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高考数学一轮复习利用导数解决函数的零点问题课件

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旧教材适用2023高考数学一轮总复习高考大题专题研究一三利用导数研究函数的零点问题课件

旧教材适用2023高考数学一轮总复习高考大题专题研究一三利用导数研究函数的零点问题课件

当 x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以要使
f(x)有两个零点，只要
f(ln
a)<0
即可，则
1＋ln
a>0，可得
1 a>e.
综上，若 f(x)有两个零点，则 a 的取值范围是1e，＋∞. 解法二：若 f(x)有两个零点，即 ex－a(x＋2)＝0 有两个解，
显然 x＝－2 不成立，所以 a＝x＋ex 2(x≠－2)有两个解，
则 φ′(x)＝ex＋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.
(2)求方程 f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
解 (2)由(1)可知 h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－ x－x，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)＝ex－12x－12－1，记 φ(x)＝ex－12x－12－1，
综上可得，当 a＝1 时，函数 f(x)只有一个零点 x＝1； 当 a>1 时，函数 f(x)有两个零点．
题型二 由函数零点个数求解参数取值范围问题例 2 (2020·全国Ⅰ卷) 已知函数 f(x)＝ex－a(x＋2).
(1)当 a＝1 时，讨论 f(x)的单调性；
解 (1)当 a＝1 时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1. 令 f′(x)＜0，解得 x＜0； 令 f′(x)＞0，解得 x＞0. 所以 f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).

2025届高中数学一轮复习课件《利用导数研究函数的零点》ppt

2025届高中数学一轮复习课件《利用导数研究函数的零点》ppt

高考一轮总复习•数学
第14页
所以 f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)． 综上，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当 a ＞0 时，函数 f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)． (2)由(1)知 f′(x)＝ex－a. 当 a≤1 时，函数 f(x)在区间(0,1)上单调递增且 f′(x)＞0 恒成立，从而 f(x)单调递增． f(0)＝0，所以函数 f(x)在区间(0,1)上不存在零点． 当 a≥e 时，函数 f(x)在区间(0,1)上单调递减且 f′(x)＝ex－a＜0，从而 f(x)单调递减． f(0)＝0，所以函数 f(x)在区间(0,1)上不存在零点． 当 1＜a＜e 时，函数 f(x)在区间(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增，
第23页
高考一轮总复习•数学
第24页
∴存在 m∈12，1，使得 f′(m)＝0，得 em＝m1 ，故 m＝－ln m，当 x∈(0，m)时，f′(x)<0， f(x)单调递减，
当 x∈(m，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(m)＝em－ln m＋2sin α＝m1 ＋m＋2sin α＞2＋2sin α≥0， ∴函数 f(x)无零点．
高考一轮总复习•数学
第12页
又 hπ2＝π2＞0，hπ4＝
22·π4－
22·eπ4
＝
22π4－eπ4
＜0，
由零点存在定理及 h(x)的单调性，得 h(x)在π4，π2上存在一个零点．
综上，h(x)在－π2，0∪0，π2内的零点个数为 2，即 F(x)在－π2，0∪0，π2内的零点

第二课时利用导数研究函数的零点课件

第二课时利用导数研究函数的零点课件

当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减， 故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，
又 g1e＝m－2－e12，g(e)＝m＋2－e2， 且 g1e＞g(e)， ∴g(x)＝f(x)－ax＋m 在1e，e上有两个零点需满足条件gg（ 1e1＝）m＝－m2－－1e12＞≤00，， 解得 1＜m≤2＋e12. 故实数 m 的取值范围是1，2＋e12.
2 a.
证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0， 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于 2e2x0－xa0＝0，
故 f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)单调递增，在(3－2 3，3＋2 3) 单调递减.
(2)证明：f(x)只有一个零点.
证明 由于 x2＋x＋1>0，所以 f(x)＝0 等价于x2＋xx3＋1－3a＝0. 设 g(x)＝x2＋xx3＋1－3a，则 g′(x)＝x（2（xx2＋2＋x2＋x＋1）3）2 ≥0， 仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增. 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点. 又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－13 ＝－6a－612－61<0， f(3a＋1)＝31>0，故 f(x)有一个零点. 综上，f(x)只有一个零点.
转化为证明 f(x0)≥2a＋aln
2 a.
训练 3 (2020·全国Ⅲ卷)设函数 f(x)＝x3＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点12，f21处的切 线与 y 轴垂直. (1)求 b； 解 f′(x)＝3x2＋b.

高考数学一轮总复习课件：专题研究 利用导数研究函数的零点

高考数学一轮总复习课件：专题研究 利用导数研究函数的零点

g′(x)＝－sinx＋（1＋1 x）2.
当x∈－1，π2 时，g′(x)单调递减，
由g′(0)＝1>0，g′
π 2
＝－1＋
1 1＋π2 2
<0，可得g′(x)在
－1，π2 上有唯一零点，设为α.
当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈α，π2 时，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在α，π2 上单调递减． 故g(x)在－1，π2 上存在唯一极大值点， 即f′(x)在－1，π2 上存在唯一极大值点．
①当 a>1 时，方程 g(x)＝a 无解，即 f(x)没有零点； ②当 a＝1 时，方程 g(x)＝a 有且只有一解，即 f(x)有唯一的 零点； ③当 0<a<1 时，方程 g(x)＝a 有两解，即 f(x)有两个零点； ④当 a≤0 时，方程 g(x)＝a 有且只有一解，即 f(x)有唯一的 零点． 综上，当 a>1 时，f(x)没有零点； 当 a＝1 或 a≤0 时，f(x)有唯一的零点； 当 0<a<1 时，f(x)有两个零点而f
π 2
>0，f(π)＝－ln(1＋π)<0，所以f(x)在
π2 ，π
上有
唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，
所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
【答案】 略
状元笔记
证明与零点有关的不等式，函数的零点本身就是一个条 件，即零点对应的函数值为0，证明的思路一般对条件等价转 化，构造合适的新函数，利用导数知识探讨该函数的性质(如单 调性、极值情况等)再结合函数图象来解决．

2024年高考数学一轮复习(新高考版)《利用导数研究函数的零点》课件

2024年高考数学一轮复习(新高考版)《利用导数研究函数的零点》课件

即x－y－3＝0.
(2)若函数f(x)在(0,16]上有两个零点，求a的取值范围.
①当 a≤0 时，f′(x)＝ax－ 1x<0， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； ②当 a>0 时，由 f(x)＝aln x－2 x＝0 可得2a＝lnxx， 令 g(x)＝lnxx，其中 x>0，则直线 y＝2a与曲线 y＝g(x)的图象在(0,16] 内有两个交点，
即 g(x)在π2，π上单调递减，又 gπ2＝1>0，g(π)＝－π<0， 则存在 m∈π2，π，使得 g(m)＝0， 且当 x∈π2，m时，g(x)>g(m)＝0， 即 f′(x)>0，则 f(x)在π2，m上单调递增， 当x∈(m，π]时，有g(x)<g(m)＝0，即f′(x)<0， 则f(x)在(m，π]上单调递减，
由图可知，当 ln 2≤2a<2e，
即 e<a≤ln22时， 直线 y＝2a与曲线 y＝g(x)的图象在(0,16]内有 两个交点，
即f(x)在(0,16]上有两个零点， 因此，实数 a 的取值范围是e，ln22.
题型三 构造函数法研究函数的零点
例3 (12分)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数 f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值. (1)求a； [切入点：求f(x)，g(x)的最小值] (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝ f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从 左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
又 f π2＝π2－1>0，f(π)＝－1<0， 所以f(x)在(m，π]上有且只有一个零点， 综上，函数y＝f(x)在[0，π]上有2个零点.
思维升华

高考文科数学一轮复习课件第三章利用导数探究函数零点问题

高考文科数学一轮复习课件第三章利用导数探究函数零点问题

已知零点个数求参数范围(师生共研) 函数 f(x)＝13x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：
(1)求 a，b 的值并写出 f(x)的单调区间； (2)若函数 y＝f(x)有三个零点，求 c 的取值范围．
【解】 (1)因为 f(x)＝13x3＋ax2＋bx＋c， 所以 f′(x)＝x2＋2ax＋b. 因为 f′(x)＝0 的两个根为－1，2， 所以－－11＋×22＝＝－b，2a， 解得 a＝－12，b＝－2， 由导函数的图象可知(图略)，当－1<x<2 时，f′(x)<0，函数 f(x) 是减少的， 当 x<－1 或 x＞2 时，f′(x)＞0，函数 f(x) 是增加的， 故函数 f(x)的递增区间为(－∞，－1)和(2，＋∞)， 递减区间为(－1，2)．
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)＝ex－x＋1，求导得 f′(x)＝ex－1. 易知 f(x)在[－2，0]上是减少的，在(0，1]上是增加的， 所以当 x＝0 时，f(x)在[－2，1]上取得最小值 2.
(2)由(1)知 f′(x)＝ex＋a，由于 ex>0， ①当 a>0 时，f′(x)>0，f(x)在 R 上是增函数， 当 x>1 时，f(x)＝ex＋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)由(1)得 f(x)＝13x3－12x2－2x＋c， 函数 f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，
在(－1，2)上是减函数，
所以函数 f(x)的极大值为 f(－1)＝76＋c， 极小值为 f(2)＝c－130. 而函数 f(x)恰有三个零点，故必有76c－＋1c3＞0<00，， 解得－76<c<130. 所以使函数 f(x)恰有三个零点的实数 c 的取值范围是－76，130.

2023年高考一轮复习课件 习题课3——利用导数研究函数的零点问题 (共34张PPT)


综上，当 a<－e12时，函数 g(x)的零点的个数为 0; 当 a＝－e12或 a≥0 时，函数 g(x)的零点的个数为 1； 当－e12<a<0 时，函数 g(x)的零点的个数为 2.
[系统思维] 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)利用函数零点存在定理：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．
单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减． 不要忽略此步骤 (2)证明：若选择条件①， 由于12<a≤e22， 故 1<2a≤e2，
则 b>2a>1，f(0)＝b－1>0，
又 f－ ba＝－ ba－1e
<0，
函数 f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，
故函数 f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点．
当
k>0
时，令
f′(x)＝0，得
x＝±
3k 3.
当 x∈－∞，－
3k∪ 3
33k，＋∞时，f′(x)>0；
当 x∈－
33k，
33k时，f′(x)<0.故 f(x)在－∞，－
3k， 3
33k，＋∞上单
调递增，在－
33k，
3k上单调递减. 3
(2)由(1)知，当 k≤0 时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f(x)不可能有三个 零点．

2024届新高考一轮复习北师大版 高考专题突破一 第3课时 利用导数研究函数的零点 课件(40张)

(1)若 a＝3，求 f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点． 解 (1)当 a＝3 时，f(x)＝13 x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令 f′ (x)＝0 解得 x＝3－2 3 或 x＝3＋2 3 . 当 x∈(－∞，3－2 3 )∪(3＋2 3 ，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(3－2 3 ， 3＋2 3 )时，f′(x)<0.
在(0，＋∞)上单调递增；
当
a>0
时，由
f′(x)>0，得
1 x>a
；由
f′(x)<0，得
1 0<x<a
，
Hale Waihona Puke 返回导航∴函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减． 综上所述，当 a<0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a>0 时， 函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减． (2)∵当 x∈1e，e 时，函数 g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m 的零点，即当 x∈1e，e 时，方程(ln x－1)ex＋x＝m 的根．
返回导航
所以 g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故 g(x)至多有一个零点， 从而 f(x)至多有一个零点． 又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－13 ＝－6a－16 2 －16 <0， f(3a＋1)＝13 >0， 故 f(x)有一个零点． 综上，f(x)只有一个零点．
返回导航
思维升华 讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的 单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断(证明)零点的 存在性，确定函数零点的个数．
综上，a 的取值范围为(0，＋∞).

2024届新高考一轮复习人教B版 主题二 第三章 第6节 利用导数研究函数零点 课件(32张)

(2)当a<e时,讨论f(x)的零点个数.
x
x
解:(2)由题意,函数 f(x)=(x-2)e -ax+aln x=(x-2)e -a(x-ln x),x>0,
-
设 m(x)=x-ln x,x>0,则 m′(x)=1- =


,
当 x∈(0,1)时,m′(x)<0,m(x)单调递减;
当 x∈(1,+∞)时,m′(x)>0,m(x)单调递增,
第6节
利用导数研究函数零点
判断、证明零点的个数
[例1] (2022·山东日照三模)已知函数f(x)=(x-2)ex-ax+aln x(a∈R).
(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;
x
解:(1)当 a=-1 时,f(x)=(x-2)e +x-ln x,
x

则 f′(x)=(x-1)(e + ),
所以 f(x)max=f(1)=a-1<0,所以 f(x)不存在零点;
当 a>0 时,f′(x)=


(- )(-)

,若 a=1,f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为 f(1)=a-1=0,所以函数 f(x)恰有一个零点,所以 a=1 满足条件,

若 a>1,f(x)在(0, ),(1,+∞)上单调递增,



又 H(0)=0,H( )>0,所以存在λ∈(t, ),使得 H(λ)=0,即 0<x<λ时,H(x)<0,



h′(x)<0,h(x)单调递减;λ<x< 时,H(x)>0,h′(x)>0,h(x)单调递增.

2024届新高考一轮复习湘教版 高考大题研究课二 利用导数研究函数的零点问题 课件(31张)

高考大题研究课二 利用导数研究函数的零点问题
题型一 函数零点个数问题 例 1 [2023·皖南八校联考]已知函数f(x)＝−ax2＋x ln x－x.
(1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围； (2)当a＝0时，求函数h(x)＝f(x)－x＋2x的零点个数．
题后师说
利用导数确定函数零点个数的方法
2．[2022·全国乙卷]已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
题后师说 解决证明此类问题的思路一般对条件等价转化，构造合适的新函数， 利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等)再结合函数 图象．
巩固训练3 已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋2x＋2)． (1)若a＝2，求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：函数f(x＞0且a≠1，函数f(x)＝xaax(x＞0)． (1)当a＝2时，求f(x)的单调区间； (2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
巩固训练1 设函数f(x)＝ln x＋mx ，讨论函数g(x)＝f′(x)－3x的零点个数．
题型二 利用函数的零点个数求参数范围 例 2[2023·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)． (1)当a＝－1时，求f(x)的极值； (2)若f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点，求a的取值范围．
题后师说 利用函数的零点个数求参数范围的方法
巩固训练2 已知函数f(x)＝13x3－12ax2－2x(a∈R)在x＝2处取得极值． (1)求f(x)在[－2，1]上的最小值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋b(b∈R)有且只有一个零点，求b的取值范围．
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12
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．
13
⊙考点 2 已知函数零点存在情况求参数 解决此类问题常从以下两个方面考虑：
(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图像的大致形状， 从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件；
34
xf′(x)±nf(x)(n 为常数)型
【例 2】(1)设 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当 x
＞0 时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得 f(x)＞0 成立的 x 的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
36
当 x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而 f(x)＜0. 又∵f(x)是奇函数， ∴当 x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0； 当 x∈(－1,0)时，f(x)＜0. 综上，使 f(x)＞0 成立的 x 的取值范围是(－∞，－1间为(1,3]，
17
∴g(x)min＝g(1)＝1，∴函数 f(x)在13，3上有两个零点，g13＝3ln 3＋13，g(3)＝3－ln33，3ln 3＋13＞3－ln33，∴实数 a 的取值范围是 1，3－ln33.
18
与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函 数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像， 讨论其图像与 x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对 方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．
第三章 导数及其应用 第六节 利用导数解决函数的零点问题
课堂考点探究
2
⊙考点 1 判断、证明或讨论函数零点的个数
判断函数零点个数的三种方法
直接法
令 f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数
画图法 转化为两个易画出图像的函数，看其交点的个数即可
定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决
10
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.
11
结合 y＝φ(x)的图像(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；
由 f′(x)＞0，得 x＞1；由 f′(x)＜0，得 0＜x＜1， ∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
25
(2)法一：由题意知，方程 kx－ln x＝0 仅有一个实根， 由 kx－ln x＝0，得 k＝lnxx(x＞0)． 令 g(x)＝lnxx(x＞0)，则 g′(x)＝1－xl2n x， 当 x＝e 时，g′(x)＝0；当 0＜x＜e 时，g′(x)＞0；当 x＞e 时，g′(x) ＜0.
30
(1)(0,10) (2)(－∞，－3)∪(0,3) [(1)由题意构造函数 g(x)＝f(x) －12x，
则 g′(x)＝f′(x)－12＜0， 所以 g(x)在定义域内是减函数． 因为 f(1)＝1，所以 g(1)＝f(1)－12＝12， 由 f(lg x)＞lg x2＋1，得 f(lg x)－12lg x＞12.
19
1.设函数 f(x)＝ln x－x，若关于 x 的方程 f(x)＝x2－130x ＋m 在区间[1,3]上有解，求 m 的取值范围．
20
[解] 方程 f(x)＝x2－130x＋m 在区间[1,3]上有解， 即 ln x－x2＋73x＝m 在区间[1,3]上有解． 令 h(x)＝ln x－x2＋73x， 则 h′(x)＝1x－2x＋73＝－3x＋13x2x－3.
31
即 g(lg x)＝f(lg x)－12lg x＞12＝g(1)， 所以 lg x＜1，解得 0＜x＜10. 所以原不等式的解集为(0,10)．
32
(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0， 所以函数 y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数 y＝ f(x)g(x)为奇函数，所以其图像关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数 形结合可求得不等式 f(x)g(x)＜0 的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．]
(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间 内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比 较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
14
设函数 f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)． (1)当 a＝－1 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在13，3上有两个零点，求实数 a 的取值范围．
(2)设函数 f(x)在 R 上的导函数为 f′(x)，且 2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下
列不等式在 R 上恒成立的是( )
A．f(x)＞0
B．f(x)＜0
C．f(x)＞x
D．f(x)＜x
35
(1)A (2)A [(1)令 g(x)＝fxx，则 g′(x)＝xf′xx－2 fx. 由题意知，当 x＞0 时，g′(x)＜0， ∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数． ∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0， ∴f(1)＝－f(－1)＝0， ∴g(1)＝f(1)＝0， ∴当 x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而 f(x)＞0；
33
[评析](1)对于不等式 f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝f(x)＋ g(x)．
(2)对于不等式 f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)． 特别地，对于不等式 f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数 F(x)＝f(x)－kx. (3)对于不等式 f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝f(x)g(x)． (4)对于不等式 f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝gfxx (g(x)≠0)．
29
f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型
【例 1】(1)定义在 R 上的函数 f(x)，满足 f(1)＝1，且对任意的 x∈R 都有 f′(x)＜12，则不等式 f(lg x)＞lg x2＋1的解集为________．
(2)设 f(x)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x＜0 时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且 g(－3)＝0，则不等式 f(x)g(x)＜0 的解 集为________．
∴m 的取值范围为ln 3－2，ln
32＋54.
23
2．(2019·贵阳摸底考试)已知函数 f(x)＝kx－ln x(k＞0)． (1)若 k＝1，求 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)有且只有一个零点，求实数 k 的值．
24
[解](1)若 k＝1，则 f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则 f′(x)＝ 1－1x，
3
(2019·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x) 为 f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若 x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求 a 的取值范围．
4
[解](1)证明：设 g(x)＝f′(x)， 则 g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x. 当 x∈0，π2时，g′(x)＞0；当 x∈π2，π时，g′(x)＜0，所以 g(x) 在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减． 又 g(0)＝0，gπ2＞0，g(π)＝－2， 故 g(x)在(0，π)存在唯一零点． 所以 f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
9
(2)由题意知 g(x)＝f′(x)－3x＝1x－xm2－3x(x＞0)， 令 g(x)＝0，得 m＝－13x3＋x(x＞0)． 设 φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)， 则 φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)． 当 x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
28
课外素养提升④ 逻辑推理——构造法求 f(x)与 f′(x)共存问题 在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体 的函数解析式，而是给出函数 f(x)及其导数满足的条件，需要据此条 件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性 解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及 其处理方法．
21
∴当 x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随 x 的变化情况如下表：
x
1 1，32
3 2
32，3
3
h′(x)
＋
0
－
h(x)
4 3
↗
极大值
↘
ln 3－2
22
∵h(1)＝43，h(3)＝ln 3－2＜43，h32＝ln 32＋54，
∴当 x∈[1,3]时，h(x)∈ln 3－2，ln
32＋45，
8
[解](1)由题意知，当 m＝e 时，f(x)＝ln x＋ex(x＞0)，则 f′(x)＝x－x2 e， ∴当 x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减； 当 x∈(e，＋∞)时，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＋ee＝2， ∴f(x)的极小值为 2.
26
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)max＝g(e)＝1e. 当 x→＋∞时，g(x)→0. 又∵k＞0，∴要使 f(x)仅有一个零点，则 k＝1e.