3.3 导数的综合应用-【高考密码】备战2026年高考数学十年高考真题分类汇编

3.3 导数的综合应用 考点1 利用导数研究不等式 1.(2015课标Ⅰ理,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】D　 【解析】由f(x0)<0,即(2x0-1)-a(x0-1)<0得(2x0-1)<a(x0-1). 当x0=1时,得e<0,显然不成立,所以x0≠1. 若x0>1,则a>. 令g(x)=,则g'(x)=. 当x∈时,g'(x)<0,g(x)为减函数, 当x∈时,g'(x)>0,g(x)为增函数, 要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)<a≤g(3),得3e2<a≤e3,与a<1矛盾,所以x0<1. 因为x0<1,所以a<. 易知,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为增函数, 当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数, 要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)≤a<g(0), 得≤a<1(满足a<1).故选D. 评析　本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合性较强,属难题. 2.(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3. (1)若b=0,且f '(x)≥0,求a的最小值; (2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形; (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,2). 当b=0时, f(x)=ln +ax, 所以f'(x)='+a=+a, 因为f '(x)≥0, 所以a≥=, 依题意得a≥, 所以当x=1时,a取到最小值-2. (2)证明:因为f(x)=ln +ax+b(x-1)3, 所以f(2-x)=ln +a(2-x)+b(1-x)3, 所以f(2-x)+f(x)=2a, 所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称, 即曲线y=f(x)是中心对称图形. (3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续, 故f(1)=a=-2, 即f(x)=ln -2x+b(x-1)3,x∈(1,2), f'(x)=(x-1)2, 易知y=∈(2,+∞), 所以当b≥-时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增, 所以f(x)>f(1)=-2成立. 当b<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0, 即3b=. 在(1,x0)上,f'(x)<0, f(x)单调递减, 又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意. 综上,可得b≥-. 3.(2024天津,20,16分,难)已知函数f(x)=xln x. (1)求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程; (2)若存在a,使得f(x)≥a(x-)在x∈(0,+∞)时恒成立,求a的取值范围; (3)若x1,x2∈(0,1),证明:|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2. 【解析】(1)f '(x)=1+ln x, ∴曲线y=f(x)在x=1处切线的斜率k=f '(1)=1, ∵f(1)=0,∴切线方程为y-0=1(x-1),即y=x-1. (2)f(x)≥a(x-)恒成立, 即xln x≥a(x-)恒成立, ∵x>0,∴ln x≥a恒成立. 设g(x)=ln x-a, 则g(x)≥0恒成立,g'(x)=-=. ①a>0时,令2=a,得x0=, ∴当x∈时,g'(x)<0,当x∈时,g'(x)>0, ∴g(x)在上单调递减,在上单调递增. ∵g(1)=0,∴要使g(x)≥0恒成立, 则=1,∴a=2. ②a≤0时,g'(x)>0恒成立,g(x)在(0,+∞)上单调递增,∵g(1)=0,∴g(x)≥0不可能恒成立. 综上,a=2. (3)证明:当x1=x2∈(0,1)时,|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2显然成立. 当x1≠x2时,不妨设1>x1>x2>0,则需证|f(x1)-f(x2)|<(x1-x2. ①若f(x1)>f(x2),则原不等式转化为f(x1)-f(x2)<(x1-x2. ∵x1-x2∈(0,1),∴(x1-x2>x1-x2, ∴只需证明f(x1)-f(x2)<x1-x2, 即证 f(x1)-x1<f(x2)-x2, 设h(x)=f(x)-x=xln x-x,x∈(0,1), 即证h(x)在(0,1)上单调递减, ∵h'(x)=1+ln x-1=ln x<0, ∴h(x)在(0,1)上单调递减恒成立,得证. ②若f(x1)<f(x2),则只需证f(x2)-f(x1)<(x1-x2. ∵(x1-x2>-,(要证(x1-x2>-,只需证x1-x2>x1+x2-2,即2>2x2,即>,显然成立) ∴只需证f(x2)-f(x1)<-, 即证f(x2)+<f(x1)+, 设m(x)=f(x)+=xln x+,x∈(0,1), 即证m(x)在(0,1)上单调递增, m'(x)=1+ln x+,m″(x)=-=, 令m″(x)=0,解得x=, ∴当x∈时,m″(x)<0, 当x∈时,m″(x)>0, ∴m'(x)在上单调递减,在上单调递增, ∴m'(x)≥m'=1+ln+2=3-ln 16>0, ∴m'(x)>0在(0,1)上恒成立, 即m(x)在(0,1)上单调递增,得证. 综上,当x1,x2∈(0,1)时,|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2. 4.（2025全国一卷，19,17分） (1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间的最大值; (2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ; (3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值. 【解析】　(1)∵f(x)=5cos x-cos 5x, ∴f '(x)=-5sin x+5sin 5x, 令f '(x)=0,得sin x=sin 5x. ∵0<x<, ∴0<5x<, 因此x=5x或x+5x=π, 即x=0(舍去)或x=. 当0<x<时, f '(x)=5(sin 5x-sin x)>0, f(x)单调递增, 若0<5x<,则0<x<5x<,sin 5x>sin x;若<5x<,则sin 5x>sin=,sin x<sin< 当<x<时,sin 5x<,sin x>, f '(x)<0, f(x)单调递减. 因此当x=时, f(x)取得最大值,且f(x)max=3. (2)证明:假设不存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ, 则对任意y∈[a-θ,a+θ]都有cos y>cos θ. 即y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z). 因此[a-θ,a+θ]⊆(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z), ∴k∈Z,因此a<2kπ且a>2kπ,矛盾. 所以存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ. (3)由(1)知当x∈时, f(x)≤3, 当x∈时, f(x)<5cos -(-1)<3, 又f(x)是周期为2π的偶函数, 所以f(x)≤3对x∈R恒成立, 所以当b≥3时,存在φ=0使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立, 当b<3时,令θ=,由(2)知对任意φ存在y∈使得cos y≤cos π=-, 令x=, 则x∈, 故5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos y≥5×-=3>b, 因此b<3时,均不符合题意. 综上,b的最小值为3. 5.（2023全国甲理，21） 已知 （1）若，讨论的单调性； （2）若恒成立，求a的取值范围． 【解析】（1） 令,则，则 当 当,即；当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 （2）设 设， 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若 当,所以. . 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当. 6.(2015山东理,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R. (1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由; (2)若∀x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围. 【解析】　(1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞), f '(x)=+a(2x-1)=. 令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞). ①当a=0时,g(x)=1, 此时f '(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点. ②当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8). (i)当0<a≤时,Δ≤0,g(x)≥0, f '(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点. (ii)当a>时,Δ>0, 设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1<x2), 因为x1+x2=-,所以x1<-,x2>-. 由g(-1)=1>0,可得-1<x1<-. 所以当x∈(-1,x1)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增; 当x∈(x1,x2)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增. 因此函数有两个极值点. ③当a<0时,Δ>0, 由g(-1)=1>0,可得x1<-1. 当x∈(-1,x2)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增; 当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减. 所以函数有一个极值点. 综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点; 当0≤a≤时,函数f(x)无极值点; 当a>时,函数f(x)有两个极值点. (2)由(1)知, ①当0≤a≤时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意. ②当<a≤1时,由g(0)≥0,得x2≤0, 所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. 又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意. ③当a>1时,由g(0)<0,可得x2>0. 所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减. 因为f(0)=0,所以x∈(0,x2)时, f(x)<0,不合题意. ④当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1). 因为x∈(0,+∞)时,h'(x)=1-=>0, 所以h(x)在(0,+∞)上单调递增. 因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x. 可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x, 当x>1-时,ax2+(1-a)x<0, 此时f(x)<0,不合题意. 综上所述,a的取值范围是[0,1]. 7.(2014课标Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值; (3)已知1.414 2<<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001). 【解析】　(1)f '(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立. 所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)] =2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2). (i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0. (ii)当b>2时,若x满足2<ex+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+)时,g'(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+)时,g(x)<0. 综上,b的最大值为2. (3)由(2)知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln 2. 当b=2时,g(ln)=-4+6ln 2>0, ln 2>>0.692 8; 当b=+1时,ln(b-1+)=ln, g(ln)=--2+(3+2)ln 2<0, ln 2<<0.693 4. 所以ln 2的近似值为0.693. 8.(2020江苏,19,16分)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b∈R)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x). (1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-∞,+∞),求h(x)的表达式; (2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞),求k的取值范围; (3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m≤. 【解析】　本题主要考查利用导数研究函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力. (1)由条件f(x)≥h(x)≥g(x),得x2+2x≥kx+b≥-x2+2x, 取x=0,得0≥b≥0,所以b=0. 由x2+2x≥kx,得x2+(2-k)x≥0,此式对一切x∈(-∞,+∞)恒成立, 所以(2-k)2≤0,则k=2,此时2x≥-x2+2x恒成立, 所以h(x)=2x. (2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),x∈(0,+∞). 令u(x)=x-1-ln x,则u'(x)=1-,令u'(x)=0,得x=1. x (0,1) 1 (1,+∞) u'(x) - 0 + u(x) ↘ 极小值 ↗ 所以u(x)min=u(1)=0.则x-1≥ln x恒成立, 所以当且仅当k≥0时,h(x)≥g(x)恒成立. 另一方面, f(x)≥h(x)恒成立,即x2-x+1≥kx-k恒成立, 也即x2-(1+k)x+1+k≥0恒成立. 因为k≥0,对称轴为x=>0, 所以(1+k)2-4(1+k)≤0,解得-1≤k≤3. 因此,k的取值范围是0≤k≤3. (3)证明:①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*) 令Δ=[-(t3-t)]2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8. 记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤), 则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立, 所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7. 所以不等式(*)有解,设解的范围为x1≤x≤x2, 因此n-m≤x2-x1=≤. ②当0<t<1时, f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1. 设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1, v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1), 令v'(t)=0,得t=. 当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数; 当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数. v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0. (或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0) 则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n). 因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<. ③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立. 综上所述,n-m≤. 9.(2019课标Ⅰ文,20,12分)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f '(x)为f(x)的导数. (1)证明:f '(x)在区间(0,π)存在唯一零点; (2)若x∈[0,π]时, f(x)≥ax,求a的取值范围. 【解析】　(1)设g(x)=f '(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x. 当x∈时,g'(x)>0;当x∈时,g'(x)<0, 所以g(x)在单调递增, 在单调递减. 又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点. 所以f '(x)在(0,π)存在唯一零点. (2)由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0. 由(1)知,f '(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f '(x)>0; 当x∈(x0,π)时,f '(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减. 又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0. 又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax. 因此,a的取值范围是(-∞,0]. 10.(2017课标Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围. 【解析】　本题考查函数的单调性,恒成立问题. (1)f '(x)=(1-2x-x2)ex. 令f '(x)=0,得x=-1-或x=-1+. 当x∈(-∞,-1-)时, f '(x)<0; 当x∈(-1-,-1+)时, f '(x)>0; 当x∈(-1+,+∞)时, f '(x)<0. 所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)单调递减, 在(-1-,-1+)单调递增. (2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减,而h(0)=1, 故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1. 当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1. 当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1 =x(1-a-x-x2),取x0=, 则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1. 当a≤0时,取x0=, 则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 综上,a的取值范围是[1,+∞). 解题思路　(1)求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的单调增区间,令f '(x)<0,求出f(x)的单调减区间. (2)对参数a的取值进行分类讨论,当a≥1时,构造函数可知(1-x)·ex≤1,所以f(x)=(x+1)(1-x)·ex≤x+1≤ax+1成立;当0<a<1时,构造函数可知ex≥x+1,通过举反例x0=, f(x0)>ax0+1,从而说明命题不成立;当a≤0时,举反例x0=说明不等式不成立. 疑难突破　 (1)求单调区间的一般步骤:①求定义域;②求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的增区间, 令f '(x)<0,求出f(x)的减区间;③写出结论,注意单调区间不能用“∪”连接. (2) 恒成立问题的三种常见解法:①分离参数,化为最值问题求解,如a≥φ(x)max或a≤ φ(x)min;②构造函数,分类讨论,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min≥0;③转变主元,选取适当的主元可使问题简化. 11.(2017课标Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a<0时,证明f(x)≤--2. 【解析】　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=+2ax+2a+1=. 若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增. 若a<0,则当x∈时, f '(x)>0; 当x∈时, f '(x)<0, 故f(x)在单调递增,在单调递减. (2)由(1)知,当a<0时, f(x)在x=-取得最大值,最大值为f=ln-1-. 所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2,即ln++1≤0. 设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=-1. 当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln++1≤0,即f(x)≤--2. 12.(2017天津理,20,14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数. (1)求g(x)的单调区间; (2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0; (3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],满足≥. 【解析】　本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力. (1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=. 当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) g'(x) + - + g(x) ↗ ↘ ↗ 所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),,单调递减区间是. (2)证明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m). 令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H1'(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H1'(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H1'(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0. 令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2'(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H2'(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H2'(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0. 所以,h(m)h(x0)<0. (3)证明:对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],令m=,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2) 知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)-f =0. 由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x1)<g(2),于是=≥ =. 因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而≠x0,故f≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以≥.所以,只要取A=g(2),就有≥. 思路分析　(1)求出函数f(x)的导函数g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使导函数为零的x的值,通过列表求出单调区间即可. (2)由h(x)推出h(m),h(x0),令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),求出导函数H1'(x),H2'(x),由此可推出h(m)h(x0)<0. (3)对于任意的正整数p,q,令m=,函数h(x)=g(x)·(m-x0)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)内至少有一个零点,结合(1)可得=≥=,进而得到|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1,最后推出结果即可. 13.(2016四川文,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=-,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当x>1时,g(x)>0; (3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立. 【解析】　(1)f '(x)=2ax-=(x>0). 当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减. 当a>0时,由f '(x)=0有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. (2)令s(x)=ex-1-x,则s'(x)=ex-1-1. 当x>1时,s'(x)>0,所以ex-1>x,从而g(x)=->0. (3)由(2),当x>1时,g(x)>0. 当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 当0<a<时,>1. 由(1)有f<f(1)=0,而g>0, 所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立. 当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0. 因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0, 即f(x)>g(x)恒成立. 综上,a∈. 14.(2015课标Ⅱ理,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx. (1)证明: f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; (2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围. 【解析】　(1)f '(x)=m(emx-1)+2x. 若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0, f '(x)<0; 当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0, f '(x)>0. 若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0, f '(x)<0; 当x∈(0,+∞)时,emx-1<0, f '(x)>0. 所以, f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)由(1)知,对任意的m, f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是 即① 设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1. 当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. 又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0. 当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1; 当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1. 综上,m的取值范围是[-1,1]. 15.(2014课标Ⅰ文,21,12分)设函数f(x)=aln x+x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为0. (1)求b; (2)若存在x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范围. 【解析】　(1)f '(x)=+(1-a)x-b. 由题设知f '(1)=0,解得b=1. (2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=aln x+x2-x, f '(x)=+(1-a)x-1=(x-1). (i)若a≤,则≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增. 所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得--1<a<-1. (ii)若<a<1,则>1,故当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.f(x)在上单调递减,在上单调递增. 所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f<. 而f=aln ++>,所以不合题意. (iii)若a>1,则f(1)=-1=<. 综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞). 16.(2019浙江,22,15分)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. 【解析】　本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养. (1)当a=-时,f(x)=-ln x+,x>0. f '(x)=-+=, 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<a≤. 当0<a≤时,f(x)≤等价于--2ln x≥0. 令t=,则t≥2.设g(t)=t2-2t-2ln x,t≥2,则g(t)=--2ln x. (i)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. (ii)当x∈时, g(x)≥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(i)得,q=-p<-p(1)=0. 所以,q(x)<0. 因此,g(t)≥g=->0. 由(i)(ii)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. 疑难突破　 (1)导函数f '(x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的根,从而确定根两侧导函数的正负. (2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,借助恒成立的条件用特殊值缩小a的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点. 17.（2023天津，20） 已知函数． （1）求曲线在处切线的斜率； （2）当时，证明：； （3）证明：． 【解析】（1），则， 所以，故处的切线斜率为； （2）要证时，即证， 令且，则， 所以在上递增，则，即. 所以时. （3）设，， 则， 由（2）知：，则， 所以，故在上递减，故； 下证， 令且，则， 当时，递增，当时，递减， 所以，故在上恒成立， 则， 所以，，…，， 累加得：，而，则， 所以，故； 综上，，即. 【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键. 18.(2021全国乙理,20,12分)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点. (1)求a; (2)设函数g(x)=.证明:g(x)<1. 【解析】　(1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a), ∴y'=ln(a-x)+x··(-1)=ln(a-x)-,x∈(-∞,a), ∵x=0是函数y=xf(x)的极值点, ∴ln(a-0)-=0,可得a=1. 当a=1时,y'=ln(1-x)-,x∈(-∞,1), 令p(x)=ln(1-x)-, 则p'(x)=, 易知当x∈(-∞,1)时,p'(x)<0恒成立. ∴p(x)在(-∞,1)上为减函数,又p(0)=0, ∴当x∈(-∞,0)时,p(x)>0; 当x∈(0,1)时,p(x)<0, ∴函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数. ∴当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点.∴a=1. (2)证明:由(1)知a=1,∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1), 当x∈(0,1)时, f(x)=ln(1-x)<0,∴xf(x)<0, 当x∈(-∞,0)时, f(x)=ln(1-x)>0,∴xf(x)<0, ∴要证g(x)=<1,只需证x+f(x)>xf(x). 只需证x+ln(1-x)>xln(1-x), 只需证x+(1-x)ln(1-x)>0, 令h(x)=x+(1-x)ln(1-x), 则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x), ∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, ∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0, ∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立. ∴g(x)<1. 名师点拨:在论证较为复杂的不等式时,可考虑数学证明中的分析法,将问题转化,构造函数,通过求函数最值达到解决问题的目的. 19.(2021新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=x(1-ln x). (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<<e. 解题指导:(1)首先确定函数f(x)的定义域,然后求其导数f '(x),再分别令f '(x)>0与f '(x)<0,解不等式,进而得出函数f(x)的单调性;(2)先将已知条件进行等价转化,得到f,设x1=,x2=,将条件转化为方程f(x)=k的两个实根为x1,x2,然后结合函数的单调性分别证明x1+x2>2和x1+x2<e即可. 【解析】　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ln x,令f '(x)>0,解得0<x<1,令f '(x)<0,解得x>1,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)证明:由bln a-aln b=a-b得(1+ln a)=(1+ln b), 即, 令x1=,x2=,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时, f(x)→-∞,且f(1)=1,故k∈(0,1), 不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2-x1>1,e-x1>1, 先证明x1+x2>2,即证x2>2-x1,即证f(x2)=f(x1)<f(2-x1). 令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1), 则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]. ∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立, ∴h(x)为增函数,∴h(x)<h(1)=0. ∴f(x2)<f(2-x1),∴x2>2-x1, ∴x1+x2>2. 再证x1+x2<e,即证x2<e-x1,即证f(x2)=f(x1)>f(e-x1). 令φ(x)=f(x)-f(e-x),x∈(0,1), 则φ'(x)=-ln[x(e-x)], ∵x→0+时,φ'(x)→+∞,φ'(1)=-ln(e-1)<0,φ'(x)在(0,1)上单调递减, ∴在(0,1)上必存在唯一x0,使φ'(x0)=0, 且当x∈(0,x0)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增, 当x∈(x0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减, 又x→0+时, f(x)→0+,且f(e)=0, ∴x→0+时,φ(x)→0+,又φ(1)=f(1)-f(e-1)>0, ∴φ(x)>0恒成立,∴f(x2)>f(e-x1),∴x2<e-x1,∴x1+x2<e. 综上,2<<e成立. 方法总结:利用导数证明不等式时,首先要转化为函数的单调性问题,然后结合函数的最值、函数的零点问题解决,注意构造函数在证明过程中的应用. 20.(2016课标Ⅲ文,21,12分)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. 【解析】　(1)由题设知, f(x)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.(4分) (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,ln x<x-1,ln<-1,即1<<x.(7分) (3)证明:由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx, 则g'(x)=c-1-cxln c,令g'(x)=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.(9分) 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.(12分) 疑难突破　在(3)中,首先要解方程g'(x)=0,为了判定g(x)的单调性,必须比较极值点x0与区间(0,1)的关系,注意到g(0)=g(1)=0是求解本题的突破点. 评析　本题考查了导数的综合运用及不等式的证明. 21.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln x. (1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2; (2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点. 【解析】　(1)函数f(x)的导函数f '(x)=-, 由f '(x1)=f '(x2)得-=-, 因为x1≠x2,所以+=. 由基本不等式得=+≥2, 因为x1≠x2,所以x1x2>256. 由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2). 设g(x)= -ln x,则g'(x)=(-4), 所以 x (0,16) 16 (16,+∞) g'(x) - 0 + g(x) ↘ 2-4ln 2 ↗ 所以g(x)在[256,+∞)上单调递增, 故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2, 即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2. (2)令m=e-(|a|+k),n=+1, 则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0, f(n)-kn-a<n≤n<0, 所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a, 所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点. 由f(x)=kx+a得k=. 设h(x)=, 则h'(x)==, 其中g(x)=-ln x. 由(1)可知g(x)≥g(16), 又a≤3-4ln 2, 故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0, 所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减, 因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根. 综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点. 一题多解　(1)f '(x)=-,且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2). 设f '(x1)=t,则-=t的两根为x1,x2. 即2t()2-+2=0有两个不同的正根x1,x2. ∴即 ∴f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2) =+2ln t. 设g(t)=+2ln t, 则g'(t)=-+=<0, ∴g(t)在上为减函数,∴g(t)>g=8-8ln 2, ∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2. (2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a, 只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0, 函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a ≥+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0. 又x>0时,-kx<-k·=. 即h(x)<-a-ln x,取n=, 则h(n)<-a-ln n=0, 而-|a|-k≤-a-k<-a+,∴n>m>0. 由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点, 即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点. ∵h'(x)=--k≤×--k=-k, ∴当k≥时,h(x)在(0,+∞)上单调递减, 即当k≥时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点. 当0<k<时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中α<β). 此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数. ∵h'(x)=0,∴k=-, 则h(α)=-ln α-kα-a=-ln α+1-a, h'(α)=-=, ∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数, ∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0. 又当α=16时,k=,又0<k<,∴α≠16. 故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0. 即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点. ∴当0<k<时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点, ∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点. 22.(2022新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=xeax-ex. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围; (3)设n∈N*,证明:>ln(n+1). 【解析】　(1)当a=1时,f(x)=xex-ex,则f '(x)=xex, 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)当x>0时,f(x)<-1,即xeax-ex<-1在(0,+∞)上恒成立, 令F(x)=xeax-ex+1(x>0),则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立. 易得F(0)=0,F'(x)=eax+axeax-ex,F'(0)=0, F″(x)=aeax+aeax+a2xeax-ex,F″(0)=2a-1. 若F″(0)>0,则F'(x)必定存在一个单调递增区间(0,x0), 又F'(0)=0,∴F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x'0). 于是F(x)>F(0)=0在(0,x'0)上恒成立,与F(x)<0矛盾, ∴F″(0)≤0,∴a≤. ∵eax≤在(0,+∞)上成立,∴F(x)≤x-ex+1在(0,+∞)上成立, 故只需证x-ex+1<0在(0,+∞)上成立. 令G(x)=x-ex+1(x>0), 则G'(x)=. ∵ex>x+1在(0,+∞)上成立,∴+1在(0,+∞)上成立. ∴G'(x)<0,故G(x)在(0,+∞)上单调递减,∴G(x)<G(0)=0. ∴x-ex+1<0在(0,+∞)上成立. 故当a≤时,xeax-ex<-1在(0,+∞)成立. ∴a的取值范围为. (3)证明:构造函数h(x)=x--2ln x(x>1), 则h'(x)=1+, 易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴h(x)>h(1)=0,∴x->2ln x, 令x=,则有, ∴, ∴=ln(n+1). 原式得证. 23.(2011课标文,21,12分)已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x+2y-3=0. (1)求a,b的值; (2)证明:当x>0,且x≠1时, f(x)>. 【解析】　(1)f '(x)=-. 由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1), 故即 解得a=1,b=1. (2)证明:由(1)知f(x)=+, 所以f(x)-=. 考虑函数h(x)=2ln x-(x>0), 则h'(x)=- =-. 所以当x≠1时,h'(x)<0.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0, 可得h(x)>0. 从而当x>0,且x≠1时, f(x)->0,即f(x)>. 评析　本题考查函数的概念、性质及导数等基础知识,含字母的代数式的运算要求较高,对考生的整体处理、分类整合的数学能力与技巧的要求很高.属难题. 考点2 利用导数研究函数的零点问题 1.（2023全国乙文，8）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或，且当时，， 当，，故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点，则，即，解得， 故选：B. 2.(2014课标Ⅰ,理11,文12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是(　　) A.(2,+∞)　　　　　B.(1,+∞) C.(-∞,-2)　　　　　D.(-∞,-1) 【答案】　C　 【解析】(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意. (2)当a≠0时, f '(x)=3ax2-6x,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=. 当a>0时,>0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-∞,0)与上为增函数,在上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f(0)<0,即1<0,不成立. 当a<0时,<0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在和(0,+∞)上为减函数,在上为增函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f>0,即a·-3·+1>0,解得a>2或a<-2,又因为a<0,故a的取值范围为(-∞,-2).选C. 3.（2025全国二卷，18,17分） 已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0<k<. (1)证明: f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点; (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点. (i)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减; (ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论. 【解析】(1)证明: f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,x∈(0,+∞), f'(x)=-1+x-3kx2 ==, ∵0<k<,∴>0, ∴当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减. ∴x=是函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点. ∵f(0)=0,且x∈时, f(x)单调递增, ∴f>0, 当x=时, f=ln-, 令φ(x)=ln(1+x)-x, 则φ'(x)=-1=<0, ∴φ(x)在(0,+∞)上递减, ∴φ(x)<φ=ln-<0,即f<0, 又-==>0, ∴∈, ∴当x∈时, f(x)有唯一零点. 综上, f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点. (2)(i)∵f'(x)=, 且x1=,即1-3k-3kx1=0, ∴f'(x1+t)= =, f'(x1-t)= =, 又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t), ∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t) =+ =3kt· = = = =, ∵0<k<,0<t<x1, ∴g'(t)<0, ∴g(t)在区间(0,x1)上单调递减. (ii)2x1>x2.理由如下: 由(i)知g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)在(0,x1)单调递减, ∴g(x1)<g(0), 即f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, 又f(0)=0, ∴f(2x1)<0, 又∵f(x2)=0, ∴f(2x1)<f(x2), 由(1)知x∈(x1,+∞)时, f(x)单调递减, ∴2x1>x2. 4.（2025天津，20,16分） 已知a∈R,函数f(x)=ax-(ln x)2. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程. (2)已知f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1<x2<x3. (i)求a的取值范围; (ii)求证:(ln x2-ln x1)·ln x3<. 【解析】(1)当a=1时, f(x)=x-(ln x)2,x>0, 则f '(x)=1-,则f'(1)=1,且f(1)=1, 则切点为(1,1),且切线的斜率为1, 故曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=x. (2)(i)令f(x)=ax-(ln x)2=0,x>0, 得a=, 设g(x)=,x>0, 则g'(x)==, 由g'(x)=0,解得x=1或e2,可得g(1)=0,g(e2)=. 当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减; 当1<x<e2时,g'(x)>0,g(x)在(1,e2)上单调递增; 当x>e2时,g'(x)<0,g(x)在(e2,+∞)上单调递减. 且当x→0时,g(x)→+∞;当x→+∞时,g(x)→0. 如图,作出函数g(x)的图象, 要使函数f(x)有3个零点, 则方程a=g(x)在(0,+∞)内有3个根,即直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点. 结合图象可知,0<a<. 故a的取值范围为. (ii)证明:由图象可知,0<x1<1<x2<e2<x3, 设ln x1=t1,ln x2=t2,ln x3=t3,则t1<0<t2<2<t3, 满足 由②③可得 两式作差可得t3-t2=2(ln t3-ln t2), 则由对数均值不等式可得2=>, 则t2t3<4,故要证(ln x2-ln x1)·ln x3<, 即证t2t3-t1t3<,只需证4-t1t3≤, 即证-t1t3≤,又因为t1<0,=a<a, 则|t1|=-t1<, 所以-t1t3<t3=,故只需证≤, 设函数φ(t)=,t>2, 则φ'(t)==, 当2<t<4时,φ'(t)>0,则φ(t)在(2,4)上单调递增; 当t>4时,φ'(t)<0,则φ(t)在(4,+∞)上单调递减, 故φ(t)max=φ(4)=,即φ(t)≤. 而由4e2-16e+16=4(e-2)2>0, 可知<成立,故命题得证. 5.（2025北京，20,15分） 已知函数f(x)的定义域是(-1,+∞),f(0)=0,导函数f '(x)=,设l1是曲线y=f(x)在点A(a, f(a))(a≠0)处的切线. (1)求f '(x)的最大值; (2)当-1<a<0时,证明:除切点A外,曲线y=f(x)在直线l1的上方; (3)设过点A的直线l2与直线l1垂直,l1,l2与x轴交点的横坐标分别是x1,x2,若a>0,求的取值范围. 【解析】(1)设g(x)=f '(x),则g'(x)==, 由g'(x)=0,可得x=e-1,当x∈(-1,e-1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x∈(e-1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减, ∴f '(x)的最大值为f '(e-1)=. (2)证明:切线l1的方程为y-f(a)=f '(a)(x-a), 即y=f '(a)(x-a)+f(a), 即证f(x)-[f '(a)(x-a)+f(a)]>0对任意的x∈(-1,a)∪(a,+∞)恒成立, 令h(x)=f(x)-xf '(a)+af '(a)-f(a), 则h'(x)=f '(x)-f '(a), 由(1)知,h'(x)在(-1,e-1)上单调递增,在(e-1,+∞)上单调递减, ∴当x∈(-1,a)时,h'(x)<h '(a)=0,h(x)单调递减,h(x)>h(a)=0;当x∈(a,+∞)时, ①x∈(a,e-1]时,h'(x)>h'(a)=0,∴h'(x)>0,h(x)单调递增,∴h(x)>h(a)=0, ②x∈(e-1,+∞)时, f '(x)>0, f '(a)<0,h'(x)>0,h(x)在(e-1,+∞)上单调递增,显然有h(x)>0. 综上,原命题得证. (3)由于x1,x2均与A(a, f(a))有关, 故将x1,x2用a表示,转化为关于a的函数, 对于y=f'(a)(x-a)+f(a),令y=0x1=+a. 同理x2=+a=f'(a)·f(a)+a. ∴= ==, 令t=f'(a), 由(1)知,当a>0时,t∈,则t2∈, ∴=-1+∈ ,即∈. ∴的取值范围是. 6.(2022全国乙文,20,12分)已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x. (1)当a=0时,求f(x)的最大值; (2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围. 【解析】　 (1)当a=0时, f(x)=--ln x(x>0), ∴f '(x)=(x>0), 令 f '(x)=0,得x=1, x∈(0,1)时, f '(x)>0,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, ∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. ∴f(x)max=f(1)=-1. (2)解法一:f '(x)=a+. (i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立, ∴0<x<1时,f '(x)>0,f(x)单调递增, x>1时,f '(x)<0,f(x)单调递减, ∴f(x)max=f(1)=a-1<0. 此时f(x)无零点,不合题意. (ii)当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1或x=, ①当0<a<1时,1<, ∴1<x<时, f '(x)<0, f(x)单调递减, 0<x<1或x>时, f '(x)>0, f(x)单调递增, ∴f(x)在(0,1),上单调递增,在上单调递减, f(x)的极大值为f(1)=a-1<0, x→+∞时, f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点. ②当a=1时,1=, f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(1)=0,符合题意. ③当a>1时,<1, f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减, f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时,f(x)→-∞, ∴f(x)恰有1个零点. 综上所述,a>0. 解法二: f(x)=ax--(a+1)ln x只有一个零点, 即a(x-ln x)=+ln x在(0,+∞)上只有一个解. 由ln x≤x-1,得x-ln x≥1, ∴a=,令g(x)=, 则g'(x)= =, 令h(x)=1--ln x, 则h'(x)=,h'(x)<0在(0,+∞)上恒成立, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0, ∴在(0,1)上,h(x)>0,在(1,+∞)上,h(x)<0, 故在(0,1)上,g'(x)<0,在(1,+∞)上,g'(x)<0, ∴g(x)在(0,+∞)上单调递减, x→0,g(x)→+∞,x→+∞,g(x)→0, ∴g(x)>0, ∴a>0时,a(x-ln x)=+ln x恰有一解. 故a>0. 7.(2022全国甲理,21,12分)已知函数f(x)=-ln x+x-a. (1)若f(x)≥0,求a的取值范围; (2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1. 【解析】　 (1)∵f(x)=-ln x+x-a,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=. 令f '(x)=0,得x=1, f(x), f '(x)的变化情况如下: x (0,1) 1 (1,+∞) f '(x) - 0 + f(x) ↘ ↗ ∴当x=1时, f(x)min=e+1-a. ∵f(x)≥0,∴e+1-a≥0,∴a≤e+1. (2)f(x)=-ln x+x-a=ex-ln x+x-ln x-a, 设t=x-ln x,则y=et+t-a,y'=et+1.  ∵f(x)有两个零点x1,x2,∴由(1)知a>e+1. ∵y'=et+1>0,∴y=et+t-a为增函数, ∴x1-ln x1=x2-ln x2. 由t=x-ln x得t'=1-,令t'=0,得x=1, t,t'的变化情况如下: x (0,1) 1 (1,+∞) t' - 0 + t ↘ 1 ↗ 证法一:不妨设0<x1<1<x2, ∴x2-x1=ln x2-ln x1. 可以证明:,则有<1,所以x1x2<1. 证明如下:∵, ∴只需证. 设m=(m>1), 从而只要证>ln m(m>1). 设g(m)=-ln m(m>1), 则g'(m)=, ∵g'(m)>0,∴g(m)在(1,+∞)上单调递增, ∴g(m)>g(1)=0, ∴成立. 故x1x2<1. 证法二:不妨设0<x1<1<x2,F(x)=f(x)-f,0<x<1, 则F'(x)=f '(x)+(ex+x)+(ex+x-1-x). 设φ(x)=ex+x-1-x,x∈(0,1), 则φ'(x)=ex+1-. ∵0<x<1,∴φ'(x)>0,∴φ(x)在(0,1)上单调递增, ∴φ(x)<φ(1)=0,又<0,∴F'(x)>0, ∴F(x)在(0,1)上单调递增. ∴F(x)<F(1)=0,∴f(x)<f. ∴f(x2)=f(x1)<f . 由(1)可知, f(x)在(1,+∞)上单调递增, ∵x2>1,>1,∴x2<,∴x1x2<1. 8.(2020课标Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=x3-kx+k2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围. 【解析】　(1)f '(x)=3x2-k. 当k=0时, f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增. 当k<0时, f '(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增. 当k>0时,令f '(x)=0,得x=±.当x∈时, f '(x)>0;当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.故f(x)在,单调递增,在单调递减. (2)由(1)知,当k≤0时, f(x)在(-∞,+∞)单调递增, f(x)不可能有三个零点.当k>0时,x=-为f(x)的极大值点,x=为f(x)的极小值点. 此时,-k-1<-<<k+1且f(-k-1)<0, f(k+1)>0, f>0. 根据f(x)的单调性,当且仅当f<0,即k2-<0时, f(x)有三个零点,解得k<.因此k的取值范围为. 9.(2020浙江,22,15分)已知1<a≤2,函数f(x)=ex-x-a,其中e=2.718 28…是自然对数的底数. (1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点; (2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明: (i)≤x0≤; (ii)x0 f()≥(e-1)(a-1)a. 【解析】　本题主要考查函数的单调性、零点,导数的运算及其应用,同时考查数学抽象、逻辑推理与数学运算等素养. (1)因为f(0)=1-a<0, f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点. 因为f '(x)=ex-1,所以当x>0时,f '(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点. (2)(i)令g(x)=ex-x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由(1)知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)单调递增,故g(x)≥g(0)=0. 由g()≥0得f()=--a≥0=f(x0), 因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故≥x0. 令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1, 令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=ex-2,所以 x 0 (0,ln 2) ln 2 (ln 2,1) 1 h'1(x) -1 - 0 + e-2 h1(x) 0 ↘ ↗ e-3 故当0<x<1时,h1(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在[0,1]单调递减,因此当0≤x≤1时,h(x)≤h(0)=0. 由h()≤0得f()=--a≤0=f(x0), 因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故≤x0. 综上,≤x0≤. (ii)令u(x)=ex-(e-1)x-1,u'(x)=ex-(e-1),所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0. 由=x0+a可得 x0f()=x0f(x0+a)=(ea-1)+a(ea-2)x0≥(e-1)a, 由x0≥得x0f()≥(e-1)(a-1)a. 10.(2019课标Ⅱ理,20,12分)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. 【解析】　本题考查利用导数判断函数的单调性,求函数零点以及导数的几何意义.考查学生分析、解决问题的能力,考查逻辑推理能力和运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养. (1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞). 因为f '(x)=+>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)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=,故点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 x0)处的切线也是曲线y=ex的切线. 解后反思　(1)先判断函数的单调性,然后结合零点存在性定理证明函数f(x)有且仅有两个零点. (2)要证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线,首先求得这条切线的斜率k=,所以必须在曲线y=ex上找一点B(x1,),使=,从而求得B点的坐标为,然后证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率等于曲线y=ex在点B处的切线斜率即可. 11.(2018课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1). (1)若a=3,求f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点. 【解析】　(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f '(x)=x2-6x-3. 令f '(x)=0,解得x=3-2或x=3+2. 当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f '(x)>0; 当x∈(3-2,3+2)时,f '(x)<0. 故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减. (2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0. 设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点. 又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-<0, f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点. 综上,f(x)只有一个零点. 方法总结　利用导数研究函数零点的方法: 方法一:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值; (2)根据函数f(x)的性质作出图象; (3)判断函数零点的个数. 方法二:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值; (2)分类讨论,判断函数零点的个数. 12.(2016课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点. (1)求a的取值范围; (2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2. 【解析】　(1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(2分) (i)设a=0,则f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一个零点.(3分) (ii)设a>0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增. 又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且b<ln ,则 f(b)>(b-2)+a(b-1)2=a>0, 故f(x)存在两个零点.(4分) (iii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a). 若a≥-,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.(6分) 若a<-,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0. 因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点. 综上,a的取值范围为(0,+∞).(8分) (2)不妨设x1<x2.由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1), f(x)在(-∞,1)单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0. 由于f(2-x2)=-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2-(x2-2).(10分) 设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g '(x)=(x-1)(e2-x-ex). 所以当x>1时, g '(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0. 从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.(12分) 13.(2016课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 【解析】　(1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). (i)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2分) (ii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a). ①若a=-,则f '(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. ②若a>-,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时, f '(x)>0;当x∈(ln(-2a),1)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.(4分) ③若a<-,则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0;当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减.(6分) (2)(i)设a>0,则由(1)知, f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且b<ln, 则f(b)>(b-2)+a(b-1)2=a>0, 所以f(x)有两个零点.(8分) (ii)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.(9分) (iii)设a<0,若a≥-,则由(1)知, f(x)在(1,+∞)上单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;(10分) 若a<-,则由(1)知, f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.(11分) 综上,a的取值范围为(0,+∞).(12分) 疑难突破　(1)分类讨论时临界点的选取是关键,易忽略a=-的情形.(2)在讨论a>0时函数零点的个数时,注意利用不等式的放缩. 评析　本题考查函数的单调性、零点等知识点,解题时要认真审题、仔细解答,注意分类讨论和等价转化. 14.(2015课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x. (1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线? (2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数. 【解析】　(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f '(x0)=0,即 解得x0=,a=-. 因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分) (2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点. 当x=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点. 当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数. (i)若a≤-3或a≥0,则f '(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=,f(1)=a+,所以当a≤-3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点. (ii)若-3<a<0,则f(x)在单调递减,在单调递增,故在(0,1)中,当x=时, f(x)取得最小值,最小值为f =+. ①若f >0,即-<a<0,f(x)在(0,1)无零点; ②若f =0,即a=-,则f(x)在(0,1)有唯一零点; ③若f <0,即-3<a<-,由于f(0)=,f(1)=a+,所以当-<a<-时,f(x)在(0,1)有两个零点;当-3<a≤-时,f(x)在(0,1)有一个零点.(10分) 综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-<a<-时,h(x)有三个零点.(12分) 15.(2015江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (1)试讨论f(x)的单调性; (2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪∪,求c的值. 【解析】　(1)f '(x)=3x2+2ax,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=-. 当a=0时,因为f '(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 当a>0时,若x∈∪(0,+∞),则f '(x)>0,若x∈,则f '(x)<0, 所以函数f(x)在,(0,+∞)上单调递增,在上单调递减; 当a<0时,若x∈(-∞,0)∪,则f '(x)>0,若x∈,则f '(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),上单调递增,在上单调递减. (2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b, f=a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f=b<0,从而或 又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0. 设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪∪, 则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在∪上,g(a)>0均恒成立, 从而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1. 此时, f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)·x+1-a], 因函数f(x)有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0, 解得a∈(-∞,-3)∪∪. 综上,c=1. 评析　本题在考查函数的零点与方程的根的同时,重点考查利用导数研究函数的单调性及函数的极值问题. 16.(2015北京文,19,13分)设函数f(x)=-kln x,k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值; (2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点. 【解析】　(1)由f(x)=-kln x(k>0)得 f '(x)=x-=. 由f '(x)=0解得x=. f(x)与f '(x)在区间(0,+∞)上的情况如下: x (0,) (,+∞) f '(x) - 0 + f(x) ↘ ↗ 所以, f(x)的单调递减区间是(0,), 单调递增区间是(,+∞); f(x)在x=处取得极小值f()=. (2)证明:由(1)知, f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=. 因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e. 当k=e时, f(x)在区间(1,)上单调递减,且f()=0, 所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点. 当k>e时, f(x)在区间(0,)上单调递减, 且f(1)=>0, f()=<0, 所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点. 综上可知,若f(x)存在零点, 则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点. 评析　本题主要考查利用导数求函数的单调区间及极值,考查利用导数研究函数的零点问题,本题综合性较强,属中等难度题. 17.(2015课标Ⅰ文,21,12分)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)证明:当a>0时, f(x)≥2a+aln. 【解析】　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=2e2x-(x>0). 当a≤0时, f '(x)>0, f '(x)没有零点; 当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增,所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增. 又f '(a)>0,当b满足0<b<且b<时, f '(b)<0, 故当a>0时, f '(x)存在唯一零点. (6分) (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).由于2-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln. 故当a>0时, f(x)≥2a+aln.(12分) 学科网（北京）股份有限公司 $$