3.3.3 导数与函数的零点 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与函数零点”核心考点，依据高考评价体系梳理了零点个数判断、参数范围求解、极值点偏移三大考查方向，通过近三年真题分析明确高频考点分布，归纳出含参讨论、构造函数等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养提升”策略，如以2025河北联测题为例，用导数分析单调性极值判断零点唯一性，培养逻辑思维和数学建模素养。设“名师点拨”总结零点问题技巧，通过变式训练强化答题规范，助力学生高效突破考点，为教师提供系统复习框架。

第三章 导数及其应用 第三讲　导数的综合应用 第三课时　导数与函数的零点 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[20] 考点突破 · 互动探究 返回导航 判断、证明或讨论零点的个数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：利用导数研究方程根(函数零点)的技巧 1．研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等． 2．根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置． 3．利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 (2026·赣州适应性考试)已知函数f(x)＝ex－m－xln x，f(x)的导函数为f′(x)． (1)当m＝1时，证明：函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； (2)若g(x)＝f′(x)－m＋1，讨论函数g(x)零点的个数． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2)由题意得，f′(x)＝ex－m－ln x－1，则g(x)＝f′(x)－m＋1＝ex－m－ln x－m(x>0)， 令g(x)＝ex－m－ln x－m＝0，则ex－m＝ln x＋m， ∴ex＝em(ln x＋m)， ∴xex＝xem(ln x＋m)， ∴xex＝em＋ln x(ln x＋m)， 令φ(x)＝xex，则φ(x)＝φ(m＋ln x)， ∵当x>0时，φ′(x)＝(x＋1)ex>0， ∴当x>0时，φ(x)＝xex为单调递增函数， ∴x＝m＋ln x，∴m＝x－ln x(x>0)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 根据零点个数求参数范围 (2026·北京模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－x2. (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)的零点个数； [解析]　(1)由题可得，f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)， 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln 2，令f′(x)<0，解得0<x<ln 2； 令f′(x)>0，解得x<0或x>ln 2. 所以f(x)的单调递减区间为(0，ln 2)，单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2)因为f(x)的单调递减区间为(0，ln 2)，单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)， 由于f(0)＝－1<0，则f(x)在(－∞，0)上无零点； 由于f(ln 2)＝2(ln 2－1)－(ln 2)2<0， 则f(x)在(0，ln 2)上无零点；由于f(2)＝e2－4>0， 则f(x)在(ln 2,2)上存在唯一零点． 综上，函数f(x)在R上存在唯一零点． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：利用函数零点求参数范围的方法 1．利用零点的个数结合函数f(x)的单调性构建不等式求解． 2．转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 3．分离参数(k＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝k与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)在区间(－1,0)上恰有一个零点，求a的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 当a≥0时，因为x>－1， 所以x＋1＋a≥x＋1>0，即f′(x)>0， 则f(x)在定义域(－1，＋∞)内单调递增； 当a<0时，由f′(x)<0⇒－1<x<－1－a；由f′(x)>0⇒x>－1－a， 所以f(x)在(－1，－1－a)上单调递减，在(－1－a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≥0时，f(x)在定义域内单调递增； 当a<0时，f(x)在(－1，－1－a)上单调递减，在(－1－a，＋∞)上单调递增． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2)由(1)知，当a≥0时，f(x)在(－1，＋∞)内单调递增，且注意到f(0)＝0， 因此f(x)在区间(－1,0)上无零点； 当a<0时，考虑到f(0)＝0，x→－1时， f(x)→＋∞，为使f(x)在(－1,0)内有零点，则极小值点小于零，即－1－a<0⇒a>－1， 结合a<0，得a的取值范围为(－1,0). 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 与零点有关的综合问题 已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 (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. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 极值点偏移问题处理方法 图说极值点偏移 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 方法(一)　对称变换 对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题，其解题要点如下： (1)定极值点，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (3)判断单调性，即利用导数讨论h(x)的单调性． (4)比较大小，即判断函数h(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系． (5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [探究]　本题证明的不等式中含有两个变量，对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式的两侧，然后根据函数的单调性，通过两个变量之间的关系“减元”，建立新函数，最终将问题转化为函数的最值问题来求解．考查了逻辑推理、数学建模及数学运算等核心素养．在求解此类问题时，需要注意变量取值范围的限定． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 方法(二)　消参减元 消参减元的主要目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．主要是利用函数极值点乘积所满足的条件进行消参减元．其解题要点如下： 建方程 求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键式子，即导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式) 定关系 根据极值点所满足的方程，利用方程解的理论，建立极值点与方程系数之间的关系，确定两个极值点之积 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 消参减元 根据两个极值点之积的关系，化简或转化所求解问题，进行消参减元 构造函数 根据消参减元后的式子结构特征，构建相应的函数 求解问题 利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而解决相关问题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2026·安徽六安一中模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2＋x(a∈R)． (1)证明：曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l恒过定点； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [探究]　本题第(2)问要证明的方程f(x)＝0的根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等价变形，再利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小关系．显然构造函数的关键仍然是消掉参数． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 方法(三)　比(差)值换元 比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的，设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 提能训练　练案[20] 返回导航 A组基础巩固 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 3．(2026·江苏扬州模拟)已知函数f(x)＝ln(mx)－x(m>0)． (1)若f(x)≤0恒成立，求m的取值范围； (2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2>2. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 这表明t>0时p(t)>p(0)＝f(1)－f(1)＝0， 即f(1＋t)>f(1－t)． 又因为f(2－x1)＝f(1＋(1－x1))>f(1－(1－x1))＝f(x1)＝0＝f(x2)，且2－x1和x2都大于1， 故由f(x)在(1，＋∞)上的单调性知2－x1<x2，即x1＋x2>2. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 4．已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝ln x－mx，m∈R. (1)求f(x)的最小值； (2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，讨论h(x)零点的个数． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 所以当m>－1时，k(x)没有零点； 当m＝－1时，k(x)有一个零点； 当m<－1时，因为k(x0)<0， 当x趋近于0时，k(x)趋近于＋∞；当x趋近于＋∞时， k(x)趋近于＋∞， 所以k(x)有两个零点． 综上，当m>－1时，h(x)的零点个数为0； 当m＝－1时，h(x)的零点个数为1； 当m<－1时，h(x)的零点个数为2. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 B组能力提升 1．(2026·云南玉溪一中质检)已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x (a∈R)． (1)若函数y＝f(x)在x＝1处的切线平行于x轴，求a的值； (2)讨论f(x)的单调性； (3)若g(x)＝f(x)－x2－(a－1)ln x有两个不同的零点x1，x2，求a的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (1)当a>0时，试讨论f(x)的单调性； (2)若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x2， ①求a的取值范围； ②证明：x1＋x2>4. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 即h(x)在(0,2)上单调递增， 所以h(x)<h(2)＝2aln 2－2aln 2－4a＋4a＝0， 即f(4－x1)<f(x1)＝f(x2)成立， 所以x1＋x2>4，得证． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 C组拓展应用(选作) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 谢谢观看 (2025·河北省级联测)已知函数f(x)＝－aex－sin x－1在区间内有唯一极值点x1，其中a∈R，e为自然对数的底数． (1)求实数a的取值范围； (2)证明：f(x)在区间内有唯一零点． [解析]　(1)f′(x)＝－aex－cos x， 当x∈时，cos x∈(0,1)， ①当a≥0时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减，没有极值点，不合题意； ②当a<0时，y＝－aex与y＝－cos x均在上单调递增，故f′(x)在上单调递增， 因为f′(0)＝－a－1，f′＝－ae>0， 所以f′(0)＝－a－1<0，得a>－1， 此时f′(x)在内有唯一零点x1， 所以当x∈(0，x1)时，f′(x)<0； 当x∈时，f′(x)>0. 所以f(x)在内有唯一极小值点x1，符合题意， 综上，实数a的取值范围为(－1,0)． (2)证明：由(1)知－1<a<0，所以当x∈时，f′(x)＝－aex－ cos x>0， 所以f(x)＝－aex－sin x－1在上单调递增， 结合(1)知当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以当x∈(0，x1)时，f(x)<f(0)＝－a－1<0，则f(x1)<0. 又因为f＝－ae>0， 所以f(x)在内有唯一零点， 即f(x)在内有唯一零点． [解析]　(1)证明：当m＝1时，f(x)＝ex－1－xln x(x>0)，∴f′(x)＝ex－1－ln x－1， 令h(x)＝f′(x)＝ex－1－ln x－1， 则h′(x)＝ex－1－， 当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)min＝h(1)＝0，∴当x>0时，h(x)＝f′(x)＝ex－1－ln x－1≥0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 令t(x)＝x－ln x(x>0)，则t′(x)＝1－， 当0<x<1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，当x>1时， t′(x)>0，t(x)单调递增， ∴t(x)min＝t(1)＝1， ∴当m<1时，m＝x－ln x无解，即g(x)无零点； 当m＝1时，m＝x－ln x有1个解，即g(x)有1个零点； 当m>1时，m＝x－ln x有2个解，即g(x)有2个零点. (3)g(x)＝f(x)－m在区间上有两个零点，求m的范围． (3)若g(x)＝f(x)－m在区间上有两个零点， 则函数y＝f(x)的图象与直线y＝m在区间上有两个交点， 由(1)知，f(x)在[－1,0)上单调递增，在上单调递减． f(－1)＝－－1，f(0)＝－1<0， f＝－－>f(－1)， 所以函数y＝f(x)的图象与直线y＝m在区间上有两个交点，则－－≤m<－1， 即g(x)＝f(x)－m在区间上有两个零点，则m的范围为. (2025·浙江温州第二次适应性考试)已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋(a∈R)． [解析]　(1)因为f(x)＝ln(x＋1)＋(x>－1)， 所以f′(x)＝＋＝(x>－1)， [证明]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－. 因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0， 故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0. 又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点． (2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0， 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α. 由α>x0>1得0<<1<x0. 又f＝ln －－1＝＝0， 故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根． 综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直． [解析]　(1)f′(x)＝3x2＋b. 依题意得f′＝0，即＋b＝0， 故b＝－. (2)证明：由(1)知f(x)＝x3－x＋c， f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝. x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况为： x － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  c＋  c－  因为f(1)＝f＝c＋， 所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点． 因为f(－1)＝f＝c－， 所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点． 由题设可知－≤c≤. 当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1. 当c＝时，f(x)只有两个零点－1和. 当－<c<时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈. 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. 1．已知函数f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图1. 2．若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图2、图3. (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数h(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>x，则令g(x)＝f(x)－f. [提醒]　若要证明f′的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． (2026·周市高级中学高三考试)已知函数f(x)＝，x∈(0，π)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>. [解析]　(1)f′(x)＝，0<x<π，由f′(x)＝0得x＝， 当0<x<时，f′(x)>0；当<x<π时，f′(x)<0. ∴f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是. (2)证明：∵x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)， ∴由(1)知，不妨设0<x1<<x2<π. 要证x1＋x2>，只需证x2>－x1， 而<－x1<，f(x)在上单调递减， 故只需证f(x2)<f. 又f(x1)＝f(x2)， ∴只需证f(x1)<f. 令函数g(x)＝f(x)－f＝－ ＝－ ， 则g′(x)＝＋ ＝(cos x－sin x) ＝(cos x－sin x)· 当0<x<时，cos x－sin x>0，－x>x，故g′(x)>0， ∴g(x)在上单调递增， 故在上g(x)<g＝f－f＝0， ∴f(x1)<f成立，故x1＋x2>成立． (2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：x1x2>. [证明]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝xln x－ax2＋x，得f′(x)＝ln x－2ax＋2，则f′(1)＝2(1－a)，又f(1)＝1－a，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l的方程为y－(1－a)＝2(1－a)(x－1)，即y＝2(1－a)，显然恒过定点. (2)若f(x)有两个零点x1，x2，则x1ln x1－ax＋x1＝0，x2ln x2－ax＋x2＝0，得a＝＋＝＋. 因为x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，则＋＝＋， 得ln x1＝－1，则ln x2＝ln(tx1)＝ln t＋ln x1＝－1， 所以ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2＝－1＋－1＝－2. 令h(t)＝－2(t>2)， 则h′(t)＝，令φ(t)＝－2ln t＋t－(t>2)， 则φ′(t)＝－＋1＋＝>0， 则φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t)>φ(2)＝－2ln 2>0. 所以h′(t)＝>0，则h(t)在(2，＋∞)上单调递增， 所以h(t)>h(2)＝3ln 2－2＝ln ， 即ln(x1x2)>ln ，故x1x2>. 已知f(x)＝xln x－mx2－x，m∈R.若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)． [证明]　欲证x1x2>e2，只需证ln x1＋ln x2>2. 由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f′(x)有两个零点，又f′(x)＝ln x－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根． 于是有 ①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)， 即m＝， ②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)， 即m＝， 从而可得＝， 于是ln x1＋ln x2＝. 由0<x1<x2，设t＝，则t>1. 因此ln x1＋ln x2＝，t>1. 要证ln x1＋ln x2>2，即证>2(t>1)， 即证当t>1时，有ln t>. 令h(t)＝ln t－(t>1)， 则h′(t)＝－＝>0， 所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数． 因此h(t)>h(1)＝ln 1－＝0. 于是当t>1时，有ln t>. 所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2. [探究]　求解本题的关键点有两个：一是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量把参数表示出来，这是解决问题的基础，若只用一个极值点表示参数，如得到m＝之后，代入第二个方程，则无法建立两个极值点的关系，本题中利用两个方程相加(减)之后再消参，巧妙地把两个极值点与参数之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个数，只有把方程转化为一个变量的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题求解．本题利用参数m的值相等建立方程，进而利用对数运算的性质，将方程转化为关于的方程，通过建立函数模型求解该问题，这体现了对数学建模等核心素养的考查． 1．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)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 由f(x)＝－kln 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 (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()＝，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(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(1，]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． 2．(2025·渭南模拟)已知函数f(x)＝xsin 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． [解析]　(1)∵f(x)＝xsin x＋sin＝xsin x＋cos x，∴f′(x)＝xcos 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＋4－4xsin 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， g＝2＋4－4×sin －4cos >0， ∴g(x)在上有唯一零点； 当x≥时，g(x)>x2＋4－4x－4＝x2－4x≥2－4×>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． [解析]　(1)首先由m>0可知f(x)的定义域是(0，＋∞)， 从而f(x)＝ln(mx)－x＝ln x－x＋ln m. 故f′(x)＝－1＝，从而当0<x<1时f′(x)>0，当x>1时f′(x)<0. 故f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)具有最大值f(1)＝ln m－1. 所以命题等价于ln m－1≤0，即m≤e. 所以m的取值范围是(0，e]． (2)证明：不妨设x1<x2，由于f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故一定有0<x1<1<x2. 在－1<t<1的范围内定义函数． p(t)＝f(1＋t)－f(1－t)． 则p′(t)＝f′(1＋t)＋f′(1－t)＝＋＝>0， 所以p(t)单调递增． [解析]　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋1)ex， 则当x<－1时，f′(x)<0；当x>－1时，f′(x)>0， 所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减， 在区间(－1，＋∞)上单调递增， 因此f(x)的最小值为f(－1)＝－－1. (2)h(x)＝xex－ln x＋mx－1，且x∈(0，＋∞)， 令h(x)＝0，得ex－＋m＝0， 令k(x)＝ex－＋m，则h(x)与k(x)有相同的零点， 且k′(x)＝ex－＝， 令r(x)＝x2ex＋ln x，则r′(x)＝(x2＋2x)ex＋， 因为当x>0时，则r′(x)>0，所以r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 又r＝－1<0，r(1)＝e>0， 所以∃x0∈，使r(x0)＝0， 且当x∈(0，x0)时，r(x)<0，即k′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，r(x)>0，即k′(x)>0， 所以k(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增， 因此k(x)的最小值为k(x0)＝－＋m， 由r(x0)＝0，得x＋ln x0＝0，即x0＝， 令φ(x)＝f(x)＋1，则φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 因为<x0<1，所以ln >0， 则φ(x0)＝φ， 所以x0＝－ln x0，从而ln x0＝－x0，即＝， 所以k(x)的最小值k(x0)＝－＋m＝m＋1， [解析]　(1)f′(x)＝2x－2a－1＋， 故f′(1)＝2－2a－1＋a＝0，则a＝1. (2)f′(x)＝2x－(2a＋1)＋ ＝＝， 当a>时，令f′(x)>0，解得x>a或0<x<， 令f′(x)<0，解得<x<a， 故此时f(x)在，(a，＋∞)单调递增，在上单调递减， 当a＝时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，故此时f(x)在(0，＋∞)单调递增， 当0<a<时，令f′(x)>0，解得x>或0<x<a，令f′(x)<0，解得a<x<， 故此时f(x)在(0，a)，单调递增，在上单调递减， 当a＝0时，f(x)＝x2－x，故f(x)在上单调递减，在上单调递增， 当a<0时，令f′(x)>0，解得x>，令f′(x)<0，解得0<x<， 故f(x)在上单调递减，在上单调递增． (3)g(x)＝f(x)－x2－(a－1)ln x＝x2－(2a＋1)x＋aln x－x2－(a－1)ln x＝－(2a＋1)x＋ln x， 令g(x)＝－(2a＋1)x＋ln x＝0，则2a＋1＝， 记h(x)＝，则h′(x)＝， 当x>e时，h′(x)＝<0， 当0<x<e时，h′(x)＝>0， 故h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 且h(e)＝，当x>1时h(x)>0恒成立， 要使g(x)有两个零点，则2a＋1＝有两个交点， 故0<2a＋1<，解得－<a<. 2．(2025·湖南郴州模拟)已知函数f(x)＝2aln x＋x2－(a＋2)x，其中a为常数． [解析]　(1)由题设f′(x)＝＋x－(a＋2)＝＝，且x∈(0，＋∞)， 当0<a<2时，在(0，a)上f′(x)>0，在(a,2)上f′(x)<0，在(2，＋∞)上f′(x)>0， 所以，在(0，a)、(2，＋∞)上f(x)单调递增，在(a,2)上f(x)单调递减； 当a＝2时，在(0，＋∞)上f′(x)≥0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>2时，在(0,2)上f′(x)>0，在(2，a)上f′(x)<0，在(a，＋∞)上f′(x)>0， 所以，在(0,2)、(a，＋∞)上f(x)单调递增，在(2，a)上f(x)单调递减． (2)①由f(2)＝2aln 2＋×22－(a＋2)×2＝2(aln 2－a－1)<0， 若a>0时， f(a)＝2aln a＋a2－(a＋2)a＝(4ln a－a－4)， 令y＝4ln a－a－4且a>0，则y′＝－1＝， 所以0<a<4时y′>0，a>4时y′<0， 故y＝4ln a－a－4在(0,4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，则ymax＝8ln 2－8<0，所以f(a)<0， 结合(1)中f(x)的单调性，易知a>0不可能出现两个不相等的零点， 又a＝0时，f(x)＝x2－2x在(0，＋∞)上只有一个零点，不满足， 所以a<0，此时，在(0,2)上f′(x)<0，在(2，＋∞)上f′(x)>0， 故在(0,2)上f(x)单调递减，在(2，＋∞)上f(x)单调递增，则f(x)min＝f(2)＝2(aln 2－a－1)， 又x趋向于0时，f(x)趋向正无穷，只需g(a)＝a(ln 2－1)－1<0成立， 显然g(a)在(－∞，0)上单调递减，且当a＝时g(a)＝0， 所以<a<0时g(a)<0恒成立， 即所求范围为<a<0， 所以a∈. ②证明：由①，在<a<0时，f(x)存在两个不相等的零点x1，x2， 不妨令0<x1<2<x2，要证x1＋x2>4， 即证x2>4－x1，而4－x1∈(2,4)， 由①知：在(2，＋∞)上f(x)单调递增， 只需证f(4－x1)<f(x2)＝f(x1)＝0， 由2aln x1＋x－(a＋2)x1＝0， 则x－4x1＝2a(x1－2ln x1) 令h(x)＝f(4－x)－f(x)，且0<x<2， 则h(x)＝2aln(4－x)＋(4－x)2－(a＋2)(4－x)－2aln x－x2＋(a＋2)x ＝2aln(4－x)－2aln x－4a＋2ax， 所以，在(0,2)上h′(x)＝－2a·>0， (2026·广东东莞七校联考)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－(a＋1)x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数g(x)＝f(x)－ax2有两个不同的零点x1，x2. ①求实数a的取值范围； ②证明：x1·x2>e2. [解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2－2x，x∈(0，＋∞)， f′(x)＝＋x－2， ∴f′(1)＝0，f(1)＝－， 曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y＝－. (2)①函数g(x)＝f(x)－ax2有两个不同的零点x1，x2， 等价于方程a＋1＝有两个不同实根x1，x2. 令φ(x)＝，则φ′(x)＝， ∴φ(x)＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 则当x＝e时，φ(x)＝取得最大值， φ(1)＝0，当x∈(0,1)时，φ(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，φ(x)>0，故φ(x)的大致图象如图所示． 当a＋1∈，即－1<a<－1时， 函数g(x)＝f(x)－ax2有两个不同的零点x1，x2， 故实数a的取值范围是. ②证明：不妨设0<x1<x2. 则有ln x1＝(a＋1)x1，ln x2＝(a＋1)x2， 两式相加得ln(x1x2)＝(a＋1)(x1＋x2)， 两式相减得ln ＝(a＋1)(x2－x1)， ∴＝. 要证x1·x2>e2， 只需证ln(x1x2)＝ln >2， 即证ln >2＝， 设t＝(t>1)，令F(t)＝ln t＋－2， 则F′(t)＝>0， ∴函数F(t)在(1，＋∞)上单调递增， 又F(1)＝0，∴F(t)>0，即x1·x2>e2. $