高考数学考点归纳之利用导数证明不等式

考点一 单变量不等式的证明 方法一 移项作差构造法证明不等式

ln xae1

[例1] 已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x＋－bx(e为自然对数的底数)，若曲线y＝f(x)

xex与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．

(1)求a，b的值；

2

(2)求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.

xln x

[解] (1)因为f(x)＝1－，

xln x－1

所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.

x2ae1ae1

因为g(x)＝x＋－bx，所以g′(x)＝－x－2－b.

exex

因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直， 所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1， 即g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1， 解得a＝－1，b＝－1.

e1

(2)证明：由(1)知，g(x)＝－x＋＋x，

ex2ln xe1

则f(x)＋g(x)≥⇔1－－x－＋x≥0.

xxexln xe1

令h(x)＝1－－x－＋x(x≥1)，

xex

1－ln xe1ln xe

则h′(x)＝－＋x＋2＋1＝2＋x＋1. 2xexxeln xe

因为x≥1，所以h′(x)＝2＋x＋1＞0，

xe

所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0， ln xe1

即1－－x－＋x≥0，

xex2

所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.

x[解题技法]

待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．

方法二 隔离审查分析法证明不等式

1

[例2] (2019·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋.

e111

[证明] 要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋.

eexexex－11

令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝2，

exex

111

0，上单调递减，在，＋∞上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x易知h(x)在eee1

＋≥0. ex

再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，

易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.

1

因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立．

ex[解题技法]

若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．

方法三、放缩法证明不等式

[例3] 已知函数f(x)＝ax－ln x－1. (1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值； ex

(2)求证：＋x＋ln x－1≥0；

x

(3)已知k(ex＋x2)≥x－xln x恒成立，求k的取值范围． ln x＋1

[解] (1)f(x)≥0等价于a≥.

xln x＋1ln x

令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝－2，

xx

所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，

则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1， 所以a的最小值为1.

(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1， 即t≥ln t＋1(t＞0)．

－－

ex

令＝t，则－x－ln x＝ln t， xex

所以≥－x－ln x＋1，

xex

即＋x＋ln x－1≥0. x

e

(3)因为k(e＋x2)≥x－xln x恒成立，即k＋x≥1－ln x恒成立，

x

－x

－x

－

－

－

ex

＋x＋ln x－1x1－ln x

所以k≥－x＝－＋1， －eex

＋x＋xxxex

由(2)知＋x＋ln x－1≥0恒成立，

xex

＋x＋ln x－1x

所以－＋1≤1，所以k≥1. －ex

＋xx故k的取值范围为[1，＋∞)． [解题技法]

导数的综合应用题中，最常见就是ex和ln x与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下：

(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号； (2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；

1

(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2, 当且仅当x＝0时取等号；

2e

(4)当x≥0时，ex≥x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号；

2x－1(5)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；

x

2x－1x－1

(6)当x≥1时，≤ln x≤，当且仅当x＝1时取等号．

x＋1x考点二 双变量不等式的证明

1

[典例] 已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.

2

(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；

(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥5－1

. 2

－－

－

1

[解] (1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x)＝＋1，

x所以切线斜率k＝f′(1) ＝2，

故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0. (2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)． 由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，

2

即ln x1＋x21＋x1＋ln x2＋x2＋x2＋x1x2＝0，

从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)， 令t＝x1x2，设φ(t)＝t－ln t(t＞0)， 1t－1则φ′(t)＝1－＝，

tt

易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1， 所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1， 因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥[解题技法]

破解含双参不等式的证明的关键

一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；

二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；

三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． [题组训练]

a

已知函数f(x)＝ln x＋.

x(1)求f(x)的最小值；

(2)若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2a. 1ax－a

解：(1)因为f′(x)＝－2＝2(x＞0)，

xxx

所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值． 当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 函数f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝ln a＋1.

(2)证明：若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2(x1＜x2)， 由(1)可得0＜x1＜a＜x2.

令g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0＜x＜a)，

114ax－a

则g′(x)＝(x－a)x2－2a－x2＝－2＜0，

x2a－x2

2

5－1

成立． 2

所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0， 即f(x)＞f(2a－x)．

令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)， 由(1)可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1， 故x1＋x2＞2a.

考点三 证明与数列有关的不等式

a

[典例] 已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋.

x＋2

(1)若x＞0时，f(x)＞1恒成立，求a的取值范围； 1111

(2)求证：ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．

3572n＋1[解] (1)由ln(x＋1)＋

a

＞1，得 x＋2

a＞(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)． 令g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，

x＋21

则g′(x)＝1－ln(x＋1)－＝－ln(x＋1)－.

x＋1x＋1

当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 所以g(x)＜g(0)＝2，故a的取值范围为[2，＋∞)． (2)证明：由(1)知ln(x＋1)＋x

所以ln(x＋1)＞.

x＋2

11

令x＝(k＞0)，得lnk＋1＞1， k

＋2kk＋11即ln＞.

k2k＋1

n＋11112341所以ln＋ln＋ln ＋…＋ln＞＋＋＋…＋，

123n3572n＋11111

即ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．

3572n＋1[解题技法]

证明与数列有关的不等式的策略

(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少有两问，已知的不等式常

1

k

2

＞1(x＞0)， x＋2

由第一问根据待证式的特征而得到．

(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex＞x＋1可化为ln(x＋1)＜x等．

[题组训练]

(2019·长春质检)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ ln(x＋a)＋b.

(1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求a，b的值； (2)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；

e

(3)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜(n∈N*)．

e－1解：(1)因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，所以f(0)＝g(0)且f′(0)＝g′(0)，

又因为f′(x)＝ex，g′(x)＝解得a＝1，b＝1.

(2)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，

即ex≥x＋1.

同理可得ln(x＋2)≤x＋1，即ex＞ln(x＋2)， 当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex， 所以当a≤2时，f(x)－g(x)＞0恒成立．

当a≥3时，e0＜ln a，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立． 故整数a的最大值为2.

－n＋1

(3)证明：由(2)知ex＞ln(x＋2)，令x＝，

n－n＋1－n＋1则e＞lnnn＋2， 即e

－n＋1

11

，所以1＝ln a＋b,1＝，

ax＋a

＞ln

－

－n＋1n

＋2＝[ln(n＋1)－ln n]n，

n

－

－n＋1

所以e0＋e1＋e2＋…＋e＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n，

1

1－ne1e－－－＋

又因为e0＋e1＋e2＋…＋en1＝＜＝，

11e－11－1－ee

e

所以ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜.

e－1

[课时跟踪检测]

1

1．(2019·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2ln x，a＞0.

2(1)求函数f(x)的最小值；

fx－f2a3

(2)当x＞2a时，证明：＞a.

2x－2a解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， a2x＋ax－a

f′(x)＝x－＝.

xx

当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．

1

所以当x＝a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2ln a.

2(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增， 3

则所证不等式等价于f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0.

23

设g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)，

2则当x＞2a时，

3a23

g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a

2x2＝

2x＋ax－2a

＞0，

2x

所以g(x)在(2a，＋∞)上单调递增， 当x＞2a时，g(x)＞g(2a)＝0， 3

即f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0，

2故

fx－f2a3

＞a. 2x－2a

－

2．(2018·黄冈模拟)已知函数f(x)＝λln x－ex(λ∈R)． (1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围； x2

(2)求证：当0＜x1＜x2时，e1－x2－e1－x1＞1－.

x1解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， ∵f(x)＝λln x－ex， λ－xλ＋xex

∴f′(x)＝＋e＝，

xx

∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，

－

－

λ＋xex－－

①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴≤0，即λ＋xex≤0，λ≤－xex

xx＝－x.

e

x－1x

令φ(x)＝－x，则φ′(x)＝x，

ee

当0＜x＜1时，φ′(x)＜0；当x＞1时，φ′(x)＞0，

1

则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＞0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，

e1

∴λ≤－.

e

λ＋xex－－

②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴≥0，即λ＋xex≥0，λ≥－xex

xx＝－x，

e

x

由①得φ(x)＝－x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又∵φ(0)＝0，当x―→

e＋∞时，φ(x)＜0，∴λ≥0.

1

－∞，－∪[0，＋∞)． 综上，λ的取值范围为e

11－

(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－ln x－ex在(0，＋∞)上单调递减，

ee∵0＜x1＜x2，

11

∴f(x1)＞f(x2)，即－ln x1－e－x1＞－ln x2－e－x2，

ee∴e1－x2－e1－x1＞ln x1－ln x2.

x2x2x1x2

要证e1－x2－e1－x1＞1－，只需证ln x1－ln x2＞1－，即证ln ＞1－，

x1x1x2x1x11

令t＝，t∈(0,1)，则只需证ln t＞1－，

x2tt－11

令h(t)＝ln t＋－1，则当0＜t＜1时，h′(t)＝2＜0，

tt

1

∴h(t)在(0,1)上单调递减，又∵h(1)＝0，∴h(t)＞0，即ln t＞1－，故原不等式得证．

t3．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝kx－ln x－1(k＞0)． (1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值； 111

(2)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．

23n

1kx－11

解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，∴f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)；当0＜x＜时，f′(x)

xxk

－

－

1

＜0；当x＞时，f′(x)＞0.

k

11

0，上单调递减，在，＋∞上单调递增， ∴f(x)在kk1

∴f(x)min＝fk＝ln k， ∵f(x)有且只有一个零点， ∴ln k＝0，∴k＝1.

(2)证明：由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号， n＋1n＋11∵n∈N*，令x＝，得＞ln ，

nnn

n＋111123

∴1＋＋＋…＋＞ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，

23n12n111

故1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．

23n第三课时 导数与函数的零点问题 考点一 判断函数零点的个数

mx

[典例] 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．

x3x1mx

[解] 由题设，g(x)＝f′(x)－＝－2－(x＞0)，

3xx31

令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．

31

设φ(x)＝－x3＋x(x＞0)，

3

则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，

当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减． 所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点． 2

所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.

3

由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，

2

可知①当m＞时，函数g(x)无零点；

3

2

②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；

32

③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；

3④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点． 2

综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；

32

当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；

32

当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．

3 [题组训练]

13

1．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－，求方程f(x)＝0的解的个数．

2213

解：因为f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－(x＞0)，

22－x2＋2x＋3－x－3x＋13

所以f′(x)＝－x＋2＝＝，

xxx当x∈(0,3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 93

所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0，

22

因为当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞， 所以方程f(x)＝0只有一个解． 1

2．设f(x)＝x－－2ln x.

x

(1)求证：当x≥1时，f(x)≥0恒成立；

1

(2)讨论关于x的方程x－－f(x)＝x3－2ex2＋tx根的个数．

x1

解：(1)证明：f(x)＝x－－2ln x的定义域为(0，＋∞)．

x12x2－2x＋1x－12

∵f′(x)＝1＋2－＝＝≥0，

xxx2x2∴f(x)在[1，＋∞)上是单调增函数，

∴f(x)≥f(1)＝1－1－2ln 1＝0对于x∈[1，＋∞)恒成立． 故当x≥1时，f(x)≥0恒成立得证． (2)化简方程得2ln x＝x3－2ex2＋tx. 注意到x＞0，则方程可变为

2ln x2

＝x－2ex＋t. x

2ln x

令L(x)＝，H(x)＝x2－2ex＋t，

x21－ln x

则L′(x)＝.

x2当x∈(0，e)时，L′(x)＞0，∴L(x)在(0，e)上为增函数； 当x∈(e，＋∞)时，L′(x)＜0，∴L(x)在(e，＋∞)上为减函数． 2

∴当x＝e时，L(x)max＝L(e)＝.

e

2ln x

函数L(x)＝，H(x)＝(x－e)2＋t－e2在同一坐标系内的大致图象如图所示．

x

22

由图象可知，①当t－e2＞，即t＞e2＋时，方程无实数根；

ee22

②当t－e2＝，即t＝e2＋时，方程有一个实数根；

ee22

③当t－e2＜，即t＜e2＋时，方程有两个实数根．

ee考点二 由函数零点个数求参数

[典例] (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.

[解] (1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)ex－1≤0.

－

设函数g(x)＝(x2＋1)ex－1，

则g′(x)＝－(x2－2x＋1)ex＝－(x－1)2ex. 当x≠1时，g′(x)＜0，

所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．

而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)设函数h(x)＝1－ax2ex.

f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点． (ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)ex.

当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.

－

－

－

－

－

所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 4a

故h(2)＝1－2是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．

e

e2

①当h(2)＞0，即a＜时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．

4e2

②当h(2)＝0，即a＝时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．

4

e2

③当h(2)＜0，即a＞时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点．

4由(1)知，当x＞0时，e

x

＞x2，所以

16a316a316a31

h(4a)＝1－4a＝1－2a2＞1－＝1－＞0，故4eae2a

h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．

e2

综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.

4[解题技法]

根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．

[题组训练]

x3x2

1．(2019·安阳一模)已知函数f(x)＝＋与g(x)＝6x＋a的图象有3个不同的交点，则a

32的取值范围是________．

x3x2

解析：原问题等价于函数h(x)＝＋－6x与函数y＝a的图象有3个不同的交点，

32由h′(x)＝x2＋x－6＝(x－2)(x＋3)，得x＝2或x＝－3， 当x∈(－∞，－3)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增； 当x∈(－3,2)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减； 当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增． 2722

且h(－3)＝，h(2)＝－，

23

2227

－，. 数形结合可得a的取值范围是322227

－， 答案：322．(2019·赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是________．

解析：∵f(x)＝aex－x－2a，∴f′(x)＝aex－1.

当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；

11 ln1，＋∞ －∞，ln 上单调递减，当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝ln，函数f(x)在在aaa上单调递增，

11

ln＝1－ln－2a＝1＋ln a－2a. ∴f(x)的最小值为faa1

令g(a)＝1＋ln a－2a(a＞0)，则g′(a)＝－2.

a

11

0，时，g(a)单调递增；当a∈ ，＋∞时，g(a)单调递减， 当a∈221

＝－ln 2＜0， ∴g(a)max＝g21

ln＜0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点． ∴f(x)的最小值为fa综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞)

[课时跟踪检测]

1．设a为实数，函数f(x)＝－x3＋3x＋a. (1)求f(x)的极值；

(2)是否存在实数a，使得方程f(x)＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)f′(x)＝－3x2＋3，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，

∴f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增． ∴f(x)的极小值为f(－1)＝a－2，极大值为f(1)＝a＋2.

(2)方程f(x)＝0恰好有两个实数根，等价于直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有两个交点．∵y＝x3－3x，∴y′＝3x2－3.令y′＞0，解得x＞1或x＜－1；令y′＜0，解得－1＜x＜1.

∴y＝x3－3x在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)和(－∞，－1)上为增函数．∴当x＝－1时，y的大致图象如图所示．

y＝a表示平行于x轴的一条直线，由图象知，当a＝2或a＝－2时，y＝a与y＝x3－3x有两个交点．

故当a＝2或a＝－2时，方程f(x)＝0恰好有两个实数根． 2．(2019·锦州联考)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．

极大值

＝2；当x＝1时，y

极小值

＝－2.∴y＝x3－3x

(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值； (2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．

解：(1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.∵函数f(x)在x＝0处取得极值，∴f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1.∴f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1.∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．易知f(x)在[－2,0)上单调递减，在1

(0,1]上单调递增，且f(－2)＝2＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)，

e

1

∴f(x)在[－2,1]上的最大值是2＋3.

e(2)f′(x)＝ex＋a.

①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，且当x＞1时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0； 111

－＜1＋a－－1＝－a＜0，∴函数f(x)存在零点，不当x＜0时，取x＝－，则faaa满足题意．

②当a＜0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，则x＝ln(－a)． 当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)＞0 ，f(x)单调递增， ∴当x＝ln(－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值． 函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(

－e2＜a＜0.

综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．

11

3．(2018·郑州第一次质量预测)已知函数f(x)＝ln x＋－(a∈R且a≠0)．

axa(1)讨论函数f(x)的单调性；

1x

(2)当x∈e，e时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)e＋x－m的零点个数． ax－1解：(1)f′(x)＝(x＞0)，

ax2当a＜0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ax－11

当a＞0时，由f′(x)＝＞0，得x＞，

ax2aax－11

由f′(x)＝＜0，得0＜x＜， 2axa

11

，＋∞上单调递增，在0，上单调递减． 函数f(x)在aa综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

11

，＋∞上单调递增，在0，上单调递减． 当a＞0时，函数f(x)在aa－a)

＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，解得

1

，e时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数，等价于方程(ln x－1)ex(2)当x∈e＋x＝m的根的个数．

令h(x)＝(ln x－1)ex＋x， 1x

则h′(x)＝x＋ln x－1e＋1.

11

由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在e，1上单调递减，在(1，e)上单调递增， x1∴当x∈e，e时，f(x)≥f(1)＝0. 11

∴＋ln x－1≥0在x∈e，e上恒成立． x1

＋ln x－1ex＋1≥0＋1＞0， ∴h′(x)＝x1

∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈e，e上单调递增， 11e∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝h(e)＝e. ee

11

∴当m＜－2e＋或 m＞e时，函数g(x)在e，e上没有零点； e11

当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在e，e上有一个零点． e4．(2019·益阳、湘潭调研)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性；

(3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．

11

解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲线y＝

xe11

1＋(x－e)，即y＝＋1x. f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝ee

－2ax2＋x＋1

(2)f′(x)＝(x＞0)，

x

①当a≤0时，显然f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

－2ax2＋x＋1

②当a＞0时，令f′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知Δ＞0恒成立．

x1

设方程的两根分别为x1，x2(x1＜x2)，则x1x2＝－＜0，∴x1＜0＜x2，

2a－2ax2＋x＋1－2ax－x1x－x2

∴f′(x)＝＝(x＞0)．

xx

1e1e11＋8a＋1

由f′(x)＞0得x∈(0，x2)，由f′(x)＜0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝，

4a

1＋8a＋1上单调递增，在1＋8a＋1

∴函数f(x)在0，，＋∞上单调递减．

4a4a

ln x＋x

(3)函数f(x)有两个零点，等价于方程a＝2有两解．

xln x＋x1－2ln x－x

令g(x)＝2(x＞0)，则g′(x)＝.

xx3

1－2ln x－x

由g′(x)＝＞0，得2ln x＋x＜1，解得0＜x＜1，

x3∴g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，

又∵当x≥1时，g(x)＞0，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，

∴作出函数g(x)的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a∈(0,1)时符合题意．

下面给出证明：

当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意； 当a≤0时，方程至多一解，不符合题意； 11－a＜0， 当a∈(0,1)时，g＜0，∴gee2a22a22ga＝4lna＋a＜4a＋a＝a，

2

2

2∴ga－a＜0.

12∴方程在e，1与1，a上各有一个根， ∴若f(x)有两个零点，a的取值范围为(0,1)．