5章培优2 导数与零点、不等式的综合运用(精讲)(原卷版)

导数与函数的零点一、知识梳理1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a ＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【训练2】 已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ， 又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数， 当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0； 当x <0时，取x ＝－1a ， 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )． 在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三 函数零点的综合问题 【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0， 故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ， 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0， 函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明 由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0， 由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2， 所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0， 即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析 由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0， 解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103， 所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2， 所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点， 则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4. 答案 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解 函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0). 设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )， 当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， 则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1， 所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. 当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)， 当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}， 当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)； 当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ； 由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1， 所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0； 当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1， 所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。

第5讲 导数与函数零点、不等式的综合问题一、选择题1．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立．设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x2(x ＞0)． 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案：B2．(2017·贵阳联考)已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：根据导函数图象知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示． 由于f (0)＝f (3)＝2，1＜a ＜2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.答案：D3．(2017·山东省实验中学诊断)若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )＞0，则( )A ．3f (1)＜f (3)B ．3f (1)＞f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3)解析：由于f (x )＞xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0恒成立，因此f （x ）x 在R 上是单调递减函数，所以f （3）3＜f （1）1，即3f (1)＞f (3)．答案：B4．(2014·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )(导学号 55410101)A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析：由题意知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2a.当a ＞0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )＞0，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a ，f ′(x )＜0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞，f ′(x )＞0，且f (0)＝1＞0，故f (x )有小于0的零点，不满足．当a ＜0时，需使x 0＞0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，则a 2＞4，所以a ＜－2.答案：C5．(2017·佛山调研)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．无数个解析：由g (x )＝xf (x )＋1＝0得，xf (x )＝－1(x ＞0)，设h (x )＝xf (x )，则h ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， 因为xf ′(x )＋f (x )＞0，所以h ′(x )＞0，即函数在(0，＋∞)上为增函数， 因为h (0)＝0·f (0)＝0， 所以当x ＞0时，h (x )＞h (0)＝0， 故h (x )＝－1无解，故函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为0个． 答案：A 二、填空题6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm 3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm ，母线长为l dm ，则V ＝πR 2l ＝27π，所以l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R ，所以S ′表＝2πR －54πR2.令S ′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小． 答案：37．(2017·长沙调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )，满足f (x )＞f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f （x ）ex＜1的解集为________． 解析：构造函数g (x )＝f （x ）ex ，则g ′(x )＝e x·f ′（x ）－e x·f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x. 由题意得g ′(x )＜0恒成立， 所以函数g (x )＝f （x ）ex在R 上单调递减．又g (0)＝f （0）e＝1，所以f （x ）ex＜1，即g (x )＜1，所以x ＞0， 所以不等式的解集为(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞)8．(2017·德州二模)若对任意的x ∈D ，均有g (x )≤f (x )≤h (x )成立，则称函数f (x )为函数g (x )到函数h (x )在区间D 上的“任性函数”．已知函数f (x )＝kx ，g (x )＝x 2－2x ，h (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)，且f (x )是g (x )到h (x )在区间[1，e]上的“任性函数”，则实数k的取值范围是________．(导学号 54850101)解析：依题意，∀x ∈[1，e]，x 2－2x ≤kx ≤(x ＋1)(ln x ＋1)恒成立．所以x －2≤k ≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x (ln x ＋1)在x ∈[1，e]上恒成立．又y ＝x －2在[1，e]上是增函数， 所以(x －2)max ＝e －2，则k ≥e －2.①设φ(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x (ln x ＋1)，x ∈[1，e]．则φ′＝－1x2(ln x ＋1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1x＝x －ln x x2≥0，所以φ(x )在[1，e]上是增函数， 则φ(x )min ＝φ(1)＝2. 所以k ≤2，②由①②知，当e －2≤k ≤2时，x 2－2x ≤kx ≤(x ＋1)(ln x ＋1)在x ∈[1，e]上恒成立． 答案：[e －2，2] 三、解答题9．(2017·贵阳质检)已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)； (3)求证：ln e 2x ≤1＋xx.(1)解：f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ， f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2，所以f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，f ′(x )＜0⇒x ＞1.所以f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)解：由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＜f (e)．所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e. (3)证明：要证ln e 2x ≤1＋xx，即证2－ln x ≤1＋1x，即证1－1x－ln x ≤0.由(1)可知，f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0，即f (x )≤0，所以1－1x－ln x ≤0恒成立，原不等式得证．10．(2017·西安调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a2x 2－(a ＋1)x .(导学号 54850102)(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－2，求f (x )的单调区间； (2)若x ＞0时，f （x ）x ＜f ′（x ）2恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由已知得f ′(x )＝1x＋ax －(a ＋1)， 则f ′(1)＝0.而f (1)＝ln 1＋a 2－(a ＋1)＝－a2－1，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－a2－1.所以－a2－1＝－2，解得a ＝2.所以f (x )＝ln x ＋x 2－3x ，f ′(x )＝1x＋2x －3.由f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＞0，得0＜x ＜12或x ＞1，由f ′(x )＝1x ＋2x －3＜0，得12＜x ＜1，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)若f （x ）x ＜f ′（x ）2，则ln x x ＋a 2x －(a ＋1)＜12x ＋ax 2－a ＋12， 即ln x x －12x ＜a ＋12在区间(0，＋∞)上恒成立． 设h (x )＝ln x x －12x，则h ′(x )＝1－ln x x 2＋12x 2＝3－2ln x2x2，由h ′(x )＞0，得0＜x ＜e 32，所以h (x )在(0，e 32)上单调递增， 由h ′(x )＜0，得x ＞e 32，所以h (x )在(e 32，＋∞)上单调递减． 所以h (x )的最大值为h (e 32)＝e －32，所以a ＋12＞e －32，故a ＞2e －32－1.从而实数a 的取值范围为{a |a ＞2e －32－1}．11．(2017·沈阳质检)函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值． (1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时， f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x )＝ln x ，令f ′(x )＞0，解得x ＞1； 令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f (x )＝m ＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，也可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1的图象有两个不同的交点．由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1， 由题意得，m ＋1＞－1即m ＞－2，① 当0＜x ＜1时，f (x )＝x (－1＋ln x )＜0； 当x ＞0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞(或者举例：当x ＝e 2，f (e 2)＝e 2＞0)．如图，由图象可知，m ＋1＜0，即m ＜－1，② 故①②可得－2＜m ＜－1.故实数m 的取值范围是(－2，－1)．[典例] (本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2＜2.规范解答：(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x＋2a )．(1分) ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点．(2分) ②设a ＞0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0，故f (x )存在两个零点．③设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点．若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．(6分) 又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点． 综上可知，a 的取值范围为(0，＋∞)．(7分)(2)不妨设x 1＜x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，(8分) 2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)上单调递减， 所以x 1＋x 2＜2等价于f (x 1)＞f (2－x 2)， 即f (2－x 2)＜0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2， 又f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0，所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.(10分) 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)·(e2－x－e x)．(11分)所以当x ＞1时，g ′(x )＜0，而g (1)＝0，故当x ＞1时，g (x )＜0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)＜0，故x 1＋x 2＜2.(12分)1．牢记求导法则，正确求导：在函数与导数类解答题中，通常都会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，如本题第(1)问就涉及对函数的求导．2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基本上求解．3．注意分类讨论：高考函数与导数解答题，一般都会涉及分类讨论，并且讨论的步骤也是得分点，所以一定要重视分类讨论．4．写全得分关键：在函数与导数问题中，求导的结果、分类讨论的条件、极值、最值、题目的结论等一些关键式子和结果都是得分点，在解答时一定要写清楚．[解题程序] 第一步，准确求出函数f (x )的导数．第二步，讨论a 的取值，分情况讨论函数的单调性、极值、从而判断函数零点，确定a 的取值范围．第三步，将结论x 1＋x 2＜2转化为判定f (2－x 2)＜0＝f (x 1)． 第四步，构造函数g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，判定x ＞1时，g (x )＜0.第五步，写出结论，检验反思，规范步骤．[跟踪训练] 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(导学号 54850027)(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1.(1)解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e xln x ＋axe x－b x2e x －1＋b xex －1，由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e. 故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x－2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 从而g (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝1e.设函数h (x )＝x e －x－2e ，则h ′(x )＝e －x(1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上可知，当x ＞0时，g (x )＞h (x )， 即f (x )＞1.。

5章培优2 导数与零点、不等式的综合运用考点一 零点问题1．（2020·河南高三月考（文））已知函数()322312f x x x x m =--+.（1）若1m =，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程； （2）若函数()f x 有3个零点，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）12y x =-；（2）()7,20-.【解析】（1）由题意，()26612f x x x '=--，故()112f '=-，又当1m =时，()12312112f =--+=-，故所求的切线方程为()12121y x +=--，即12y x =-.（2）由题意，()()()()22661262612f x x x x x x x '=--=--=+-，令()0f x '=，得1x =-或2x =，故当(),1x ∈-∞-时，()0f x '>，当()1,2x ∈-时，()0f x '<，当()2,x ∈+∞时，()0f x '> 故当1x =-时，函数()f x 有极大值()()()121311217f m m -=⨯--⨯-⨯-+=+， 当2x =时，函数()f x 有极小值()2283412220f m m =⨯-⨯-⨯+=-.若函数()f x 有3个零点，实数m 满足70200m m +>⎧⎨-<⎩，解得720m -<<，即实数m 的取值范围为()7,20-. 【一隅三反】1．（2020·山西运城·）已知函数()()ln 21f x x ax a =-+∈R . （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）102a <<. 【解析】（1）函数()ln 21f x x ax =-+，定义域为()0,∞+，()12f x a x'=-， 当0a ≤时，()0f x '>.故()f x 在定义域()0,∞+上单调递增，此时无减区间. 当0a >时，令()120f x a x'=-=，得102x a =>； 当10,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，故()f x 单调递增； 当1,2x a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '<，故()f x 单调递减. 综上所述，当0a ≤时，()f x 在定义域()0,∞+上单调递增，此时无减区间； 当0a >时，()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）由（1）知，0a ≤时，()f x 至多一个零点，不符合题意； 当0a >时，()f x 在10,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.()f x 要有两个零点，需满足102f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即102a <<.此时021a <<，112a>.因为12110a f e e⎛⎫=--+< ⎪⎝⎭，所以()f x 在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭有一个零点；因为2112a a >，2122ln 1f a a a ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭.令()22ln 1h a a a =--+，()()2221220a h a a a a-'=-+=>， 所以()h a 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，()12ln 2302h a h ⎛⎫<=-<⎪⎝⎭， 所以210f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()f x 在1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有一个零点.所以102a <<，()f x 有两个零点. 2．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知函数()ln()(0)x af x ex a a -=-+>. （1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）12【解析】（1）证明：∵()ln()(0)x af x ex a a -=-+>，∴1()x a f x e x a-'=-+. ∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a+在区间(0,)+∞上单调递减， ∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a aaa e f e a ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10ag a e '=-<， 则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<. 令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+ 所以函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00010x af x ex a -'=-=+，即001x a e x a-=+（*）.函数1()x af x ex a-'=-+在(0,)+∞上单调递增. ∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增. ∴()()0min 00()ln x af x f x ex a -==-+.由（*）式得()()min 0001()ln f x f x x a x a==-++. ∴()001ln 1x a x a-+=+，显然01x a +=是方程的解. 又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=， 把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.3．（2020·甘肃武威）设函()()1f x x a nx x a =+-+，a R ∈． （1）设()()g x f x ='，求函数()g x 的极值； （2）若1ea，试研究函数()()1f x x a nx x a =+-+的零点个数． 【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）1个． 【解析】（1）()()1f x x a nx x a =+-+，a R ∈，()()a g x f x lnx x ∴='=+，0x >．∴221()a x ag x x x x-'=-=， ①当0a 时，()0g x '>恒成立，()g x 在(0,)+∞上是增函数，无极值． ②当0a >时，x a =，当(0,)x a ∈时，()g x 单调递减；当(,)x a ∈+∞时，()g x 单调递增，()g x ∴的极小值()g a 1lna =+，无极大值．（2）由（1）知，当1e a时，()g x 的极小值()g a 1110lna ln e=++=， 结合()g x 的单调性可知()0min g x ，即()0f x '恒成立．()f x ∴在(0,)+∞上是增函数， 1111()()f a ln a e e e e =+-+1120a a e e e=---+=-<， ()f e ()e a lne e a =+-+220e a e a ae=+-+=>，()f x ∴在1(e，)e 中有一个零点，∴函数()()1f x x a nx x a =+-+的零点个数为1个．考点二 导数与不等式【例2】．（2021·湖南湘潭·月考（理））已知函数ln 1()xx f x e +=．（1）求()f x 的最大值；（2）当1≥x 时，2(ln 1)xax x e +<恒成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）1e；（2）()2,e -∞. 【解析】（1）因为()ln 1()0x x f x x e+=>，所以()()1ln 1xx x f x e -+'= ， 设()()1ln 1g x x x =-+，所以()2110g x x x'=--<，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，且()10g =，所以当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,x ∈+∞时，()0f x '<， 所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 所以()()max 11f x f e==； （2）因为1≥x ，所以()ln 10x x +>，所以当0a ≤时，()ln 10ax x +≤且20x e >，所以()2ln 1xax x e +<恒成立，当0a >时，若()2ln 1xax x e +<恒成立，则ln 1xxx e a e x+⋅<恒成立（*）， 设()x e h x x =，所以()()21x x e h x x-'=，又因为[)1,x ∈+∞，所以()()210x x e h x x -'=≥， 所以()h x 在[)1,+∞上单调递增，所以()()min 1h x h e ==， 又因为由（1）知maxln 11x x e e +⎛⎫=⎪⎝⎭且[)ln 11,,0xx x e +∀∈+∞> ， 所以若（*）成立，只需要1a e e⋅<，所以2a e <， 综上可知：()2,a e∈-∞.【一隅三反】1．（2019·广东湛江·高二期末（文））已知函数()(1)ln ()af x x a x a R x=--+∈． （1）当01a <≤时，求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使()f x x ≤恒成立，若存在，求出实数a 的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】（1）见解析； （2）当11a e ≥-时，使 ()f x x ≤恒成立． 【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，221()(1)'()1a a x a x f x x x x +--=+-=， 当01a <<时，由'()0f x >，得0x a <<，或1x >，由'()0f x <，得1a x <<， 故函数()f x 的单调递增区间为(0,)a 和(1,)+∞，单调递减区间为(,1)a ，当1a =时，22(1)'()0x f x x-=≥恒成立，故函数()f x 的单调递增区间为(0,)+∞. （2）()f x x ≤恒成立等价于(1)ln 0a a x x ++≥恒成立，令()(1)ln g x a a x x =++，当10a +=时，即当1a =-时，()1g x =-，故()0g x ≥在(0,)+∞内不能恒成立，当10a +<时，即当1a <-时，则(1)1g a =<-， 故()0g x ≥在(0,)+∞内不能恒成立，当10a +>时，即当1a >-时，'()(1)(1ln )g x a x =++，由'()0g x =解得1=x e ，当10x e <<时，'()0g x <； 当1x e>时，'()0g x >.所以min 11()()0a g x g a e e +==-≥，解得11a e ≥-.综上，当11a e ≥-时，()0g x ≥在(0,)+∞内恒成立，即()f x x ≤恒成立，所以实数a 的取值范围是1[,)1e +∞-. 2．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二期末（文））已知函数()ln (0)f x x x x =>.（1）求()f x 的单调区间和极值；（2）若对任意23(0,),()2x mx x f x -+-∈+∞≥恒成立，求实数m 的最大值.【答案】（1）()f x 在1=x e 处取得极小值，极小值为11()f e e=-.（2）4 【解析】（1）()ln 1f x x ='+，()()110,00f x x f x x e e''>→><→<<，∴()f x 的单调增区间是1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调减区间是10,e⎛⎫ ⎪⎝⎭.∴()f x 在1x e =处取得极小值，极小值为11f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.（2）由()232x mx f x -+-≥变形，得22ln 3x x x m x ++≤恒成立，令()22ln 3(0)x x x g x x x ++=>，()2223x x g x x+-'=， 由()()01,001g x x g x x ''>⇒><⇒<<.所以，()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数. 所以，()()min 14g x g ==，即4m ≤，所以m 的最大值是4. 3．（2020·安徽省含山中学月考（理））已知函数211()ln (,0)22f x x a x a R a =--∈≠. （1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （2）求函数()f x 的单调区间；（3）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）10x y +-=；（2）答案见解析；（3）()(],00,1-∞.【解析】（1）2a =时，211()2ln 22f x x x =--，(1)0f =， 2'()f x x x=- ，'(1)1f =- 曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程10x y +-=（2）2'()(0)a x af x x x x x-=-=>①当0a <时，2'()0x af x x-=>恒成立，函数()f x 的递增区间为()0,∞+②当0a >时，令'()0f x =，解得x =x =所以函数()f x 的递增区间为+∞，递减区间为（3）对任意的[1,)x ∈+∞，使()0f x ≥成立，只需任意的[1,)x ∈+∞，min ()0f x ≥ ①当0a <时，()f x 在[1,)+∞上是增函数，所以只需(1)0f ≥ 而11(1)ln1022f a =--= 所以0a <满足题意；②当01a <≤时，01<，()f x 在[1,)+∞上是增函数，所以只需(1)0f ≥ 而11(1)ln1022f a =--= 所以01a <≤满足题意；③当1a >1>，()f x 在上是减函数，)+∞上是增函数，所以只需0f ≥即可 而(1)0f f <= 从而1a >不满足题意；综合①②③实数a 的取值范围为()(],00,1-∞.高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。

导数在不等式.恒等式和零点问题综合应用-专项训练（原卷版）【练基础】一、单选题1．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知352,e ,ln 5ln 45a b c -===-，则（）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．b c a>>2．（2023·江西·校联考一模）已知关于x 的不等式e 2ax x b ≥+对任意x ∈R 恒成立，则ba的最大值为（）A ．12B ．1C ．e2D ．e 43．（2024秋·甘肃武威·高三校考阶段练习）函数()()22e xf x x x =-的图像大致是（）A ．B ．C ．D ．4．（2024秋·山东东营·高三广饶一中校考阶段练习）设{},min ,,a a b a b b a b ≤⎧=⎨>⎩，若函数(){}12min e ,21x f x x x mx -=--+-有且只有三个零点，则实数m 的取值范围为（）A ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．3,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,+∞D ．5,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭5．（2024·江苏南京·模拟预测）已知函数()xf x a ax =-（1a >），且()f x 在[]1,2有两个零点，则a 的取值范围为（）A ．(]1,2B ．()1,e C ．[)2,e D ．(2e,e ⎤⎦6．（2024秋·湖南岳阳·高三校考阶段练习）已知函数2e ,0,()241,0x x f x x x x ⎧>=⎨-++≤⎩，若方程()0f x kx +=恰好有三个不等的实数根，则实数k 的取值范围是（）A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．(e,0)-D ．(,e)-∞-7．（2024·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知函数()()1e ln x af x a x x x =+-+（其中1x >，a<0）有两个零点，则a 的取值范围为（）A ．()2,e∞--B ．()2e ,e --C ．(,1)-∞-D ．(),e ∞--8．（2024秋·河南·高三校联考阶段练习）已知函数()()e ln ,01=21,1x x x f x f x x <≤⎧⎨->⎩，则方程()()22760f x f x +⎤⎦+⎣=⎡在区间()0,4上的实根个数为（）A ．9B ．10C ．11D ．12二、多选题9．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知函数()()e ln 1tx f x x t x =-+-，若()0f x ≥恒成立，则实数t 的可能的值为（）A ．1eB ．12eC ．21e D ．2e10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()e xf x x =-，()lng x x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()e xg 在()0,∞+上是增函数B ．1x ∀>，不等式()()2ln f ax f x ≥恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()f x t =有两个零点12,x x ，则120x x +>D ．若()()()122f x g x t t ==>，且210x x >>，则21ln t x x -的最大值为1e11．（2024·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知函数2()ln f x x x =-，则（）A ．函数()f x 在22x =处取得最大值B ．函数()f x 在区间1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减C ．函数()f x 有两个不同的零点D ．()2e 2xf x x <--恒成立12．（2024·全国·校联考模拟预测）对于三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠，给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数()322491236f x x x x =--+，则下列说法正确的是（）A ．()f x 的极大值点为1372,6⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．()f x 有且仅有3个零点C ．点1,22⎛⎫⎪⎝⎭是()f x 的对称中心D ．123202140422022202220222022f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭三、填空题13．（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）已知不等式1ln ea x x a x x ++≥对()1x ∈+∞，恒成立，则实数a 的最小值为__________.14．（2024·上海奉贤·统考一模）已知某商品的成本C 和产量q 满足关系50000200C q =+，该商品的销售单价p 和产量q 满足关系式21242005p q =-，则当产量q 等于__________时，利润最大.15．（2024·上海普陀·统考一模）设1a 、2a 、3a 均为正数且222123a a a +=，则使得不等式123123111k a a a a a a ++≥++总成立的k 的取值范围为______．16．（2023·全国·高三专题练习）给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导函数，()f x ''是函数()y f x '=的导函数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”，经研究发现所有的三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠都有“拐点”，且该“拐点”也是函数()y f x =的图像的对称中心，若函数()323f x x x =-+，则1234044404520232023202320232023f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭______.四、解答题17．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知λ为正实数，函数()()()2ln 102x f x x x x λλ=+-+>.(1)若()0f x >恒成立，求λ的取值范围；(2)求证：()()215212ln 12ln 13ni n n ii =⎛⎫+-<-<+ ⎪⎝⎭∑（1,2,3,...i =）.18．（2023·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测）已知n 为正整数，()()2ln 1n xf x x x=>，()()2e 1xn g x x x=>.(1)求()f x 的最大值；(2)若()12212122,1,,ln e xn n x x x x x ∀∈+∞<恒成立，求正整数n 的取值的集合.（参考数据：ln 5 1.6,ln 20.69,ln 3 1.10≈≈≈）19．（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知函数()2ln f x x a x =-．(1)当1a =时，求函数()y f x =的单调区间；(2)若函数()(2)e x f x a x x ≥+-恒成立，求实数a 的取值范围．20．（2023·四川凉山·统考一模）已知函数()()ln 1f x x x =-+．(1)求()f x 的最小值；(2)已知*N n ∈，证明：()1111ln 123n n++++>+L ；(3)若()ln 210xx x x a x -+--≥恒成立，求a 的取值范围．【提能力】一、单选题21．（2024秋·山西阳泉·高三阳泉市第一中学校校考期中）设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭22．（2023·全国·高三专题练习）23(2ln 3)1ln 3,,3a b c e e -===，则a ，b ，c 的大小顺序为（）A ．a c b <<B ．c<a<bC ．a b c<<D ．b a c<<23．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()33f x x x m =-+只有一个零点，则实数m 的取值范围是（）A ．[]22-,B ．()(),22,-∞-+∞C ．()2,2-D ．(][),22,-∞-+∞24．（2023·全国·高三专题练习）已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩ 若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,e D ．[]1,e 25．（2023·全国·高三对口高考）函数2||2x y x e =-在[]–2,2的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22x f x xe x x m =---在()0,∞+上有零点，则m的取值范围是（）A ．)21ln 2,-+∞⎡⎣B ．)2ln 21,--+∞⎡⎣C ．)2ln 2,-+∞⎡⎣D ．21ln 2,2-+∞⎡⎫⎪⎢⎣⎭27．（2024·全国·高三专题练习）已知函数222,0,()ln(1),0,x x x f x x x ⎧---≤=⎨+>⎩若关于x 的不等式1()2f x ax a ≤+-在R 上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．12e -⎡⎢⎣B ．122,e ⎤⎥⎦C ．12e -⎡⎢⎣D ．12e ⎡⎢⎣28．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2,1,()eln 52,1,xx f x x x x x ⎧>⎪=⎨⎪--≤⎩若函数2[()](24)()1y f x a f x =+-+恰有5个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．949,824⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．491,24⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．91,8⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．9,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭29．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考一模）已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点12,x x ，且不等式()()12124f x f x x x t +<++-恒成立，则实数t 的取值范围是（）A ．[)1,-+∞B ．[)5,-+∞C ．[)22ln 2,-+∞D ．[)1ln 2,-+∞二、多选题30．（2021·全国·高三专题练习）对于函数ln ()xf x x=，下列说法正确的有（）A ．()f x 在x e =处取得极大值1eB ．()f x 有两不同零点C ．()()23f f <D ．若1()f x k x<-在(0,)+∞上恒成立，则1k >31．（2023秋·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知函数()3e e x x x a f x x -=-+-，则下列结论中正确的是（）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点32．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()322f x x ax x =--，下列命题正确的是（）A ．若1x =是函数()f x 的极值点，则12a =B ．若1x =是函数()f x 的极值点，则()f x 在[]0,2x ∈上的最小值为32-C ．若()f x 在()1,2上单调递减，则52a ≥D ．若()2ln x x f x ≥在[]1,2x ∈上恒成立，则1a ≥-33．（2023·全国·高三专题练习）若1201x x <<<，e 为自然对数的底数，则下列结论错误．．的是（）A ．1221x xx e x e <B ．1221x xx e x e >C ．2121ln ln x x e e x x ->-D ．2121ln ln x x e e x x -<-三、填空题34．（2024·全国·高三专题练习）设函数3()(2ln )x e f x t x x x x=-++恰有两个极值点，则实数t 的取值范围为___________.35．（2024·全国·高三专题练习）已知不等式2(2ln )(1)10ax x x a x ⎡⎤--++≥⎣⎦对任意0x >恒成立，则实数a 的取值范围是___________.36．（2021春·全国·高三专题练习）若10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，关于x 不等式32ln 0ax ax e x +≤恒成立，则实数a 的最大值是______.37．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论：①若0k =，()f x 恰有2个零点；②存在负数k ，使得()f x 恰有1个零点；③存在负数k ，使得()f x 恰有3个零点；④存在正数k ，使得()f x 恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是_______．四、解答题38．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点①21,222e a b a <≤>；②10,22a b a <<≤．39．（2024·重庆永川·重庆市永川北山中学校校考模拟预测）已知函数1()ln f x x a x x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．40．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．41．（2022秋·江西南昌·高三南昌大学附属中学校考阶段练习）已知函数()()221ln f x ax a x x =-+-，()22ln g x a x x=--，其中a R ∈.（1）当0a >时，求()f x 的单调区间；（2）若存在21,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得不等式()()f x g x ≥成立，求a 的取值范围.导数在不等式.恒等式和零点问题综合应用-专项训练（解析版）【练基础】一、单选题1．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知352,e ,ln5ln 45a b c -===-，则（）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．b c a>>2．（2023·江西·校联考一模）已知关于x 的不等式e 2ax x b ≥+对任意x ∈R 恒成立，则a的最大值为（）A ．12B ．1C ．e2D ．e 4显然，由图可知e 2ax x b ≥+，对任意当0a =时，在同一坐标系中作出函数显然，由图可知e 2ax x b ≥+，对任意当0a >时，在同一坐标系中作出函数由图可知，临界条件是直线g 由()e ax f x =，求导()f x a '=∴当()e ax f x =的切线斜率为故002e2ax x b a=+=，所以0x3．（2024秋·甘肃武威·高三校考阶段练习）函数()()22e xf x x x =-的图像大致是（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】运用函数的零点，极值点，单调性即可解决.【详解】解：由()0f x =得0x =或2x =，故BD 错；又()()22e xx x f '=-，4．（2024秋·山东东营·高三广饶一中校考阶段练习）设{},min ,,a a ba b b a b≤⎧=⎨>⎩，若函数(){}12min e ,21x f x x x mx -=--+-有且只有三个零点，则实数m 的取值范围为（）A ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．3,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,+∞D ．5,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C【分析】构造函数()1ex g x x -=-与()221h x x mx =-+-，先利用导数研究得()g x 的性质，再利用二次函数的性质研究得()h x 的性质，从而作出()f x 的图像，由此得到()max 0h x >，分类讨论1m <-与1m >时()f x 的零点情况，据此得解.【详解】令()1ex g x x -=-，则()1e 1x g x -'=-，令()0g x '>，得1x >；令()0g x '<，得1x <；所以()g x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增，故()()min 10g x g ==，又因为对于任意0M >，在(),1-∞总存在x M =-，使得()1eM g M M M ---=+>，在()1,+∞上由于1e x y -=的增长速率比y x =的增长速率要快得多，所以总存在0x x =，使得010e x x M -->，所以()g x 在(),1-∞与()1,+∞上都趋于无穷大；令()221h x x mx =-+-，则()h x 开口向下，对称轴为x m =，所以()h x 在(),m -∞上单调递增，在(),m +∞上单调递增，故()()2max 1h x h m m ==-，.因为函数(){}12min e ,21x f x x x mx -=--+-有且只有三个零点，而()g x 已经有唯一零点1x =，所以()h x 必须有两个零点，则()max 0h x >，即210m ->，解得1m <-或1m >，当1m <-时，()211211220h m m =-+⨯-=-+<，则()()(){}()1min 1,110f g h h ==<，即()f x 在1x =处取不到零点，故()f x 至多只有两个零点，不满足题意，当1m >时，()211211220h m m =-+⨯-=-+>，则()()(){}()1min 1,110f g h g ===，所以()f x 在1x =处取得零点，结合图像又知()g x 与()h x 必有两个交点，故()f x 在(),1-∞与(),m +∞必有两个零点，所以()f x 有且只有三个零点，满足题意；综上：1m >，即()1,m ∈+∞.故选：C.5．（2024·江苏南京·模拟预测）已知函数()xf x a ax =-（1a >），且()f x 在[]1,2有两个零点，则a 的取值范围为（）A ．(]1,2B ．()1,e C ．[)2,e D ．(2e,e ⎤⎦6．（2024秋·湖南岳阳·高三校考阶段练习）已知函数2e ,0,()241,0x x f x x x x ⎧>=⎨-++≤⎩，若方程()0f x kx +=恰好有三个不等的实数根，则实数k 的取值范围是（）A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-∞- ⎝⎭C ．(e,0)-D ．(,e)-∞-数形结合可得，当e k ->，即e k <-时满足题意，故故选：D.7．（2024·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知函数()()1e ln x af x a x x x =+-+（其中1x >，a<0）有两个零点，则a 的取值范围为（）A ．()2,e ∞--B ．()2e ,e --C ．(,1)-∞-D ．(),e ∞--【答案】D8．（2024秋·河南·高三校联考阶段练习）已知函数()()e ln ,01=21,1x x x f x f x x <≤⎧⎨->⎩，则方程()()22760f x f x +⎤⎦+⎣=⎡在区间()0,4上的实根个数为（）A ．9B ．10C ．11D ．12由图可知，方程()32=-f x 、()f x 因此，方程()()22760f x f x +⎤⎦+⎣=⎡故选：C.二、多选题9．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知函数()()e ln 1tx f x x t x =-+-，若()0f x ≥恒成立，则实数t 的可能的值为（）A ．1eB ．12eC ．21e D ．2e【答案】AD【分析】根据()0f x ≥转化成e tx tx +10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()e xf x x =-，()lng x x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()e xg 在()0,∞+上是增函数B ．1x ∀>，不等式()()2ln f ax f x ≥恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()f x t =有两个零点12,x x ，则120x x +>D ．若()()()122f x g x t t ==>，且210x x >>，则ln t x x -的最大值为1e11．（2024·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知函数2()ln f x x x =-，则（）A ．函数()f x 在2x =处取得最大值B ．函数()f x 在区间1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减C ．函数()f x 有两个不同的零点D ．()2e 2xf x x <--恒成立【答案】AD【分析】确定函数的定义域，求导数，判断函数的单调性，即可判断函数的极值点,由此可判断A,B ;求得函数的最值，数形结合，判断函数的零点情况，判断C;将()2e 2xf x x <--化为e ln 20x x -->，从而构造函数()e ln 2,(0)xh x x x =-->，利用导数求函数最值，解决不等式恒成立问题，判断D.【详解】由题意知函数2()ln f x x x =-的定义域为(0,)+∞，f x在(0,由此可知函数()即函数()0h x >在(0,)+∞上恒成立，所以当0x >时，()2e 2xf x x <--恒成立，D 正确，故选：AD12．（2024·全国·校联考模拟预测）对于三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠，给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数()322491236f x x x x =--+，则下列说法正确的是（）A ．()f x 的极大值点为1372,6⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．()f x 有且仅有3个零点C ．点1,22⎛⎫⎪⎝⎭是()f x 的对称中心D ．123202140422022202220222022f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪6有图象可知，()f x 有且仅有3个零点，故()42f x x ''=-，令()0f x ''=，解得x 又32121114912232226f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯--⨯+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C 正确；因为点1,22⎛⎫⎪⎝⎭是()f x 的对称中心，所以有令123202*********S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又202120202019202220222022S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以12021220222022S f f f ⎡⎤⎡⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣202148084=⨯=，，所以4042S =.故三：填空题13．（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）已知不等式1ln ea x x a x x ++≥对()1x ∈+∞，恒成立，则实数a 的最小值为__________.14．（2024·上海奉贤·统考一模）已知某商品的成本C 和产量满足关系50000200C q =+，该商品的销售单价p 和产量q 满足关系式21242005p q =-，则当产量q 等于__________时，利润最大.15．（2024·上海普陀·统考一模）设1a 、2a 、3a 均为正数且222123a a a +=，则使得不等式111k a a a a a a ++≥++总成立的k 的取值范围为______．16．（2023·全国·高三专题练习）给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导函数，()f x ''是函数()y f x '=的导函数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”，经研究发现所有的三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠都有“拐点”，且该“拐点”也是函数()y f x =的图像的对称中心，若函数()323f x x x =-+，则1234044404520232023202320232023f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭______.【答案】8090四：解答题17．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知λ为正实数，函数()()()2ln 102x f x x x x λλ=+-+>.(1)若()0f x >恒成立，求λ的取值范围；(2)求证：()()25212ln 12ln 13n n n i i ⎛⎫+-<-<+ ⎪∑（1,2,3,...i =）.2121ni i i =⎛⎫-⎪⎝⎭∑18．（2023·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测）已知n 为正整数，()()ln 1n f x x x=>，()()2e 1xn g x x x=>.(1)求()f x 的最大值；(2)若()12212122,1,,ln e xn n x x x x x ∀∈+∞<恒成立，求正整数n 的取值的集合.（参考数据：ln 5 1.6,ln 20.69,ln 3 1.10≈≈≈）19．（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知函数()2ln f x x a x =-．(1)当1a =时，求函数()y f x =的单调区间；(2)若函数()(2)e x f x a x x ≥+-恒成立，求实数a 的取值范围．20．（2023·四川凉山·统考一模）已知函数()()ln 1f x x x =-+．(1)求()f x 的最小值；(2)已知*N n ∈，证明：()1111ln 123n n++++>+L ；(3)若()ln 210xx x x a x -+--≥恒成立，求a 的取值范围．【提能力】一：选择题21．（2024秋·山西阳泉·高三阳泉市第一中学校校考期中）设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢()()21x g x e x '=+，当12x <-时，(g '所以，函数()y g x =的最小值为g ⎛- ⎝又()01g =-，()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为故()01a g ->=-且()31g a e -=-≥--【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题22．（2023·全国·高三专题练习）23(2ln 3)1ln 3,,3a b c e e -===，则a ，b ，c 的大小顺序为（）A ．a c b <<B ．c<a<bC ．a b c <<D ．b a c<<23．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()33f x x x m =-+只有一个零点，则实数m 的取值范围是（）A ．[]22-,B ．()(),22,-∞-+∞C ．()2,2-D ．(][),22,-∞-+∞【答案】B【分析】将题目转化为函数33y x x =-+的图像与y m =的图像只有一个交点，利用导数研究函数33y x x =-+的单调性与极值，作出图像，利用数形结合求出m 的取值范围.【详解】由函数()33f x x x m =-+只有一个零点，等价于函数33y x x =-+的图像与y m =的图像只有一个交点，33y x x =-+Q ，求导233y x '=-+，令0y '=，得1x =±当1x <-时，0'<y ，函数在(),1-∞-上单调递减；当11x -<<时，0'>y ，函数在()1,1-上单调递增；当1x >时，0'<y ，函数在()1,+∞上单调递减；故当=1x -时，函数取得极小值=2y -；当1x =时，函数取得极大值2y =；作出函数图像，如图所示，由图可知，实数m 的取值范围是()(),22,-∞-+∞故选：B【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.24．（2023·全国·高三专题练习）已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩ 若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,e D ．[]1,e25．（2023·全国·高三对口高考）函数2||2x y x e =-在[]–2,2的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】D【详解】试题分析：函数2||()2x f x x e =-|在[–2,2]上是偶函数，其图象关于y 轴对称，因为22(2)8e ,08e 1f =-<-<，所以排除,A B 选项；当[]0,2x ∈时，4x y x e '=-有一零点，设为0x ，当0(0,)x x ∈时，()f x 为减函数，当0(,2)x x ∈时，()f x 为增函数．故选：D.26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22x f x xe x x m =---在()0,∞+上有零点，则m的取值范围是（）A ．)21ln 2,-+∞⎡⎣B ．)2ln 21,--+∞⎡⎣C ．)2ln 2,-+∞⎡⎣D ．21ln 2,2-+∞⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【分析】由函数()y f x =存在零点可知()220x m xe x x x =-->有解，设()()220x h x xe x x x =-->，利用导数求出函数的最小值，进而得出结果.【详解】由函数()y f x =存在零点，则()220x m xe x x x =-->有解，设()()220x h x xe x x x =-->，则()()()()120xh x x e x '=+->，当0ln 2x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减；当ln 2x >时，()0h x '>，()h x 单调递增．则ln 2x =时()h x 取得最小值，且()2ln 2ln 2h =-，所以m 的取值范围是)2ln 2,-+∞⎡⎣．故选：C27．（2024·全国·高三专题练习）已知函数222,0,()ln(1),0,x x x f x x x ⎧---≤=⎨+>⎩若关于x 的不等式1()2f x ax a ≤+-在R 上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．12e -⎡⎢⎣B ．122,e ⎤⎥⎦C ．12e -⎡⎢⎣D ．12e ⎡⎢⎣【答案】A1()2f x ax a ≤+-在R 上恒成立即函数且直线12y ax a =+-过定点11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭，当直线与ln(1)(0)=+>y x x 相切时，设切点可得()01ln 11211x x x ++=++，解得0e x =28．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2,1,()eln 52,1,x f x x x x x ⎧>⎪=⎨⎪--≤⎩若函数2[()](24)()1y f x a f x =+-+恰有5个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．949,824⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．491,24⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．91,8⎛⎤ ⎥D ．9,8⎡⎫+∞⎪⎢29．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考一模）已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点12,x x ，且不等式()()12124f x f x x x t +<++-恒成立，则实数t 的取值范围是（）A ．[)1,-+∞B ．[)5,-+∞C ．[)22ln 2,-+∞D ．[)1ln 2,-+∞二、多选题(共0分)30．（2021·全国·高三专题练习）对于函数ln ()xf x x=，下列说法正确的有（）A ．()f x 在x e =处取得极大值1eB ．()f x 有两不同零点C ．()()23f f <D ．若1()f x k x<-在(0,)+∞上恒成立，则1k >当01x <<时，()0h x '>，当1x >时，()0h x '<，即当1x =时，函数()h x 取得极大值同时也是最大值，为()11h =，∴1k >，故D 正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题关键是利用导数法，得到函数的图象而得解.31．（2023秋·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知函数()3e e x x x af x x -=-+-，则下列结论中正确的是（）A ．若()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值分别为M ，m ，则0M m +=B ．曲线()y f x =与直线y ax =-相切C ．若()f x 为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上最多有3个零点当0x =时，()0t x '=，当0x <时，()0t x '>，所以函数()t x 为增函数，且()00t =，所以当0x >时，()0t x >，从而()0g x ¢>，()g x 单调递增.又因为对于任意0x ≠，都有()()g x g x -=，所以()g x 为偶函数，其图象关于y 轴对称.综上，()g x 在(),0-¥上单调递减，在()0,+¥上单调递增，则直线y a =与()y g x =最多有2个交点，所以()f x 在R 上最多有3个零点，故D 正确.故选ACD .32．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()322f x x ax x =--，下列命题正确的是（）A ．若1x =是函数()f x 的极值点，则12a =B ．若1x =是函数()f x 的极值点，则()f x 在[]0,2x ∈上的最小值为32-C ．若()f x 在()1,2上单调递减，则52a ≥D ．若()2ln x x f x ≥在[]1,2x ∈上恒成立，则1a ≥-33．（2023·全国·高三专题练习）若1201x x <<<，e 为自然对数的底数，则下列结论错误．．的是（）A ．1221x xx e x e <B ．1221x xx e x e >C ．2121ln ln x x ee x x ->-D ．2121ln ln x x e e x x -<-三、填空题(共0分)34．（2024·全国·高三专题练习）设函数3()(2ln)x ef x t x xx x=-++恰有两个极值点，则实数t的取值范围为___________.35．（2024·全国·高三专题练习）已知不等式2(2ln )(1)10ax x x a x ⎡⎤--++≥⎣⎦对任意0x >恒成立，则实数a 的取值范围是___________.所以，()min 111ln 1ln 222f x f a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭.（i ）当11ln 20f a a ⎛⎫=+< ⎪⎝⎭时，即当102a e <<时，2110ag a a-⎛⎫=> ⎪⎝⎭，则110f g a a ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，不符合题意；（ii ）当11ln 20f a a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭时，即当12a e ≥时，则2110ag a a-⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭，此时1a ≤，即112a e ≤≤.对于函数()()211g x x a x =-++，()()()214130a a a ∆=+-=-+≤，所以，当0x >时，()0f x ≥，()0g x ≥，则()()0f x g x ≥对任意的0x >恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是1,12e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故答案为：1,12e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤；（2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥；（3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤；（4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.36．（2021春·全国·高三专题练习）若10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，关于x 不等式32ln 0ax ax e x +≤恒成立，则实数a 的最大值是______.。

5.2 导数的运算考点一 初等函数求导【例1】（2020·林芝市第二高级中学高二期末（文））求下列函数的导函数.（1）()3224f x x x =-+（2）()32113f x x x ax =-++（3）()cos ,(0,1)f x x x x =+∈ （4）2()3ln f x x x x =-+-（5）sin y x = （6）11x y x +=-【答案】(1)2()68f x x x =-+ (2)2()2f x x x a '=-+ (3)()sin 1f x x '=-+ (4)1()23f x x x'=--+ (5)cos y x '= (6)22(1)y x '=--【解析】（1）由()3224f x x x =-+，则()'268f x x x =-+；（2）由()32113f x x x ax =-++，则()'22f x x x a =-+；（3）由()cos ,(0,1)f x x x x =+∈ ，则()1sin ,(0,1)f x x x =-∈；（4）由2()3ln f x x x x =-+-，则'1()23f x x x=-+-；（5）由sin y x =，则 'cos y x =；（6）由11x y x +=-，则'''22(1)(1)(1)(1)2(1)(1)x x x x y x x +⨯--+⨯-==---.【一隅三反】1．（2020·西藏高二期末（文））求下列函数的导数.（1）2sin y x x =；（2）n 1l y x x=+；（3）322354y x x x =-+-.【答案】（1）22sin cos y x x x x '=+（2）211y x x'=-（3）2665y x x '=-+【解析】（1）2sin y x x =22sin cos y x x x x '=+（2）n 1l y x x =+211y x x'=-（3）322354y x x x x =-+-2665y x x '=-+2．（2020·通榆县第一中学校高二月考（理））求下列函数的导数：（Ⅰ）22ln cos y x x x =++；（Ⅱ）3e x y x =.【答案】（Ⅰ）14sin x x x+-；（Ⅱ）()233e xx x +.【解析】（Ⅰ）由导数的计算公式，可得()212(ln )(cos )4sin y x x x x x x'=++=+-'''.（Ⅱ）由导数的乘法法则，可得()()()3323e e 3e x xx y x x xx ''=+=+'.3．（2020·山东师范大学附中高二期中）求下列函数在指定点的导数：（1）4ln(31)y x =++ ，1x =； （2）2cos 1sin x y x=+，π2x =．【答案】（1）12x y ='=（2）21ln 2x y π==+'【解析】（1）321231y x x -'=-++，12x y ='=（2）21sin y x+'=，21ln2x y π==+'考点二 复合函数求导【例2】．（2020·凤阳县第二中学高二期末（理））求下列函数的导数：（1）2=e x y ；（2）()313y x =-.【答案】（1）22x e ；（2）29(13)x --或281549y x x '=-+-．【解析】（1）2'22e (2)e 22e x x x y x =⋅=⋅='；（2）()()22'313(13)913y x x x =--=--'．或281549y x x '=-+-． 【一隅三反】1．（2020·陕西碑林·西北工业大学附属中学高二月考（理））求下列函数的导数：(1)()*()2+1ny x n N ∈＝，；(2)(ln y x =+；(3)11x x e y e +=-；(4)2)2(+5y xsin x ＝．【答案】（1）()1'221n y n x -=+；（2）'y =；（3）()221xxe y e-'=-；（4）2sin(25)4cos(25)y x x x '=+++.【解析】(1)()()()11'2121'221n n y n x x n x ⋅－－＝＋＋＝＋；（2）1y ⎛=+= ⎝'（3）∵12111xx xe y e e +==+--∴()()222211xxx xe e y e e'-=-=--；（4）()()2sin 254cos 25y x x x =+'++.2．（2020·横峰中学高二开学考试（文））求下列各函数的导数：（1）ln(32)y x =-；（2）()212x x f x ee e -+=++（3）y【答案】（1）332y x '=-；（2）21()2x x f x e e -+'=-+.（3）y '=【解析】（1）因为ln(32)y x =-令32t x =-，ln y t =所以()()1332ln 332y x t t x '''=-⋅=⋅=-（2）()21221,()2x x x x f x e f x ee e e -+-+∴'=-+++= .（3）令212t x =-，则12y t =，所以112211()(4)22y t t t x -'''==⋅=-=；考点三 求导数值【例3】．（2020·甘肃城关·兰州一中高二期中（理））已知函数()f x 的导函数为()'f x ，且满足()3(1)ln f x xf x '=+，则(1)f '=A ．12-B ．12C ．1-D ．e【答案】A【解析】()()31ln f x xf x '=+ ，求导得()()131f x f x''=+，则()()1311f f ''=+，解得()112f '=-.故选：A.【一隅三反】1．（2020·广东湛江·高二期末（文））已知函数()cos x f x x =，则2f π⎛⎫= ⎪⎝⎭'（ ）A ．2π-B ．2πC ．3πD ．3π-【答案】A【解析】()cos x f x x = ，()2sin cos x x x f x x --'∴=，因此，2sin 22222f πππππ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭'-==- ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：A.2．（2020·四川高二期中（理））若函数()()22co 102s x f x x f x '=++，则6f π⎛⎫' ⎪⎝⎭的值为（ ）A ．0B ．6πC ．3πD ．π【答案】B【解析】因为()()20sin 1f x x f x ''=-+，所以令0x =，则()01f '=，所以()2sin 1f x x x '=-+，则66f ππ⎛⎫'=⎪⎝⎭，故选： B.3．（2020·广西桂林·高二期末（文））已知函数2()f x x x =+，则()1f '=（ ）A ．3B ．0C ．2D ．1【答案】A【解析】由题得()21(1)3f x x f ''=+∴=，.故选：A 考点四 求切线方程【例4】．（2020·郸城县实验高中高二月考（理））已知曲线31433y x =+（1）求曲线在点(2,4)P 处的切线方程；（2）求曲线过点(2,4)P 的切线方程【答案】（1）440x y --=；（2）20x y -+=或440x y --=．【解析】（1）∵2y x '=，∴在点()2,4P 处的切线的斜率2|4x k y ='==，∴曲线在点()2,4P 处的切线方程为()442y x -=-，即440x y --=．（2）设曲线31433y x =+与过点()2,4P 的切线相切于点30014,33A x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，则切线的斜率020|x x k y x =='=，∴切线方程为()320001433y x x x x ⎛⎫-+=-⎪⎝⎭，即23002433y x x x =⋅-+．∵点()2,4P 在该切线上，∴2300244233x x =-+，即320340x x -+=，∴322000440x x x +-+=，∴()()()2000014110x x x x +-+-=，∴()()200120x x +-=，解得01x =-或02x =．故所求切线方程为440x y --=或20x y -+=．【一隅三反】1．（2020·黑龙江大庆实验中学高三月考（文））曲线2xy x =-在点()1,1-处的切线方程为A ．21y x =-+B ．32y x =-+C ．23y x =-D ．2y x =-【答案】A【解析】2xy x =-的导数为22'(2)y x =--，可得曲线22y x =-在点()1,1-处的切线斜率为1'|2x k y ===-，所以曲线2xy x =-在点()1,1-处的切线方程为12(1)y x +=--，即21y x =-+，故选A.2．（2020·河南高三其他（理））曲线()21ln 22y x x =-在某点处的切线的斜率为32-，则该切线的方程为（）A ．3210x y +-=B ．3210x y ++=C ．6450x y +-=D ．12870x y +-=【答案】D【解析】求导得1y x x '=-，根据题意得132y x x '=-=-，解得2x =-（舍去）或12x =，可得切点的坐标为11,28⎛⎫⎪⎝⎭，所以该切线的方程为131822y x ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，整理得12870x y +-=.故选：D.3．（2020·北京高二期末）过点P （0，2）作曲线y ＝1x 的切线，则切点坐标为（ ）A ．（1，1）B ．（2，12）C ．（3，13）D ．（0，1）【答案】A【解析】设切点001(,)x x ,022001112(0)y x x x x '=-∴-=--Q 01x ∴=,即切点(1,1)故选：A4．（2020·吉林洮北·白城一中高二月考（理））已知函数f(x)＝x 3－4x 2＋5x －4．(1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．【答案】（1）x －y －4＝0（2）x －y －4＝0或y ＋2＝0【解析】(1)∵f′(x)＝3x 2－8x ＋5，∴f′(2)＝1，又f(2)＝－2，∴曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y －(－2)＝x －2，即x －y －4＝0．(2)设切点坐标为(x 0，x 03－4x 02＋5x 0－4)，∵f′(x 0)＝3x 02－8x 0＋5，∴切线方程为y －(－2)＝(3x 02－8x 0＋5)(x －2)，又切线过点(x 0，x 03－4x 02＋5x 0－4)，∴x 03－4x 02＋5x 0－2＝(3x 02－8x 0＋5)(x 0－2)，整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，解得x 0＝2或x 0＝1，∴经过A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x －y －4＝0或y ＋2＝0．考点五 利用切线求参数【例5】．（2020·全国高三其他（理））已知曲线()ln xy e ax x =-在点()1,ae 处的切线方程为y kx =，则k =（）A ．1-B ．0C ．1D ．e【答案】D【解析】令()()ln xy f x eax x ==-，则()()1ln x xf x e ax x e a x'=-+-（，所以()12f ea e ='-，因为曲线()ln xy eax x =-在点()1,ae 处的切线方程为y kx =，所以该切线过原点，所以()12f ea e ae ='-=，解得1a =，即k e =.故选：D.【一隅三反】1．（2020·岳麓·湖南师大附中月考）已知函数()2ln xf x ax x=-，若曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线与直线210x y -+=平行，则a =______.【答案】12-【解析】因为函数()2ln x f x ax x =-，所以()21ln 2xf x ax x-'=-，又因为曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线与直线210x y -+=平行，所以()1122f a '=-=，解得12a =-，故答案为：12-2．（2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考（文））曲线(1)x y ax e =+在点（0，1）处的切线的斜率为2，则a ＝_____.【答案】1【解析】 (1)x y ax e =+，∴(1)x y ax a e '=++ 012x y a =∴=+='，1a \=.故答案为：1.3．（2020·山东莱州一中高二月考）已知直线y x b =+是曲线3x y e =+的一条切线，则b =________.【答案】4【解析】设()3xf x e =+，切点为()00,+3xx e ，因为()xf x e '=，所以01x e =，解得00x =，所以0034y e =+=，故切点为(0,4)，又切点在切线y x b =+上，故4b =.故答案为：4。

公众号：逆流资源库 免费学习资源陪你战高考专题08导数与不等式、函数零点结合命题规律内 容典 型１ 已知不等式恒成立求参数范围 2020年高考全国Ⅰ卷理数21 ２ 证明双变量不等式 2020年高考天津卷20 ３ 利用导数证明单变量不等式2020年高考全国Ⅱ卷理数21 ４ 求函数零点或判定函数零点位置或个数 2020年高考浙江卷22 ５已知函数零点个数求参数范围2018年高考全国Ⅱ卷理数命题规律一 已知不等式恒成立求参数范围【解决之道】此类问题解法为：(1)构造函数分类讨论：遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x ) 或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式v (x )的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y ＝a 与函数y ＝v (x )图象的交点个数问题来解决． 【三年高考】1.【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e2.【2020年高考全国Ⅰ卷理数21】已知函数()2e xf x ax x =+-． （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；三年高考+命题规律（2）当0x ≥时，()3112f x x ≥+，求a 的取值范围． 3.【2020年高考江苏卷19】已知关于x 的函数()y f x =，()y g x =与()h x kx b =+（k ，b R ∈）在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若2()2f x x x =+，2()2g x x x =-+，(,)D =-∞+∞，求()h x 的表达式；（2）若2()1f x x x =-+，()ln g x k x =，()h x kx k =-，(0,)D =+∞，求k 的取值范围；（3）若42()2f x x x =-，2()48g x x =-，342()4()32(0h x t t x t t t =--+<≤，[,][D m n =⊂，求证：n m -≤4.【2020年高考山东卷21】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当e a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积； （2）若()1f x ≥，求a 的取值范围．5.【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．命题规律二 证明双变量不等式【解决之道】破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． 【三年高考】1.【2020年高考天津卷20】已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （Ⅰ）当3k -时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-．命题规律三 利用导数证明单变量不等式【解决之道】单变量不等式的证明有三种方法：①作差构造法，左减右构造函数，转化为求函数最值问题；②隔离审查法，若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．③放缩法，可以先对e x 和ln x 进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下：(1)e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时取等号； (2)e x ≥e x ，当且仅当x ＝1时取等号；(3)当x ≥0时，e x ≥1＋x ＋12x 2, 当且仅当x ＝0时取等号；(4)当x ≥0时，e x ≥e2x 2＋1, 当且仅当x ＝0时取等号；(5)x －1x ≤ln x ≤x －1≤x 2－x ，当且仅当x ＝1时取等号；(6)当x ≥1时，2(x －1)x ＋1≤ln x ≤x －1x，当且仅当x ＝1时取等号．1.【2020年高考全国Ⅱ卷理数21】已知函数()2sin sin 2f x x x =．（1）讨论()f x 在区间()0,π的单调性；（2）证明：()f x ≤； （3）设*n ∈N ，证明：22223sin sin 2sin 4sin 24nnn x x xx ≤．2.【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．3.【2018年高考浙江】已知函数f (x x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．命题规律四 求函数零点或判定函数零点位置或个数【解决之道】函数图象与x 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数，即“几个交点几个根，正负极值定乾坤”；(2)分离参数，将问题转化为：求直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象交点个数问题，即“求根问题要通变，分离参数放左边”．1.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点．2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e xy =的切线.3.【2018年高考江苏】记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f xg x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．（1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”；（2）若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由．．命题规律五 已知函数的零点个数求参数【解决之道】根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”． 【三年高考】1.【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >02.【2020年高考全国Ⅲ卷理数21】设()3,f x x bx c x =++∈R ，曲线()f x 在点11,22f ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线与y 轴垂直．（1）求b ；（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 的所有零点的绝对值都不大于1．3.【2020年高考浙江卷22】已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e=2．71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，上有唯一零点； （Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0)+∞，上的零点，证明：0x ≤≤；（ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．4.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2()e x f x ax =-．（1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．。

拓展四 导数与零点、不等式的综合运用【题组一 零点】1．（2020·历下·山东师范大学附中）已知函数()()xf x e x a =+，其中e 是自然对数的底数，a R ∈．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）设()()2g x f x a x =--，讨论函数()g x 零点的个数，并说明理由．【答案】（1）增区间是()1,a --+∞，减区间是(),1a -∞--.（2）见解析 【解析】（1）因为()()xf x ex a =+，所以()()1x f x e x a '=++.由()0f x '>，得1x a >--；由()0f x '<，得1x a <--. 所以由()f x 的增区间是()1a --+∞,，减区间是(),1a -∞--. （2）因为()()()22x ax a g x f x a x xex x e x --=--=-=-.由()0g x =，得0x =或0x a e x --=. 设()x ah x ex -=-，又()00a h e -=≠，即0x =不是()h x 的零点，故只需再讨论函数()h x 零点的个数. 因为()1x ah x e-'=-，所以当(),x a ∈-∞时，()()0,h x h x '<单调递减； 当(),x a ∈+∞时，()()0,h x h x '>单调递增. 所以当x a =时，()h x 取得最小值()1h a a =-. ①当()0h a >，即1a <时，无零点；②当()0h a =，即1a =时， ()()0,h x h x >有唯一零点； ③当()0h a <，即1a >时，因为()00ah e-=>，所以()h x 在()a -∞，上有且只有一个零点. 令2x a =，则()22ah a e a =-.设()()()()22120aaa h a e a a a e ϕϕ'==->=->，则，所以()a ϕ在()1+∞，上单调递增， 所以，()1,a ∀∈+∞，都有()()120a e ϕϕ≥=->. 所以()()2ah a a e a ϕ==-2>0.所以()h x 在(),a +∞上有且只有一个零点. 所以当1a >时，()h x 有两个零点综上所述，当1a <时，()g x 有一个零点； 当1a =时，()g x 有两个零点； 当1a >时，()g x 有三个零点.2．（2020·湖北）已知函数2()e 1x f x a x =+-．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点(1, (1))f 处的切线方程；（2）当0a =时，判断方程()4ln 0f x x x -=的实根个数，并说明理由．【答案】（1）()22y e x =+-；（2）方程214ln 0x x x --=恰有三个不同的实根p ，1，q ，理由见解析.【解析】（1）当1a =时，2()1x f x e x =+-，则()1f e =， 因为()2xf x e x '=+，所以(1)2f e '=+，则所求切线方程为(2)(1)y e e x -=+-，即()22y e x =+-． （2）当0a =时，()21f x x =-，方程()4ln 0f x x x -=，即214ln 0x x x --=．令2()14ln g x x x x =--，定义域为()0,∞+，则()24ln 4g x x x '=--．令()24ln 4h x x x =--，则()42h x x'=-， 令420x-=，得2x =． 当()0,2x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在()0,2上单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，所以()h x 在()2,+∞上单调递增． 所以()()24ln 20min h x h ==-<． 又120h e e⎛⎫=> ⎪⎝⎭，(1)20h =-<，()222120h e e =->，22e >． 所以()h x 在()0,2上存在唯一零点，记为m ．在(2,)+∞上存在唯一零点，记为n ．则1,1m e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()22,n e ∈．当()0,x m ∈时，()0h x >，所以()g x 在()0,m 上单调递增； 当(),x m n ∈时，()0h x <，所以()g x 在(),m n 上单调递减； 当(,)x n ∈+∞时，()0h x >，所以()g x 在(,)n +∞上单调递增． 又()(1)0g m g >=，()(1)0g n g <=， 所以()g x 在(),m n 上存在唯一零点1．因为()333636112111210e e g e ee e --⎛⎫=-+=< ⎪⎝⎭， ()()333331121210g e e e e e =----->，所以存在唯一的(0,)p m ∈，使得()0g p =． 存在唯一的()q n ∈++∞，使得()0g q =，且31,p m e ∈⎛⎫⎪⎝⎭，()3,q n e ∈． 综上，方程214ln 0x x x ---恰有三个不同的实根p ，1，q ． 3．（2020·河南）已知函数()()22e xx x f a x =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，判断函数()()21ln 2g x f x x x -+=零点的个数，并说明理由. 【答案】（1）答案见解析；（2）()g x 只有一个零点，理由见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()()()()2222e 2e 2e x x x x x x a f x a x =-+-+=+-'，当2a ≥时，()0f x '≥，则()f x 在R 上是增函数； 当2a <时，()(2(2)e e xx x a x x f x ⎡⎤=--=⎣⎦'，所以()0x f x =⇔='()0x f x >⇔<'或x > ()0f x x ⇔<<'<所以()f x在(上是减函数，在(,-∞和)+∞上是增函数.（2）当1a =时，()()2211e ln 2x g x x x x =--+，其定义域为()0,∞+， 则()()()1e 11xg x x x x '=+--⎛⎫ ⎪⎝⎭. 设()1e xh x x =-(0x >)，则()21e 0xh x x'=+>，从而()h x 在()0,∞+上是增函数，又1202h ⎛⎫=<⎪⎝⎭，()1e 10h =->， 所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0001e 0x h x x =-=，即001e x x =，00ln x x =-. 列表如下：由表格，可得()g x 的极小值为()112g =-；()g x 的极大值为()()022222000000000002111111e ln 2222x x x g x x x x x x x x x -+=--+=--=-+- 因为()0g x 是关于0x 的减函数，且01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()03128g x -<<-，所以()g x 在(]0,1内没有零点.又()1102g =-<，()22e 2ln 20g =-+>， 所以()g x 在()1,+∞内有一个零点. 综上，()g x 只有一个零点.4．（2020·河北）已知函数()sin cos 1f x x x x =+-，()()214g x x f x =-． （1）求()f x 在区间()0,2π上的极值点； （2）证明：()g x 恰有3个零点． 【答案】（1）极大值点π2x =，极小值点3π2x =；（2）证明见解析. 【解析】（1）()cos f x x x '=（()0,2πx ∈）， 令()0f x '=，得π2x =，或3π2x =． 当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当π3π,22x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当3π,2π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增．故π2x =是()f x 的极大值点，3π2x =是()f x 的极小值点． 综上所述，()f x 在区间()0,2π上的极大值点为π2x =，极小值点为3π2x =．（2）()()22111sin cos 44g x x f x x x x x =-=+--（x ∈R ）， 因为()00g =，所以0x =是()g x 的一个零点．()()()()()()2211sin cos 1sin cos 44x g x x x x x x x x g x --=+-----=+--=， 所以()g x 为偶函数．即要确定()g x 在R 上的零点个数，只需确定0x >时，()g x 的零点个数即可．当0x >时，()()11cos 12cos 22g x x x x x x '=-=-． 令()0g x '=，即1cos 2x =，π2π3x k =+或5π2π3x k =+（k ∈N ）．π0,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减，又()00g =，所以π03g ⎛⎫< ⎪⎝⎭；π5,π33x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，且25251ππ03362g ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭， 所以()g x 在区间50,π3⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一零点．当5π3x ≥时，由于sin 1x ≤，cos 1≤x ．()()2221111sin cos 11444g x x x x x x x x x t x =+--≥+--=-=． 而()t x 在区间5π,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内单调递增，()5π03t x t ⎛⎫≥> ⎪⎝⎭， 所以()0g x >恒成立，故()g x 在区间5π,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内无零点， 所以()g x 在区间()0,∞+内有一个零点，由于()g x 是偶函数， 所以()g x 在区间(),0-∞内有一个零点，而()00g =， 综上，()g x 有且仅有三个零点．5．（2020·湖北随州·高三一模（理））已知函数()()2122xf x x e ax =-+. （1）若1a =-，求函数()()g x f x x =+的单调区间；（2）若函数()()xh x f x e =+有两个零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）增区间是(),0-∞和()1,+∞，减区间是()0,1（2）0a > 【解析】（1）因为1a =-， 所以()()2122xg x x e x x =--+， ()()()()2111x x x g x e x e x x e '=+--+=--.令()0g x '>，解得1x >或0x <.∴函数()g x 的增区间是(),0-∞和()1,+∞，减区间是()0,1.（2）()()2112xh x x e ax =-+，()()x x h x xe ax x e a '=+=+. 当0a =时，()()1xh x x e =-，()h x 只有1个零点1x =，不合题意. 当0a >时，0x e a +>.0x <时，()0h x '<，()h x 为减函数； 0x >时，()0h x '>，()h x 为增函数， ()h x ∴极小值()01h ==-.又()102ah =>， ∴当0x >时，()00,1x ∃∈，使()00h x =.当0x <时，1x e <，()11xx e x ∴->-，()()222111111222x h x x e ax x ax ax x ∴=-+>-+=+-.取10x =<，则()21111102h x ax x >+-=，()()100h x h ∴⋅<， ∴函数()h x 有2个零点.当0a <时，由()()0xh x x e a '=+=，得0x =或()ln x a =-.①当()ln 0a ->，即1a <-时， 由()0h x '>，得()ln x a >-或0x <，()h x ∴在(),0-∞和()()ln ,a -+∞递增，在()()0,ln a -递减.()h x ∴极大值()01h ==-.∴函数()h x 至多有1个零点，不符合题意；②当()ln 0a -=，即1a =-时，()h x 在(),-∞+∞单调递增，()h x ∴至多有1个零点，不合题意；③当()ln 0a -<，即10a -<<时， 由()0h x '>，得()ln x a <-或0x >，()h x ∴在()(),ln a -∞-和()0,∞+递增，在()()ln ,0a -递减.0x <，0a <时，()()21102x h x x e ax =-+<，()()ln 0h a ∴-<.又()01h =-，∴函数()h x 至多有1个零点，不合题意. 综上，a 的取值范围是0a >.6．（2020·河北唐山）设函数()2cos 2x f x x x =+-.（1）讨论()f x 在[],ππ-上的单调性； （2）证明：()f x 在R 上有三个零点.【答案】（1）()f x 的单调递减区间为[),0π-，3,44ππ⎛⎫⎪⎝⎭；单调递增区间为0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦.（2）证明见解析【解析】（1）()sin sin f x x x x x x ⎫'=-=-⎪⎪⎝⎭，由()0f x '=及[],x ππ∈-，得0x =或4π或34π. 当x 变化时，()f x '和()f x 的变化情况如下表：所以()f x 的单调递减区间为[),0π-，3,44ππ⎛⎫⎪⎝⎭； ()f x 的单调递增区间为0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎤⎥⎝⎦.（2）当[],x ππ∈-时，由（1）得，()f x 的极小值分别为()00f =，230428f f πππ⎛⎫⎛⎫<=-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；极大值()004f f π⎛⎫>= ⎪⎝⎭.又()202f ππ=>，所以()f x 在[],0π-上仅有一个零点0；在30,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎤⎥⎝⎦上各有一个零点.当x π<-时，()22xf x x ≥+，令()22x g x x =-，则()g x x x '=，显然3,2x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()g x '单调递增，()()0g x g ππ''<-=<；当3,2x π⎛⎤∈-∞-⎥⎝⎦时，()302g x π'≤-+<， 从而x π<-时，()0g x '<，()g x 单调递减，因此()()202g x g ππ>-=>，即()()0f x g x ≥>，所以()f x 在(),π-∞-上没有零点.当x π>时，()22xf x x ≥-，令()22x h x x =，则()h x x x '=，显然3,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0x >，()0h x '>；当3,2x π⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()302h x π'≥->， 从而x π>时，()0h x '>，()h x 单调递增，因此()()202h x h ππ>=>，即()()0f x h x ≥>，所以()f x 在(),π+∞上没有零点.故()f x 在R 上仅有三个零点.7．（2020·河北）已知函数()2xe xf x a =-.（1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥；（2）若()f x 在()0+∞，有两个零点，求a 的取值范围.【答案】(1)证明见解析.(2) 2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【解析】（1）证明：当1a =时，函数()2xf x e x =-.则()'2xf x e x =-，令()2xg x e x =-，则()'2xg x e =-，令()'0g x =，得ln2x =.当()0,ln2∈时，()'0h x <，当()ln2,∈+∞时，()'0h x >()()(ln 2)22ln 200g x g f x '∴≥=->∴>f x 在[)0,+∞单调递增，()()01f x f ∴≥=（2）解：()f x 在0,有两个零点⇔方程20x e ax -=在0,有两个根，⇔ 2xe a x=在0,有两个根，即函数y a =与()2x eG x x=的图像在0,有两个交点．()()32'x e x G x x-=，当()0,2x ∈时，()'0G x <，()G x 在()0,2递增 当()2,x ∈+∞时，()'0G x >，()G x 在2,递增所以()G x 最小值为()224e G =，当0x →时，()G x →+∞，当x →+∞时，()G x →+∞，f x 在0,有两个零点时，a 的取值范围是2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．8．（2020·岳麓·湖南师大附中）设函数()cos xf x ae x =+，其中a R ∈.（1）若1a =，证明：当0x >时，()2f x >；（2）若()f x 在区间[0,]π内有两个不同的零点，求a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）34,2e e ππ--⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭. 【解析】（1）()sin xf x e x '=-，由0x >，得1,sin [1,1]xe x >∈-，则()sin 0xf x e x '=->，即()f x 在(0,)+∞上为增函数.故()(0)2f x f >=，即()2f x >. （2）由()cos 0xf x ae x =+=，得cos x xa e=-. 设函数cos (),[0,]x xh x x eπ=-∈， 则sin cos ()xx xh x e '+=.令()0h x '=，得34x π=.则30,4x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，3()0,,4h x x ππ'⎛⎤>∈ ⎥⎝⎦时，()0h x '<， 所以()h x 在30,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调逼增，在3,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调减.又因为343(0)1,(),42h h e h e ππππ--⎛⎫=-==⎪⎝⎭，所以当34,2a e ππ--⎡⎫∈⎪⎢⎪⎣⎭时，方程cos x xa e =-在区间[0,]π内有两个不同解，即所求实数a 的取值范围为34,2e e ππ--⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭. 【题组二 导数与不等式】1．（2019·南宁市银海三美学校期末）设函数()1ln f x ax x =--． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()13f x ≥在0,时恒成立，求实数a 的取值范围；【答案】（1）()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）133,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.【解析】（1）()()10ax f x x x-'=> 当0a ≤时，()0f x '<，∴()f x 在()0,∞+上单调递减； 当0a >时，令()0f x '=，则1x a=， ∴当10x a <<时，()0f x '<；当1x a>时，()0f x '<， ∴()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）函数()13f x ≥；在()0,∞+时恒成立， 即43ln 3xa x+≥在()0,∞+上恒成立， 令()()43ln 03x h x x x +=>，则()23ln 1x h x x+'=-，令()0h x '=，则13x e -=，∴当130x e -<<时，()0h x '>；当13x e ->时，()0h x '<，∴()h x 在130,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在13,e -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， ∴()1133max3h x h e e -⎛⎫== ⎪⎝⎭，∴()13max3a h x e ≥=，∴a 的取值范围为133,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 2．（2020·北京交通大学附属中学高二期末）已知函数()xf x e ax =-（a 为常数）.（1）当0a =时，求()f x 过原点的切线方程； （2）讨论()f x 的单调区间和极值；（3）若[]0,1x ∀∈，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）y ex =；（2）答案见解析；（3）a e ≤. 【解析】（1）当0a =时，()xf x e =，则()xf x e '=，设切点坐标为()00,x x e，∴()000x x e f x e x '==，解得01x =，∴()1f e '=，∴()f x 过原点的切线方程y ex =； （2）()xf x e ax =-，∴()xf x e a '=-，当0a ≤时，()0f x '≥恒成立，函数()f x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值； 当0a >时，令()0f x '=，解得ln x a =，当ln x a <时，()0f x '<，函数()f x 在(),ln a -∞上单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，函数()f x 在()ln ,a +∞上单调递增， ∴()()ln ln ln ln af x f a ea a a a a ==-=-极小值，无极大值；（3）[]0,1x ∀∈，()0f x ≥恒成立，即0x e ax -≥在[]0,1x ∈上恒成立， 当0x =时，10≥恒成立，当0x ≠时，xe a x ≤，设()xe g x x=，(]0,1x ∈，∴()()210x e x g x x-'=≤恒成立， ∴()g x 在(]0,1上单调递减， ∴()()min 1g x g e ==， ∴a e ≤， 综上所述a e ≤.3．（2020·吉林梅河口·高二月考（文））已知函数2()ln 2f x a x x=+-(0)a >. （1）若曲线()y f x =在点(1,(1))P f 处的切线与直线2y x =+垂直，求函数()y f x =的单调区间； （2）若对(0,)x ∀∈+∞都有()2(1)f x a >-成立，试求实数a 的取值范围； 【答案】（1）的单调增区间是(2,)+∞，单调减区间是(0,2);（2）20a e<<. 【解析】（1）直线2y x =+的斜率1.函数()f x 的定义域为()0,+∞，()22'a f x x x=-+， 所以()22'1111a f =-+=-，解得1a =.所以()2ln 2f x x x =+-，()22'x f x x -=. 由()'0f x >解得2x >；由()'0f x <解得02x <<， 所以()f x 的单调增区间是()2,+∞，单调减区间是()0,2. （2）()2222'a ax f x x x x -=-+=，由()'0f x >解得2x a >；由()'0f x <解得20x a<<.所以()f x 在区间2,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，在区间20a ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 所以当2x a =时，函数()f x 取得最小值，min 2y f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 因为对于()0,x ∀∈+∞都有()()21f x a >-成立，所以只须()221f a a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭即可， 即2lna a a >，解得20a e<<. 4．（2020·黑龙江龙凤·大庆四中高二月考（文））已知0x =为函数()xf x e kx =-的极值点（1）求k 的值；（2）若∀(0,)x ∈+∞，2()(1)1f x x a x >-+-+，求实数a 的取值范围.【答案】（1）1；（2）1a ≤.【解析】（1）()x f x e k '=-，0(0)0f e k '=-=，解得1k =，经检验，()f x 在(,0)-∞递减，在(0,)+∞递增，0x =为()f x 的极小值点，符合题意，因此，1k =． （2）(0,)x ∀∈+∞，210x e x ax +-->，设2()1xg x e x ax =+--，其中(0)0g =()2x g x e x a '=+-，令()()2x h x g x e x a '==+-，则()20x h x e '=+>， ()h x ∴在(0,)+∞递增 ()(0)1h x h a >=-①当10a -≥时，即1a ≤，()0g x '≥，()g x 在(0,)+∞递增，()(0)0g x g >=符合题意， 所以1a ≤②当10a -<时，即1a >，0(0,)x ∃∈+∞，00()g x '=，在0(0,)x 上，()0g x '<，()g x 在0(0,)x 递减，所以0(0,)x x ∈时，()(0)0g x g <=不符合题意,综上，实数a 的取值范围为1a ≤5．（2020·四川内江·高二期末（理））已知函数()ln f x x x =，()22g x ax ax =+.（1）求()f x 的单调区间；（2）若()f x '是函数()f x 的导函数，且()()22f x g x x '≤-在定义域内恒成立，求整数a 的最小值.【答案】（1）减区间是1(0,)e，增区间1(,)e+∞；（2）2． 【解析】（1）由已知()ln 1f x x '=+，当10x e<<时，()0f x '<，当1x e >时，()0f x '>，∴()f x 的减区间是1(0,)e，增区间1(,)e+∞；（2）函数()f x 的定义域是(0,)+∞，()g x 定义域是R ， 不等式()()22f x g x x '≤-为22(ln 1)22x ax ax x +≤+-，∴不等式22(ln 1)22x ax ax x +≤+-在(0,)+∞上恒成立， ∴22ln 222x xa x x++≥+在(0,)+∞上恒成立， 设22ln 22()2x x h x x x++=+，则22(1)(2ln )()(2)x x x h x x x ++'=-+，0x >时，10x +>，22(2)0x x +>， 又()2ln x x x ϕ=+在(0,)+∞上是增函数，11()2ln 2022g =-<，(1)10g =>， ∴存在01(,1)2x ∈，使得0()0x ϕ=，00x x <<时()0x ϕ<，()0h x '>，0x x >时，()0x ϕ>，()0h x '<，即()h x 在0(0,)x 上递增，在0(,)x +∞上递减，000()2ln 0x x x ϕ=+=，00ln 2x x =-， 00max 02002ln 22()()2x x h x h x x x ++==+02000212x x x x +==+，∴01a x ≥， ∵01(,1)2x ∈，∴01(1,2)x ∈，∴整数a 的最小值为2．6．（2020·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值． （1）求,a b 的值；（2）若对于任意的]3[0x ∈，，都有2()f x c <成立，求c 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）3a =-，4b =．（Ⅱ）(1)(9)-∞-⋃+∞，，． 【解析】（Ⅰ）()2663f x x ax b =++'，因为函数()f x 在1x =及2x =取得极值，则有()10f '=，()20f '=．即6630241230a b a b ++=⎧⎨++=⎩，． 解得3a =-，4b =．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，()3229128f x x x x c =-++，()()()261812612f x x x x x =-+=--'．当()01x ∈，时，()0f x '>；当()12x ∈，时，()0f x '<； 当()23x ∈，时，()0f x '>．所以，当1x =时，()f x 取得极大值()158f c =+，又()08f c =，()398f c =+．则当[]03x ∈，时，()f x 的最大值为()398f c =+．因为对于任意的[]03x ∈，，有()2f x c <恒成立，所以 298c c +<，解得 1c <-或9c >，因此c 的取值范围为()()19，，-∞-⋃+∞． 7．（2020·广东濠江·金山中学高二月考）已知函数()()()2xf x ax x a ea R -=++∈（1）若0a ≥，函数()f x 的极大值为3e，求a 的值； （2）若对任意的0a ≤，()()ln 1f x b x ≤+在[)0,x ∈+∞上恒成立，求实数b 的取值范围. 【答案】（1）1a =；（2）1b ≥.【解析】（1）由题意，()()()221xx f x ax eax x a e --'=+-++()2121x e ax a x a -⎡⎤=-+-+-⎣⎦()()11x e x ax a -=--+-.（i ）当0a =时，()()1xf x ex -'=--，令()0f x '>，得1x <；()0f x '<，得1x >， 所以()f x 在(),1-∞单调递增，()1,+∞单调递减， 因此()f x 的极大值为()131f e e=≠，不合题意； （ii ）当0a >时，111a-<， 令()0f x '>，得111x a -<<；()0f x '<，得11x a<-或1x >，所以()f x 在11,1a ⎛⎫-⎪⎝⎭单调递增，在1,1a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，在()1,+∞单调递减. 所以()f x 的极大值为()2131a f e e+==，得1a =. 综上所述1a =； （2）令()()21xx g a exa xe --=++，(],0a ∈-∞，当[)0,x ∈+∞时，()210xex -+≥，则()()ln 1g a b x ≤+对(],0a ∀∈-∞恒成立等价于()()()0ln 1g a g b x ≤≤+， 即()ln 1xxeb x -≤+，对[)0,x ∈+∞恒成立.（i ）当0b ≤时，()0,x ∀∈+∞，()ln 10b x +<，0x xe ->， 此时()ln 1xxeb x ->+，不合题意.（ii ）当0b >时，令()()ln 1xh x b x xe-=+-，[)0,x ∈+∞，则()()()2111x x x x b be x h x e xe x x e--+-'=--=++，其中()10xx e +>， 令()21xp x be x =+-，[)0,x ∈+∞，则()p x 在区间[)0,+∞上单调递增，①1b ≥时，()()010p x p b ≥=-≥，所以对[)0,x ∀∈+∞，()0h x '≥，从而()h x 在[)0,+∞上单调递增， 所以对任意[)0,x ∈+∞，()()00h x h ≥=， 即不等式()ln 1xb x xe -+≥在[)0,+∞上恒成立.②01b <<时，由()010p b =-<，()10p be =>及()p x 在区间[)0,+∞上单调递增， 所以存在唯一的()00,1x ∈使得()00p x =，且()00,x x ∈时，()00p x <. 从而()00,x x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在区间()00,x 上单调递减， 则()00,x x ∈时，()()00h x h <=，即()ln 1xb x xe -+<，不符合题意.综上所述，1b ≥.8．（2020·湖南娄底·高二期末）已知函数()2ln f x x x x =-+（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明当2a ≥时，关于x 的不等式()2(1)12a f x x ax <-+-恒成立；【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()()2121'210x x f x x x x x-++=-+=＞，由f'（x ）＜0，得2x 2﹣x ﹣1＞0．又x ＞0，所以x ＞1，所以f （x ）的单调递减区间为（1，+∞），函数f （x ）的单增区间为（0，1）． （2）令()()()221111122a g x f x x ax lnx ax a x ⎡⎤⎛⎫=--+-=-+-+⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，所以()()()2111'1ax a x g x ax a x x-+-+=-+-=，因为a≥2，所以()()11'a x x a g x x⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=-， 令g'（x ）=0，得1x a =，所以当()10'0x g x a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，，＞，当1x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，时，g'（x ）＜0， 因此函数g （x ）在10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，是增函数，在1x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，是减函数， 故函数g （x ）的最大值为()2111111()1122g ln a a lna a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+=-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 令()12h a lna a ⎛⎫=-⎪⎝⎭，因为()12204h ln =-＜，又因为h （a ）在a ∈（0，+∞）是减函数， 所以当a≥2时，h （a ）＜0，即对于任意正数x 总有g （x ）＜0， 所以关于x 的不等式恒成立．。