • RR 且 ％ ：：： X 2， f X i= f X 2 ，求证：方程 在区间X i ,X 2上有实数根•【答案】⑴见解析；⑵0 :: a < 1;⑶见解析.⑴：f -1 =0, a-m m-1 =0, a =12f x 二 x mx m T2 2:二m -4 m-1 二 m-2 ,当m=2时，厶=0，函数f x 有一个零点; 当m=2时，二0，函数f x 有两个零点⑵已知则A = m 1 —4a\ m — l}>Q 对于冊e R t 旦成立,即訝『一4o 初+4” 恒成立$所以川=16/-1&1<0, 从而解得O< a<l.⑶设 g X = f X || f X 1 f X 2，1 - _ 1 _ 则 g X1 ;= f x l --||fX ! • f X 2 || f X ! - f X 2f x=2L f x if x2【解析】试题分析：(1)利用判别式定二次函数的零点个数：(2)零点个数问题转化为图象交点个数问题,即试题解析：1 - _ 1 _ g X2 = f X- -- f X1 f X- = - ||f X- -f x1:f X1 = f X1 - ¥ g X1 g X^ - - 4 || f X1 - f X-..O'-g X =0在区间X1, X-上有实数根，1 _ 即方程f X f X1f X2计在区间X1'X2上有实数根•点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.24•已知函数f x]=a Inx-bx图象上一点P 2, f 2处的切线方程为y - -3x • 2ln2 - 2 .(1)求a, b的值；⑵若方程f xi亠m=0在1,e内有两个不等实根，求m的取值范围(其中_ee =2.71828| ||为自然对数的底).1 【答案】(1)a=2, b=1.(2) 「：：m 22.e【解析】试题分析：本题考查函数与方程，函数与导数的综合应用. (1)根据导数的几何意义，得出两个方程，然后求解. 先利用导数研究函数h(x)=f (x)+ m=2lnx - x2+ m的单调性，根据单调性与极值点确定关系然后求解.试题解析:(1)',' f I A ) = -olnx — Eu 1 jt\ f r (x} = — -2bx 9xf (2) = aln2r4b =~6 + 2In2+ 2ci =2解得J i - D = 1(2)由(1 )得 f (x )=2l nx - x 2, 令 h ( x )=f ( x )+ m =2lnx - x +m ,222(1—x )则 h x = — - 2x =xx令 h '( x )=0，得 x =1(x =- 1 舍去)•故当x € 1,1时，h '( x ) > 0, h (x )单调递增；H e当 x € (1 , e ］时，h '( x ) v 0, h (x )单调递减. •••方程h (x )=0在 丄，e 内有两个不等实根，IL e『1 ) 1 h _ = —2 —右+m 兰0 2丿 ej1••• { h 1 = -1 m 0 ，解得 1 ：： me h e = 2「e m 空0(11•实数m 的取值范围为11,-2 2 .\ e」点睛：根据函数零点求参数取值或范围的方法 (1 )利用零点存在的判定定理构建不等式求解；(2 )分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参 数的交点个数；(3 )利用方程根的分布求解，转化为不等式问题.由题意得｛(4 )转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解5•已知函数f x二e x-ax-1，其中e为自然对数的底数， a R(I )若a = e，函数g x = 2 - e x①求函数h x = f x -g x的单调区间f f x x 兰m②若函数F x；={ 的值域为R,求实数m的取值范围g(x ),x>m(II )若存在实数X i,X2 w 0,2】，使得f (X i )= f (刈)，且X i -X2 31，求证：e—1兰a兰e2—e【答案】(1)①详见解析②实数m的取值范围是0,丄 ;(2) e-仁a^e2-e；IL e-2【解析】试題分析：⑴①求出函数的导数，解关干导函数的不等式，求出函数的单调区间即可, ②求岀函数的导数」通过讨论桝的范围得到函数的值域，从而确定加的具体范围即可,(R求出函数/■(刘的导数，得到a>0 在(加］道减在)递増，设O< Jq <X| <2 ,则有0<^<^<^<2,根1®函数的单调性得到关于滞的不等式组，解出即可.试题解析：(1 )当a=e时，f x 二e X-ex-1.①h x = f x -g x =e X-2x-1,h'x =e X-2.由h' x 0得x ln2，由h' x 0 得x ： ln2 .所以函数h x的单调增区间为In2, •::，单调减区间为-二，1 n2 .②f ' x = e x _ e当x <1时，f' x ：：：0,所以f x在区间」：，1上单调递减；当x 1时，f' x 0，所以f x在区间1,匸：上单调递增.g x = 2 -e x在m, 上单调递减，值域为-::,2 - e m ,因为F x的值域为R，所以e m-em-仁2 _e）m ,即e m-2m <0.（*）由①可知当m<Q时》h（m）-e n-2m-l>h（O）=Q f故0不成立-因为*（用）在（0>2）上单调递冰在（加2：1）上单调递聲且应（0）= 0旳（1）="3<0 所以当0兰用51时，A（m）<0恒成立，因此0<m<l.2°当初Al时，/（刘在（Y M）上单调递减,在（I曲上单调递増，所叹函数f（x） = ^-^c-l在｛toe）上的值域为|>（1丄如），即[7他）・^（x） = （2-e）jc在（观+x）上单调递减，值域为（Y\（2-总）酬）. 因为F（刃的值域为左，所以一丄（2-町乩即兰丄.总一2综合T,2°可知，实数用的取值范围是k-!-・_ 左一2.（2）f' x 二e x-a •若a岂0时，f' x • 0 ,此时f x在R上单调递增•由f（X i ）= f（X2 ）可得人=X2，与X i —X2色1相矛盾，同样不能有x1,x2 !jna, •：：.不妨设0三为：：：x2込2，则有0込捲：:：Ina ：：：x2込2.因为f x在X i,lna上单调递减，在Ina,X2上单调递增，且f为=f X2 ，所以当x^i^x三x2时，f x - f捲=f x2.由0兰为v x2兰2，且捲一x2岸1，可得1e Ix1, x2 ]故f 1 岂f % A f X2 .又f x在」：,ln a 1单调递减，且0 一X, ：：：Ina，所以f %乞f 0，所以f 1岂f 0，同理f 1乞f 2 •e - a -1 — 0, 2即｛2解得e -1乞a乞e2「e「1 ,e -a -仁e -2a -2,所以e —1乞a乞e2-e.点睛：本题考查函数的单调性极值及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则，力争第一二问答对，第三问争取能写点，一般涉及求函数单调性及极值时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会.x6 .已知函数f x X _ ax 1.e(1 )当a =1时，求y = f x在x 1-1,1吐的值域；(2)试求f x的零点个数，并证明你的结论.【答案】(1) l2-e,11 (2)当a乞0时，f x只有一个零点；当a 0时，f x有两个零点.【解析】试题分析:⑴当4=1时，»)二电-Q+1,则门©二今一1二£(町，而丈(力=需小e e e在卜1」]上恒成立，所以g(x)=/(x)®[-l1l]±递减，由f⑼",可得当xe(-lO)时，,才㈤递增*当就时/(刈递;咸,所以=/(<>)= ^ ttK/f-lJ./fl)的大小可得f(x)^f(-l) = 2-^进而可得结果；1 1(2)原方程等价于e x…一…a=0实根的个数，原命题也等价于h x i = e x…一…a在x「「「0)-(0,=x x上的零点个数，讨论a = 0, a ：：：0, a 0，三种情况，分别利用导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理可得结果•x 1 — x试题解析：(1)当a=1 时，fx x _ax 1，则f x x 1二gx ,e e而g x = J2：：：0在1-1,11上恒成立，所以g x二「x在〔-1,11上递减，ef X max 二f -1 =2e—1 0, f X min 二f 1」X0，所以「x在〔-1,11上存在唯一的X。