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特训 06 利用导数解决零点、交点、方程根等问题（三大题型）
方法技巧 1 隐零点问题
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数 f(x)在区间 I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致
解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数 f(x)在区间 I 上存在唯一的零点(例如，函数 f(x)在
区间 I 上是单调函数且在区间 I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点
是 x0.因为 x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点 x0叫做隐零点；若 x0容易求出，就
叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
方法技巧 2 极限思想在解决零点问题中的应用
解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与 x 轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限
的思想方法是解决问题的有力工具.
目录：
01 ：判断、证明或讨论零点的个数
02 ：根据零点情况求参数范围
03 ：与函数零点相关的综合问题
01 ：判断、证明或讨论零点的个数
3
例 1 已知函数 f(x)＝xsin x－ .
2
判断函数 f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.
解　f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：
π
∵f′(x)＝sin x＋xcos x，当 x∈(0， )时，f′(x)＞0，2
3 3 π π－3
f(x)＝xsin x－ ，从而有 f(0)＝－ ＜0，f
2 2 (2 )＝ ＞0，2
π
又 f(x)在[0， ]上的图象是连续不间断的.2
π
所以 f(x)在(0， )内至少存在一个零点.2
π π
又 f(x)在[0， ]上单调递增，故 f(x)在2 (0，2 )内有且只有一个零点.
π
当 x∈[ ，π ]时，令 g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x.2
由 g(π ) π＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且 g(x)在[ ，π ]上的图象是连续不间断的，2 2
π
故存在 m∈( ，π2 )，
使得 g(m)＝0.
由 g′(x)＝2cos x－xsin x，
π
知 x∈( ，π )时，有 g′(x)＜0，2
π
从而 g(x)在( ，π )内单调递减.2
π π
当 x∈( ，m )时，g(x)＞g(m)＝0，即 f′(x)＞0，从而 f(x)在2 ( ，m )内单调递增，故当 x∈2 [π，m ] π时，f(x)≥f2 (2 )
π－3 π
＝ ＞0，故 f(x)在[ ，m 上无零点；2 2 ]
当 x∈(m，π)时，有 g(x)＜g(m)＝0，即 f′(x)＜0，从而 f(x)在(m，π)内单调递减.
又 f(m)＞0，f(π)＜0，且 f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而 f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点.
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.
感悟提升　利用导数求函数的零点常用方法
(1)构造函数 g(x)，利用导数研究 g(x)的性质，结合 g(x)的图象，判断函数零点的个数.
(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.
1
训练 1 已知函数 f(x)＝ x3－a(x2＋x＋1).
3
(1)若 a＝3，求 f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
1
(1)解　当 a＝3 时，f(x)＝ x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
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.
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.
x3
(2)证明　由于 x2＋x＋1>0，所以 f(x)＝0 等价于 －3a＝0.
x2＋x＋1
x3 x2（x2＋2x＋3）
设 g(x)＝ －3a，则 g′(x)＝ ≥0，仅当 x＝0 时 g′(x)＝0，所以 g(x)在(－∞，＋∞)单调递
x2＋x＋1 （x2＋x＋1）2
增.
故 g(x)至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点.
1
又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－
3
1
＝－6(a－6 )
2 1
－ <0，
6
1
f(3a＋1)＝ >0，故 f(x)有一个零点.
3
综上，f(x)只有一个零点.
02 ：根据零点情况求参数范围
例 2 已知函数 f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).
(1)当 a＝2 时，求 f(x)的图象在 x＝1 处的切线方程；
1
(2)若函数 g(x)＝f(x)－ax＋m 在[ ，e ]上有两个零点，求实数 m 的取值范围.e
解　(1)当 a＝2 时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，
2
则 f′(x)＝ －2x＋2，切点坐标为(1，1)，则切线的斜率 k＝f′(1)＝2，则函数 f(x)的图象在 x＝1 处的切线方程
x
为 y－1＝2(x－1)，即 y＝2x－1.
(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2ln x－x2＋m，
2 －2（x＋1）（x－1）
则 g′(x)＝ －2x＝ ，
x x
1
∵x∈[ ，e ]，e
∴由 g′(x)＝0，得 x＝1.
1
当 ≤x＜1 时，g′(x)＞0，函数 g(x)单调递增，
e
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，
(1 1又 g )＝m－2－ ，g(e)＝m＋2－e2，e e2
(1且 g )＞g(e)，e
[1
g（1）＝m－1＞0，
∴g(x)＝f(x)－ax＋m 在 ，e ]上有两个零点需满足条件 1 1e {g( )＝m－2－ 2 ≤ 0，e e
1
解得 1＜m≤2＋ .
e2
( 1故实数 m 的取值范围是 1，2＋ .e2]
感悟提升　1.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.
2.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，并结合特殊点判断函数的
大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.
训练 2 已知函数 f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.
(1)当 a＝0 时，求函数 f(x)的极值；
(2)若函数 f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数 a 的取值范围.
解　(1)当 a＝0 时，f(x)＝ex－ex，
则 f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，
当 x<1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x>1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以 f(x)在 x＝1 处取得极小值，且极小值为 f(1)＝0，无极大值.
(2)由题意得 f′(x)＝ex－2ax＋a－e，
设 g(x)＝ex－2ax＋a－e，
则 g′(x)＝ex－2a.
若 a＝0，由(1)知 f(x)的极小值 f(1)＝0，故 f(x)在区间(0，1)内没有零点.
若 a<0，则 g′(x)＝ex－2a>0，故函数 g(x)在区间(0，1)内单调递增.
又 g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在 x0∈(0，1)，使 g(x0)＝0.
故当 x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
因为 f(0)＝1，f(1)＝0，所以当 a<0 时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.
若 a>0，由(1)得当 x∈(0，1)时，ex>ex.
则 f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，
此时函数 f(x)在区间(0，1)内没有零点.
综上，实数 a 的取值范围为(－∞，0).
03 ：与函数零点相关的综合问题
例 3 设函数 f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数；
2
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln .
a
a
(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ (x>0).
x
当 a≤0 时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
a
当 a>0 时，因为 y＝e2x单调递增，y＝－ 单调递增，
x
所以 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
a 1
又 f′(a)>0，当 b 满足 04 4
(讨论 a≥1 或 a<1 来检验，
1
①当 a≥1 时，则 04
a 1 1
f′(b)＝2e2b－ <2e －4a<2e －4<0；
b 2 2
a a a 1
②当 a<1 时，则 04 b 2 2
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 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).
a
由于 2e2x0－ ＝0，x0
a 2 2
所以 f(x0)＝ ＋2ax0＋aln ≥2a＋aln .2x0 a a
2
故当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln .
a
感悟提升　1.在(1)问中，当 a>0 时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而 f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，
问题的关键是找到 b，使 f′(b)<0.
2
2.由(1)问知，函数 f′(x)存在唯一零点 x0，则 f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明 f(x0)≥2a＋aln .a
(1 (1训练 3 设函数 f(x)＝x3＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点 ，f 处的切线与 y 轴垂直.2 2 ))
(1)求 b；
(2)若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于 1.
(1)解　f′(x)＝3x2＋b.
依题意得 f′(1 ) 3＝0，即 ＋b＝0，2 4
3
故 b＝－ .
4
3 3 1 1
(2)证明　由(1)知 f(x)＝x3－ x＋c，f′(x)＝3x2－ .令 f′(x)＝0，解得 x＝－ 或 x＝ .
4 4 2 2
f′(x)与 f(x)的情况为：
( 1x －∞，－ ) 1 ( 1 1 1 1－ － ， ，＋∞2 2 2 2) 2 (2 )
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
1 1
f(x) c＋ c－
4 4
1 1
因为 f(1)＝f(－ )＝c＋ ，2 4
1
所以当 c<－ 时，f(x)只有大于 1 的零点.
4
1 1
因为 f(－1)＝f( )＝c－ ，2 4
1
所以当 c> 时，f(x)只有小于－1 的零点.
4
1 1
由题设可知－ ≤c≤ .
4 4
1 1
当 c＝－ 时，f(x)只有两个零点－ 和 1.
4 2
1 1
当 c＝ 时，f(x)只有两个零点－1 和 .
4 2
1 1 1 1 1
当－ x3∈(1，1 ).2
综上，若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点，则 f(x)所有零点的绝对值都不大于 1.
方法技巧 1 隐零点问题
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数 f(x)在区间 I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致
解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数 f(x)在区间 I 上存在唯一的零点(例如，函数 f(x)在
区间 I 上是单调函数且在区间 I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点
是 x0.因为 x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点 x0叫做隐零点；若 x0容易求出，就
叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
例 设函数 f(x)＝ex－ax－2.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 a＝1，k 为整数，且当 x>0 时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求 k 的最大值.
解　(1)f(x)的定义域为 R，f′(x)＝ex－a.
当 a≤0 时，f′(x)>0 恒成立，
所以 f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.
当 a>0 时，令 f′(x)<0，得 x令 f′(x)>0，得 x>ln a，
所以 f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞).
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
x＋1
即 k0)恒成立，
ex－1
x＋1
令 g(x)＝ ＋x(x>0)，
ex－1
ex－1－（x＋1）ex
得 g′(x)＝ ＋1
（ex－1）2
ex（ex－x－2）
＝ (x>0).
（ex－1）2
由(1)的结论可知，函数 h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数.
又因为 h(1)<0，h(2)>0，
所以函数 h(x)的唯一零点 α∈(1，2)(该零点就是 h(x)的隐零点).
当 x∈(0，α)时，g′(x)<0；当 x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
α＋1
所以 g(x)min＝g(α)＝ ＋α.eα－1
又 h(α)＝eα－α－2＝0，
所以 eα＝α＋2 且 α∈(1，2)，
则 g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，
所以 k 的最大值为 2.
方法技巧 2 极限思想在解决零点问题中的应用
解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与 x 轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限
的思想方法是解决问题的有力工具.
例 (1)已知函数 f(x)＝ax－x2(a＞1)有三个不同的零点，求实数 a 的取值范围.
解　令 f(x)＝ax－x2＝0，可得 ax＝x2.
①当 x＜0 时，函数 y＝ax与 y＝x2的图象有一个交点；
②当 x＞0 时，两边同时取自然对数得 xln a＝2ln x，
2ln x 2ln x
即 ln a＝ ，由题意得函数 y＝ ln a 与 g(x)＝ 的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，g′(x)＝
x x
2（1－ln x）
，令 g′(x)＞0，解得 0＜x＜e，则 g(x)在(0，e)上单调递增；令 g′(x)＜0，解得 x＞e，则 g(x)在
x2
2
(e，＋∞)上单调递减，则 g(x)max＝g(e)＝ ，当 x→＋∞时，g(x)→0 且 g(x)＞0；e
2 2 2
当 x→0 时，g(x)→－∞，则有 0＜ln a＜ ，解得 1＜a＜e .综上，a 的取值范围是
e (1，e ).e e
(2)已知函数 f(x)＝ex(x＋1)，若函数 g(x)＝f(x)－3ex－m 有两个零点，求实数 m 的取值范围.
解　g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函数 g(x)＝ex(x－2)－m 有两个零点，相当于函数 u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线 y＝m 有两个交点，u′(x)＝ex·(x
－2)＋ex＝ex(x－1)，
当 x∈(－∞，1)时，u′(x)＜0，
∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当 x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0，
∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当 x＝1 时，u(x)取得极小值 u(1)＝－e.
又当 x→＋∞时，u(x)→＋∞，
当 x＜2 时，u(x)＜0，
∴实数 m 的取值范围为{m|－e＜m＜0}.
一、解答题
1 2．（2024·北京顺义·三模）已知函数 f x = x ln 2x +1 - ax .
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 a < 0时，求证：函数 f x 存在极小值；
(3)求函数 f x 的零点个数.
【答案】(1) y = 0
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数 f (x) ，再利用导数的几何意义求解作答.
1
（2）讨论函数 f (x) 在区间 (- ,0) 和 (0, + )上的符号即可推理作答.
2
ln 2x +1 1
（3）在 x 0时，分离参数，构造函数 g x = ，再探讨 g(x)在
x
- ,0÷ 0, + 上的零点情况即
è 2
可作答.
【解析】（1）由函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 求导得： f x = ln 2x +1 2x+ - 2ax，
2x +1
所以 f (0) = 0 ，因为 f (0) = 0，
所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程是 y = 0 .
（2）函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 1 2x的定义域为 (- , + )，由（1）知， f x = ln 2x +1 + - 2ax，
2 2x +1
1
因为 a < 0，则当- < x < 0时， ln(2x +1) < 0 2x， < 0 ，-2ax < 0，
2 2x +1
1
所以，有 f (x) < 0 ，函数 f (x) 在 (- ,0) 上递减，
2
当 x > 0时， ln(2x +1) > 0
2x
， > 0 ，-2ax > 0，则有 f (x) > 0 ，函数 f (x) 在 (0, + )上递增，
2x +1
所以，当 x = 0时，函数 f (x) 取得极小值，
所以，当 a < 0时，函数 f (x) 存在极小值.
2 1
（3）函数 f x = x ln 2x +1 - ax 的定义域为 (- , + )， f x = 0 x ln 2x +1 = ax2，
2
显然 x = 0是函数 f (x) 的零点，
当 x 0时，函数 f (x) a
ln(2x +1)
的零点即为方程 = 的解，
x
ln 2x +1
2x
g x 1= , x - ln 2x +1 令
x
- ,0÷ 0, + ，则
è 2 g x = 2x +1
，
x2
2 2 4x
令 h x 2x= - ln 2x +1 ，则 h x = - = -
2x +1 2x +1 2 2x +1 2x +1 2 ，
1
当- < x < 0时， h (x) > 0，当 x > 0时， h (x) < 0，
2
所以函数 h(x) 在 (
1
- ,0) 上递增，在 (0, + )上递减，
2
1
" x - ,0÷ 0, + ， h(x) < h(0) = 0 ，
è 2
所以，有 g (x) < 0， g(x) (
1
在 - ,0) ， (0, + )上都递减，
2
令j(x) = ln(2x +1) - 2x
2 4x
，j x = - 2 = - ，
2x +1 2x +1
1
当- < x < 0时，j (x) > 0 ，当 x > 0时，j (x) < 0，
2
1
所以，j(x) 在 (- ,0) 上递增，在 (0, + )上递减，j(x) j(0) = 0，
2
1
所以，" (- ,+ ) ，恒有 ln(2x +1) 2x，当且仅当 x = 0时取“=”，
2
1 x 0 ln(2x +1)所以，当- < < 时， > 2
ln 2x +1
，当 x

> 0时，0 < < 2，
2 x x
1
所以， g x 在 (- ,0) 上单调递减， g x 取值集合为 (2,+ ) ，
2
g x 在 (0, + )上递减， g x 取值集合为 (0,2)，
ln(2x +1)
所以，当0 < a < 2 或 a > 2时，方程 a = 有唯一解，
x
当 a 0或 a = 2时，此方程无解，
所以，当 a 0或 a = 2时，函数 f (x) 有一个零点，
当0 < a < 2 或 a > 2时，函数 f (x) 有两个零点.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零
点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
2．（2024·湖南常德·一模）已知函数 f x 1= 2lnx - x + x ．
(1)求 f x 的单调区间；
1 1 2
(2) 证明： 1+

2 ÷ 1+

2 ÷ 1
1
+
1 *
2 ÷
1+ ÷ < e3 n N , n 2 ；
è è 3 è 42 è n2
(3)若函数 g x = m2 ln2 x 1- x - + 2 m > 0 有三个不同的零点，求m 的取值范围．
x
【答案】(1) f (x) 的单调递减区间为 (0, + )，无单调递增区间，
(2)证明见解析
(3) (1, + )
【分析】（1）求出 f (x) 的定义域，对 f (x) 求导，利用导数与单调性的关系求解即可；
1 x 1
（2）由（1）可得 x (1,+ )时， f (x) = 2ln x - x + < f (1) = 0，从而可得 ln x < - ，令
x 2 2x
x 1 1
1 1 1
= + (n N*2 ,n 2)
ln(1+ ) <
，利用放缩法可得 n2 1
- 1 ，利用裂项求和法即可得证；
n n - n +2 2
（3）对 g(x)
x -1
化简可得 g(x)
x -1 x -1
= (m ln x - )(m ln x + )， y = m ln x +x x 只有一个零点 x =1，令x t = x
，则
g(x)有三个不同的零点等价于函数 h(t)有三个不同的零点，分0 < m 1和m > 1两种情况讨论，结合零点存
在性定理即可求解．
【解析】（1）函数 f (x) 定义域为 (0, + )，
2 1 -x2 + 2x -1 - x -1f (x) 1
2
因为 = - - 2 = 2 = 2 0 ，x x x x
所以 f (x) 在 (0, + )上单调递减，故 f (x) 的单调递减区间为 (0, + )，无单调递增区间，
（2）证明：由（1） x (1,+ )时， f (x) = 2ln x
1
- x + < f (1) = 0，
x
ln x x 1 x 1 1所以 < - ，令 = + 2 (n N
*,n 2)，
2 2x n
ln(1 1 ) 1 (1 1 1 1 1 1+ 2 < + 2 ) - 1 = ( 2 + 2 )
1 1 1 1
< < = -
则 n 2 n 22(1 1 1 1+ ) 2 n +1 n n2 n
2 - n - n + ，
n 4 2 2
ln(1 1+ 2 ) + ln(1
1
+ 2 ) + ln(1
1
+ 2 ) +L+ ln(1
1
+ 2 )2 3 4 n
( 1 1 1 1 1 1<
2 1
-
2 1
) + (
3 1
- 1 ) +L+ (3 n 1
-
n 1
)
- + - + - +
2 2 2 2 2 2
2 1 2
= -
3 n 1
<
+ 3 ，
2
ln 1 1+ 1 1 1 2故 2 ÷ 1+

2 ÷ 1+

2 ÷ 1+ 2 ÷ < n N*, n 2 è 2 è 3 è 4 è n 3
1 1 2
所以 (1+ 2 )(1+ 2 )(1
1
+ 2 )L(1
1
+ 2 ) < e3 ；2 3 4 n
2
（3） g(x) = m2 ln2 x x
1 (x -1) x -1 x -1
- - + 2 = m2 ln2 x - = (m ln x - )(m ln x + ) ，
x x x x
x -1
因为 ln x与 x -1同号，所以 y = m ln x + 只有一个零点 x =1，
x
x -1 1
令 t = x ， y = m ln x - =2m ln t- t+ ，由 f 1t = 0x ，
g(x) h(x) 2m ln x x 1则 有三个不同的零点等价于函数 = - + (m > 0)x 有三个不同的零点，
函数 h(x) 定义域为 (0, + )，
2m 1 -x2 + 2mx -1
因为 h (x) = -1- 2 = 2 ，x x x
设 k(x) = -x2 + 2mx -1，则D = 4(m2 -1)，
①当0 < m 1时，D 0， h (x) 0恒成立，此时 h(x) 在 (0, + )上单调递减，显然不符合题意，
②当m > 1时，D > 0， k(x) 有两个零点 x1 = m - m2 -1 ， x2 = m + m2 -1 ，
所以当0 < x < x1 时， k(x) < 0，即 h (x) < 0；当 x1 < x < x2 时， k(x) > 0 ，即 h (x) > 0；
当 x > x2 时， k(x) < 0，即 h (x) < 0．
故 h(x) 在 (0, x1)， (x2 , + )上单调递减，在 (x1 , x2 ) 上单调递增；
因为 h 1 = 0，且 x1x2 =1，所以 x1 <1< x2 ，所以 h(x1) < h 1 =0 < h(x2 )，
由（2）知， x >1时， ln x
x 1
< - ，
2 2x
1
所以 ln x
x 1
< -
2 ，即
ln x < x - ，
2 x x
h(4m2 ) 2m ln(4m2 ) 4m2 1 1 1 1- 4m
2
所以 = - + 2 < 2m(2m - ) - 4m
2 + = < 0，
4m 2m 4m2 4m2
所以由零点存在性定理知， h(t)在区间 (t 22 , 4m ) 上有唯一的一个零点 t0 ，
因为 h(t0 ) + h(
1 ) = 2m ln t - t 1+ + 2m ln 1 1- + t = 0
t 0 0 t t t 0 ，0 0 0 0
因为 h(t0 ) = 0，所以 h(
1 ) = 0
t ，0
1
所以m > 1时， h(t)存在三个不同的零点 t ，1，
t0 ，
0
故实数m 的取值范围是 (1, + )．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的
新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩
法，注意恒成立与存在性问题的区别．
1
3．（2024·陕西商洛· 2 2三模）已知函数 f x = 2a ln x - x - ax a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
2x
(2)当 a > 0 e 2时，若函数 g x = + aex 和 h x = 2a x 的图象在 0,1 上有交点，求实数 a的取值范围．
2
【答案】(1)答案见解析；
é 3
(2) êe4 , + ÷

【分析】（1）求出函数导数，分类讨论确定 f (x) 的符号，得出单调区间；
（2）换元转化后，问题可化为 f (x) 在 0,1 上有零点，根据 f (x) 单调性并分类讨论即可得解.
2 2
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 0, + f x -x - ax + 2a， = ．
x
令 f x = 0，得 x = a, x = -2a
①当 a = 0时， f x < 0， f (x) 在 0, + 上单调递减；
②当 a > 0时，列表如下：
x 0,a a a,+
f x + 0 -
f x Z 极大值 ]
所以 f x 在 0,a 上递增， f x 在 a,+ 上递减；
③当 a < 0时，列表如下
x 0, -2a -2a -2a, +
f x + 0 -
f x Z 极大值 ]
所以 f x 在 0, -2a 上递增， f x 在 -2a, + 上递.
综上，当 a = 0时， f x 在 0, + 上递减；当 a > 0时， f x 在 0,a 上递增， f x 在 a, + 上递减；当
a < 0时， f x 在 0, -2a 上递增， f x 在 -2a, + 上递减.
（2）当 a > 0时，设 x = lnt,Q x 0,1 \t 1,e
e2x
函数 g x = + aex 和 h x = 2a2x 的图象在 0,1 有交点，
2
t2
等价于函数 g x = + at 和h x = 2a2lnt 的图象在 1,e 上有交点，
2
g x x
2
即函数 = + ax 和h x = 2a2lnx 的图象在 1,e 上有交点，
2
等价于 f x 的图象在 1,e 有零点，
f x 的单调递增区间是 0,a ，单调递减区间是 a,+ ．
f 1 1= - - a < 0，由（1）知 a > 1
2
当a e 时， f x 在 1,e 为增函数， f x 在 1,e 上有零点，则 f e > 0
\4a2 2ea e2 0 a 1- 5 1+ 5- - > \ < e 或 a > e，\a e ；
4 4
当1< a < e 时， f x 在 1, a 递增，在 a, e 递减，
Q f 1 < 0\ f a 0，
即2a2lna
1
- a2 - a2 0\lna 3 3 ，
2 4 \e4 a < e
é 3
综合得：实数 a的取值范围为 êe4 , + ÷ .

t2 2
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于通过令 x = lnt 换元，转化为函数 g x = + at 和h x = 2a lnt 的图象
2
在 1,e 上有交点，再转化为 f x 的图象在 1,e 有零点，通过转化即可利用 f (x) 的单调性求解.
4．（2024·湖南岳阳·三模）已知VABC 的三个角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c且 c = 2b，点D在边BC 上， AD
是 BAC 的角平分线，设 AD = kAC （其中 k 为正实数）．
(1)求实数 k 的取值范围；
(2) 3 5 b设函数 f (x) = ax3 - bx2 + cx -
3 2 2
① 2 3当 k = 时，求函数 f (x) 的极小值；
3
②设 x0 是 f (x) 的最大零点，试比较 x0 与 1 的大小．
【答案】(1)

0,
4
÷
è 3
(2)①0；②答案见解析.
4
【分析】（1）方法一：设 BAC = 2a ，由 S△ ABD + S△ ACD = S△ ABC ，结合三角形面积公式化简可得 k = cosa ，3
由此可求实数 k 的取值范围，
方法二：由 AD 是 BAC 的角平分线，结合面积公式证明BD = 2CD，根据关系 cos ADB + cos ADC = 0，
6 3k 2 b2 2a
2 a
结合余弦定理可得 - = ，结合三角形性质求 的范围，可得结论.
3 b
4
（2）①方法一：由（1）方法一可得 k = cosa ，结合条件求a ，结合余弦定理可得
3 a = 3b
，
2
方法二：由（1）方法二可得 6 2a 5 1 - 3k 2 b2 = 3 2，由此可得 a = 3b ，由此可得 f (x) = b x - x + 2x - ，3 2 2 ÷è
求 f x ，再解方程 f x = 0，分区间判断函数的单调性，结合极值定义求结论，
② 2 3 2 3 2 3在 k = 时， 解方程 f (x) = 0 ，求出函数零点，由此可得 x0 = 1，分别在 k > ， k < 时，确定 a,b
3 3 3
关系，利用导数方法求函数的极值点，由此比较 x0 ,1的关系.
【解析】（1）方法一：设 BAC = 2a ，
因为 AD 是 BAC 的角平分线，所以 BAD = CAD = a ，
因为 S△ ABD + S△ ACD = S△ ABC
1
所以 (b + c) × AD sina
1
= bc sin 2a ，
2 2
4
c 2b AD kAC k = cosa a 代入 = ， = ，化简得： ，因为 0,
π
，
3 ֏ 2
0, 4 所以实数 k 的取值范围 3 ÷ ．è
方法二：因为 AD 是 BAC 的角平分线，所以 BAD = CAD ，
1
S c × AD ×sin BADVABD = 2 c
S
= V ABD
BD
1 ，又
=
S CD ，又 c = 2b，SVACD b × AD ×sin CAD b V ACD
2
2a
所以BD = 2CD，故BD = , DC
a
= ，
3 3
在△ABD 和△ADC 中由余弦定理得
AB2 = BD2 + AD2 - 2BD AD cos ADB, AC 2 = CD2 + AD2 - 2CD AD cos ADC
所以
2
c2 2a 2 2a 2 a
2
2 a= ÷ + (kb) - 2 kb cos ADB ，b = ÷ + (kb) - 2 kb cos ADC
è 3 3 è 3 3
又 ADB + ADC = π ，则 cos ADB + cos ADC = 0
2 2
所以 c2 + 2b2 2a= + 3 kb 2 ，又 c = 2b，所以 6 - 3k 2 b2 2a=3 3
ìb + 2b > a
V aABC 3 6 - 3k
2
在 中有 í a b 2b ，所以1< < 3，所以+ > b 1 < < 9 2
4 4
得0 < k <

，所以实数 k 的取值范围
3
0,
è 3 ÷
2 3 π π
（2）①法一：当 k = 时，由（1）知cosa 3= ，则a = ，此时 BAC = ，
3 2 6 3
2 2 2 π
由余弦定理有： a = b + c - 2bccos c = 2b3 及 得 a = 3b ，
6 3k 2 b2 2a
2
法二：由 - = k 2 3，当 = 时有 a = 3b .
3 3
故 f (x) = b
x3 5 - x
2 + 2x 1- ÷ ，
è 2 2
所以 f (x) = b 3x2 - 5x + 2 = b(3x - 2)(x -1) ，
令 f (x) = 0
2
，可得 x = 或 x =1，
3
当 x
2
< 时， f (x) > 0 ，函数 f (x) 单调递增，
3
2
当 < x <1时， f (x) < 0 ，函数 f (x) 单调递减，
3
当 x >1时， f (x) > 0 ，函数 f (x) 单调递增，
故当 x =1时，函数 f (x) 取极小值，极小值为 f (1) = 0．
② 2 3（ⅰ）当 k = 时，由①知 a = 3b ，又 c = 2b，
3
3 5 2
故 f (x) = b x - x + 2x
1
-
b
÷ = (x -1)
2 (2x -1)
è 2 2 2
知 f (x) 的零点为1,
1
，
2
故 f (x) 的最大零点 x0 = 1；
ⅱ 2 3 k 4（ ）当 < < 时，由（1）知cosa 3> ，
3 3 2
则 cos BAC = 2cos2 a 1
1
- > ，
2
cos BAC b
2 + c2 - a2 1
由余弦定理有 = > ，代入 c = 2b，
2bc 2
解得 a < 3b，由 a + b > c知 a > c - b = b ，故 a (b, 3b)，

f (x) b a x3 5= - x
2 + 2x 1 3a- 2÷ ， f (x) = b x - 5x + 2 ，è 3b 2 2 è b
÷÷

t 3a设 = ( 3,3)
b
f (x) = 0 x 5 - 25 -8t令 解得： 1 = , x
5 + 25 -8t
2 = ，且 x1 < x2，2t 2t
当 x < x1时， f (x) > 0 ，函数 f (x) 单调递增，
当 x1 < x < x2 时， f (x) < 0 ，函数 f (x) 单调递减，
当 x > x2 时， f (x) > 0 ，函数 f (x) 单调递增，
因为 f (1) = b(t - 3) < 0，故 x1 <1< x2 ，
且 f (1) = b
t
-1÷ < 0, x + 时， f (x) > 0 ，
è 3
故 f (x) 在 (1, + )上有唯一零点 x0 ，此时 x0 >1成立
（ⅲ k 2 3） < 时，由（1）知0 < cosa 3< ，
3 2
则 cos BAC = 2cos2 a
1
-1 -1,

÷，
è 2
b2 + c2 - a2
由余弦定理有 cos BAC = ，及 c = 2b，
2bc
解得 3b < a < 3b，
由 a + b > c知 a > c - b = b ，故 3b < a < 3b，
所以 t (3,3 3)
25
当 t
3, ÷时，令 f (x) = 0 x
5 - 25 -8t 5 + 25 -8t
解得： x
8 1 = , x2 =
，且 1 < x2，
è 2t 2t
当 x < x1时， f (x) > 0 ，函数 f (x) 单调递增，
当 x1 < x < x2 时， f (x) < 0 ，函数 f (x) 单调递减，
当 x > x2 时， f (x) > 0 ，函数 f (x) 单调递增，
因为 f (1) = b(t - 3) > 0 ，且 f (x) = b tx2 - 5x + 2 5的图象的对称轴 x = <1
2t
t
所以 0 < x1 < x2 <1，又因为 f (1) = b
-1 ÷ > 0，
è 3
故 f (x) 在 (1, + )
b
上无零点，且 f (0) = - < 0，
2
故 x0 (0,1), x0 <1成立；
t é 25 当 ê ,3 3 ÷时， f (x) 0恒成立，则 f (x) 在R 上单调递增， 8
故函数 f (x) 至多有一个零点，
由 f (1)
t
= b -1 b ÷ > 0， f (0) = - < 0知 x3 2 0
<1成立；
è
0 k 2 3综上，当 < < 时； x0 <1；
3
当 k 2 3= 时， x0 = 1；
3
2 3 4
当 < k < 时， x0 >1．
3 3
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2
5．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = + lnx - m．
x
(1)讨论 f x 的零点个数；
(2)若 f x 有两个零点，证明：两个零点之和大于 4．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由 f x = 0 m 2 2得 = + lnx，则 g x = + lnx, x > 0与 y = m的交点情况即为函数零点情况，故
x x
只需利用导数求出 g x 2= + lnx, x > 0的性质，数形结合即可判断.
x
（2）结合导数及函数的单调性即可证明.
【解析】（1）由题可得，函数 f x 的定义域为 0, + ．
由 f x = 0 m 2得 = + lnx．
x
g x 2令 = + lnx, x > 0，则 g x 2 1 x - 2= - + = ．
x x2 x x2
令 g x < 0，解得0 < x < 2，令 g x > 0，解得 x > 2，
\ g x 在 0,2 上单调递减，在 2, + 上单调递增．
\当 x = 2时， g x 取得极小值，也是最小值，最小值为 g 2 =1+ ln2．
设 h x = ln x 1-1+ , x > 0 ，
x
h x 1 1 x -1所以 = - 2 = 2 ，x x x
所以当 x >1时， h x > 0， h x 在 1, + 上单调递增，
当0 < x <1时， h x < 0， h x 在 0,1 上单调递减，
所以 h x h 1 = 0，
ln x 1 1所以 - ，
x
g x 2 lnx 2 1 1所以 = + +1- = +1，
x x x x
1 1
当 x 0 时， + ， +1 + ，
x x
2
当 x +
2
时， 0,ln x + ，所以 + ln x + ，
x x
所以作出 g x 的大致图象，如图．
由图可知，当m < 1+ ln2时，直线 y = m与函数 g x 的图象无交点，
\函数 f x 的零点个数为 0；
当m = 1+ ln2 时，直线 y = m与函1+ ln2数 g x 的图象有 1 个交点，
\函数 f x 的零点个数为 1；
当m > 1+ ln2 时，直线 y = m与函数 g x 的图象有 2 个交点，
\函数 f x 的零点个数为 2．
（2）设 f x 的两个零点分别为 x1, x2 ，
由（1）知m > 1+ ln2 ，
2 2
不妨令 x1 < x2，则 x1 < 2 < x2 ，且 + lnx1 = + lnx2 = mx x ．1 2
要证明两个零点之和大于 4，即 x1 + x2 > 4，只需证 x2 > 4 - x1，
又 x2 > 2,4 - x1 > 2，且 g x 在 2, + 上单调递增，
故只需证 g x2 > g 4 - x1 ，即 g x1 > g 4 - x1 ．
令F x = g x - g 4 2 2- x = + ln x - éê + ln 4 - x
ù , x 0,2 ，
x 4 - x ú
F x x - 2 2 - x则 = 2 + = 2 x
é 1 1 ù
- × -
x (4 - x)2 ê 2 2 ú (4 - x) x
1 1
Q 2 - x > 0，4 - x > x ，\ - < 0(4 x)2 x2 ，-
\ F x < 0在 0,2 上恒成立，
\F x 在 0,2 上单调递减，
\当 x 0,2 时，F x > F 2 = 0，
\ F x1 = g x1 - g 4 - x1 > 0即 g x1 > g 4 - x1 成立，
\ x1 + x2 > 4 ，得证.
【点睛】方法点睛：已知函数零点个数求参数的常用方法：
（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关
于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．
（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，
将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
（3）将函数 y = f x - g x 的化为 f x = g x 的形式，将函数的零点个数转化为 y = f x 与 y = g x 图象
交点的个数问题.
6．（2024·河北邯郸·二模）已知函数 f x = ex - mx, g x = x - mlnx ．
(1)是否存在实数m ，使得 f x 和 g x 在 0, + 上的单调区间相同？若存在，求出m 的取值范围；若不存
在，请说明理由．
(2)已知 x1, x2 是 f x 的零点， x2 , x3 是 g x 的零点．
①证明：m > e ，
②证明：1 < x1x2x < e
3
3 ．
【答案】(1)存在，且m - ,0
(2)①证明见解析 ②证明见解析
【分析】（1）结合导数与函数单调性的关系，分m 0与m > 0进行讨论即可得；
（2）①利用导数得到 f x 的单调性后，借助零点的存在性定理可得 f lnm = m - mlnm < 0，解出即可得；
x
②构造函数m x e= (x > 0), n x x= (x >1)，结合导数得到函数的单调性，画出相应图象，可得从而得到
x lnx
x1 = lnx2 ， x = e
x2
3 ，从而可得 x x x = x
3
1 2 3 2 ，结合x2的范围即可得解.
【解析】（1）由题意得 x 0, + , f x = ex - m, g x =1 m x - m- = ，
x x
当m 0时， f x 0, g x 0，所以 f x 和 g x 在 0, + 上都单调递增，符合题意；
当m > 0时，若 f x 和 g x 在 0, + 上的单调区间相同，
则 f x 和 g x 有相同的极值点，即 lnm = m，
令 h m = lnm - m，则 h m 1 1 1- m= - = ，
m m
当m 0,1 时， h m > 0，当m 1, + 时， h m < 0 ，
所以 h m 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，则 h m h 1 = -1，
所以 lnm = m无解，
综上，当m - ,0 时， f x 和 g x 在 0, + 上的单调区间相同；
（2）① x由题意， f x 有两个零点， f x = e - m，
若m 0，则 f x 0，所以 f x 在R 上单调递增，不符合题意，
若m > 0，则当 x - , lnm 时， f x < 0, f x 单调递减，
当 x lnm, + 时， f x > 0, f x 单调递增，
且当 x - 时， f x - ，当 x + 时， f x + ，
所以 f lnm = m - mlnm < 0，解得m > e ，得证；
② f x = 0, g x = 0 ex = mx, x = mlnx e
x x
令 ，得 ，即 = m > 0, = m > 0，
x lnx
ex ex x -1
令m x = (x > 0), n x lnx -1x = (x >1)，则m x = , n x = ，
x lnx x2 (lnx)2
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，
当 x 1,e 时， n x < 0, n x 单调递减，
当 x e, + 时， n x > 0, n x 单调递增，
ex x
在同一坐标平面内作出函数m x = (x > 0) 与函数 n x = (x >1)的图象，
x lnx
它们有公共点 A x2 , y2 ，如图，
x1 x2
故0 < x1 <1 < x2 < e < x
e e x2 x3
3 ，且有 = = = ，x1 x2 lnx2 lnx3
ex1 x ex1 elnx2
由 = 2 ，得 = ，即m x1 = m lnx2 ，又0 < lnx < 1，所以 xx lnx x lnx 2 1 = lnx2 ，1 2 1 2
ex2 x x2
= 3
e x3 x x
由 ，得 x = ，即 n e 2 = n x x23 ，又 e > e，所以 x 23 = e ，x2 lnx 23 lne lnx3
ex2 x
= 2 x2 = ex2 × lnx = x x 2由 ，得 2 2 3 1，即 x1x3 = x2 ，x2 lnx2
x x x = x3 1,e3故 1 2 3 2 .
ex
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于构造函数m x = (x 0), n x x> = (x >1)，结合导数得到
x lnx
函数的单调性，从而得到 x1x2x3 = x
3
2 .
a
7．（2023· x-1河南信阳·模拟预测）设函数 f (x) = (x -1)e + x2 .
2
(1)讨论函数 f (x) 的单调性；
(2)若 a≥- e，讨论函数 f (x) 的零点的个数.
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数，按 a的取值分类讨论求出函数的单调区间.
（2）按-e a < 0,a = 0,a > 0分类讨论，并结合函数单调性及零点存在性定理求解即得.
【解析】（1）函数 f (x) 定义域为R ，求导得 f (x) = x(ex-1+ a)，
若 a 0，当 x < 0 时， f (x) < 0 ，当 x > 0时， f (x) > 0 ，
因此函数 f (x) 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增；
若 a<0，由 f (x) = 0，得 x = 0或 x =1+ ln(-a)，
a 1①当 = - 时， f (x) 0，则函数 f (x) 在R 上单调递增；
e
1
②当- < a < 0时，1+ ln(-a) < 0 ，当 x <1+ ln(-a)或 x > 0时， f (x) > 0 ，当1+ ln(-a) < x < 0 时，
e
f (x) < 0 ，
因此函数 f (x) 在 (- ,1+ ln(-a)), (0,+ ) 上单调递增，在 (1+ ln(-a),0)上单调递减；
a 1③当 < - 时，1+ ln(-a) > 0，当 x >1+ ln(-a)或 x < 0 时， f (x) > 0 ，当0 < x <1+ ln(-a)e 时，
f (x) < 0 ，
因此函数 f (x) 在 (- ,0), (1+ ln(-a), + )上单调递增，在 (0,1+ ln(-a))上单调递减，
a 1所以当 < - 时，函数 f (x) 在 (- ,0), (1+ ln(-a), + )上单调递增，在 (0,1+ ln(-a))e 上单调递减；
a 1当 = - 时，函数 f (x) 在R 上单调递增；
e
1
当- < a < 0时， f (x) 在 (- ,1+ ln(-a)), (0,+ ) 上单调递增，在 (1+ ln(-a),0)上单调递减；
e
当 a 0时，函数 f (x) 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )单调递增.
（2）当 a = 0时，函数 f (x) 只有一个零点 x =1，
当 a > 0时，由（1）知函数 f (x) 在 (- ,0)上递减，在 (0, + )
1 a
上递增，且 f (0) = - < 0 ， f (1) = > 0 ，
e 2
x < -3 x <1+ ln a f (x ) a a> (x -1)a + x2 = [(x +1)2取 0 且 0 ，则 0 0 0 0 - 3] > 0，2 2
因此函数 f (x) 有两个零点；
1
当- a < 0时，由（1）知函数 f (x) 在 (0, + )上递增，且 f (0)
1
= - < 0 ， f (2) = e + 2a > 0，
e e
而 x < 0 时，恒有 f (x) < 0，因此函数 f (x) 只有一个零点，
当-e
1
a < - 时，由（1）知函数 f (x) 在 (0,1+ ln(-a))上递减，在 (1+ ln(-a), + )上递增，
e
且 f (1+ ln(-a)) < f (0)
1
= - < 0, f (3) = 2e2 9+ a 2e2 9 - e > 0，
e 2 2
而 x < 0 时，恒有 f (x) < 0，因此函数 f (x) 只有一个零点，
所以-e a 0，函数 f (x) 有一个零点，当 a > 0时，函数 f (x) 有两个零点.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的
零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
8．（2024· · f x = x + a ebx湖南株洲 一模）已知函数 在 1, f 1 处的切线方程为 y = e x -1 ，其中 e 为自
然常数.
(1)求 a、b 的值及 f x 的最小值；
(2)设x1，x2是方程 f x = kx2 - 2
4
（ k > 2）的两个不相等的正实根，证明： x1 - x2 > ln .e
【答案】(1) a = -1、b =1， f x 的最小值为 -1
(2)证明见解析
【分析】（1）借助导数的几何意义可得 f 1 = e， f 1 = 0，计算即可得 a、b ，结合导数讨论单调性后即
可得 f x 的最小值；
（2）构造函数 g x = x -1 ex - kx2 + 2，借助导数研究单调性后结合函数零点的存在性定理，可得1与 2ln 2
在函数 g x 的两个零点之间，即可得证.
bx bx bx
【解析】（1） f x = e + b x + a e = bx + ab +1 e ，
由题意有 f 1 = b + ab +1 eb = e及 f 1 = 1+ a eb = e 1-1 = 0，
由 1+ a eb = 0 b可得 a = -1，则 f 1 = b - b +1 e = e，即b =1，
故 a = -1、b =1，则 f x = x -1 ex，
f x = x -1+1 ex = xex ，
当 x > 0时， f x > 0，当 x < 0 时， f x < 0，
故 f x 在 - ,0 上单调递减，在 0,+ 上单调递增，
故 f x 有最小值 f 0 = 0 -1 e0 = -1；
（2）令 g x = f x - kx2 + 2 = x -1 ex - kx2 + 2， x > 0， k > 2，
则 g x = xex - 2kx = x ex - 2k ，
则当 ex > 2k ，即 x > ln 2k 时， g x > 0，
当0 < ex < 2k ，即0 < x < ln 2k 时， g x < 0，
故 g x 在 0, ln 2k 上单调递减，在 ln 2k,+ 上单调递增，
故 g ln 2k = ln 2k -1 eln 2k - k ln 2k 2 + 2 = 2k ln 2k -1 - k ln 2k 2 + 2
= -k é ln 2k 2 - 2ln 2k + 2ù +2 = -k é ln 2k -1
2 ù
+1 +2，
2
由 k > 2，故 g ln 2k = -k é ln 2k -1 +1ù +2 < -k + 2 < 0 ，
又 g 0 = 0 -1 e0 + 2 =1 > 0，当 x + 时， g x + ，
故 g x 有两个零点，不妨设两零点 x1 < x2，有0 < x1 < ln 2k < x2，
又 g 1 = 1-1 e1 - k + 2 = -k + 2 < 0，
由1< 2ln 2 < 2ln k ，故 g ln 2k < g 2ln 2 < g 1 < 0，
则 x1 <1 < 2ln 2 < x x x 2ln 2
4
2，故 1 - 2 > -1 = ln .e
4
【点睛】关键点睛：本题需观察出 ln = 2ln 2 -1，即可尝试构造函数 g x = x -1 ex - kx2 + 2后，结合零点
e
的存在性定理研究1与 2ln 2是否在函数 g x 的两个零点之间.
9．（2023·河南·模拟预测）已知函数 f x = a ln x - bx(a,b R, a 0)．
(1)求证：曲线 y = f (x) 仅有一条过原点的切线；
(2)若 a = 2b > 0时，关于 x 的方程 f (x) = m - x2有唯一解，求实数m 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)当0 < b 16 时，m R ；当b >16时，m 64ln 2 - 48 .
【分析】（1）求导后得出切线方程，再代入原点求解即可；
2 x
2 2
（ ）化简可得 + 2ln x m- x = 有唯一解，再构造函数 g x x= + 2ln x - x，求导可得
b b b
g x 2x
2 - bx + 2b m
= ，再讨论根的情况，数形结合分析 g x 的极值与 的大小关系，结合恒成立问题求解
bx b
即可.
a
【解析】（1） f x 的定义域为 0, + ， f x = - b，设切点 x0 , a ln x0 - bx0 ，x
a
则切线方程为 y - a ln x0 - bx0 = - bx ÷ x - x0 ，è 0
当切线过原点时有0 - a ln x0 - bx0
a
= - b÷ 0 - x0 ，即 a ln x0 - bx0 = a - bx ，
è x
0
0
故 a ln x0 -1 = 0，因为 a 0，所以 x0 = e，即切点有且只有一个，则曲线 y = f (x) 仅有一条过原点的切线，
即得证.
2
（2 x 2 x m）关于 的方程 f x = m - x 有唯一解，即方程 2b ln x - bx = m - x2 ， + 2ln x - x = 有唯一解，
b b
2
g x x 2ln x x g x 2x 2 1 2x
2 - bx + 2b
令 = + - ，则 = + - = .
b b x bx
因为b > 0，故当b2 -16b 0，即0 < b 16 时， g x 0，函数 y = g x 单调递增，且当 x 0 时，
g x - ，当 x + 时， g x + .
m
易知 g x 的图象与直线 y = 有且仅有一个交点，满足题意，此时m R ；
b
b
当b2 -16b > 0 ，即b >16时，设 2x2 - bx + 2b = 0有两个根 x1, x2 ， x1 < x2，则 x1 + x2 = > 8， x1x2 = b >16，故2
0 < x1 < x2 .
①若0 < x1 < 4 < x2 ，则当0 < x < x1, x > x2 时 g x > 0， g x 单调递增；
当 x1 < x < x2 时 g x < 0， g x 单调递减，且当 x 0 时， g x - ，当 x + 时， g x + .
x2 m m m
故要使得 + 2ln x - x = 有唯一解，则 > g x1 或 < g xb b b b 2 恒成立.
2 2 2x
2
此时 2x1 - bx1 + 2b = 0 ，即 2x1 = b x 11 - 2 ，b = ，0 < x1 < 4 < x .x1 - 2 2
2
则极大值 g x1
x
= 1 2ln x x 1 1+ 1 -b 1
= x1 - 2 - x1 + 2ln x1 = 2ln x1 - x1 -1，2 2
令 h x = 2ln x 1- x -1 h x 2 1 4 - x，则 = - = ，故当 x 0,4 时， h x > 0， h x 单调递增；当 x 4, +
2 x 2 2x
时， h x < 0， h x 单调递减.
所以 g x1 = h x1 < h 4 = 2ln 4 - 2 -1 = 4ln 2 - 3，
m m
又 > g x1 恒成立，故 4ln 2 - 3，m 4ln 2 - 3 b >16 4ln 2 - 3 = 64ln 2 - 48；b b
1 m
同理，极小值 g x2 = 2ln x2 - x2 -1，当 x2 > 4时无最小值，此时无实数m 使得 < g x 恒成立.2 b 2
②若 x1 = 4，则 2 42 - 4b + 2b = 0，b =16，不满足b2 -16b > 0 ；
③若 4 < x1 < x2 ，由①可得m 64ln 2 - 48；
故当b >16时，m 64ln 2 - 48 .
综上所述：
当0 < b 16 时，m R ；当b >16时，m 64ln 2 - 48 .
【点睛】方法点睛：
本题利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）参变分离构造函数；
（2）求导分析函数的单调性与极值，导数中有二次函数注意讨论无根与有根的情况；
（3）导函数中二次函数有根时讨论极值点与特殊点的大小关系并讨论；
（4）数形结合列不等式求解.
1 1
10．（2023· · f x = x ex+1 全国 模拟预测）已知函数 - 2 - a ÷， g x = a ln x - + a ．è x x
(1)讨论 g x 的单调性．
(2)设方程 f x = g x 有两个不相等的正实数根x1，x2．
①求实数 a的取值范围．
② ex1 +x
1
2
证明： > x x ．1 2
【答案】(1)答案见解析
(2)① e, + ；②证明见解析
【分析】（1）求 g x ，通过对实数 a分类讨论判断 g x 的正负从而得到 g x 的单调性．
ln t 1
（2）①对方程 f x = g x 化简、同构、分离参数后转化为函数 h t = 与直线 y = a 有两个交点，通过数t
形结合得到解决；
2 m -1② 分析要证不等式得到 ln t1 + ln t2 > 2，结合 t1 = a ln t1， t2 = a ln t2 消去变量后转化为证明 ln m < 即可.m +1
【解析】（1）由题意得 g x 的定义域为 0, + ， g x a 1 ax +1= + 2 = ．x x x2
当 a 0时， g x > 0，所以 g x 在 0, + 上单调递增．
0 g x > 0 x 0, 1- 1当 a< 时，令 ，则 ÷；令 g x < 0，则 x - ,+ a a ÷ ．è è
所以 g x 0, 1- 1 在 a ÷ 上单调递增，在 - ,+ ÷上单调递减．è è a
综上，当 a 0时， g x 在 0, + 1 1 上单调递增；当 a < 0时， g x 在 0,- 上单调递增，在 - ,+ 上单
è a ÷ ÷ è a
调递减．
2 x+1
1 1
（ ）方程 f x = g x 有两个不相等的正实数根x1，x2等价于 x e - - ax2 ÷ = a ln x - + a ，即è x
xex+1 = a ln xex+1 有两个不相等的正实数根x1，x2．
令 t = xex+1 （ x > 0），则 t = ex+1(x +1) > 0，故 t = xex+1 在 0, + 上单调递增，且 t > t(0) = 0 .于是原问题变为
t = a ln t t t t = x ex +1 x +1 1 ln t有两个正实数根 ， ，其中 1 ， t 21 2 1 1 2 = x2e ．显然 t 1且 a 0，所以 = （ t > 0且a t
t 1）．
h t ln t令 = （ t > 0且 t 1），则 h t 1- ln t= ．
t t 2
当 t 0,1 U 1,e 时， h t > 0，当 x e, + 时， h t < 0 ，
所以 h t 在 0,1 和 1,e 上单调递增，在 e, + 上单调递减，
则 h t = hmax e
1
= ．当 t 0,1 时， h t < 0；当 t 1,+ 时， h t > 0．
e
1 1
结合函数 h t 的图象可知0 < < ，解得 a > e，故实数 a的取值范围为 e, + ．
a e
② x1 +x
1
2 x +x x +1 x +1 2 2
【证明】由①知要证 e > x x ，需证 x1x e
1 2
2 >1，即证 x 1 21e × x2e > e ，即证 t1 × t2 > e ，即证
1 2
ln t1 + ln t2 > 2．
又 t1 = a ln t1， t2 = a ln t2 ，
a t= 1 - t2 t - t= 1 2
两式作差得 ln t1 - ln t2 = a t1 - t2 ，即 ln t1 - ln t2 ln t1 ，
t2
t1 +1
两式求和得 ln t1 + ln t
1
2 = t
t
+ t = 1 + t2 ln t1 t= 21 2 ln
t1 ．
a t1 - t2 t t2 1 -1 t2
t2
t t
不妨设0 < t < t 0 < 11 2 ，则 <1 m =
1
t ．令 t ，则0 < m <1．2 2
要证 ln t1 + ln t > 2
m +1
2 ，即证 ln m 2
2
> m -1 ，即证 ln m < ．
m -1 m +1
2 m -1 m -1 2
设j m = ln m - 0 < m <1 ，则j m
1 4
= - = > 0，
m +1 m m +1 2 m m +1 2
所以j m 在 0,1 上单调递增，
2 1-1 2 m -1 x +x
1
所以j m < j 1 = ln1 - = 0 ln m < e 1 2，即 ，故 >
1+1 m +1 x1x
．
2
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两点：一是利用换元把复杂方程的根的问题转化为相对简单的方
程根的问题，结合分离参数法进行求解；二是把目标式转化为 ln t1 + ln t2 > 2，通过减少变量和构造函数进行
证明.
2 2 - 2a
11．（2023· ·

山东 模拟预测）已知函数 f x = x x + x - 2a

e ÷
+ ．
è ex
(1)若 x = 0是函数 f x 的极大值点，求实数 a 的取值范围；
f x
(2)已知 a > 0 ，证明：方程 =1- a 有且仅有 1 个正实根，且该正实根位于区间 a, 2a 内．
2
【答案】(1) 0, +
(2)证明见解析
【分析】（1）先求 f x ，然后对 a进行分类讨论，根据单调性、极值点等知识求得 a的取值范围.
f
2 x （ ）构造函数 g x = + a -1，判断 g x 的单调性，结合零点存在性定理以及导数证得结论成立.
2
ex -1
【解析】（1）依题意， f x = 2 x - a x ÷，
è e
令 f x = 0，得 x = a或 x = 0．
若 a > 0，当 x - ,0 时， f x > 0，
当 x 0, a 时， f x < 0， f x 递减，
当 x a,+ 时， f x > 0， f x 递增，
此时 x = 0是函数 f x 的极大值点，符合题意；
若 a = 0，则 f x 0， f x 单调递增，不符合题意，舍去；
若 a < 0，当 x - ,a 时， f x > 0，
当 x a,0 时， f x < 0，当 x 0, + 时， f x > 0，
此时 x = 0是函数 f x 的极小值点，不符合题意，舍去．
综上所述，实数 a 的取值范围为 0, + ．
f x
2 a > 0 g x a 1 x - a +1（ ）当 时，令 = + -1 = x2 - ax + x - 1- a ，2 2 e
观察可知， g x ， f x 单调性相同，
由（1）可知，当 a > 0时， g x 在 0,a 上单调递减，在 a, + 上单调递增，
故 g a < g 0 = 0．
下面证明 g 2a a +1= 2a - 1- a > 0．e
h x x +1
2x
设 = 2x + x -1，则 h xe
e - 2x -1
=
e2x
，
j x = ex - x -1 j x = e x设 ，则 -1，
当 x < 0 时，j x < 0，当 x > 0时，j x > 0，
所以j x j 0 = 0，所以h x 0，故 h x 单调递增，
所以 g 2a = h a > h 0 = 0．
根据零点存在性定理， g x 在 a, 2a 内存在唯一正零点，即原命题得证
【点睛】求方程的根的问题，可转化为求函数的零点问题来求解.利用导数求函数的单调区间时，如果导函
数含有参数，要对参数进行分类讨论，分类讨论要注意做到不重不漏.
12．（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数 f x = x2 - 2ln x ．
(1)求 f x 的最小值，并证明方程 f f x = f x 有三个不等实根；
(2)设(1)中方程 f f x = f x 的三根分别为 x1，x2 ， x3 ，且 x1 < x2 < x3，证明： x2 - x3 > ln x1．
【答案】(1)最小值为 f 1 =1，证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】(1)求 f(x)导数，根据导数正负判断 f(x)单调性并求其最小值，令 f(x)=m，构造函数
g m = f m - m，利用导数判断 g(m)单调性和值域，从而判断方程 f(m)=m 的根的个数即可；
(2) 1-x由(1)知0 < x1 < x2 =1 < x3 < 2 ， f x1 = f x3 = m0，欲证 x2 - x3 > ln x1，即证1- x3 > ln x1，即证 e 3 > x1，
f e1-x3 < f x = f x 1-x 1-x即证 1 3 ，于是构造函数F x = f e - f x ， x 1, + ，证明 f e 3 - f x3 < 0即
可．
2 x -1 x +1
【解析】（1）∵ f x = ，
x
∴当 x 0,1 时， f x < 0， f x 单调递减；
当 x 1, + 时， f x > 0， f x 单调递增，
故 f x 的最小值为 f 1 =1．
设m = f x ，则方程 f f x = f x 变形为 f(m)=m，即 f(m)-m=0，
令 g m = f m - m = m2 - m - 2ln m，m 1, + ，
g m 2m 1 2 2m
2 - m - 2
则 = - - = 2m2 m 2 0 m 1+ 17，由 - - = 得 = ．
m m 4
1+ 17
因此，当m 1, ÷÷时， g m < 0， g m
1+ 17
单调递减；当m , + ÷÷时， g m > 0， g m 单调
è 4 è 4
递增．
1+ 17
由于 g 1 = 0，故 g ÷÷ < g 1 = 0，又由 g 2 = 2 1- ln 2 > 0，由零点存在定理，存在
è 4

m 1+ 17

0 , 2÷÷，使得 g m0 = 0，
è 4

∴ g m m m 1+ 17有两个零点 1 和 0 ，方程 f(m)=m 有两个根 0 , 2÷÷和m1 =1，
è 4
则如图，m1 =1时，因为 f x =1，故方程 f x =1有一个根 x2 =1min ，

下面考虑 f x m 1+ 17= 0 解的个数，其中m0 , 24 ÷÷，è
设 s x = f x - m0 ，结合 f x 的单调性可得：
s x 在 0,1 上为减函数，在 1, + 上为增函数，
m- 0
而 s 1 = f 1 - m0 < 0， s
m
e 2 ÷ = e-m0 > 0 - 0，
è 02 <1，
故 s x 在 0,1 上有且只有一个零点，
s em0 = e2m0 - 2m 2x0，设u x = e - 2x, x >1，
故u x = 2e2x - 2 > 0，故u x > 0 即 s em0 > 0，
而 em0 >1，故 f x - m0在 1, + 上有且只有一个零点，
故 f x - m0 = 0有两个不同的根x1、 x3 且0 < x1 <1 < x3，
即方程 f f x = f x 共有三个不等实根；
1+ 17
（2）由(1)知0 < x1 < x2 =1 < x3 < 2 ，且满足 f x1 = f x3 = m0，m0 , 2÷÷，
è 4
F x = f e1-x令 - f x ， x 1, + ，则
F x = -e1-x f e1-x - f x = -2e2-2x 2 2x 2 2+ - + = -xe2-2x + x - x2 +1 ，x x
h x = -xe2-2x令 + x - x2 +1，则 h x = 2x -1 e2-2x -1 ．
当 x 1, + 时， h x < 0， h x 单调递减，
又∵ h 1 = 0，∴当 x 1, + 时， h x < 0，F x < 0，F x 单调递减，
∵ F 1 = f e0 - f 1 = 0 ∴ F x < 0 f e1-x， ，即 < f x ．
∵ x3 1,+ ∴ f e1-x， 3 < f x3 ，又∵ f x3 = f x 1-x31 ，∴ f e < f x1 ．
∵ e1-x3 0,1 1-x， x1 0,1 ，而 f x 在 0,1 单调递减，∴ e 3 > x1．
即1- x3 > ln x1，故 x2 - x3 > ln x1，原命题得证．
【点睛】本题第一问的关键是令 f(x)=m，将问题转化为关于 m 的方程 f(m)=m 有两根，数形结合判断原关于
x 的方程的根的情况；第二问的关键是注意到 x2 - x3 > ln x e
1-x
1可变形为
3 > x 1-x1， e 3 0,1 ， x1 0,1 ，考虑
到 f(x)在(0，1)单调递减，且 f x3 = f x1 1-x，故可将问题转化为 f e 3 < f x1 = f x3 ，从而巧妙构造函数
F x = f e1-x - f x ， x 1, + 即可证明求解．
1
13．（2024·山东潍坊·一模）已知函数 f (x) = 2m ln x - x + （m > 0）．
x
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2) (1 1 )(1 1 )(1 1 ) (1 1
2
证明： + 2 + 2 + 2 × × × + 2 ) < e3 （ n N
* ， n 2）；
2 3 4 n
1
(3) 2 2若函数 g(x) = m ln x - x - + 2 有三个不同的零点，求m 的取值范围．
x
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析；
(3) (1, + ) .
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数，按0 < m 1与m > 1分类讨论求出 f (x) 的单调区间.
（2）利用（1）中m =1时的结论，再利用裂项相消法求和，推理即得.
（3）变形函数 g(x)，将 g(x)的零点个数问题转化为 f (t) 的零点个数，再借助导数及零点存在性定理求解.
2
【解析】（1）函数 f (x) 定义域为 (0, + ) 2m 1 -x + 2mx -1，求导得 f (x) = -1-
x x2
= 2 ，x
设 k(x) = -x2 + 2mx -1，则D = 4(m2 -1)，
①当0 < m 1时，D 0, f (x) 0恒成立，且至多一点处为 0，函数 f (x) 在 (0, + )上递减；
②当m > 1时，D > 0, k(x) 有两个零点 x1 = m - m
2 -1 > 0, x2 = m + m
2 -1 > 0，
则当0 < x < x1 或 x > x2 时， k(x) < 0，即 f (x) < 0 ；当 x1 < x < x2 时， k(x) > 0 ，即 f (x) > 0 ，
即函数 f (x) 在 (0, x1), (x2 , + )上单调递减，在 (x1, x2)上单调递增，
所以当0 < m 1时， f (x) 的递减区间为 (0, + )；
当m > 1时， f (x) 的递减区间为 (0, m - m2 -1), (m + m2 -1, + ) ，递增区间为 (m - m2 -1,m + m2 -1) .
（2）由（1）知，当m =1时， x (1,+ )时， f (x)
1
= 2ln x - x + < f (1) = 0，
x
ln x x 1 1 *则 < - ，令 x =1+ 2 (n N , n 2) ，2 2x n
ln(1 1 ) 1 (1 1 1 1+ 2 < + 2 ) - = (
1 1
2 + 2 )
1 1 1 1
< 2 < = -于是 n 2 n 2(1 1+ ) 2 n +1 n n n2 1 n 1 n 1- - + ，
n2 4 2 2
ln(1 1+ 2 ) + ln(1
1 1 1
+ 2 ) + ln(1+ 2 ) +L+ ln(1+ )2 3 4 n2
( 1 1 ) ( 1 1 ) L ( 1 1 ) 2 1 2< - + - + + - = - <
2 1 1 1 1 1 1 1- 2 + 3 - 3 + n - n + 3 n + 3 ，
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2
所以 (1+ 2 )(1+ 2 )(1
1 ) (1 1+ 2 × × × + 2 ) < e3 .2 3 4 n
g(x) m2 ln2 x x 1 2 m2 ln2 x (x -1)
2
(m ln x x -1 x -1（3）函数 = - - + = - = - )(m ln x + ) ，
x x x x
x -1
由于 ln x与 x -1同号，则 y = m ln x + 只有一个零点 x =1，
x
令 t = x ，由 f (1) = 0，则 g(x)有三个不同的零点等价于函数 f (t) 有三个不同的零点，
由（1）知，当0 < m 1时， f (t) 在 (0, + )上单调递减，不合题意；
当m > 1时，由（1）知， f (x) 的两极值点 x1, x2 满足 x1x2 =1，所以 t1t2 =1，得 t1 < 1 < t2 ，
由 f (1) = 0， 则 f (t1) < f (1) = 0 < f (t )
t 1
2 ，由（2）知，当 t > 1时， ln t < - ，2 2t
1
则 ln t t 1< - ，即 ln t < t - ，
2 2 t t
2
因此 f (4m2 ) = 2m ln(4m2 ) - 4m2 1 2m(2m 1 ) 4m2 1 1- 4m+ 2 < - - + 2 = < 0，4m 2m 4m 4m2
2
由零点存在性定理知， f (t) 在区间 t2 , 4m 上有唯一的一个零点 t0 ，
显然 f (t )
1 1 1 1
0 + f ( ) = 2m ln t - t + + 2m ln - + t = 0t 0 0 0 ，0 t0 t0 t0
1 1
而 f (t0 ) = 0，则 f ( ) = 0，于是当m > 1时， f (t)t 存在三个不同的零点
,1, t
t 0 ，0 0
所以m 的取值范围是 (1, + ) .
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函
数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
14 2．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）已知函数 f x = ax - x - lnx a R ．
1
(1)当 a = 时，求函数 f x 在[1, 2]上的最大值．
2
(2)若函数 f x 在定义域内有两个不相等的零点x1，x2，证明： f x1 + x2 + ln x1 + x2 > 2．
1
【答案】(1) -
2
(2)证明见解析
【分析】（1）由导函数确定单调性，然后比较区间端点处函数值即得最大值；
a(x x ) 1 ln x - ln x（2 1 2）利用 x1, x2 是零点得出 1 + 2 = + x - x ，再把不等式变形为只需证1 2

1 ln x1 - ln x

+
2
÷
x
x1 + x2 - x1 + x 1x 2 > 2 ，再通过换元不妨设0 < x1 < x2 ，令
t = 0 < t <1
è 1 - x2 x
，则只需证
2
t +1
× ln t > 2 ，即证 t +1 ln t - 2 t -1 < 0．引入新函数，利用导数证明新不等式成立即可．
t -1
1 1
【解析】（1）∵当 a = 时， f x = x2 - x - ln x，
2 2
∴ f x x 1 1 x
2 - x -1
= - - = x > 0 ．
x x
1+ 5 é 1+ 5
当1 x < 时； f x < 0 ，函数 f x 在 ê1, 2 ÷2 ÷
上单调递减；

1+ 5 1+ 5 ù
当 < x 2 时， f x > 0，函数 f x 在
2
, 2ú 上单调递增．
è 2
∵ f 1 1= - = - ln e ， f 2 = - ln 2，∴ f 1 > f 2 ，
2
∴函数 f x 在 1,2 1上的最大值为 f 1 = - ．
2
（2）要证 f (x1 + x2 ) + ln(x1 + x2 ) > 2
2
，只需证 a(x1 + x2 ) - (x1 + x2 ) > 2 ．
∵ ax21 - x
2
1 - ln x1 = 0①， ax2 - x2 - ln x2 = 0②，
∴ ① ② a(x2 - x2由 － 得 1 2 ) - (x1 - x2 ) - (ln x1 - ln x2 ) = 0 ，
整理得 a(x x ) 1
ln x
+ = + 1
- ln x2
1 2 x1 - x
．
2

1 ln x1 - ln x

只需证 +
2 x + x - x + x > 2 ，
è x1 - x
÷ 1 2 1 2
2
x1 +1
ln x1 - ln x2
即证 (x + x
x2
1 2 ) > 2，即证 x × ln
x1 > 2
x - x x ．1 2 1 -1 2
x2
x
0 < x < x t = 1 0 < t <1 t +1不妨设 1 2 ，令 ，则只需证 × ln t > 2 ，即证 t +1 ln t - 2 t -1 < 0x ．2 t -1
设 n t = t +1 ln t - 2 t -1 ，则只需证当0 < t <1时， n t < 0即可．
∵ n (t)
1
= ln t + -1，令 g(t) = ln t
1
+ -1，则 g (t)
1 1 t -1
= - = < 0 0 < t <1 ，
t t t t 2 t 2
∴ n t 在( 0, 1)上单调递减，当0 < t <1时， n t > n 1 = 0，
∴ n t 在( 0, 1)上单调递增，当0 < t <1时， n t < n 1 = 0，
∴原不等式得证．
x1
【点睛】方法点睛：本题第（2）问属于极值点偏移问题，解题方法是引入变量 t = x 把二元不等式为一元2
不等式，然后由一元函数的性质证得结论．解题时需要由零点把参数 a用 x1, x2 表示，不等式化为关于 x1, x2 的
齐次式，然后换元求解．
0
15．（2024·河北邢台·二模）在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式 型或 型极限的一种重
0
要方法，其含义为：若函数 f x 和 g x 满足下列条件：
① lim f x = 0且 lim g x = 0 lim f x = lim g x = x a x a （或 x a ， x a ）；
②在点 a的附近区域内两者都可导，且 g x 0；
f x f x f x
③ lim

= A（A 可为实数，也可为± ），则 lim = lim

= A．
x a g x x a g x x a g x
x
(1)用洛必达法则求 lim ；
x 0 sin x
x2 x3 x2n-1
(2)函数 f x =1+ x + + +L+2! 3! 2n 1 !（ n 2， n N*），判断并说明
f x 的零点个数；
-
(3)已知 g 2x = g x cos x π π× ， g 0 =1 x ， - , ÷，求 g x 的解析式．
è 2 2
参考公式： lim f x = f lim x ， lim kf x = k lim f x x a x a x a x a ．
【答案】(1)1
(2)仅在 x - ,0 时存在 1 个零点，理由见解析
ìsinx , x
g x -π,0 0, π ,(3) = í x
1, x = 0.
【分析】（1）利用洛必达法则求解即可；
f x f
2 x （ ）构造函数 x ，结合 x 的单调性求解即可；e e
g x
（3）利用累乘法求出 x 的表达式，然后结合 g 0 =1g ，利用洛必达法则求极限即可.
è 2n ÷
【解析】（1） lim
x
= lim 1 =1
x 0 sin x x 0 cos x
x2 x3 x2n-1 x2 x3 x2n-2
（2） f x =1+ x + + +L+ f x =1+ x + + +L+2 3! 2n 1 !，- 2! 3! 2n ，- 2 !
x2n-1 f x - f x é f x ù x2n-1
所以 f x - f x = - 2n ，-1 ! ex
= ê = -
e
x ú
e
x 2n 1 !．-
é f x ù f x
当 x > 0

时， ê x ú < 0，函数 在 0, + e x 上单调递减， e
é f x ù f x
当 x < 0 时， ê x ú > 0，函数 在 - ,0 e x 上单调递增， e
f
lim x x = - ， f 0 =1，x - e
f x
当 x 0

> 时， x > 0，所以仅在 x - ,0 时存在 1 个零点．e
x x
g 2x g x g g
= cos x = cos
x ÷
è 2 n-1 ÷
（3） ，所以 x 2 ， = cos
x
… è
2
， ， = cos
x
g x g n 2 ÷ g x 4 g x 2è 4 ÷ ÷è è 2n
g x
= cos x ×cos x L cos x× × cos
x x x x
×cos ×L×cos ×sin
将各式相乘得 x 2 4 2n = 2 4 2
n 2n 1 sin x= ×
g n ， x 2 x
è 2n ÷ sin 2n
sin
2n
1 x
g x n ×sin xlim lim 2 sin x 2
n
两侧同时运算极限，所以 = = × limn + x n + n + ，g ÷ sin
x x
n sin
x
n
è 2n 2 2
x
g x sin x
即 = lim 2
n
，g 0 x n + sin x
2n
x g x sin x
令 t = ，原式可化为 = lim
t
n g 0 x sin t ，又 g 0 =1，2 t 0
t
由（1）得 lim =1，
t 0 sin t
g x sin x故 = x 0 ，由题意函数 g x 的定义域为 -π, π ，
x
ìsinx
, x -π,0 0, π ,综上， g x = í x
1, x = 0.
g x
【点睛】方法点睛：本题考查新定义，注意理解新定义，结合洛必达法则的适用条件，构造函数 g x ， ÷
è 2n
从而利用洛必达法则求极限.
16．（2024·浙江金华·模拟预测）设全集为U ，定义域为D的函数 y = fn (x)是关于 x 的函数“函数组”，当 n
取U 中不同的数值时可以得到不同的函数．例如：定义域为R 的函数 fn (x) = nx，当U = N*时，有
f1(x) = x, f2 (x) = 2xL若存在非空集合 A U 满足当且仅当 n A时，函数 fn (x)在D上存在零点，则称 fn (x)
是A 上的“跳跃函数”．
(1)设U = Z, D = (- , 2] x 2，若函数 fn (x) = 2 - n 是A 上的“跳跃函数”，求集合A ;
(2)设 fn (x) = 4nx
3 - (6n +1)x2 + 2x, D = (1, + )，若不存在集合A 使 fn (x)为A 上的“跳跃函数”，求所有满足条
件的集合U 的并集；
1
(3)设U = N*， fn (x)为A 上的“跳跃函数”，D = (1, + ) ．已知 f1(x) = 2 - ，且对任意正整数 n，均有x
fn+1(x) = fn (x) + (1- x)
n +1．
（i）证明： A = n n = 2k, k N* ;
（ii）求实数 a的最大值，使得对于任意 n A，均有 fn (x)的零点 tn > a．
【答案】(1) A = {-2, -1,1,2}
1(2) ,
1 ù
è18 2ú
(3)（i）证明见解析；（ii）2
【分析】（1 x）将命题等价转化为求使得 fn (x) = 2 - n
2
在 (- , 2]上有零点的全体 n，然后利用当 x (- , 2]
时， 2x 的取值范围是 0,4 ，得到 n2 0,4 ，即可得解；
（2）将命题等价转化为求使得 fn (x) = 4nx
3 - (6n +1)x2 + 2x 在 (1, + )上没有零点的全体 n，然后通过分类讨
论即可解决问题；
n
（3 1- x）先用数学归纳法证明 f (x) = - + n，然后将（i）等价转化为证明对 n N* ， fn (x)在 (1, + )上有n x
零点当且仅当 n是偶数，再分类讨论证明；之后，先证明 f2n x 在 (1, + )上的零点必定大于 2，再证明当 a > 2
时，必存在正整数 N 使得 f2N x 在 (1, + )上有一个满足 t2N a的零点 t2N ，即可解决（ii）.
【解析】（1）根据题意，所求的A 为使得 fn (x) = 2
x - n2在 (- , 2]上有零点的全体 n .
由于 fn (x) = 2
x - n2在 (- , 2]上有零点等价于关于 x 的方程 2x = n2 在 (- , 2]上有解，注意到当 x (- , 2]时，
2x 的取值范围是 0,4 ，故关于 x 的方程 2x = n2 在 (- , 2]上有解当且仅当 n2 0,4 ，从而所求
A = -2, -1,1,2 .
（2）根据题意，不存在集合A 使 fn (x)为A 上的“跳跃函数”，当且仅当对任意的 n U ， fn (x)在D上都不
存在零点.
这表明，全体满足条件的U 的并集，就是使得 fn (x)在D上不存在零点的全体 n构成的集合.
3 2
从而我们要求出全部的 n，使得 fn (x) = 4nx - (6n +1)x + 2x 在 (1, + )上没有零点，即关于 x 的方程
4nx3 - (6n +1)x2 + 2x = 0在 (1, + )上没有解.
(1, + ) 4nx2 - (6n +1)x + 2 = 0 2n 2x2该方程在 上可等价变形为 ，然后进一步变形为 - 3x = x - 2 .
设 g x = 2n 2x2 - 3x - x + 2，则我们要求出全部的 n，使得 g x 在 (1, + )上没有零点.
n 1
3 3 1
当 时，由于 g ÷ = - + 2 = > 0， g 3 = 2n 2 ×32 - 3 ×3 - 3+ 2 =18n -1 0，故 g x 3在 ,3ùú 上必有18 è 2 2 2 è 2
一个零点，从而 g x 在 (1, + )上有零点；
1 g 1 2n 2 3 1 2 1 2n 0 g 3 3 1当 n > 时，由于 = - - + = - < ， ÷ = - + 2 = > 0，故 g x 1,
3
在 上必有一个零
2 è 2 2 2

è 2 ÷
点，从而 g x 在 (1, + )上有零点；
1 1
当 < n 时，对 x 1,+ ，我们有：
18 2
g x = 2n 2x2 - 3x - x + 2
2n 2x2 3x 1= - - x 2n ÷
+ 2
è
2 2
= 2n 2
3 1 3 1
x - -4 8n ÷
- 2 + ÷ + 2
è è è 4 8n
÷
÷
2
4n x 3 1 2 4n 3 1
2
= - - ÷ + - +

÷
è 4 8n è 4 8n
2
= 4n 3 1 9 3 1 x - - ÷ + 2 - 4n

+ +

è 4 8n è16 16n 64n2 ÷
4n x 3 1
2 5 9 1
= - -
+ - n -
è 4 8n ÷ 4 4 16n
4n x 3 1
2 18n -1 1- 2n
= - -

4 8n ÷
+
è 16n
18n -1 1- 2n

16n
0，
3 1 1
由于两个不等号的取等条件分别是 x = + 和 n = ，而这无法同时成立（否则将推出
4 8n 2
x 3 1= + =1 1, + ），故此时对 x 1,+ 都有 g x > 0，从而 g x 在 (1, + )上一定没有零点.
4 8n
综上，使得 g x 在 (1, + )上没有零点的 n 1 1 ù 1 1 ù构成的集合为 , , .
è18 2ú
，故所求的集合为
è18 2ú
n
（3 1- x）首先用数学归纳法证明：对任意正整数 n，有 fn (x)

= - + n .
x
n =1 1- x
n
当 时，有 n 1- x 1- + = - +1 = 2 - = f (x) ，故结论成立；
x x x 1
k
假设结论对 n = k 1- x成立，即 f (x) k = - + k ，则有：x
fk +1(x) = fk (x) + 1- x
k +1
1- x k
= - + k + 1- x k +1
x
1- x k - x 1- x k
= - + k +1
x
1- x × 1- x k
= - + k +1
x
1- x k +1
= - + k +1 ，故结论对 n = k +1也成立.
x
n 1- x
n
综上，对任意正整数 ，有 f (x) = - + n .n x
（i）命题等价于，对 n N* ， fn (x)在 (1, + )上有零点当且仅当 n是偶数，下面证明该结论：
n x 1,+ 1- xf (x)
n x -1 n
当 为奇数时，对 ，有 = - + n = + n > 0 + n > 0 ，所以 fn (x)在 (1, + )上没有零n x x
点；
n n
当 n为偶数时，对 x 1,+ 1- x x -1 1 1，有 fn (x) = - + n

= - + n，而 fn (2) = - + n - + 2 > 0，
x x 2 2
n +1
f (n 2)
n
n n +1
2 n
n n + 2 - n +1
2
1
n + = - + - + = = - < 0，从而 fn (x)在 2, n + 2 上一定存在零n + 2 n + 2 n + 2 n + 2
点，所以 fn (x)在 (1, + )上一定有零点.
综上，对 n N* ， fn (x)在 (1, + )上有零点当且仅当 n是偶数，结论得证.
（ii）我们需要求实数 a的最大值，使得对于任意 n A，均有 fn (x)的零点 tn > a .
根据（i）的讨论， fn (x)在 (1, + )上有零点当且仅当 n是偶数，所以我们需要求实数 a的最大值，使得对于
任意 n A，均有 f2n x 的零点 t2n > a .
x -1 2n 2n
我们现在有 f2n (x)

= - + 2n ，由于当1< x 2 x -1时，有 f2n (x)
2n 1= - + - + 2n > 2n -1 > 0，
x x x
x -1 2n
故 f (x) = - + 2n 在 (1, + )上的零点必定大于2n 2 .x
u ln a -1
而对任意给定的 a > 2 a -1 u，我们定义函数 g u = - + 2u，则 g u = - a -1 + 2 .
a a
ln 2a
取 ln a -1u ，则当u > u
ln a -1
= 0时，有 g u = - a -1
u ln a -1 + 2 < - a -1 u0 + 2 = 0，这表明 g u
0 ln a -1 a a
u
u ,+ a -1 a -1
u
在 0 上单调递减，所以当u > u0时，有- + 2u = g u < g u ，从而 .
a 0
- + u < g u0 - ua
1 1
取正整数 N ，使得 N > g u0 ，且 N > u0 ，则我们有2 2
a -1 2N a -1 2Nf ，但我们又有2N a = - + 2N = - + 4N - 2N = g 2N - 2N < g u0 - 2N < 0a a
f2N 2
1 1
= - + 2N - + 2 > 0，这表明 f2N x 在 2, a 上必有一个零点，从而 f2N x 在 (1, + )上必有一个满2 2
足 t2N a的零点 t2N .
综上所述， a的最大值是 2 .
【点睛】关键点点睛：在（3）的（ii）中，我们先证明 f2n x 在 (1, + )上的零点必定大于 2，再证明当 a > 2
时，必存在正整数 N 使得 f2N x 在 (1, + )上有一个满足 t2N a的零点 t2N ，即可得到 a的最大值是 2，这是
求解最值问题的一个较为有用的论证方法.
17．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若函数 y = f x 的图象上的若干个不同点处的切线互相重合，则称该
切线为函数 y = f x 的图象的“自公切线”，称这若干个点为函数 y = f x 的图象的一组“同切点”例如，如图，
直线 l为函数 y = f x 的图象的“自公切线”，A ， B 为函数 y = f x 的图象的一组“同切点”.
(1)已知函数 f x = xcosx在 x = 0处的切线为它的一条“自公切线”，求该自公切线方程；
g x x tanx a x π πa R = - + - , (2)若 ，求证：函数 ， 有唯一零点，且该函数的图象不存在“自公切线”；
è 2 2 ÷
* h x x= - tanx - π x π(3)设 n N ，函数 n ， - + nπ,
π
+ nπ ÷的零点为 qn ，求证： An q2n , f q2n 为函数n è 2 2
f x = xcosx的一组同切点.
【答案】(1) y = x
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）利用导数探讨单调性结合零点存在性定理推理即得唯一零点，再假定存在“自公切线”，利用导数的几
何意义求出切线方程，证明2x1 = sin 2x1在 (0,
π) 上无解即得.
2
（3）利用导数说明 hn x 的单调性，即可得到零点为 nπ，则 qn = nπ，表示出 f x 在 x0 , y0 处的切线方程，
推导出切线恰为 y = x 即可得证.
【解析】（1）由 f x = xcosx，则 f 0 = 0， f x = cosx - x sin x，
则 f 0 =1，
所以函数 f x = xcosx在 x = 0处的切线方程为 y = x ，
即该自公切线方程为 y = x .
2
（2）由 g (x) 1 1 sin x= - 2 = - 2 = - tan
2 x 0恒成立，当且仅当 x = 0时 g (x) = 0，
cos x cos x
则 y
π π
= g(x) 是 - ,

÷上单调递减，可得它至多有一个零点，
è 2 2
令 g1(x) = -sin x + (x + a) cos x
π π
， x - ,2 2 ÷
，
è
由 y = g1(x)
π π
的图象是连续曲线，且 g1(- )g1( ) = -1< 0 ，2 2
因此 g1(x)
π- , π π π g (x)在 ÷上存在零点，即在 - , ÷上 g(x) = 1 存在零点，所以 g(x)有唯一零点；
è 2 2 è 2 2 cos x
假设 g(x)
π π
的图象存在“自公切线”，则存在 x1, x2 (- , ) 且 x x ，2 2 1 2
使得 g(x)的图象在 x = x1与 x = x 2 22处的切线重合，即- tan x1 = - tan x2 ，
有 x2 = -x
π
1，不妨设 x1 (0, )，2
切线 l1 : y + tan x - x - a = - tan
2
1 1 x1 × (x - x
2
1)， l2 : y + tan x2 - x2 - a = - tan x2 × (x - x2 ) ，
2 2
有相同截距，即 x1 tan x1 - tan x1 + x1 + a = x2 tan x2 - tan x2 + x2 + a ，而 x2 = -x1，
x 2 2 2则 1 tan x1 - tan x1 + x1 + a = -x1 tan x1 + tan x1 - x1 + a，即 x1(1+ tan x1) = tan x1，
则有 x1 = sin x1 cos x1，即2x1 = sin 2x1，令j(x) = x - sin x,0 < x < π ，j (x) =1- cos x > 0，
即函数j(x) 在 (0, π) 上单调递增，j(x) > j(0) = 0，因此当 x (0, π)时， x > sin x ，
即2x1 = sin 2x1在 (0,
π) 上无解，
2
所以 g(x)的图象不存在“自公切线”.
x
（3）由 - tanx - π = 0，易知 x = nπ是方程的根，
n
π π由 hn x
x 1 1
= - tanx - π ，则 hn x = - 2 0

，则 hn x 在 x - + nπ, + nπ ÷上单调递减，n n cos x è 2 2
则 x = nπ是 hn x
π π
在 - + nπ, + nπ ÷上唯一零点，
è 2 2
所以 qn = nπ，
由（1）可知 f x 在 x0 , y0 处的切线为 y - x0 cos x0 = cos x0 - x0 sin x0 x - x0 ，
化简得 y = cos x0 - x 20 sin x0 x + x0 sin x0 ，
对于 q2n = 2nπ， cos q2n - q2n sin q 22n =1， q2n sin q2n = 0 ，
则自公切线为 y =1，所以 An q2n , f q2n 为函数 f x = xcosx的一组同切点.
【点睛】关键点点睛：对于函数新定义问题关键是准确的理解定义，结合相关数学知识进行推理说明，特
别地函数 y = f x 是区间D上的可导函数，则曲线 y = f x 在点 (x0 , f (x0 )) (x0 D)处的切线方程为：
y - f (x0 ) = f (x0 )(x - x0 ) .
18．（2024·安徽芜湖·三模）若数列 an 的各项均为正数，且对任意的相邻三项 at-1, at , at+1，都满足
a 2t-1at+1 at ，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项 at-1, at , at+1，都满足 at-1 + at+1 2at 则称该
数列为“凸数列”．
(1) c已知正项数列 cn 是一个“凸数列”，且a =e nn ，（其中 e为自然常数， n N*），证明：数列 an 是一个
“对数性凸数列”，且有 a1a10 a5a6 ；
(2) 2 3若关于 x 的函数 f x = b1 + b2x + b3x + b4x 有三个零点，其中bi > 0 i =1，2，3，4 ．证明：数列b1,b2 ,b3 ,b4 是
一个“对数性凸数列”：
n n-1 n-1 n
(3)设正项数列 a0, a1，L, a
1 1 1 1
n 是一个“对数性凸数列”，求证： a a a a
è n +1
i ÷ n -1 j ÷ n i ÷ j ÷i=0 è j=1 è i=0 è n j=1
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据 cn 的性质，由等量关系代换成关于 an 的结论，紧扣定义，即可证明；
（2）由原函数有三个零点，且导函数为二次函数，分析出导函数有两个零点，判别式大于零，推得
b2 >b b f 1 3 23 2 4 ； x ÷有三个零点，得到 g x = b1x + b2x + b3x + b4 有三个零点，再次借助导函数的零点个数，可è
2
以得到b2 > b1b3 ，即可得证；
（3）记 S = a1 + a2 +L+ a
2
n-1，利用分析法，只需证 S + a0 S + an n a0an ，由数列 an 为对数性凸数列，
an a a a n-1 L 2 1得到 ， a0an a1an-1 a2an-2 La a a a ，再用基本不等式证明即可.n-1 n-2 1 0
c
【解析】（1）因为an =e n ，所以cn = ln an an > 0 ，因为正项数列 cn 是一个“凸数列”，
c +c 2c lna +lna 2lna a a a2所以 t-1 t+1 t ，所以 t-1 t+1 t ，所以 t-1 t+1 t ，
a a
所以数列 a t+1 tn 是一个“对数性凸数列”， a a ，t t-1
a10 a9 a3 a2
所以 L a a a a ，变形可得到a1a10 a2a9 a3a8 a4a7 a5a6，9 8 2 1
所以数列 an 是一个“对数性凸数列”，且有 a1a10 a5a6 .
（2）因为 f x = b1 + b2x + b 23x + b4x3 有三个零点，
所以 f x = b2 + 2b3x + 3b x24 有两个不等实数根，
2 2
所以D1 = 4b3 - 4 3b2b4 > 0 b3 > 3b2b4 ，
又bi > 0 i =1，2，3，4 b2，所以 3 > 3b2b4 > b2b4 ；
x = 0时， f 0 = b1 > 0，所以 x = 0不是 f x 的零点，
1 2 3f 又 = b + b
1 1 1+ b + b ，
è x ÷ 1 2 x ÷ 3 è è x ÷ 4 ÷ è x
1
令 t = ，则 f t = b1 + b2t + b3t 2 + b t34 也有三个零点，x
f 1 b x
3 + b x2 + b x + b
即 ÷ =
1 2 3 4 有三个零点，
è x x3
令 g x = b x31 + b2x2 + b3x + b4 ，则 g x 有三个零点，
所以 g x = 3b x21 + 2b2x + b3有两个零点，
D 2所以 2 = 4b2 - 4 3b1b
2
3 > 0 b2 > 3b1b3 > b1b3 ，
因为b2b4 2
3 ,b
2
1b3 所以正项数列b1,b2 ,b3 ,b4 对任意的相邻三项bt-1, bt , bt+1，都满足bt-1bt+1 b
2
t ，
所以数列b1,b2 ,b3 ,b4 是一个“对数性凸数列”.
1 n 1 n-1 1 n-1 1 n
（3）记 S = a1 + a2 +L+ an-1，则要证 a an +1 i ÷ n -1 j ÷ a aè i=0 è j=1 è n i ÷ n j ÷
，
i=0 è j=1
a + a + S S S + a S + a
即证 0 n × 0 × n ，
n + 1 n -1 n n
n2 S + a + a S n2即 0 n -1 S + a0 S + an ，即 S + a0 S + an n2a0an ①，
a a
因为数列 an 为对数性凸数列，所以 at-1at+1 a2 t+1 tt ， at a
，
t-1
an a n-1 a2 a1所以 L ，所以 a0a a a a a Lan-1 an-2 a1 a
n 1 n-1 2 n-2 ，
0
n-1 n-1
S a a + a= 1 + a2 +L+ a k n-kn-1 = akan-k n -1 a a2 0 n ，k=1 k=1
而 a0 + an 2 a0an ，
2
所以 S + a0 S + an = S2 + a0 + an S + aoan S2 + 2 a0an S + a0an
2 2= S + a a 20 n n a0an = n a0an，
当且仅当ak =an-k(k =0,1,2,...,n)时等号成立，
故式①成立，所以原不等式成立．
【点睛】方法点睛：解决数列新定义题型，需要耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按照
新定义的要求，结合所学习过的知识点，逐一分析、证明、求解.
19．（2024·山东·模拟预测）法国数学家弗朗索瓦·韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，将其
推广到高次方程，并在其著作《论方程的识别与订正》中正式发表，后来人们把这个关系称为韦达定理，
即如果 x1, x2 , x3 , × × ×, xn n 2 n n-1是关于 x 的实系数一元 n 次方程 an x + an-1x + ×××+ a1x + a0 = 0 an 0 在复数集
ìx a+ x + x + ×××+ x = - n -1 1 2 3 n ,
an

x1x2 + x1x
a - 2
3 + ×××+ xn-1xn = n ,an

C 内的 n 个根，则 í
x1x2x3 + x1x2x
a - 3
4 + ×××+ xn-2xn-1xn = - n ,a
n
L,

x1x2x
a
3 × × × × × xn = -1
n × 0 .
an
试运用韦达定理解决下列问题：
(1)已知 a,b,c R ， a + b + c =1， ab + bc + ca = 0，求 a3 + b3 + c3 的最小值；
(2)已知 a,b R 3，关于 x 的方程 x + 2 - a x2 + bx - a = 0 a > 0 有三个实数根，其中至少有一个实效根在区
间 0,a 内，求 2a - b 的最大值．
5
【答案】(1)
9
(2)4
3
【分析】（1）构造函数 f x =x - x2 - abc,求导 f x = 3x2 - 2x，根据函数的单调性求解极值，即可得
4
- < abc < 0，进而可求解，
27
ìm + n + k = a - 2

（2）根据韦达定理可得 ímn + mk + nk = b m n
2k + 4 b a，即可表达出 + ，进而化简可得 = + mk + nk ，即可
k k
nmk = a
k -1 22a b m n 2 1 根据 - =- + + - ÷ k + 2 ，利用不等式求解.k è k
【解析】（1）根据韦达定理可设 a,b,c是 x3 - x2 - abc = 0的三个实数根，
f x =x3令 - x2 - abc, f x =3x2 - 2x，
x 2当 > , x < 0时， f x > 0，此时 f x 单调递增，3
当0 < x
2
< 时， f x < 0，此时 f x 单调递减，
3
故 f x 2 4的极大值为 f 0 =- abc,极小值为 f ÷= - abc,
è 3 27
a,b,c a b c 1由于 不可能相等，否则 = = = ，与 ab + bc + ca = 0矛盾，
3
故 f x x3 x2 abc f 2 4= - - 有两个或者三个零点，则 ÷= - abc 0且 f 0 =- abc 0
4
，故- < abc < 0，
è 3 27 27
由 a + b + c 2 - 2 ab + bc + ca = a2 +b2 +c2 ，结合 a + b + c =1， ab + bc + ca = 0，
所以1 = a2 +b2 +c2
由 a + b + c éa
2 +b2 +c2 - ab + bc + ca ù = a
3+b3+c3 - 3abc，
所以 a3+b3+c3 - 3abc=1，
a3 4 5则 +b3+c3 = 3abc+1 3
- ÷ +1 = ，
è 27 9
故 a3 + b3 + c3
5
的最小值为 ，
9
（2）设方程的三个实数根分别为m, n, k ，其中0 < k < a ，
ìm + n + k = a - 2

由韦达定理可得 ímn + mk + nk = b，

nmk = a
由 m + n 2 4mn和 k > 0，得 k m + n 2 - 4mnk 0，当且仅当m = n 时等号成立，
又m + n + k = a - 2 = mnk - 2，故 k m + n 2 - 4 m + n + k + 2 0，
k m + n 2 - 4 m + n - 4k + 8 0，即 m + n + 2 mk + nk - 2k - 4 0 a - k mk + nk - 2k - 4 0，
由0 < k < a ，得mk + nk - 2k - 4 0，
因此m + n
2k + 4
，当且仅当m = n 时等号成立，
k
a
由mn + mk + nk = b和 nmk = a可得b = + mk + nk ，
k
结合 n + m + k = a - 2可得
k -1 2
2a - b= 2
1 1- ÷ a - m + n k= 2 -

÷ m + n + k 2
1
+ - m + n k = - m + n + 2 -

÷ k + 2 ，
è k è k k è k
k -1 2 2k + 4
由于- 0以及m + n ，
k k
k -1 2 22k + 4 k - 2
故 2a - b - × + 2
1 k - ÷ + 2 =- + 4 4，k k è k 特训 06 利用导数解决零点、交点、方程根等问题（三大题型）
方法技巧 1 隐零点问题
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数 f(x)在区间 I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致
解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数 f(x)在区间 I 上存在唯一的零点(例如，函数 f(x)在
区间 I 上是单调函数且在区间 I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点
是 x0.因为 x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点 x0叫做隐零点；若 x0容易求出，就
叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
方法技巧 2 极限思想在解决零点问题中的应用
解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与 x 轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限
的思想方法是解决问题的有力工具.
目录：
01 ：判断、证明或讨论零点的个数
02 ：根据零点情况求参数范围
03 ：与函数零点相关的综合问题
01 ：判断、证明或讨论零点的个数
3
例 1 已知函数 f(x)＝xsin x－ .
2
判断函数 f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.
感悟提升　利用导数求函数的零点常用方法
(1)构造函数 g(x)，利用导数研究 g(x)的性质，结合 g(x)的图象，判断函数零点的个数.
(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.
1
训练 1 已知函数 f(x)＝ x3－a(x2＋x＋1).
3
(1)若 a＝3，求 f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
02 ：根据零点情况求参数范围
例 2 已知函数 f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).
(1)当 a＝2 时，求 f(x)的图象在 x＝1 处的切线方程；
1
(2)若函数 g(x)＝f(x)－ax＋m 在[ ，ee ]上有两个零点，求实数 m 的取值范围.
感悟提升　1.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.
2.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，并结合特殊点判断函数的
大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.
训练 2 已知函数 f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.
(1)当 a＝0 时，求函数 f(x)的极值；
(2)若函数 f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数 a 的取值范围.
03 ：　与函数零点相关的综合问题
例 3 设函数 f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数；
2
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln .
a
感悟提升　1.在(1)问中，当 a>0 时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而 f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，
问题的关键是找到 b，使 f′(b)<0.
2
2.由(1)问知，函数 f′(x)存在唯一零点 x0，则 f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明 f(x0)≥2a＋aln .a
1 1
训练 3 设函数 f(x)＝x3＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点( ，f( ))处的切线与 y 轴垂直.2 2
(1)求 b；
(2)若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于 1.
方法技巧 1 隐零点问题
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数 f(x)在区间 I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致
解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数 f(x)在区间 I 上存在唯一的零点(例如，函数 f(x)在
区间 I 上是单调函数且在区间 I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点
是 x0.因为 x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点 x0叫做隐零点；若 x0容易求出，就
叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
例 设函数 f(x)＝ex－ax－2.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 a＝1，k 为整数，且当 x>0 时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求 k 的最大值.
方法技巧 2 极限思想在解决零点问题中的应用
解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与 x 轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限
的思想方法是解决问题的有力工具.
例 (1)已知函数 f(x)＝ax－x2(a＞1)有三个不同的零点，求实数 a 的取值范围.
(2)已知函数 f(x)＝ex(x＋1)，若函数 g(x)＝f(x)－3ex－m 有两个零点，求实数 m 的取值范围.
一、解答题
1．（2024·北京顺义·三模）已知函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 .
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 a < 0时，求证：函数 f x 存在极小值；
(3)求函数 f x 的零点个数.
2 1．（2024·湖南常德·一模）已知函数 f x = 2lnx - x + x ．
(1)求 f x 的单调区间；
1 2(2)证明： 1+ 2 ÷ 1
1 1 1
+ *2 ÷ 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷ < e3 n N , n 2 ；è 2 è 3 è 4 è n
(3)若函数 g x = m2 ln2 x 1- x - + 2 m > 0 有三个不同的零点，求m 的取值范围．
x
3．（2024·陕西商洛·三模）已知函数 f x 1= 2a2 ln x - x2 - ax a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
2x
(2) e当 a > 0时，若函数 g x = + aex 和 h x = 2a2x 的图象在 0,1 上有交点，求实数 a的取值范围．
2
4．（2024·湖南岳阳·三模）已知VABC 的三个角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c且 c = 2b，点D在边BC 上， AD
是 BAC 的角平分线，设 AD = kAC （其中 k 为正实数）．
(1)求实数 k 的取值范围；
(2) f (x) 3 ax3 5 b设函数 = - bx2 + cx -
3 2 2
① 2 3当 k = 时，求函数 f (x) 的极小值；
3
②设 x0 是 f (x) 的最大零点，试比较 x0 与 1 的大小．
2
5．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = + lnx - m．
x
(1)讨论 f x 的零点个数；
(2)若 f x 有两个零点，证明：两个零点之和大于 4．
6．（2024· x河北邯郸·二模）已知函数 f x = e - mx, g x = x - mlnx ．
(1)是否存在实数m ，使得 f x 和 g x 在 0, + 上的单调区间相同？若存在，求出m 的取值范围；若不存
在，请说明理由．
(2)已知 x1, x2 是 f x 的零点， x2 , x3 是 g x 的零点．
①证明：m > e ，
②证明：1 < x1x2x3 < e
3
．
a
7．（2023· · x-1 2河南信阳 模拟预测）设函数 f (x) = (x -1)e + x .
2
(1)讨论函数 f (x) 的单调性；
(2)若 a≥- e，讨论函数 f (x) 的零点的个数.
8．（2024· bx湖南株洲·一模）已知函数 f x = x + a e 在 1, f 1 处的切线方程为 y = e x -1 ，其中 e 为自
然常数.
(1)求 a、b 的值及 f x 的最小值；
4
(2) x x f x = kx2设 1， 2是方程 - 2 （ k > 2）的两个不相等的正实根，证明： x1 - x2 > ln .e
9．（2023·河南·模拟预测）已知函数 f x = a ln x - bx(a,b R, a 0)．
(1)求证：曲线 y = f (x) 仅有一条过原点的切线；
(2)若 a = 2b > 0时，关于 x 的方程 f (x) = m - x2有唯一解，求实数m 的取值范围．
1 1
10．（2023·
x+1
全国·模拟预测）已知函数 f x = x e - 2 - a ÷， g x = a ln x - + a ．è x x
(1)讨论 g x 的单调性．
(2)设方程 f x = g x 有两个不相等的正实数根x1，x2．
①求实数 a的取值范围．
② x
1
1 +x2
证明： e > x ．1x2
2 2 - 2a
11．（2023·

山东·模拟预测）已知函数 f x = x x + x - 2a

÷ + ．
è e ex
(1)若 x = 0是函数 f x 的极大值点，求实数 a 的取值范围；
f x
(2) 已知 a > 0，证明：方程 =1- a 有且仅有 1 个正实根，且该正实根位于区间 a, 2a 内．
2
12．（2022· 2重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数 f x = x - 2ln x ．
(1)求 f x 的最小值，并证明方程 f f x = f x 有三个不等实根；
(2)设(1)中方程 f f x = f x 的三根分别为 x1，x2 ， x3 ，且 x1 < x2 < x3，证明： x2 - x3 > ln x1．
13．（2024·山东潍坊·一模）已知函数 f (x) = 2m ln x - x
1
+ （m > 0）．
x
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2) (1 1
2
证明： + 2 )(1
1
+ 2 )(1
1
+ 2 )
1
× × × (1+ ) < e3 （ n N* ， n 2）；
2 3 4 n2
(3)若函数 g(x)
1
= m2 ln2 x - x - + 2 有三个不同的零点，求m 的取值范围．
x
14．（2023·辽宁抚顺· 2模拟预测）已知函数 f x = ax - x - lnx a R ．
1
(1)当 a = 时，求函数 f x 在[1, 2]上的最大值．
2
(2)若函数 f x 在定义域内有两个不相等的零点x1，x2，证明： f x1 + x2 + ln x1 + x2 > 2．
0
15．（2024·河北邢台·二模）在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式 型或 型极限的一种重
0
要方法，其含义为：若函数 f x 和 g x 满足下列条件：
① lim f x = 0且 lim g x = 0（或 lim f x = ， lim g x = x a x a x a x a ）；
②在点 a的附近区域内两者都可导，且 g x 0；
f x f x f x
③ lim

= A
g x （A 可为实数，也可为± ），则
lim = lim = A
x a x a g x ．x a g x
x
(1)用洛必达法则求 lim ；
x 0 sin x
2 3 2n-1
(2)函数 f x 1 x x x x= + + + +L+2! 3! 2n 1 !（ n 2， n N*），判断并说明
f x 的零点个数；
-
(3)已知 g 2x = g x ×cos x， g 0 1 x π π= - , ， ÷，求 g x 的解析式．
è 2 2
参考公式： lim f x = f lim x ， lim kf x = k lim f x ．x a x a x a x a
16．（2024·浙江金华·模拟预测）设全集为U ，定义域为D的函数 y = fn (x)是关于 x 的函数“函数组”，当 n
取U 中不同的数值时可以得到不同的函数．例如：定义域为R 的函数 fn (x) = nx，当U = N*时，有
f1(x) = x, f2 (x) = 2xL若存在非空集合 A U 满足当且仅当 n A时，函数 fn (x)在D上存在零点，则称 fn (x)
是A 上的“跳跃函数”．
(1)设U = Z, D = (- , 2]，若函数 fn (x) = 2
x - n2是A 上的“跳跃函数”，求集合A ;
(2)设 fn (x) = 4nx
3 - (6n +1)x2 + 2x, D = (1, + )，若不存在集合A 使 fn (x)为A 上的“跳跃函数”，求所有满足条
件的集合U 的并集；
(3)设U = N*， fn (x)为A 上的“跳跃函数”，D = (1, + ) ．已知 f1(x) = 2
1
- ，且对任意正整数 n，均有
x
fn+1(x) = fn (x) + (1- x)
n +1．
（i）证明： A = n n = 2k, k N* ;
（ii）求实数 a的最大值，使得对于任意 n A，均有 fn (x)的零点 tn > a．
17．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若函数 y = f x 的图象上的若干个不同点处的切线互相重合，则称该
切线为函数 y = f x 的图象的“自公切线”，称这若干个点为函数 y = f x 的图象的一组“同切点”例如，如图，
直线 l为函数 y = f x 的图象的“自公切线”，A ， B 为函数 y = f x 的图象的一组“同切点”.
(1)已知函数 f x = xcosx在 x = 0处的切线为它的一条“自公切线”，求该自公切线方程；
(2)若 a R ，求证：函数 g x = x - tanx a x π , π+ - ， ÷有唯一零点，且该函数的图象不存在“自公切线”；
è 2 2
x π π
(3)设 n N*，函数 hn x = - tanx - π， x - + nπ, + nπ 的零点为 q ，求证： An 2 2 ÷ n n q2n , f q2n 为函数è
f x = xcosx的一组同切点.
18．（2024·安徽芜湖·三模）若数列 an 的各项均为正数，且对任意的相邻三项 at-1, at , at+1，都满足
at-1at+1 a
2
t ，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项 at-1, at , at+1，都满足 at-1 + at+1 2at 则称该
数列为“凸数列”．
(1)已知正项数列 cn 是一个“凸数列” c，且a =e nn ，（其中 e为自然常数， n N*），证明：数列 an 是一个
“对数性凸数列”，且有 a1a10 a5a6 ；
(2)若关于 x 的函数 f x = b1 + b2x + b3x2 + b 34x 有三个零点，其中bi > 0 i =1，2，3，4 ．证明：数列b1,b2 ,b3 ,b4 是
一个“对数性凸数列”：
1 n 1 n-1 1 n-1 1 n
(3)设正项数列 a0, a1，L, an 是一个“对数性凸数列”，求证： ai ÷ a j ÷ ai ÷ a j ÷
è n +1 i=0 è n -1 j=1 è n i=0 è n j=1
19．（2024·山东·模拟预测）法国数学家弗朗索瓦·韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，将其
推广到高次方程，并在其著作《论方程的识别与订正》中正式发表，后来人们把这个关系称为韦达定理，
x , x n n-1即如果 1 2 , x3 , × × ×, xn n 2 是关于 x 的实系数一元 n 次方程 an x + an-1x + ×××+ a1x + a0 = 0 an 0 在复数集
ìx a -1 1 + x2 + x3 + ×××+ x
n
n = - ,
an
x x x x x x an - 2 1 2 + 1 3 + ×××+ n-1 n = ,
an
C 内的 n 个根，则 í
x1x2x x x x
an - 3
3 + 1 2 4 + ×××+ xn-2xn-1xn = - ,a
n
L,

x x n a01 2x3 × × × × × xn = -1 × .
an
试运用韦达定理解决下列问题：
(1)已知 a,b,c R ， a + b + c =1， ab + bc + ca = 0，求 a3 + b3 + c3 的最小值；
(2)已知 a,b R ，关于 x 的方程 x3 + 2 - a x2 + bx - a = 0 a > 0 有三个实数根，其中至少有一个实效根在区
间 0,a 内，求 2a - b 的最大值．

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