资源简介

第14讲 函数与导数的综合应用
【练基础】
1.已知函数f(x)＝－ax2＋(1＋a)x－ln x(a∈R)．
(1)当a＞0时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)当a＝0时，设函数g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函数g(x)在区间[，＋∞)上有两个零点，求实数k的取值范围．
2.设函数f (x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
3.函数f (x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在(－1，f (－1))处的切线方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)若m≤0，证明：f (x)≥mx2＋x.
4.已知函数f (x)＝x2＋2x－2xex.
(1)求函数f (x)的极值．
(2)当x＞0时，证明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
5.已知函数f (x)＝ln x－ax2＋1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若a＝0，xf (x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值．
6.已知函数f (x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若 x0∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
7.已知向量m＝(ex，ln x＋k)，n＝(1，f (x))，m∥n(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与y轴垂直，F(x)＝xexf ′(x)．
(1)求k的值及F(x)的单调区间；
(2)已知函数g(x)＝－x2＋2ax(a为正实数)，若对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)8.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)＝－4ln x的零点个数．
9．已知曲线f (x)＝ex(ax＋1)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f (x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．
10.已知函数f (x)＝xln x－2ax2＋x，a∈R.
(1)若f (x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若函数f (x)有两个极值点分别为x1，x2，证明x1＋x2>.
【练提升】
1.已知函数f (x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．
(1)求函数y＝f (x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f (x)＋ex＞x2＋x＋2.
2.已知f (x)＝xln x.
(1)求函数f (x)的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
3.若存在x∈，不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，求实数m的取值范围．
4.设f (x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
5.已知函数f (x)＝，a∈R.
若函数y＝f (x)在x＝x0(ln 26.已知函数f (x)＝ex(ex－ax＋a)有两个极值点x1，x2.
(1)求a的取值范围；
(2)求证：2x1x27．设函数f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0，1]恒成立时k的最大值为λ，证明：4＜λ＜6.
8.设函数f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．
9.设函数f(x)＝，证明：
(1)当x＜0时，f(x)＜1；
(2)对任意a＞0，当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a.
10．已知函数f(x)＝ax3－bx2＋x(a，b∈R)．
(1)当a＝2，b＝3时，求函数f(x)极值；
(2)设b＝a＋1，当0≤a≤1时，对任意x∈[0，2]，都有m≥|f′(x)|恒成立，求m的最小值．
第14讲 函数与导数的综合应用
【练基础】
1.已知函数f(x)＝－ax2＋(1＋a)x－ln x(a∈R)．
(1)当a＞0时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)当a＝0时，设函数g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函数g(x)在区间[，＋∞)上有两个零点，求实数k的取值范围．
【解】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)的导数为f′(x)＝－ax＋1＋a－
＝－(a＞0)，
①当a∈(0，1)时，＞1.
由f′(x)＜0，得x＞或a＜1.
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，；
②当a＝1时，恒有f′(x)≤0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
③当a∈(1，＋∞)时，＜1.
由f′(x)＜0, 得x＞1或x＜.
所以f(x)的单调递减区间为(0，)，(1，＋∞)．
综上，当a∈(0，1)时，
f(x)的单调递减区间为(0，1)，；
当a＝1时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
当a∈(1，＋∞)时，f(x)的单调递减区间为(0，)，(1，＋∞)．
(2)g(x)＝x2－xln x－k(x＋2)＋2在x∈[，＋∞)上有两个零点，即关于x的方程k＝在x∈[，＋∞)上有两个不相等的实数根．
令函数h(x)＝，x∈[，＋∞)，
则h′(x)＝，
令函数p(x)＝x2＋3x－2ln x－4，x∈[，＋∞)．
则p′(x)＝在[，＋∞)上有p′(x)≥0，
故p(x)在[，＋∞)上单调递增．
因为p(1)＝0，所以当x∈[，1)时，有p(x)＜0，
即h′(x)＜0，所以h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，有p(x)＞0，即h′(x)＞0，
所以h(x)单调递增．
因为h＝＋，h(1)＝1，
所以k的取值范围为.
2.设函数f (x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
(1)解：函数f (x)＝ln x－x＋1的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－1.令f ′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；
当x＞1时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．
(2)证明：由(1)知f (x)在x＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x≠1时，ln x＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，0＜ln x＜x－1，所以＞1.用代换x得ln ＜－1＜0，所以＜x.即1＜＜x.
(3)证明：设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x0)＝0，解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
3.函数f (x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在(－1，f (－1))处的切线方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)若m≤0，证明：f (x)≥mx2＋x.
(1)解：由(e－1)x＋ey＋e－1＝0得切线的斜率为－且f (－1)＝0，
所以f (－1)＝(－1＋b)＝0，解得a＝或b＝1.
又f ′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f ′(－1)＝－a＝－.
若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾；
若b＝1，则a＝1.故a＝1，b＝1.
(2)证明：由(1)可知，f (x)＝(x＋1)(ex－1)．由m≤0，可得x≥mx2＋x.
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
则g′(x)＝(x＋2)ex－2.
当x≤－2时，g′(x)<0.
当x>－2时，设h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，
则h′(x)＝(x＋3)ex>0，故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增．
又g′(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(0)＝0.
所以g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，故f (x)≥mx2＋x.
4.已知函数f (x)＝x2＋2x－2xex.
(1)求函数f (x)的极值．
(2)当x＞0时，证明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
(1)解：因为函数f (x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，
所以f ′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)．
由f ′(x)＝0，得x＝－1或x＝0，列表如下：
x (－∞，－1) －1 (－1,0) 0 (0，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋ 0 －
f (x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
所以当x＝－1时，f (x)极小值＝f (－1)＝1－2＋2×＝－1；
当x＝0时，f (x)极大值＝f (0)＝0.
(2)证明：要证明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x．即证2ex－x2－2x＞(x＞0)．
令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，
h(x)＝(x＞0)．
g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，g′(x)＞g′(0)＝0.
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝2.
h′(x)＝，可得h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(e)＝2.
又g(x)与h(x)取最值点不同，
所以g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，
故2ex－x2－2x＞(x＞0)．
所以当x＞0时，f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
5.已知函数f (x)＝ln x－ax2＋1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若a＝0，xf (x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值．
解：(1)f ′(x)＝－2ax＝(x>0)．
当a≤0时，f ′(x)>0，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，由f ′(x)>0，得0由f ′(x)<0，得x>，则f (x)在上单调递减．
综上，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由题意，x(ln x＋1)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，
即k<(x>1)．
设g(x)＝(x>1)，
则g′(x)＝.
令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－>0，
所以，h(x)在(1，＋∞)上为增函数．
因为h(2)＝－ln 2<0，h(3)＝1－ln 3＝ln<0，h(4)＝2－ln 4＝ln>0，
所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一实数根m∈(3,4)，
使得m－ln m－2＝0.
当x∈(1，m)时，h(x)<0；
当x∈(m，＋∞)时，h(x)>0.
即g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在x＝m处取得极小值，
且g(m)＝＝m，
所以k6.已知函数f (x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若 x0∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
解：(1)f ′(x)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f ′(x)<0，f (x)在R上单调递减；
当a＞0时，令f ′(x)＝0得x＝ln a.
由f ′(x)＞0得f (x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f ′(x)<0得f (x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
综上，当a≤0时，f (x)的单调递减区间为R；当a＞0时，f (x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为 x0∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立，所以ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤h(x)max.
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x (0，) (，＋∞)
h′(x) ＋ 0 －
h(x) ↗ 极大值 ↘
由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，也是最大值，为h()＝.所以a≤，即a的取值范围是.
7.已知向量m＝(ex，ln x＋k)，n＝(1，f (x))，m∥n(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与y轴垂直，F(x)＝xexf ′(x)．
(1)求k的值及F(x)的单调区间；
(2)已知函数g(x)＝－x2＋2ax(a为正实数)，若对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)解：(1)由已知可得f (x)＝，
所以f ′(x)＝.
由已知，f ′(1)＝＝0，所以k＝1，
所以F(x)＝xexf ′(x)＝x＝1－xln x－x，所以F′(x)＝－ln x－2.
由F′(x)＝－ln x－2≥0得0由F′(x)＝－ln x－2≤0得x≥，
所以F(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)因为对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)由(1)知，当x＝时，F(x)取得最大值F＝1＋.
对于g(x)＝－x2＋2ax，其对称轴为x＝a，
当0当a>1时，g(x)max＝g(1)＝2a－1，所以2a－1<1＋，从而1综上可知，实数a的取值范围是.
8.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)＝－4ln x的零点个数．
解：(1)因为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}，
所以f (x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f (x)min＝f (1)＝－4a＝－4，所以a＝1.
故函数f (x)的解析式为f (x)＝x2－2x－3.
(2)因为g(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2(x>0)，
所以g′(x)＝1＋－＝.
令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
当025－1－22＝9>0.
因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)在(0，＋∞)上仅有1个零点．
9．已知曲线f (x)＝ex(ax＋1)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f (x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．
解：(1)f (x)＝ex(ax＋1)，
f ′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
所以所以a＝1，b＝3e.
(2)(方法一)g(x)＝f (x)－3ex－m
＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于曲线u(x)＝ex(x－2)与直线y＝m有两个交点. u′(x)＝ex(x－2)＋ex＝ex(x－1)．
当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，所以u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，所以u(x)在(1，＋∞)单调递增，
所以x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又x→＋∞时，u(x)→＋∞；
x<2时，u(x)<0，所以－e(方法二)g(x)＝f (x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
g′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x＝1时，g(x)取得极小值g(1)＝－e－m.
又x→－∞时，g(x)→－m，
所以－e10.已知函数f (x)＝xln x－2ax2＋x，a∈R.
(1)若f (x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若函数f (x)有两个极值点分别为x1，x2，证明x1＋x2>.
(1)解：f ′(x)＝ln x＋2－4ax.
因为f (x)在(0，＋∞)内单调递减，
所以 f ′(x)＝ln x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，
即4a≥＋在(0，＋∞)内恒成立．
令g(x)＝＋，则g′(x)＝.
所以，当00，即g(x)在内单调递增；
当x>时，g′(x)<0，即g(x)在内单调递减．
所以g(x)的最大值为g＝e，
所以实数a的取值范围是.
(2)证明：若函数f (x)有两个极值点分别为x1，x2，
则f ′(x)＝ln x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2.
由(1)，知0由两式相减，
得ln x1－ln x2＝4a(x1－x2)．
不妨设0所以要证明x1＋x2>，
只需证明<.
即证明>ln x1－ln x2，
亦即证明>ln.
令函数h(x)＝－ln x,0所以h′(x)＝<0，
即函数h(x)在(0,1)内单调递减．
所以当x∈(0,1)时，有h(x)>h(1)＝0，
所以>ln x.
即不等式>ln成立．
综上，x1＋x2>，命题得证.
【练提升】
1.已知函数f (x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．
(1)求函数y＝f (x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f (x)＋ex＞x2＋x＋2.
(1)解：函数f (x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－(a－2)－＝.
当a≤0时，f ′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
所以，函数f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当a＞0时，由f ′(x)＞0得x＞；
由f ′(x)＜0，得0＜x＜.
所以函数f (x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)证明：当a＝1时，f (x)＝x2＋x－ln x.
要证明f (x)＋ex＞x2＋x＋2，
只需证明ex－ln x－2＞0.
设g(x)＝ex－ln x－2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0.
令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝，
易知方程有唯一解，不妨设为x0，
则x0满足e＝.
当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表：
x (0，x0) x0 (x0，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) ↘ 极小值 ↗
g(x)min＝g(x0)＝e－ln x0－2＝＋x0－2.
因为x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2－2＝0，
因此不等式得证．
2.已知f (x)＝xln x.
(1)求函数f (x)的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
(1)解：由f (x)＝xln x，x>0，得f ′(x)＝ln x＋1.
令f ′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
所以f (x)的极小值即最小值，为f ＝－.
(2)证明：问题等价于证明xln x>－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f (x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到．
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝.
由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减；
由m′(x)>0，得0易知m(x)max＝m(1)＝－.
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不同时取到，
即对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
3.若存在x∈，不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，求实数m的取值范围．
解：因为2xln x＋x2－mx＋3≥0，
所以m≤2ln x＋x＋.
设h(x)＝2ln x＋x＋，
则h′(x)＝＋1－＝.
当≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当10，h(x)单调递增．
因为存在x∈，m≤2ln x＋x＋成立，
所以m≤h(x)max.
因为h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，
且－＝2e－－4＞0，
所以h>h(e)，所以m≤＋3e－2.
4.设f (x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)存在x1 ，x2 ∈[0,2]使得g(x1 )－g(x2 )≥M成立，等价于[g(x1 )－g(x2 )]max ≥M.
因为g(x)＝x3 －x2 －3，
所以g′(x)＝3x2 －2x＝3x .
g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表：
x 0 2
g′(x) 0 － 0 ＋
g(x) －3 ↘ 极小值－ ↗ 1
由上表可知，g(x)min ＝g ＝－，g(x)max ＝g(2)＝1.
[g(x 1 )－g(x 2 )]max ＝g(x)max －g(x)min ＝，所以满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈ ，都有f (s)≥g(t)成立，
等价于在区间 上，函数f (x)min ≥g(x)max .
由(1)可知，在区间 上，g(x)的最大值g(2)＝1.
在区间 上，f (x)＝＋xln x≥1恒成立．
等价于a≥x－x2ln x恒成立，
记h(x)＝x－x2ln x，
则h′(x)＝1－2xln x－x，h′(1)＝0.
当1当≤x<1时，h′(x)>0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2]上单调递减，
所以h(x) max ＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
5.已知函数f (x)＝，a∈R.
若函数y＝f (x)在x＝x0(ln 2证明：函数f (x)＝的定义域为(0，＋∞)，
所以f ′(x)＝(x>0)．
因为函数y＝f (x)在x＝x0处取得极值1，
所以f ′(x0)＝eq \f(\f(1,x0)＋a－ln x0＋a x0,e)＝0，且f (x0)＝eq \f(ln x0＋ax0,e)＝1，
所以＋a＝ln x0＋ax0＝e，所以a＝e－.
令r(x)＝ex－(x>0)，则r′(x)＝ex＋>0，
所以r(x)在(ln 2，ln 3)上为增函数．
又ln 2已知函数f (x)＝x2－2x＋1＋aex有两个极值点x1，x2，且x1证明：x1＋x2>4.
证明：令g(x)＝f ′(x)＝2x－2＋aex，则x1，x2是函数g(x)的两个零点．
令g(x)＝0，得a＝－.
令h(x)＝－，
则h(x1)＝h(x2)，
h′(x)＝，可得h(x)在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，
所以x1<2令H(x)＝h(2＋x)－h(2－x)，
则H′(x)＝h′(2＋x)－h′(2－x)＝，
当0所以h(2＋x)所以h(x1)＝h(x2)＝h(2＋(x2－2))因为x1<2,4－x2<2，h(x)在(－∞，2)上单调递减，
所以x1>4－x2，即x1＋x2>4.
6.已知函数f (x)＝ex(ex－ax＋a)有两个极值点x1，x2.
(1)求a的取值范围；
(2)求证：2x1x2(1)解：因为f (x)＝ex(ex－ax＋a)，
所以f ′(x)＝ex(ex－ax＋a)＋ex(ex－a)＝ex(2ex－ax)．
令f ′(x)＝0，则2ex＝ax.
当a＝0时，不成立；
当a≠0时，＝.
令g(x)＝，所以g′(x)＝.
当x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又因为g(1)＝，
当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
因此，当0<<时，f (x)有2个极值点，即a的取值范围为(2e，＋∞)．
(2)证明：由(1)不妨设0所以
所以x2－x1＝lnx2－lnx1.
要证明2x1x2只要证明2x1x2(lnx2－lnx1)即证明2ln<－.
设＝t(t>1)，
即要证明2ln t－t＋<0在t∈(1，＋∞)上恒成立．
记h(t)＝2ln t－t＋(t>1)，
h′(t)＝－1－＝＝<0，
所以h(t)在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以h(t)7．设函数f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0，1]恒成立时k的最大值为λ，证明：4＜λ＜6.
解：(1)因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝1.
(2)证明：由h(x)≤f(x)，化简可得k(x2－x3)≤ex－1，
当x＝0，1时，k∈R，
当x∈(0，1)时，k≤，
要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题；
①＞4对任意x∈(0，1)恒成立；
②存在x0∈(0，1)，使得eq \f(ex0－1,x－x)＜6成立．
先证：①＞4，即证ex－1＞4(x2－x3)，
由(1)可知，ex－x≥1恒成立，所以ex－1≥x，
又x≠0，所以ex－1＞x，
即证x≥4(x2－x3) 1≥4(x－x2) (2x－1)2≥0，
(2x－1)2≥0，显然成立，
所以＞4对任意x∈(0，1)恒成立；
再证②存在x0∈(0，1)，使得eq \f(ex0－1,x－x)＜6成立．
取x0＝，＝8(－1)，因为＜，
所以8(－1)＜8×＝6，
所以存在x0∈(0，1)，使得eq \f(ex0－1,x－x)＜6，
由①②可知，4＜λ＜6.
8.设函数f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．
【解】　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝，
m≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
m＞0时，f′(x)＝，
当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
综上m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
m＞0时，函数f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，
问题等价于求函数F(x)的零点个数，
F′(x)＝－，当m＝1时，
F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，
注意到F(1)＝＞0，F(4)＝－ln 4＜0，
所以F(x)有唯一零点；
当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时F′(x)＜0，1＜x＜m时F′(x)＞0，
所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，
注意到F(1)＝m＋＞0，F(2m＋2)＝－mln (2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点，
综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．
9.设函数f(x)＝，证明：
(1)当x＜0时，f(x)＜1；
(2)对任意a＞0，当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a.
【证明】　(1)因为当x＜0时，f(x)＜1，等价于xf(x)＞x，即xf(x)－x＞0，
设g(x)＝xf(x)－x＝ex－1－x，
所以g′(x)＝ex－1＜0在(－∞，0)上恒成立，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以g(x)＞g(0)＝1－1－0＝0，
所以xf(x)－x＞0恒成立，
所以x＜0时，f(x)＜1.
(2)要证明当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a，
即证0＜x＜ln(1＋a)时，f(x)－1＜a，
即证＜a＋1，
即证ex－1＜(a＋1)x
即证ex－1－(a＋1)x＜0，
令h(x)＝ex－1－(a＋1)x，
所以h′(x)＝ex－(a＋1)＜eln(a＋1)－(a＋1)＝0，
所以h(x)单调递减，所以h(x)＜h(0)＝0，
同理可证当x＜0时，结论成立．
所以对任意a＞0，当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a.
10．已知函数f(x)＝ax3－bx2＋x(a，b∈R)．
(1)当a＝2，b＝3时，求函数f(x)极值；
(2)设b＝a＋1，当0≤a≤1时，对任意x∈[0，2]，都有m≥|f′(x)|恒成立，求m的最小值．
解：(1)当a＝2，b＝3时，f(x)＝x3－x2＋x，
f′(x)＝2x2－3x＋1＝(2x－1)(x－1)，
令f′(x)＞0，解得x＞1或x＜，
令f′(x)＜0，解得＜x＜1，
故f(x)在(－∞，)上单调递增，在(，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故f(x)极大值＝f()＝，f(x)极小值＝f(1)＝.
(2)当b＝a＋1时，f(x)＝ax3－(a＋1)x2＋x，
f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1，f′(x)恒过点(0，1)．
当a＝0时，f′(x)＝－x＋1，
m≥|f′(x)|恒成立，所以m≥1；
0＜a≤1，开口向上，对称轴≥1，
f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1＝a(x－)2＋1－，
①当a＝1时f′(x)＝x2－2x＋1，|f′(x)|在x∈[0，2]的值域为[0，1]；
要m≥|f′(x)|，则m≥1；
②当0＜a＜1时，
根据对称轴分类：
当x＝＜2，即＜a＜1时，
Δ＝(a－1)2＞0，f′()＝－(a＋)∈(－，0)，
又f′(2)＝2a－1＜1，所以|f′(x)|≤1；
当x＝≥2，即0＜a≤；
f′(x)在x∈[0，2]的最小值为f′(2)＝2a－1；
－1＜2a－1≤－，所以|f′(x)|≤1，
综上所述，要对任意x∈[0，2]都有m≥|f′(x)|恒成立，有m≥1.所以m的最小值为1.第14讲 函数与导数的综合应用
【学科素养】数学抽象、逻辑推理、数学运算
【课标解读】
1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；
2.会利用导数解决某些简单的实际问题。
【高考备考】
1.利用导数研究函数的零点(方程根)的问题
利用导数研究函数的零点(方程根)的问题，是高考的重点，常出现在解答题的某一问中，难度偏大，主要命题角度有：
(1)利用最值(极值)判断零点个数；
(2)构造函数法研究零点问题．
2.利用导数研究不等式问题
利用导数研究不等式问题是高考中的常考点，主要出现在解答题中，难度较大，主要命题角度有：
(1)证明函数不等式；
(2)不等式恒成立问题．
【高频考点】
高频考点一 　利用导数证明不等式
例1.(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f (x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：≤；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤.
【举一反三】【2020年高考江苏】已知关于x的函数与在区间D
上恒有．
（1）若，求h(x)的表达式；
（2）若，求k的取值范围；
（3）若求证：．
【变式探究】【2022年高考天津】设函数为的导函数．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当时，证明；
（Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明．
高频考点二 不等式恒成立
例2.(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)当x≥0时，f (x)≥x3＋1，求a的取值范围．
【方法技巧】
1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围。
2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围。
【变式探究】(2019·高考浙江卷)已知实数a≠0，设函数f(x)＝aln x＋，x>0.
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)对任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范围．
注：e＝2.718 28…为自然对数的底数．
高频考点三 判断零点的个数
例3. 【2020·浙江】已知，函数，其中e=2.71828…是自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【方法技巧】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.
【变式探究】(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)＝ln 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x0是f (x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
高频考点四 由函数零点个数求参数
例4. (2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
【方法技巧】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”．　　
【变式探究】（2023·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
高频考点五 函数零点的综合问题
例4. 【2020·全国Ⅲ卷】设函数，曲线在点(，f())处的切线
与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【变式探究】【2019·江苏】设函数、为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；
（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．
第14讲 函数与导数的综合应用
【学科素养】数学抽象、逻辑推理、数学运算
【课标解读】
1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；
2.会利用导数解决某些简单的实际问题。
【高考备考】
1.利用导数研究函数的零点(方程根)的问题
利用导数研究函数的零点(方程根)的问题，是高考的重点，常出现在解答题的某一问中，难度偏大，主要命题角度有：
(1)利用最值(极值)判断零点个数；
(2)构造函数法研究零点问题．
2.利用导数研究不等式问题
利用导数研究不等式问题是高考中的常考点，主要出现在解答题中，难度较大，主要命题角度有：
(1)证明函数不等式；
(2)不等式恒成立问题．
【高频考点】
高频考点一 　利用导数证明不等式
例1.(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f (x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：≤；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤.
(1)解：f (x)＝sin2xsin 2x＝2sin3xcos x，
则f ′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x)
＝2sin2x(3cos2x－sin2x)
＝2sin2x(4cos2x－1)
＝2sin2x(2cos x＋1)·(2cos x－1)．
f ′(x)＝0在(0，π)上的根为x1＝，x2＝.
当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
(2)证明：注意到f (x＋π)＝sin2 (x＋π)·sin[2(x＋π)]＝sin2xsin 2x＝f (x)．
故函数f (x)是周期为π的函数．
结合(1)的结论，计算得f (0)＝f (π)＝0，
f ＝×＝，f ＝×＝－.
据此得f (x)max＝，f (x)min＝－，所以≤.
(3)证明：结合(2)的结论≤得≤，
所以sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx
＝(sin3xsin32xsin34x·…·sin32nx)eq \s\up8()
＝[sin x(sin2xsin 2x)(sin22xsin 4x)·…·(sin22n－1xsin 2nx)sin22nx]eq \s\up8()
≤eq \s\up8()
≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)))))eq \s\up8()＝＝.
【举一反三】【2020年高考江苏】已知关于x的函数与在区间D
上恒有．
（1）若，求h(x)的表达式；
（2）若，求k的取值范围；
（3）若求证：．
【解析】（1）由条件，得，
取，得，所以．
由，得，此式对一切恒成立，
所以，则，此时恒成立，
所以．
（2）.
令，则令，得.
所以.则恒成立，
所以当且仅当时，恒成立．
另一方面，恒成立，即恒成立，
也即恒成立．
因为，对称轴为，
所以，解得．
因此，k的取值范围是
（3）①当时，
由，得，整理得
令 则．
记
则恒成立，
所以在上是减函数，则，即．
所以不等式有解，设解为，
因此．
②当时，
．
设，
令，得．
当时，，是减函数；
当时，，是增函数．
，，则当时，．
（或证：．）
则，因此．
因为，所以．
③当时，因为，均为偶函数，因此也成立．
综上所述，．
【变式探究】【2022年高考天津】设函数为的导函数．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当时，证明；
（Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明．
【答案】（Ⅰ）的单调递增区间为的单调递减区间为.（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【解析】（Ⅰ）由已知，有．因此，当时，有，得，则单调递减；当时，有，得，则单调递增．
所以，的单调递增区间为的单调递减区间为．
（Ⅱ）证明：记．依题意及（Ⅰ），有，从而．当时，，故
．
因此，在区间上单调递减，进而．
所以，当时，．
（Ⅲ）证明：依题意，，即．记，则，且．
由及（Ⅰ），得．由（Ⅱ）知，当时，，所以在上为减函数，因此．又由（Ⅱ）知，，故
．
所以，．
高频考点二 不等式恒成立
例2.(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)当x≥0时，f (x)≥x3＋1，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f (x)＝ex＋x2－x，f ′(x)＝ex＋2x－1.
由于f ″(x)＝ex＋2＞0恒成立，故f ′(x)在R上单调递增，注意到f ′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
(2)由f (x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0.
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意．
②当x＞0时，得a≥－.
记g(x)＝－，
g′(x)＝－.
令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，
故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0.
由h(x)≥0得ex－x2－x－1≥0恒成立，
故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
因此，g(x)max＝g(2)＝.
综上可得，实数a的取值范围为
【方法技巧】
1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围。
2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围。
【变式探究】(2019·高考浙江卷)已知实数a≠0，设函数f(x)＝aln x＋，x>0.
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)对任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范围．
注：e＝2.718 28…为自然对数的底数．
【解】　(1)当a＝－时，f(x)＝－ln x＋，x>0.
f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得0所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)．
(2)由f(1)≤，得0当0令t＝，则t≥2.
设g(t)＝t2－2t－2ln x，t≥2，则
g(t)＝－－2ln x.
①当x∈时， ≤2，则g(t)≥g(2)＝8－4－2ln x.
记p(x)＝4－2－ln x，x≥，则
p′(x)＝－－＝＝.
故
x 1 (1，＋∞)
p′(x) － 0 ＋
p(x) p 单调递减 极小值p(1) 单调递增
所以p(x)≥p(1)＝0.
因此，g(t)≥g(2)＝2p(x)≥0.
②当x∈时，
g(t)≥g＝.
令q(x)＝2ln x＋(x＋1)，x∈，则
q′(x)＝＋1>0，
故q(x)在上单调递增，所以q(x)≤q.
由①得，q＝－p<－p(1)＝0.
所以q(x)<0.因此，g(t)≥g＝－>0.
由①②知对任意x∈，t∈[2，＋∞)，g(t)≥0，即对任意x∈，均有f(x)≤.
综上所述，所求a的取值范围是.
高频考点三 判断零点的个数
例3. 【2020·浙江】已知，函数，其中e=2.71828…是自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【解析】（Ⅰ）因为，，所以在上存在零点．
因为，所以当时，，故函数在上单调递增，
所以函数以在上有唯一零点．
（Ⅱ）（ⅰ）令，，
由（Ⅰ）知函数在上单调递增，故当时，，
所以函数在单调递增，故．
由得，
因为在单调递增，故．
令，，
令，，所以
故当时，，即，所以在单调递减，
因此当时，．
由得，
因为在单调递增，故．
综上，．
（ⅱ）令，，所以当时，，
故函数在区间上单调递增，因此．
由可得，
由得．
【方法技巧】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.
【变式探究】(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)＝ln 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x0是f (x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
解：(1)f (x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f ′(x)＝＋>0，所以f (x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f (e)＝1－<0，f (e2)＝2－＝>0，所以f (x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f (x1)＝0.又0<<1，f ＝－ln x1＋＝－f (x1)＝0，
故f (x)在(0,1)有唯一零点.
综上，f (x)有且仅有两个零点．
(2)因为＝e，所以点B在曲线y＝ex上．
由题设知f (x0)＝0，即ln x0＝，故直线AB的斜率k＝＝＝.
曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
高频考点四 由函数零点个数求参数
例4. (2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
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，＋∞)．
(2)因为f (x)＝ex－a(x＋2)，所以f ′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f ′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，
所以f (x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意．
若a＞0，令f ′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)＞0.
所以f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
所以f (x)min＝f (ln a)＝eln a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a)．
要使f (x)有两个零点，则f (x)min＝f (ln a)＜0，
即－a(1＋ln a)＜0，所以a＞，即a的取值范围是.
【方法技巧】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”．　　
【变式探究】（2023·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
【解析】(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，
则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．
①当h(2)＞0，即a＜时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．
②当h(2)＝0，即a＝时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
③当h(2)＜0，即a＞时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.
高频考点五 函数零点的综合问题
例4. 【2020·全国Ⅲ卷】设函数，曲线在点(，f())处的切线
与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【解析】（1）．
依题意得，即.
故．
（2）由（1）知，.
令，解得或.
与的情况为：
x
+ 0 – 0 +
因为，所以当时，只有大于1的零点.
因为，所以当时，f（x）只有小于–1的零点．
由题设可知，
当时，只有两个零点和1.
当时，只有两个零点–1和.
当时，有三个等点x1，x2，x3，且，，．
综上，若有一个绝对值不大于1的零点，则所有零点的绝对值都不大于1.
【变式探究】【2019·江苏】设函数、为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；
（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】（1）因为，所以．
因为，所以，解得．
（2）因为，
所以，
从而．令，得或．
因为都在集合中，且，
所以．
此时，．
令，得或．列表如下：
1
+ 0 – 0 +
极大值 极小值
所以的极小值为．
（3）因为，所以，
．
因为，所以，
则有2个不同的零点，设为．
由，得．
列表如下：
+ 0 – 0 +
极大值 极小值
所以的极大值．
解法一：
．因此．
解法二：
因为，所以．
当时，．
令，则．
令，得．列表如下：
+ 0 –
极大值
所以当时，取得极大值，且是最大值，故．
所以当时，，因此．

展开更多......

收起↑