3.7 利用导数研究函数的零点（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第三章 一元函数的导数及其应用 01 [课标要求] 函数的零点问题综合了函数、方程、不等式等多方面的知识，考查转化与化归、数形结合及函数与方程等数学思想，函数的零点问题常与其他知识结合综合考查．解题难度较大，因此判断零点存在及零点个数问题是考查的一个热点． 3．7　利用导数研究函数的零点 01 03 02 技法一 技法三 技法二 课下巩固精练卷(二十七) 目 录 目 录 高阶拓展(五) 高阶拓展(六) 模板来自于：第一PPT https:/// 4 课下巩固精练卷(二十七) 利用导数研究函数的零点 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 高阶拓展(五) 隐零点 高阶拓展(六) 极值点偏移 感谢观看 技法一　数形结合法 【例1】　已知函数f(x)＝xex＋ex. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)画出函数f(x)的大致图象，并说明理由； (3)求函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数． 解：(1)易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋1)ex＋ex＝(x＋2)ex，令f′(x)＝0，解得x＝－2. 所以f′(x)，f(x)的变化情况如表所示： x (－∞，－2) －2 (－2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 － 单调递增 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)． 所以当x＝－2时，f(x)有极小值，极小值为f(－2)＝，f(x)无极大值． (2)令f(x)＝0，解得x＝－1， 当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0. 易知f(x)的图象经过特殊点A， B(－1，0)，C(0，1)． 当x→－∞时，f(x)＝→0且f(x)<0； 当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞. 根据以上信息，画出大致图象，如图所示． (3)令g(x)＝f(x)－a＝0，得f(x)＝a. 所以函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数， 即函数y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数． 易知当x＝－2时，f(x)取得最小值，最小值为f(－2)＝－. 综上可知，当a<－时，函数g(x)零点的个数为0， 当－<a<0时，函数g(x)零点的个数为2， 当a≥0或a＝－时，函数g(x)零点的个数为1. 思维升华　含参数的函数零点个数问题，可转化为方程解的个数问题，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 【对点练习】　1.(2024·厦门模拟)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx(a，b∈R)． (1)当a＝2，b＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)当a＝0，b＝－1时，方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，求实数m的取值范围． 解：(1)依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝2，b＝1时，f(x)＝ln x－x2－x， 则f′(x)＝， 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－1(舍去)， 当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0， 所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x， 由f(x)＝mx得ln x＋x＝mx， 又x>0，所以m＝1＋， 要使方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解， 只需m＝1＋在区间[1，e2]上有唯一实数解， 令g(x)＝1＋，x∈[1，e2]， 则g′(x)＝， 由g′(x)>0，得1≤x<e； 由g′(x)<0，得e<x≤e2， 所以g(x)在区间[1，e)上单调递增，在区间(e，e2]上单调递减． 又g(1)＝1，g(e2)＝1＋，g(e)＝1＋， 则函数g(x)＝1＋，x∈[1，e2]的大致图象如图所示． 由图象可知，m＝1＋或1≤m<1＋. 故m的取值范围为. 技法二　函数性质法 根据函数单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件． ·教考衔接· 链接高考·【例2】　(2017·课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (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． 教材溯源·(本高考题同：人教A版选择性必修二P104T19) 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)， (ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减． (ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝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)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增． (2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． (ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值， 最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a. ①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点； ②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0， 即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点； ③当a∈(0，1)时，1－＋ln a<0， 即f(－ln a)<0. 又f(－2)＝ae-4＋(a－2)e-2＋2>－2e-2＋2>0， 故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点． 设正整数n0满足n0>ln ， 则f(n0)＝－n0>0. 由于ln >－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点． 综上，a的取值范围为(0，1)． 【对点练习】　2. (2024·湖北武汉模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝tan x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在内的零点个数． 解：(1)函数f(x)＝x≠0}，f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0； 当x∈(0，1)时，f′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在区间(－∞，0)，(0，1)上单调递减， 在区间(1，＋∞)上单调递增． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－tan x＝0，得x sin x－ex cos x＝0. 设h(x)＝x sin x－ex cos x， 所以h′(x)＝(ex＋1)sin x＋(x－ex)cos x. ①当x∈时，可知ex>0>x，则ex>x， 所以x－ex<0， 又sin x<0，cos x>0，所以h′(x)<0， 从而h(x)＝x sin x－ex cos x在上单调递减， 又h(0)＝－1，h>0， 由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上有一个零点． ②当x∈时，cos x≥sin x>0， 由(1)知函数f(x)＝在(0，1)上单调递减， 所以x∈时，函数f(x)＝>f(1)＝e>1， 则ex>x>0. 所以ex cos x>x sin x， 则h(x)＝x sin x－ex cos x<0恒成立． 所以h(x)在上无零点． ③当x∈时，sin x>cos x>0， h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(x cos x＋sin x)>0， 则h(x)在上单调递增． 又h>0，h<0， 由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上存在一个零点． 综上，h(x)在内的零点个数为2， 即F(x)在内的零点个数为2. 技法三　构造函数法 【例3】　已知函数f(x)＝ex＋x＋4ln (2－x)． (1)求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)判断函数f(x)的零点个数，并说明理由． 解：(1)f′(x)＝ex＋1－(x<2)， 所以f′(0)＝e0＋1－＝0， 又f(0)＝e0＋0＋4ln (2－0)＝1＋4ln 2， 所以切点坐标为(0，1＋4ln 2)， 所以函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1＋4ln 2. (2)方法一　函数f(x)有两个零点，理由如下： 令g(x)＝f′(x)，x∈(－∞，2)， g′(x)＝ex－， 令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)， 则h′(x)＝x(x－2)ex， 当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当0<x<2时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(0)＝0，故g′(x)≤0， 所以g(x)在(－∞，2)上为减函数， 所以当x<0时，g(x)>g(0)＝0，即当x<0时， f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增， 当0<x<2时，g(x)<g(0)＝0，即当0<x<2时， f′(x)<0，f(x)在(0，2)上单调递减， 又因为f(2－e6)＝＋2－e6＋24<0， f(0)＝e0＋0＋4ln 2>0， f(2－e-6)＝＋2－e-6－24<e2－22<0， 所以f(x)在区间(2－e6，0)，(0，2－e-6)内各有一个零点， 即函数f(x)有两个零点． 综上，函数f(x)有两个零点． 方法二　函数f(x)有两个零点，理由如下： 令f(x)＝ex＋x＋4ln (2－x)＝0， 可得ex＝－x－4ln (2－x)， 判断函数f(x)的零点个数即判断函数t(x)＝ex(x<2)与 g(x)＝－x－4ln (2－x)(x<2)图象交点的个数． t(x)＝ex为增函数，t(x)>0， 当x→－∞时，t(x)→0， 当x→－∞时，g(x)→＋∞， 由g′(x)＝－1＋＝0，得x＝－2， 当－2<x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 因为g(－2)＝2－4ln 4<0， g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14>0， g(1)＝－1<0，g－4ln ＝ln ＝>0， 且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2， 所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln (2－x)的图象在x<0时有一个交点， 在0<x<2时有一个交点． 综上，函数f(x)有两个零点． 思维升华　(1)涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围． (2)解决此类问题的关键是构造函数F(x)，将函数零点(方程的根)、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 【对点练习】　3.设函数f(x)＝ m>0. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当m≥1时，讨论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)＝. 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，函数f(x)的单调递增区间是， 单调递减区间是. (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－m ln x，x>0， 题中问题等价于求函数F(x)的零点个数． F′(x)＝－， 当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为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， 因为F(1)＝m＋>0，F(2m＋2)＝－m ln (2m＋2)<0， 所以F(x)有唯一零点． 综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图象总有一个交点． 1．设函数f(x)＝－k ln 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)在区间上仅有一个零点． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 由f(x)＝－k ln x(k>0)，得f′(x)＝x－. 由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)． f′(x)与f(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如下表． x f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ ↗ 所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. f(x)在x＝处取得极小值f＝，无极大值． (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)在区间上单调递减且f＝0， 所以x＝是f(x)在区间上的唯一零点； 当k>e时，f(x)在区间上单调递减且f(1)＝>0，f＝<0， 所以f(x)在区间上仅有一个零点． 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间上仅有一个零点． 2．(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝a ln x－. (1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程； (2)若函数f(x)在(0，16]上有两个零点，求a的取值范围． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－2，该函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝，又f(1)＝－2，f′(1)＝1， 因此，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＋2＝x－1， 即x－y－3＝0. (2)①当a≤0时，f′(x)＝<0， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； ②当a>0时，由f(x)＝a ln x－2＝0可得， 令g(x)＝，其中x>0，则直线y＝与曲线y＝g(x)的图象 在(0，16]内有两个交点， g′(x)＝， 令g′(x)＝0，可得x＝e2<16，列表如下， x (0，e2) e2 (e2，16] g′(x) ＋ 0 － g(x) ↗ 极大值 ↘ 所以函数g(x)在区间(0，16]上的极大值为g(e2)＝，且g(16)＝ln 2，作出g(x)的图象如图所示． 由图可知，当ln 2≤<，即e<a≤时，直线y＝与曲线y＝g(x)的图象在(0，16]内有两个交点，即f(x)在(0，16]上有两个零点，因此，实数a的取值范围是. 3．(2024·渭南模拟)已知函数f(x)＝x sin x＋sin . (1)求f(x)在(0，π)上的单调区间； (2)设g(x)＝x2＋4－4f(x)，试判断g(x)在[0，＋∞)上的零点个数，并说明理由． 解：(1)∵f(x)＝x sin x＋sin ＝x sin x＋cos x，∴f′(x)＝x cos x， ∵0<x<π， ∴由f′(x)>0，得0<x<；由f′(x)<0，得<x<π， ∴f(x)在(0，π)上的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)g(x)＝x2＋4－4f(x)＝x2＋4－4x sin x－4cos x，x≥0， 则g(0)＝0，g′(x)＝2x(1－2cos x)， 当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，g(x)<g(0)＝0， 当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增， sin －4cos >0， ∴g(x)在上有唯一零点； 当x≥时，g(x)>x2＋4－4x－4＝x2－4x≥>0， 故g(x)在上无零点. 又g(0)＝0， ∴g(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点． 4．(2022·全国乙卷)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：(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x，x>0， 则f′(x)＝－＝， 当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 所以f(x)max＝f(1)＝－1. (2)f(x)＝ax－－(a+1)ln x，x>0， 则f′(x)＝a＋－＝， 当a≤0时，ax－1<0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，此时函数无零点，不合题意； 当0<a<1时，>1，在(0，1)，上，f′(x)>0，f(x)单调递增， 在上，f′(x)<0，f(x)单调递减， 又f(1)＝a－1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大， 所以f(x)仅在有唯一零点，符合题意； 当a＝1时，f′(x)＝≥0， 所以f(x)单调递增，又f(1)＝a－1＝0， 所以f(x)有唯一零点，符合题意； 当a>1时，<1，在，上，f′(x)>0，f(x)单调递增， 在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，此时f(1)＝a－1>0， 又f＝－an＋nln a， 当n趋近正无穷大时，f趋近负无穷， 所以f(x)在有一个零点，在无零点， 所以f(x)有唯一零点，符合题意． 综上，a的取值范围为. 隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点存在定理处理． 类型一　不含参函数的隐零点问题 【例1】　(人教A版选择性必修一P104)已知函数f(x)＝ex－ln (x＋m)．当m≤2时，求证f(x)>0. 解：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln (x＋m)≤ln (x＋2)， 故只需证明当m＝2时，f(x)＝ex－ln (x＋2)>0， 当m＝2时，函数y＝ex与函数y＝－在(－2，＋∞)上单调递増， 所以函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增， 又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实数根， 记为x＝x0，且x0∈(－1，0)， 当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 从而当x＝x0时，f(x)取得最小值， 由f′(x0)＝0得，即ln (x0＋2)＝－x0， 故f(x)≥f(x0)＝>0， 综上，当m≤2时，f(x)>0. 思维升华　已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用函数零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围． 【对点练习】　1.(2024·山东威海二模)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1. (1)求f(x)的极值； (2)证明：ln x＋x＋1≤xex. 解：(1)由题意得f(x)＝ln x－ax＋1的定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝， 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值； 当a>0时，令f′(x)<0，则x>，令f′(x)>0，则0<x<， 即f(x)在上单调递增，在上单调递减， 故x＝为函数的极大值点，函数极大值为f＝－ln a，无极小值． (2)证明：设g(x)＝xex－ln x－x－1，x>0，g′(x)＝(x＋1)ex－－1， 令h(x)＝(x＋1)ex－－1， 则h′(x)＝(x＋2)ex＋>0(x>0)，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增， h＝－3<0，h(e)＝(e＋1)ee－－1>0， 故∃x∈，使得h(x0)＝0，即＝1， 当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增， 故g(x)min＝g(x0)＝－x0－1＝0， 即g(x)≥0，即xex≥ln x＋x＋1，则ln x＋x＋1≤xex. 2．(2024·陕西安康模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝ln x. (1)求f(x)的极值； (2)证明：xg(x)＋2>exf(x)－. 解：(1)∵f(x)＝，∴f′(x)＝. 当x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0， 所以f(x)在(－∞，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减， 所以当x＝1时，f(x)取得极大值，无极小值． (2)令h(x)＝xg(x)＋2－exf(x)＋＝x ln x＋2－x＋(x>0)， 则h′(x)＝ln x－(x>0)， 令r(x)＝ln x－(x>0)， 则r′(x)＝>0在x>0上恒成立， 所以r(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又r(1)＝ln 1－＝－2<0，r(e)＝ln e－>0， 所以存在x0∈(1，e)，使得r(x0)＝0， 即ln x0＝(x0∈(1，e))， 所以x∈(0，x0)时，r(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减， x∈(x0，＋∞)时，r(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增， h(x)min＝h(x0)＝x0ln x0＋2－x0＋ (x0∈(1，e))， 令m(x)＝2－x＋(x∈(1，e))， 则m′(x)＝－1－<0在(1，e)上恒成立， 所以m(x)在(1，e)上单调递减， 所以m(x)>m(e)＝2－e＋>0， 所以h(x)min＝h(x0)＝2－x0＋>0， 所以xg(x)＋2>exf(x)－. 类型二　含参函数的隐零点问题 【例2】　(2024·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln (x＋1)－1. (1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积； (2)证明：当a>1时，f(x)没有零点． 解：(1)当a＝e时，f(x)＝ex+1－ln (x＋1)－1， f(0)＝e－1，f′(x)＝ex+1－，f′(0)＝e－1， 故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x， 即y＝(e－1)x＋e－1. 因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1， 所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 S＝×(e－1)＝. (2)证明：因为f(x)＝aex－ln (x＋1)－1(x>－1)， 所以f′(x)＝aex－， 令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)， 则g′(x)＝aex(x＋2)， 因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0， 所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0， 故g(x)在(－1，0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0， 因此有aeβ(β＋1)＝1. 当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0； 当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0. 所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增， 故f(β)为最小值． 由aeβ(β＋1)＝1，得－ln (β＋1)＝ln a＋β， 所以当－1<β<0时，f(β)＝aeβ－ln (β＋1)－1 ＝＋β－1＋ln a＝ln a＋， 因为a>1，所以ln a>0， 又因为－1<β<0，所以>0，所以f(β)>0. 所以f(x)≥f(β)>0. 因此当a>1时，f(x)没有零点． 思维升华　已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关． 【对点练习】　3.已知函数f(x)＝ex-a－ln x＋x. (1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当a≤0时，证明：f(x)>x＋2. 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex-1－ln x＋x， f′(x)＝ex-1－＋1， 则f′(1)＝1，而f(1)＝2， 则切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0， 所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0. (2)证明：当a≤0时，令F(x)＝f(x)－x－2＝－ln x－2，x>0， F′(x)＝， 显然函数F′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 令g(x)＝x－1，x≥0，g′(x)＝(x＋1)>0， 即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 而g(0)＝－1<0，g(1)＝－1≥e－1>0， 则存在唯一x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0，即＝， 因此存在唯一x0∈(0，1)，使得F′(x0)＝0， 当0<x<x0时，F′(x)<0，当x>x0时，F′(x)>0， 因此函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 当＝时，x0－a＝－ln x0， 则F(x)≥F(x0)＝－ln x0－2 ＝＋x0－a－2>2－a－2＝－a≥0， 当且仅当＝x0即x0＝1时，取等号，故式子取不到等号． 所以当a≤0时，f(x)>x＋2. 极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色． 1．极值点偏移的概念 已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(a，b)内只有一个极值点x0，f(x1)＝f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有x0≠，这种情况称为极值点偏移． 2．极值点偏移问题的一般题设形式 (1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令x0＝，求证：f′(x0)>0； (4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝，求证：f′(x0)>0. 类型一　对称化构造函数 【例1】　(2022·全国甲卷)已知函数f－ln x＋x－a. (1)若f≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ex－ex＋＝， 令f′(x)＝0，得x＝1， 当x∈(0，1)，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)≥f(1)＝e＋1－a， 若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1， 所以a的取值范围为(－∞，e＋1]. (2)由题知，f一个零点小于1，一个零点大于1， 不妨设x1<1<x2， 要证x1x2<1，即证x1<， 因为x1，∈(0，1)，即证f>f， 因为f，即证f>f， 即证－ln x－>0，x∈(1，＋∞)， 即证>0， 下面证明x>1时>0，ln x－<0， 设g(x)＝，x>1， 则g′(x)＝·]＝ ， 设φ，φ′ex＝ex>0， 所以φ>φ＝e，而<e， 所以>0，所以g′(x)>0， 所以g(x)在(1，＋∞)单调递增， 即g(x)>g(1)＝0，所以>0， 令h(x)＝ln x－，x>1， h′(x)＝<0， 所以h(x)在(1，＋∞)单调递减， 即h(x)<h(1)＝0，所以ln x－<0， 综上>0，所以x1x2<1. 思维升华　构造辅助函数：对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式． 【对点练习】　1.(2024·青岛调研)已知函数f(x)＝xe-x. (1)求f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. 解：(1)f′(x)＝(1－x)e－x， 则由f′(x)<0，得x>1；由f′(x)>0，得x<1， 所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)的极大值是f(1)＝，无极小值． (2)证明：不妨设x1<x2，由(1)知x1<1，x2>1， 要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1， 即证f(x1)＝f(x2)<f(2－x1)． 构造F(x)＝f(2－x)－f(x)＝(2－x)ex-2－xe－x，x<1， 则F′(x)＝(1－x)(ex-2－e－x)<0， 所以F(x)在(－∞，1)上单调递减， 所以F(x)＝f(2－x)－f(x)>F(1)＝0， 故F(x1)＝f(2－x1)－f(x1)>0，x1<1， 可得f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)， 又x1<1，2－x1>1，x2>1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以2－x1<x2，故x1＋x2>2. 类型二　比、差值换元构造辅助函数 【例2】　已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1x2>e2. 证明：法一(比值代换)　不妨设x1>x2， 因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0， 所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)， ln x1－ln x2＝a(x1－x2)， 所以＝a. 欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2. 因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)， 所以即证a>， 所以原问题等价于证明>，即ln >. 令c＝(c>1)，则不等式变为ln c>. 令h(c)＝ln c－(c>1)， 所以h′(c)＝>0， 所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0， 即ln c－>0(c>1)， 因此原不等式x1x2>e2得证． 法二(构造函数)　由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)， 即f(x1)＝f(x2)＝0， 易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根， 设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝xe－x， 则g(t1)＝g(t2)， 从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2. 下证：t1＋t2>2. g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减， 所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝. 当x→－∞时，g(x)→－∞； 当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0， 由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2， 作出函数g(x)的图象如图所示， 由图知必有0<t1<1<t2. 令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]， 则F′(x)＝g′(1＋x)＋g′(1－x)＝(e2x－1)>0， 所以F(x)在(0，1]上单调递增， 所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0，1]恒成立， 即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立． 由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0，1)， 所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)， 即g(2－t1)>g(t2)． 又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以2－t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2. 思维升华　通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝(含对数式时常用)或t＝x1－x2(含指数式时常用)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 【对点练习】　2.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<x1＋x2. 解：(1)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)＝，则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g(1)＝，当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0， 所以当0<<时，f(x)有2个极值点， 故所求a的取值范围为(2e，＋∞)． (2)证明：因为g(0)＝0，所以由(1)不妨设0<x1<1<x2， 因为x1，x2为f(x)的极值点， 所以所以 所以x2－x1＝ln x2－ln x1， 要证明2x1x2<x1＋x2， 可证明2x1x2， 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＋，则h′(t)＝， 当t>1时，h′(t)<0，所以h(t)在区间(1，＋∞)上单调递减， 所以当t>1时，h(t)<h(1)＝0，即2ln t－t＋<0，即2x1x2<x1＋x2. $