高考数学导数与函数零点问题教师版

第9讲 导数研究函数性质及不等式问题[考点分析]从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.[特训典例]题型一 导数研究函数性质例1 (2020·泰安检测)已知函数f (x )＝ln x . (1)求f (x )图象的过点P (0，－1)的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－mx ＋mx存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围.【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x .设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，∴x 0＝1. ∴过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1.(2)因为g (x )＝f (x )－mx ＋m x ＝ln x －mx ＋m x (x >0)，所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝x －mx 2－mx 2＝－mx 2－x ＋m x 2，令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2， 则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h (0)>0，12m >0，h ⎝⎛⎭⎫12m <0即可，解得0<m <12.[特训跟踪]1．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . ①若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ；②若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围.【解析】①因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0.所以a 的值为1.②f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝2处取得极小值. 若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 2.(2017·北京)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值. 【解析】(1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ，∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0， ∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)， 即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2e x sin x ≤0在⎣⎡⎦⎤0，π2上恒成立， 且仅在x ＝0处等号成立，∴g (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减， ∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2. 题型二 单、双变量不等式证明 例2 (2018·全国卷)已知函数()1ln f x x a x x=-+． ⑴讨论()f x 的单调性；⑵若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）定义域为()0,+∞，()222111a x ax f x x x x -+'=--+=-．①若0a ≤，则()0f x '<，()f x 在()0,+∞上递减．②若240a ∆=-≤，即02a <≤时，()0f x '≤，()f x 在()0,+∞上递减．③若240a ∆=->，即2a >时，由()0f x '>，可得22a a x -<<，由()0f x '<，可得0x <<x >，所以()f x在⎛ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭上递减，在22a a ⎛+ ⎪⎝⎭上递增．综上所述，当2a ≤时，()f x 在()0,+∞上递减；当2a >时，()f x在⎛ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭上递减，在⎝⎭上递增．【证明】（2）法1：由（1）知，()f x 存在两个极值点，则2a >．因为1x ，2x 是()f x 的两个极值点，所以1x ，2x 满足210x ax -+=，所以12x x a +=，121x x =，不妨设1201x x <<<．()()11221212121211ln ln x a x x a x f x f x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+--+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭==-- ()()()()21121212121212121212ln ln ln ln ln ln 112x x x x a x x a x x a x x x x x x x x x x x x ---+---=--+=-+---，于是()()()121212212121222ln ln ln ln 2ln 222111f x f x a x x x x x a a x x x x x x x x ----<-⇔-+<-⇔<⇔<⇔----22212ln 0x x x +-<．构造函数()12ln g x x x x=+-，1x >，由（1）知，()g x 在()1,+∞上递减，所以()()10g x g <=，不等式获证．法2：由（1）知，()f x 存在两个极值点，则2a >．因为1x ，2x 是()f x 的两个极值点，所以1x ，2x 满足210x ax -+=，不妨设1201x x <<<，则21x x -=，121x x =．()()11221212121211ln ln x a x x a x f x f x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+--+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭==-- ()2111121222121212ln ln 112x x x x x x a a x x x x x x x x x x ---+=--+=---，于是()()1212222f x f x a a x x -<-⇔-<-⇔<-2ln ⇔<⇔<⎝⎭．设t =，则a =())lnt t t ϕ=-，0t >，则()110t ϕ'==->，所以()t ϕ在()0,+∞上递增，于是()()00t ϕϕ>=，命题获证．法3：仿照法1，可得()()12121212ln ln 21f x f x x x a x x x x --<-⇔<--，因为121x x =，所以121211212122ln ln ln ln 1ln ln ln x x x x x x x x x x x x --<⇔⇔->⇔>--，令()0,1t =，构造函数()12ln h t t t t=+-，由（1）知，()h t 在()0,1上递减，所以()()10h t h >=，不等式获证． 例3已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设1211,x x a b==，原不等式等价于122x x e <+<，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设21x tx =，从而把12x x e +<转化为()()1ln 1ln 0t t t t -+-<在()1,+∞上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为()0,∞+， 又()1ln 1ln f x x x '=--=-，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<， 故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.（2）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b+=， 故11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 设1211,x x a b==，由（1）可知不妨设1201,1x x <<>. 因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<， 故21x e <<. 先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立.若22x <， 要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<， 故即证()()122f x f x >-，即证：()()222f x f x >-，其中212x <<. 设()()()2,12g x f x f x x =--<<，则()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦， 因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=， 故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立，综上，122x x +>成立. 设21x tx =，则1t >， 结合ln 1ln +1a b a b+=，1211,x x a b ==可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-，即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1t t tx t --=-，要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<， 即证：()1ln ln 111t t tt t --++<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<，令()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->， 则()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭， 先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+. 设()()ln 1u x x x =+-，则()1111xu x x x -'=-=++， 当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故()()max 00u x u ==， 故()ln 1x x ≤+成立由上述不等式可得当1t >时，112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立， 故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=， 故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立. 综上所述，112e a b<+<.[特训跟踪]1.（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数()1xf x x ae =-+（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =-时，设1210,0x x -<<>且()()125f x f x +=-，证明：12124x x e->-+． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）()1xf x ae ='+，当0a ≥时，()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增． 当0a <时，令()0f x '>，得1ln x a ⎛⎫<-⎪⎝⎭，则()f x 的单调递增区间为1,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 令()0f x '<，得1ln x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，则()f x 的单调递减区间为1ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． （2）证明：（法一）设()()231xg x f x x e x =+=-+-，则()3xg x e =-+'， 由()0g x '<得ln3x >；由()0g x '>得ln3x <，故()()max ln33ln340g x g ==-< 从而得()()20g x f x x =+<，()()()()1222125,2520f x f x f x x f x x +=-∴+=--+<，即12124x x e->-+． （法二）()()1212125,3x x f x f x x e e x +=-∴=+--，12122233x x x x e e x ∴-=+--，设()3x g x e x =-，则()3x g x e '=-，由()0g x '<得ln3x >；由()0g x '>得ln3x <，故()()min ln333ln3g x g ==-．1210,0x x -<，1121233ln33ln3x x e e-∴->+-=-，3ln3ln274=<，12124x x e∴->-+．题型三 不等式恒成立和存在性问题 例4 （2020·山东高三模拟）已知函数()21()1ln ()2f x m x x m =--∈R . （1）若1m =，求证：()0f x ≥. （2）讨论函数()f x 的极值；（3）是否存在实数m ，使得不等式111()x f x x e->-在(1,)+∞上恒成立？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）存在，1. 【解析】（1）1m =，()21()1ln (0)2f x x x x =-->， 211()x f x x x x-'=-+=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，∴min ()(1)0f x f ==，故()0f x ≥.（2）由题知，0x >，211()mx f x mx x x-'=-+=，①当0m ≤时，21()0mx f x x -'=<，所以()f x 在(0,)+∞上单调递减，没有极值；②当0m >时，21()0mx f xx-'==，得x =， 当x⎛∈ ⎝时，()0f x '<；当x ⎫∈+∞⎪⎭时，()0f x '>， 所以()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎭上单调递增.故()f x 在x=处取得极小值111ln 222f m m =+-，无极大值. （3）不妨令11111()x x x e x h x x e xe----=-=，设11(),(1,),()10x x u x e x x u x e --'=-∈+∞=->在(1,)+∞恒成立，()u x 在[1,)+∞单调递增，()(1)0u x u ∴>=，10x e x -∴-≥在(1,)+∞恒成立，所以，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，由（2）知，当0,1m x ≤>时，()f x 在(1,)+∞上单调递减，()(1)0f x f <=恒成立；所以不等式111()x f x x e->-在(1,)+∞上恒成立，只能0m >. 当01m <<1>，由（1）知()f x 在⎛ ⎝上单调递减， 所以(1)0f f<=，不满足题意.当m 1≥时，设()21111()1ln 2x F x m x x x e -=---+， 因为1,1m x ≥>，所以11111,1,01,10x x x mx x e ee---≥><<-<-<，322122111111()1x x x x F x mx x x x e x x x---+'=-++->-++-=， 即()22(1)1()0x x F x x--'>>，所以()F x 在(1,)+∞上单调递增，又(1)0F =，所以(1,)x ∈+∞时，()0F x >恒成立， 即()()0f x h x ->恒成立，故存在m 1≥，使得不等式111()x f x x e->-在(1,)+∞上恒成立， 此时m 的最小值是1.例5【衡水中学2020 届高三第一学期期末】 已知函数1()x f x ea -=+，函数()ln g x ax x =+，a R ∈.（1）求函数()y g x =的单调区间；（2）若不等式()()1f x g x ≥+在区间[1,)+∞内恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若(1,)x ∈+∞，求证不等式12ln 1x ex x -->-+成立.解：函数()g x 的定义域为(0,)+∞，因为()ln g x ax x =+，a R ∈，所以11()ax g x a x x+'=+=. 当0a ≥时，()0g x '>在区间(0,)+∞内恒成立，所以函数()g x 的单调递增区间为(0,)+∞，无单调递减区间；当0a <时，令()0g x '>，得10x a <<-，令()0g x '<，得1x a >-， 所以函数()g x 的单调递增区间为1(0,)a -，单调递减区间为1(,)a-+∞.（2）解：()()1f x g x ≥+在区间[1,)+∞内恒成立， 即1ln 10x ex a ax --+--≤在区间[1,)+∞内恒成立.设1()ln 1x F x e x a ax -=-+--，则(1)0F =，11x F e a x-'=--在区间[1,)+∞内单调递增，所以()(1)F x F a '≥'=-.当0a ≤时，()0F x '≥，()F x 在区间[1,)+∞内为增函数，所以()(1)0F x F ≥=恒成立；当0a >时，(1)0F '<，因为()F x '在区间[1,)+∞内单调递增，所以0(1,)x ∃∈+∞，在区间0(1,)x 内，有()0F x '<，所以()F x 在区间0(1,)x 内单调递减，所以()(1)0F x F <=，这时不合题意.综上所述，实数a 的取值范围为(,0]-∞. （3）证明：要证明在区间(1,)+∞内，12ln 1x ex x -->-+，只需证明1(ln 1)(ln )0x e x x x ---+->，由（2）知，当0a =时，在区间(1,)+∞内，有1ln 10x e x --->恒成立.令()ln G x x x =-，在区间(1,)+∞内，11()10x G x x x-'=-=>， 所以函数()G x 在区间(1,)+∞内单调递增，所以()(1)10G x G >=>，即ln 0x x ->. 所以1(ln 1)(ln )0x e x x x ---+->，所以原不等式成立.[特训跟踪]1.（2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知函数()ln ,f x x x kx k R =+∈. （1）求()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若不等式2()f x x x ≤+恒成立，求k 的取值范围；（3）求证：当*n N ∈时，不等式()2212ln 4121ni n n i n =-->+∑成立.【答案】（1）(1)1y k x =+-（2）k 2≤（3）证明见解析 【解析】（1）函数()y f x =的定义域为(0,)+∞，()1ln f x x k '=++，(1)1f k '=+，∵(1)f k =，∴函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(1)(1)y k k x -=+-， 即(1)1y k x =+-.（2）由2()f x x x ≤+，()ln f x x x kx =+，则2ln x x kx x x +≤+，即ln 1x k x +≤+，设()ln 1g x x x k =-+-，1()1g x x'=-， ()0,1x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增， ()1,x ∈+∞，()0g x '<，()g x 单调递减，∵不等式2()f x x x ≤+恒成立，且0x >，∴ln 10x x k -+-≤，∴max ()(1)20g x g k ==-≤即可，故k 2≤. （3）由（2）可知：当2k =时，ln 1x x ≤-恒成立， 令2141x i =--，由于*i N∈，21041i >-. 故，2211ln14141i i <---，整理得：()221ln 41141i i ->--， 变形得：()21ln 411(21)(21)i i i ->-+-，即：()211ln 41122121i i i ⎛⎫->-- ⎪-+⎝⎭1,2,3,,i n =时，11ln 31123⎛⎫>-- ⎪⎝⎭，11ln 51123⎛⎫>-- ⎪⎝⎭……，()2111ln 41122121n n n ⎛⎫->-- ⎪-+⎝⎭两边同时相加得：()22211122ln 4112212121ni n n ni n n n n =-⎛⎫->--=> ⎪+++⎝⎭∑， 所以不等式在*n N ∈上恒成立.[特训练习]1.（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）已知函数()2ln f x x ax =-，a R ∈. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅰ）当1a =-时，令2()()g x x f x =-，其导函数为()g x '，设12,x x 是函数()g x 的两个零点，判断122x x +是否为()g x '的零点？并说明理由.【答案】（Ⅰ）当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在2(0,)a 单调递增，在2(,)a+∞上单调递减. （Ⅰ）不是，理由见解析 【解析】（Ⅰ）依题意知函数()f x 的定义域为()0,+∞，且()2f x a x'=- , （1）当0a ≤时， ()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上单调递增.（2）当0a >时，由()0f x '=得：2x a=， 则当20,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x '>；当2,x a⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0f x '<.所以()f x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 综上，当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a > 时，()f x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. （Ⅰ）122x x +不是导函数()g x '的零点. 证明如下： 当1a =-时，()()222ln g x x f x x x x =-=--. ∵1x ，2x 是函数()g x 的两个零点，不妨设120x x <<，22111111222222222ln 02ln 2ln 02ln x x x x x x x x x x x x ⎧⎧--=-=∴⇒⎨⎨--=-=⎩⎩，两式相减得：()()()12121212ln ln x x x x x x -+-=-即： ()1212122ln ln 1x x x x x x -+-=-， 又()221g x x x-'=-. 则()()()121212121212121212122ln ln 24421ln ln 2x x x x x x g x x x x x x x x x x x x x x ⎡⎤--+⎛⎫=+--=-=--'⎢⎥ ⎪+-+-+⎝⎭⎣⎦. 设12x t x =，∵120x x <<，∴01t <<， 令()()21ln 1t t t t ϕ-=-+，()()()()22211411t t t t t t ϕ-=-=+'+.又01t <<，∴()0t ϕ'>，∴()t ϕ在()0,1上是増 函数， 则()()10t ϕϕ<=，即当01t <<时，()21ln 01t t t --<+，从而()()1212122ln ln 0x x x x x x ---<+，又121200x x x x <<⇒-<所以()()1212121222ln ln 0x x x x x x x x ⎡⎤--->⎢⎥-+⎣⎦，故1202x x g +⎛⎫>⎪⎝⎭'，所以122x x +不是导函数()g x '的零点.2．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）已知2()2ln(2)(1)f x x x =+-+，()(1)g x k x =+．（1）当2k =时，求证：对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立；（2）若存在01x >-，使得当()01,x x ∈-时，恒有()()f x g x >成立，试求k 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）(,2)-∞ 【解析】（1）证明：当2k =时，()2(1)g x x =+令2()()()2ln(2)(1)2(1)H x f x g x x x x =-=+-+-+，2286()2x x H x x ---'=+，令()0H x '=，即22860x x ---=，解得1x =-或3x =-（舍）． 所以当1x >-时，()0H x '<，()H x 在(1,)-+∞上单调递减． 所以max ()(1)0H x H <-=，所以对于1,x ∀>-()0H x <，即()()f x g x <.（2）由（1）知，当2k =时，()()f x g x <恒成立，即对于1,x >-22ln(2)(1)2(1)x x x +-+<+，不存在满足条件的0x ；当2k >时，对于1x >-，10x +>，此时2(1)(1)x k x +<+， 所以22ln(2)(1)2(1)(1)x x x k x +-+<+<+， 即()()f x g x <恒成立，不存在满足条件的0x ；当2k <时，令2()()()2ln(2)(1)(1)h x f x g x x x k x =-=+-+-+，22(6)(22)()2x k x k h x x --+-+'=+，令2()2(6)(22)t x x k x k =--+-+，又()y t x =为一开口向下的抛物线，且x →+∞时，()t x →-∞， 又(1)2(6)(22)20t k k k -=-++-+=->， 所以必存在0(1,)x ∈-+∞，使得()00t x =．所以()01,x x ∈-时，()0t x >，()0h x '>，()h x 单调递增； 当0(1,)x ∈-+∞时，()0t x <，()0h x '<，()h x 单调递减． 当()01,x x ∈-时，()(1)0h x h >-=，即()()0f x g x ->恒成立， 综上，k 的取值范围为(,2)-∞．3．（2020届山东省淄博市高三二模）（本小题满分12分）设函数()()22ln 11x f x x x =+++.（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅰ）如果对所有的x ≥0，都有()f x ≤ax ，求a 的最小值；（Ⅰ）已知数列{}n a 中， 11a =，且()()1111n n a a +-+=，若数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：11ln 2n n n na S a a ++>-. 【答案】（Ⅰ）函数()f x在(1-2-+，上单调递减，在()-2+∞单调递增；（Ⅰ）2；（Ⅰ）证明见解析． 【解析】（Ⅰ） ()f x 的定义域为()1-+∞，， ()()22421x x f x x ++=+'1分当12x -<<-+ ()0f x '<，当2x >-+ ()0f x '>2分所以函数()f x在(1-2-+，上单调递减，在()-2+∞单调递增. 3分 （Ⅰ）设()()22ln 11x g x x ax x =++-+，则 ()()()()()22222121142112111x x x x g x a a a x x x +++-++⎛⎫=-=-=--+- ⎪+⎝⎭++'因为x ≥0，故211101x ⎛⎫-<--≤ ⎪+⎝⎭5分（Ⅰ）当2a ≥时， 20a -≤， ()0g x '≤，所以()g x 在[)0,+∞单调递减，而()00g =，所以对所有的x ≥0， ()g x ≤0，即()f x ≤ax ；（Ⅰ）当12a <<时， 021a <-<，若20,1a x a ⎛-∈ -⎝⎭，则()0g x '>， ()g x 单调递增，而()00g =，所以当0,x ⎛∈ ⎝⎭时， ()0g x >，即()f x ax >； （Ⅰ）当1a ≤时， 21a -≥， ()0g x '>，所以()g x 在[)0,+∞单调递增，而()00g =，所以对所有的0x >， ()0g x >，即()f x ax >；综上， a 的最小值为2. 8分（Ⅰ）由()()1111n n a a +-+=得， 11n n n n a a a a ++-=⋅，由11a =得， 0n a ≠， 所以1111n n a a +-=，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以111a =为首项，1为公差的等差数列， 故1n n a =， 1n a n =， 111n a n +=+9分 11ln 2n n n na S a a ++>- ⇔ ()()111ln 112123n n n n++<+++++ 由（Ⅰ）知2a =时， ()22ln 121x x x x ++≤+， 0x >， 即()()2ln 121x x x x ++<+， 0x >. 10分法一：令1x n=，得()111ln 21n n n n n ++<+， 即()1111ln 1ln 21n n n n n⎛⎫+-+-< ⎪+⎝⎭ 因为()()()1111ln 1ln ln 12121nk nk k n k k n =⎡⎤⎛⎫+-+-=++ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎣⎦∑11分 所以()()111ln 112123n n n n++<+++++12分 故11ln 2n n n na S a a ++>-12分 法二：11ln 2n n n na S a a ++>- ⇔ ()()1111ln 12321nn n n ++++>+++ 下面用数学归纳法证明．（1）当1n =时，令1x =代入()()2ln 121x x x x ++<+，即得11ln24>+，不等式成立（2）假设()*,1n k k N k =∈≥时，不等式成立，即()()1111ln 12321k k k k ++++>+++ 则1n k =+时， ()()111111ln 1231211k k k k k k +++++>++++++ 令11x k =+代入()()2ln 121x x x x ++<+，得()()121ln 11212k k k k k +>+++++ ()()()()()()121ln 1ln 1ln 211211212k k k k k k k k k k k ++++>++++++++++()()()()()()211ln 2ln 221222k k k k k k k k +++=++=+++++即()()111121ln 223122k k k k +++++>++++ 由（1）（2）可知不等式()()1111ln 12321n n n n ++++>+++对任何n *N ∈都成立. 故11ln 2n n n na S a a ++>-12分 4.（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）已知()ln f x x =，()()2102g x ax bx a =+≠，()()()h x f x g x =-.（Ⅰ）若3,2a b ==，求()h x 的极值；（Ⅰ）若函数()y h x =的两个零点为()1212,x x x x ≠，记1202x x x +=，证明：()00h x '<． 【答案】（Ⅰ）极大值为5ln 36--，无极小值；（Ⅰ）证明见解析. 【解析】（Ⅰ）()()23ln 2,0,2h x x x x x =--∈+∞，()()()2311132132x x x x h x x x x x--+--+='∴=--=， 由()()()3110x x h x x--+'==得13x =，且当103x <<时，()0h x '>，即()h x 在10,3⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，当13x >时，()0h x '<，即()h x 在1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， ∴当13x =时，()h x 有极大值，且()15=ln336h x h ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭极大值，无极小值． （Ⅰ）函数()y h x =的两个零点为()1212,x x x x ≠，不妨设120x x <<，()21111ln 02a h x x x bx ∴=--=，()222222ln 02h x x x bx =--=． ()()2212111222ln ln 22a ah x h x x x bx x x bx ∴-=-----()()22121212ln ln 02a x x x x b x x =-----=， 即()()22121212ln ln 2a x x x xb x x -=-+-， 又()()()()1h x f x g x ax b x ='=-''-+，1202x x x +=，()1201222x x h x a b x x '+⎛⎫∴=-+ ⎪+⎝⎭，()()()12120121222x x x x h x x x a b x x ⎛⎫+∴-=--- ⎪+⎝⎭'()()()1222121212212x x a x x b x x x x -⎡⎤=--+-⎢⎥+⎣⎦()()1212122ln ln x x x x x x -=--+12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=-+．令()1201x t t x =<<，则()()()21ln 011t r t t t t ，-=-<<+()()()()222141011t r t t t t t--∴=-=<++'， ()r t ∴在()0,1上单调递减，故()()10r t r >=，12112221ln 01x xx x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭∴->+，即()()1200x x h x '->，又120x x -<，()00h x ∴'<．5.（2020·山东高三下学期开学）已知函数()ln 1f x x x =-，()()22g x ax a x =--.（1）设函数()()()H x f x g x '=-，讨论()H x 的单调性；（2）设函数()()()2G x g x a x =+-，若()f x 的图象与()G x 的图象有()11A x y ，，()22B x y ，两个不同的交点，证明：()12ln 2ln 2x x >+.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析【解析】（1）()()()()221H x f x g x lnx ax a x =-=++-+'，定义域为(0,)+∞，()()()()()2221211122ax a x x ax H x ax a x x x -+-+-++=-+-='=. 当0a ≥时，()H x 在102⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，在12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递减. 当20a -<<时，令()0H x '>，得1102x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，所以()H x 在1a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，，102⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增；令()0H x '<，得112x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，，所以()H x 在112a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，上单调递减. 当2a =-时，()0H x '≥，()H x 在()0+∞，上单调递增. 当2a <-时，令()0H x '>，得1102x a ⎛⎫⎛⎫∈+∞⋃- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，所以()H x 在12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，，10a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，上单调递增；令()0H x '<，得112x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，，所以()H x 在112a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，上单调递减.（2）()()()22G x g x a x ax =+-=，因为函数()f x 的图象与()G x 的图象有两个不同的交点，所以关于x 的方程21ax xlnx =-，即1ax lnx x=-有两个不同的根. 由题知1111lnx ax x -=①，2221lnx ax x -=②，①+②得()()12121212x x ln x x a x x x x +-=+③，②-①得()22121112x x x ln a x x x x x ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭④.由③，④得()()1212212122112x x x x x ln x x ln x x x x x ++-=-，不妨设120x x <<，记211x t x =>.令()()()2111t F t lnt t t -=->+，则()()()2101t F t t t '-=>+，所以()F t 在()1+∞，上单调递增，所以()()10F t F >=， 则()211t lnt t ->+，即()2121122x x x lnx x x ->+，所以()()12122121221122x x x x x ln x x ln x x x x x ++-=>-. 因为()()()()12121212121222x x ln x x ln x x ln x x x x +-<==所以22>，即1>.令()2x lnx xφ=-，则()x φ在()0+∞，上单调递增.又)12112ln ln e -=+-<，所以)1ln >>，即)φφ>，所以2122x xe >.两边同时取对数可得()1222ln x x ln >+，得证.6.（2020届山东省六地市部分学校高三3月线考）已知函数()()20f x lnx ax x a =--+≥．()1讨论函数()f x 的极值点的个数；()2若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：()()12322f x f x ln +>-．【答案】(1)见解析 (2)见解析 【解析】()1函数()()20f x lnx ax x a =--+≥，()()2212121210ax x ax x f x ax x x x x-+-+-∴=--+>=-'=， 0x > 0a ≥，∴当0a =时，()1x f x x'-=，0x >，当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；∴当1x =时，()f x 有极小值；当18a ≥时，0≤，故()0f x '≤，()f x ∴在()0,+∞上单调递减，故此时()f x 无极值； 当108a <<时，0>，方程()0f x '=有两个不等的正根1x ，2x ．21可得1x =2x =10,4x a ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭及1,4x a ⎛⎫+∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时， ()0f x '<，()f x 单调递减；当11,44x a a ⎛⎫+∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '> ；()f x 单调递增； ()f x ∴在1x x =处有极小值，在2x x =处有极大值．综上所述：当0a =时，()f x 有1个极值点； 当18a ≥时，()f x 没有极值点；当108a <<时，()f x 有2个极值点． ()2由()1可知当且仅当10,8a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程的两个正根， 则1212x x a +=，1212x x a=． ()()()(()()2121212121211[)2ln 212144f x f x x x a x x x x lnx lnx a lna ln a a ⎤∴+=+-+--+=++=+++⎦； 令()1214g a lna ln a =+++，108a <<；()24104a g x a -'=<， ()g a ∴在10,8⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()13228g a g ln ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭， ()()12322f x f x ln ∴+>-．。

高考导数讲义一：零点问题例1、设函数（I ）求曲线在点处的切线方程；（II ）设，若函数有三个不同零点，求c 的取值范围； （III ）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件. 解：（I ）由()32f x x ax bx c =+++，得()232f x x ax b '=++．因为()0f c =，()0f b '=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y bx c =+． （II ）当4a b ==时，()3244f x x x x c =+++，所以()2384f x x x '=++．令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23x =-． ()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下：所以，当0c >且32027c -<时，存在()14,2x ∈--，222,3x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，32,03x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()()()1230f x f x f x ===．由()f x 的单调性知，当且仅当320,27c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()3244f x x x x c =+++有三个不同零点． （III ）当24120a b ∆=-<时，()2320f x x ax b '=++>，(),x ∈-∞+∞，此时函数()f x 在区间(),-∞+∞上单调递增，所以()f x 不可能有三个不同零点．当24120a b ∆=-=时，()232f x x ax b '=++只有一个零点，记作0x ．当()0,x x ∈-∞时，()0f x '>，()f x 在区间()0,x -∞上单调递增；()32.f x x ax bx c =+++().y f x =()()0,0f 4a b ==()f x 230a b -＞().f x当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在区间()0,x +∞上单调递增． 所以()f x 不可能有三个不同零点．综上所述，若函数()f x 有三个不同零点，则必有24120a b ∆=->． 故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件．当4a b ==，0c =时，230a b ->，()()232442f x x x x x x =++=+只有两个不同 零点， 所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件． 因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．例2.设函数()2ln 2x f x k x =-，0k >． （I ）求()f x 的单调区间和极值；（II ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(上仅有一个零点．【答案】（I ）单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；极小值(1ln )2k k f -=；（II ）证明详见解析. 【解析】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.（I ）先对()f x 求导，令'()0f x =解出x ，将函数的定义域断开，列表，分析函数的单调性，所以由表格知当x =小值；（II ）利用第一问的表，知f 为函数的最小值，如果函数有零点，只需最小值(1ln )02k k -≤，从而解出k e ≥，下面再分情况分析函数有几个零点.试题解析：（Ⅰ）由()2ln 2x f x k x =-，（0k >）得 2'()k x kf x x x x-=-=.由'()0f x =解得x =()f x 与'()f x 在区间(0,)+∞上的情况如下：所以，()f x 的单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；()f x 在x =(1ln )2k k f -=.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )2k k f -=. 因为()f x 存在零点，所以(1ln )02k k -≤，从而k e ≥.当k e =时，()f x 在区间上单调递减，且0f =，所以x =()f x 在区间上的唯一零点.当k e >时，()f x 在区间上单调递减，且1(1)02f =>，02e kf -=<，所以()f x 在区间上仅有一个零点.综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间上仅有一个零点.考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值、函数零点问题.【名师点晴】本题主要考查的是导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和函数的零点，属于难题．利用导数求函数()f x 的单调性与极值的步骤：①确定函数()f x 的定义域；②对()f x 求导；③求方程()0f x '=的所有实数根；④列表格．证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性． 例3.设函数()2ln xf x ea x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； （II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a≥+. 【答案】（I ）当0a £时，()f x ¢没有零点；当0a >时，()f x ¢存在唯一零点.（II ）见解析 【解析】试题分析：（I ）先求出导函数，分0a £与0a >考虑()f x '的单调性及性质，即可判断出零点个数；（II ）由（I ）可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x ，根据()f x '的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于22lna a a+，即证明了所证不等式. 试题解析：（I ）()f x 的定义域为()0+¥，，()2()=20x af x e x x¢->. 当0a £时,()0f x ¢>，()f x ¢没有零点； 当0a >时，因为2x e 单调递增，ax-单调递增，所以()f x ¢在()0+¥，单调递增.又()0f a ¢>,当b 满足04ab <<且14b <时，(b)0f ¢<,故当0a >时，()f x ¢存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x ，当()00x x Î，时，()0f x ¢<;当()0+x x 违，时，()0f x ¢>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ¥，单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x .由于0202=0x a ex -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a ++?. 故当0a >时，2()2lnf x a a a?. 考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.【名师点睛】导数的综合应用是高考考查的重点和热点，解决此类问题，要熟练掌握常见函数的导数和导数的运算法则、掌握通过利用导数研究函数的单调性、极值研究函数的图像与性质.对函数的零点问题，利用导数研究函数的图像与性质，画出函数图像草图，结合图像处理；对恒成立或能处理成立问题，常用参变分离或分类讨论来处理. 例4.设函数2(),(,)f x x ax b a b R =++∈.（1）当214a b =+时，求函数()f x 在[1,1]-上的最小值()g a 的表达式； （2）已知函数()f x 在[1,1]-上存在零点，021b a ≤-≤，求b 的取值范围.【答案】(1)222,2,4()1,22,2,24a a a g a a a a a ⎧++≤-⎪⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪-+>⎪⎩；(2)[3,9--【解析】(1)将函数进行配方，利用对称轴与给定区间的位置关系，通过分类讨论确定函数在给定上的最小值，并用分段函数的形式进行表示；(2)设定函数的零点，根据条件表示两个零点之间的不等关系，通过分类讨论，分别确定参数b 的取值情况，利用并集原理得到参数b 的取值范围.试题解析：(1)当214a b =+时，2()()12a f x x =++，故其对称轴为2a x =-. 当2a ≤-时，2()(1)24a g a f a ==++. 当22a -<≤时，()()12a g a f =-=.当2a >时，2()(1)24a g a f a =-=-+. 综上，222,2,4()1,22,2,24a a a g a a a a a ⎧++≤-⎪⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪-+>⎪⎩(2)设,s t 为方程()0f x =的解，且11t -≤≤，则s t ast b+=-⎧⎨=⎩.由于021b a ≤-≤，因此212(11)22t ts t t t --≤≤-≤≤++. 当01t ≤≤时，222222t t t b t t --≤≤++， 由于222032t t --≤≤+和212932t t t --≤≤-+，所以293b -≤≤-当10t -≤≤时，222222t t t b t t --≤≤++， 由于22202t t --≤<+和2302t t t --≤<+，所以30b -≤<. 综上可知，b的取值范围是[3,9--.【考点定位】1.函数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想.【名师点睛】本题主要考查函数的单调性与最值，函数零点问题.利用函数的单调性以及二次函数的对称轴与给定区间的位置关系，利用分类讨论思想确定在各种情况下函数的最小值情况，最后用分段函数的形式进行表示；利用函数与方程思想，确定零点与系数之间的关系，利用其范围，通过分类讨论确定参数b 的取值范围.本题属于中等题，主要考查学生应用函数性质解决有关函数应用的能力，考查学生对数形结合数学、分类讨论思想以及函数与方程思想的应用能力，考查学生基本的运算能力.例5、已知函数 . (I)讨论 的单调性；(II)若 有两个零点，求a 的取值范围.【解析】（Ⅰ）()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a '=-+-=-+．（ i ）当0a ≥时，则当1x >时，()0f x '>；当1x <时，()0f x '< 故函数()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增．（ ii ）当0a <时，由()0f x '=，解得：1x =或ln(2)x a =- ①若ln(2)1a -=，即2e a =-，则x R ∀∈，()(1)()0xf x x e e '=-+≥ 故()f x 在(,)-∞+∞单调递增．②若ln(2)1a -<，即2ea >-，则当(,ln(2))(1,)x a ∈-∞-+∞时，()0f x '>；当(ln(2),1)x a ∈-时，()0f x '<故函数在(,ln(2))a -∞-，(1,)+∞单调递增；在(ln(2),1)a -单调递减． ③若ln(2)1a ->，即2ea <-，则当(,1)(ln(2),)x a ∈-∞-+∞时，()0f x '>；当(1,ln(2))x a ∈-时，()0f x '<；故函数在(,1)-∞，(ln(2),)a -+∞单调递增；在(1,ln(2))a -单调递减．（Ⅱ）（i ）当0a >时，由（Ⅰ）知，函数()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增． 又∵(1),(2)f e f a ==，取实数b 满足0b <且ln2ab <，则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=-> ∴()f x 有两个零点．（ii ）若0a =，则()(2)xf x x e =-，故()f x 只有一个零点． （iii ）若0a <，由（I ）知，当2ea ≥-，则()f x 在(1,)+∞单调递增，又当1x ≤时，()0f x <，故()f x 不存在两个零点；当2ea <-，则函数在(ln(2),)a -+∞单调递增；在(1,ln(2))a -单调递减．又当1x ≤时，()0f x <，故不存在两个零点．综上所述，a 的取值范围是()0,+∞．例6.设a 为实数，函数()()()21f x x a x a a a =-+---． （1）若()01f ≤，求a 的取值范围； （2）讨论()f x 的单调性； （3）当2a ≥时，讨论()4f x x+在区间()0,+∞内的零点个数． 【答案】（1）1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦；（2）)(x f 在),(+∞a 上单调递增，在),(a -∞上单调递减；（3）当2=a 时，()4f x x +有一个零点2x =；当2>a 时，()4f x x+有两个零点． 【解析】试题分析：（1）先由()01f <可得1≤+a a ，再对a 的取值范围进行讨论可得1≤+a a 的解，进而可得a 的取值范围；（2）先写函数()f x 的解析式，再对a 的取值范围进行讨论确定函数()f x 的单调性；（3）先由（2）得函数()f x 的最小值，再对a 的取值范围进行讨论确定()4f x x+在区间()0,+∞内的零点个数． 试题解析：（1）22(0)f a a a a a a =+-+=+，因为()01f ≤，所以1≤+a a ， 当0≤a 时，10≤，显然成立；当0>a ，则有12≤a ，所以21≤a .所以210≤<a . 综上所述，a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.（2）()⎪⎩⎪⎨⎧<++-≥--=ax a x a x ax x a x x f ,2)12(,12)(22对于()x a x u 1221--=，其对称轴为a a a x <-=-=21212，开口向上， 所以)(x f 在),(+∞a 上单调递增；对于()a x a x u 21221++-=，其对称轴为a a a x >+=+=21212，开口向上， 所以)(x f 在),(a -∞上单调递减.综上所述，)(x f 在),(+∞a 上单调递增，在),(a -∞上单调递减.（3）由（2）得)(x f 在),(+∞a 上单调递增，在),0(a 上单调递减，所以2min )()(a a a f x f -==. (i)当2=a 时，2)2()(min -==f x f ，⎪⎩⎪⎨⎧<+-≥-=2,452,3)(22x x x x x x x f令()40f x x +=，即xx f 4)(-=（0x >）.因为)(x f 在)2,0(上单调递减，所以2)2()(-=>f x f而x y 4-=在)2,0(上单调递增，2)2(-=<f y ，所以)(x f y =与xy 4-=在)2,0(无交点. 当2≥x 时，xx x x f 43)(2-=-=，即04323=+-x x ，所以042223=+--x x x ，所以()0)1(22=+-x x ，因为2≥x ，所以2=x ，即当2=a 时，()4f x x+有一个零点2x =.(ii)当2>a 时，2min )()(a a a f x f -==，当),0(a x ∈时，42)0(>=a f ，2)(a a a f -=，而xy 4-=在),0(a x ∈上单调递增， 当a x =时，a y 4-=.下面比较2)(a a a f -=与a4-的大小 因为0)2)(2()4()4(2232<++--=---=---aa a a a a a a a a 所以aa a a f 4)(2-<-=结合图象不难得当2>a 时，)(x f y =与xy 4-=有两个交点. 综上所述，当2=a 时，()4f x x +有一个零点2x =；当2>a 时，()4f x x+有两个零点. 考点：1、绝对值不等式；2、函数的单调性；3、函数的最值；4、函数的零点.【名师点晴】本题主要考查的是绝对值不等式、函数的单调性、函数的最值和函数的零点，属于难题．零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间，去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每段结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．判断函数的单调性的方法：①基本初等函数的单调性；②导数法．判断函数零点的个数的方法：①解方程法；②图象法． 例7.已知函数f (x )＝－2lnx ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a >0. (Ⅰ)设g (x )为f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(Ⅱ)证明：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.【解析】(Ⅰ)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞) g(x)＝f '(x)＝2(x－1－lnx－a)所以g'(x)＝2－22(1)xx x-=当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增(Ⅱ)由f '(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx 则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)由u'(x)＝1－1x≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1即a0∈(0，1)当a＝a0时，有f '(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0再由(Ⅰ)知，f '(x)在区间(1，＋∞)上单调递增当x∈(1，x0)时，f '(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0当x∈(x0，＋∞)时，f '(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.高考赠送以下资料考试知识点技巧大全一、考试中途应饮葡萄糖水大脑是记忆的场所，脑中有数亿个神经细胞在不停地进行着繁重的活动,大脑细胞活动需要大量能量。

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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
考 点 三 构造函数法研究函数的零点 例 3 (2021·全国甲卷节选)已知 a>0 且 a≠1，函数 f(x)＝axax(a>0)．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．
解：曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点， 可转化为方程axax＝1(x>0)有两个不同的解， 即方程lnx x＝lnaa有两个不同的解．
当 x→0＋时，h(x)→－∞，当 x→＋∞时，h(x)→0， 作出函数 h(x)的图象与直线 y＝kx－1 如图所示．
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当直线 y＝kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，设切点坐标为(x0，lnx20x0)， 则 k＝1－2x30ln x0＝lnx20xx00＋1，即 3ln x0＋x20－1＝0，易得 x0＝1，∴当直线 y＝ kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，k＝1.由图象知，当 0<k<1 时，直线 y＝kx －1 与函数 h(x)的图象恰有两个交点，即函数 f(x)恰有两个零点，∴实数 k 的取值范围为(0，1)．
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0.
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且 φ(x)max＝φ(3) ＝e13，
又 x→＋∞时，φ(x)→0， x→－∞时，φ(x)→－∞， ∴φ(x)的图象如图所示．
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练

导数中零点问题 探究1已知函数3211()33f x x mx x m =--+，其中m ∈R ．求函数()f x 的零点个数． 探究2已知函数321()e 2(4)243x f x x x a x a ⎡⎤=-++--⎢⎥⎣⎦，其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．（1）若函数()f x 的图象在0x =处的切线与直线0x y +=垂直，求a 的值；（2）关于x 的不等式4()e 3x f x <-在(2)-∞，上恒成立，求a 的取值范围； （3）讨论函数()f x 极值点的个数．探究3已知函数f （x ）=ax 2﹣x ﹣lnx ，a ∈R ．（1）若﹣1≤a ≤0，证明：函数f （x ）有且只有一个零点； （2）若函数f （x ）有两个零点，求实数a 的取值范围．探究4已知函数f （x ）=g （x ）•h （x ），其中函数g （x ）=e x ，h （x ）=x 2+ax +a ． （1）求函数g （x ）在（1，g （1））处的切线方程；（2）当0＜a ＜2时，求函数f （x ）在x ∈[﹣2a ，a ]上的最大值；（3）当a=0时，对于给定的正整数k ，问函数F （x ）=e•f （x ）﹣2k （lnx +1）是否有零点？请说明理由．（参考数据e ≈2.718，≈1.649，e≈4.482，ln2≈0.693）探究5【解析1题】由f ´(x )=0,得x 2－2mx －1=0,因为△=4m 2+4>0,所以y =f (x )既有极大值也有极小值. 设f ´(x 0)=0,即x 02－2mx 0－1=0，则f (x 0)=13x 03－mx 02－x 0+13m =－13mx 02－23x 0+13m =－23x 0(m 2+1) ………………12分 所以极大值f (m －m 2+1)=－23(m －m 2+1)(m 2+1)>0，极小值f (m +m 2+1)=－23(m +m 2+1)(m 2+1)<0, 故函数f (x )有三个零点.【解析2题】(1) 由题意，321()e 3x f x x x ax a ⎛⎫'=-+- ⎪⎝⎭， …………………………………………2分因为()f x 的图象在0x =处的切线与直线0x y +=垂直，所以(0)=1f '，解得1a =-. (4)分(2) 法一：由4()e 3x f x <-，得3214e 2(4)24e 33x x x x a x a ⎡⎤-++--<-⎢⎥⎣⎦，即326(312)680x x a x a -++--<对任意(2)x ∈-∞，恒成立， (6)分即()32636128x a x x x ->-=-对任意(2)x ∈-∞，恒成立， 因为2x <，所以()()322612812323x x x a x x -++>=----，……………………………8分记()21()23g x x =--，因为()g x 在(2)-∞，上单调递增，且(2)0g =， 所以0a ≥，即a 的取值范围是[0)+∞，． ………………………………………10分法二：由4()e 3x f x <-，得3214e 2(4)24e 33x x x x a x a ⎡⎤-++--<-⎢⎥⎣⎦，即326(312)680x x a x a -++--<在(2)-∞，上恒成立，……………………………6分因为326(312)680x x a x a -++--<等价于2(2)(434)0x x x a --++<，①当0a ≥时，22434(2)30x x a x a -++=-+≥恒成立，所以原不等式的解集为(2)-∞，，满足题意． …………………………………………8分②当0a <时，记2()434g x x x a =-++，有(2)30g a =<， 所以方程24340x x a -++=必有两个根12,x x ，且122x x <<，原不等式等价于12(2)()()0x x x x x ---<，解集为12()(2)x x -∞，，，与题设矛盾，所以0a <不符合题意．综合①②可知，所求a的取值范围是[0)+∞，．…………………………………………10分(3) 因为由题意，可得321()e 3x f'x x x ax a ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，所以()f x 只有一个极值点或有三个极值点. ……11分 令321()3g x x x ax a =-+-， ①若()f x 有且只有一个极值点，所以函数()g x 的图象必穿过x 轴且只穿过一次，即()g x 为单调递增函数或者()g x 极值同号． ⅰ）当()g x 为单调递增函数时，2()20g'x x x a =-+≥在R 上恒成立，得1a ≥．………12分ⅱ）当()g x 极值同号时，设12,x x 为极值点，则12()()0g x g x ⋅≥，由2()20g'x x x a =-+=有解，得1a <，且21120,x x a -+=22220x x a -+=， 所以12122,x x x x a +==，所以3211111()3g x x x ax a =-+-211111(2)3x x a x ax a =--+- 11111(2)33x a ax ax a =---+-[]12(1)3a x a =--，同理，[]222()(1)3g x a x a =--，所以()()[][]121222(1)(1)033g x g x a x a a x a =--⋅--≥，化简得221212(1)(1)()0a x x a a x x a ---++≥，所以22(1)2(1)0a a a a a ---+≥，即0a ≥， 所以01a <≤．所以，当0a ≥时，()f x 有且仅有一个极值点； ……………………………14分②若()f x 有三个极值点，所以函数()g x 的图象必穿过x 轴且穿过三次，同理可得0a <； 综上，当0a ≥时，()f x 有且仅有一个极值点，当0a <时，()f x 有三个极值点． ……………………………16分【解析3题】（1）由f （x ）=ax 2﹣x ﹣lnx ，得．当a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上最多有一个零点，当﹣1≤a ≤0时，f （1）=a ﹣1＜0，，推出结果．（2）由（2）知，当a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上最多有一个零点．说明a ＞0，由f （x ）=ax 2﹣x ﹣lnx ，得，说明函数f（x ）在（0，x 0）上单调递减；在（x 0，+∞）上单调递增．要使得函数f （x ）在（0，+∞）上有两个零点，只需要．通过函数h （x ）=2lnx +x ﹣1在（0，+∞）上是增函数，推出0＜a ＜1．验证当0＜a ＜1时，函数f （x ）有两个零点．证明：lnx ≤x ﹣1． 设t （x ）=x ﹣1﹣lnx ，利用导数求解函数的最值即可． 【解答】解：（1）由f （x ）=ax 2﹣x ﹣lnx ，得．所以当a ≤0时，，函数f （x ）在（0，+∞）上单调递减，所以当a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上最多有一个零点．…6分因为当﹣1≤a ≤0时，f （1）=a ﹣1＜0，，所以当﹣1≤a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上有零点． 综上，当﹣1≤a ≤0时，函数f （x ）有且只有一个零点． …8分（2）由（2）知，当a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上最多有一个零点． 因为函数f （x ）有两个零点，所以a ＞0． …9分由f（x）=ax2﹣x﹣lnx，得，令g（x）=2ax2﹣x﹣1．因为g（0）=﹣1＜0，2a＞0，所以函数g（x）在（0，+∞）上只有一个零点，设为x0．当x∈（0，x0）时，g（x）＜0，f'（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0，f'（x）＞0．所以函数f（x）在（0，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．要使得函数f（x）在（0，+∞）上有两个零点，只需要函数f（x）的极小值f（x0）＜0，即．又因为，所以2lnx0+x0﹣1＞0，又因为函数h（x）=2lnx+x﹣1在（0，+∞）上是增函数，且h（1）=0，所以x0＞1，得．又由，得，所以0＜a＜1．…13分以下验证当0＜a＜1时，函数f（x）有两个零点．当0＜a＜1时，，所以．因为，且f（x0）＜0．所以函数f（x）在上有一个零点．又因为（因为lnx≤x﹣1），且f（x0）＜0．所以函数f（x）在上有一个零点．所以当0＜a＜1时，函数f（x）在内有两个零点．综上，实数a的取值范围为（0，1）．…16分下面证明：lnx≤x﹣1．设t（x）=x﹣1﹣lnx，所以，（x＞0）．令t'（x）=0，得x=1．当x∈（0，1）时，t'（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，t'（x）＞0．所以函数t（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．所以当x=1时，t（x）有最小值t（1）=0．所以t（x）=x﹣1﹣lnx≥0，得lnx≤x﹣1成立．【解析4】（1）求出函数的导数，计算g（1），g′（1），求出切线方程即可；（2）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出f（x）的最大值即可；（3）问题转化为e•＞．令p（x）=e•，q（x）=，根据函数的单调性判断即可．【解答】解：（1）∵g（x）=e x，∴g′（x）=e x，∴g′（1）=e，∴函数g（x）在（1，g（1））处的切线方程为y﹣e=e（x﹣1），即y=ex；（2）f（x）=e x（x2+ax+a），f′（x）=（x+2）（x+a）e x=0，可得x=﹣a或x=﹣2．①﹣2a≥﹣2，即0＜a≤1时，f（x）在[﹣2a，﹣a]上递减，在[﹣a，a]上递增，∴f（x）max=f（a）；②﹣2a＜﹣2，即1＜a＜2时，f（x）在[﹣2a，﹣2]上递增，[﹣2，﹣a】递减，在[﹣a，a]上递增，∴f（x）max=max{f（﹣2），f（a）}=f（a）；综上所述，f（x）max=f（a）=（2a2+a）e a；（3）k=1，函数F（x）=e•f（x）﹣2k（lnx+1）无零点，k≥2，函数F（x）=e•f（x）﹣2k（lnx+1）有零点．理由如下：k=1时，证明ex2e x﹣2lnx﹣2＞0即可，即证明e•＞．令p（x）=e•，q（x）=，而p′（x）=，令p′（x）＞0，解得：x＞1，令p′（x）＜0，解得：x＜1，∴p（x）min=p（1）=e2，q′（x）=，令q′（x）＞0，解得：0＜x＜，令q′（x）＜0，解得：x＞，故q（x）max=q（）=e2，∴e•＞，故命题得证．解析5。