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- 2021-06-11 发布
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专题8：（选讲）导数难点专项研究
问题归类篇
类型一 零点问题
一、考题再现
1(15年高考题)．已知函数f(x)＝|lnx|，g(x)＝则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为____________．
解析：设F(x)＝f(x)＋g(x)＝，利用导数知识画出F(x)的图象，它与直线y＝1，y＝－1的交点各有2个，方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为4.
2(15年高考题). 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R).若b＝c－a（实数c是a与无关的常数），当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪(1，)∪(，＋∞)，求c的值.
解析： 可知，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.
3(12年高考题).若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x
)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
设h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈[－2,2]，求函数y＝h(x)的零点个数．
解 令f(x)＝t，则h(x)＝f(t)－c.先讨论关于x的方程f(x)＝d根的情况，d∈[－2,2]．
当|d|＝2时，由(2)可知f(x)＝－2的两个不同的根为1和－2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)＝2的两个不同的根为－1和2.
当|d|＜2时，因为f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d＞0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d＜0，
所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．
①当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)＞f(2)＝2，此时f(x)＝d无实根．同理，f(x)＝d在(－∞，－2)上无实根．
②当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，于是f(x)是单调增函数，又f(1)－d＜0，f(2)－d＞0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(1,2)内有唯一实根．同理，f(x)＝d在(－2，－1)内有唯一实根．
③当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0，故f(x)是单调减函数，又f(－1)－d＞0，f(1)－d＜0，
y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(－1,1)内有唯一实根．
由上可知：当|d|＝2时，f(x)＝d有两个不同的根x1，x2满足|x1|＝1，|x2|＝2；
当|d|＜2时，f(x)＝d有三个不同的根x3，x4，x5满足|xi|＜2，i＝3,4,5.
现考虑函数y＝h(x)的零点．
(i)当|c|＝2时，f(t)＝c有两个根t1，t2满足|t1|＝1，|t2|＝2，而f(x)＝t1有三个不同的根，f(x)＝t2有两个不同的根，故y＝h(x)有5个零点．
(ii)当|c|＜2时，f(t)＝c有三个不同的根，t3，t4，t5满足|ti|＜2，i＝3,4,5，而f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三个不同的根，故y＝h(x)有9个零点．
综上可知，当|c|＝2时，函数y＝h(x)有5个零点；当|c|＜2时，函数y＝h(x)有9个零点．
4(16年高考题).已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)．若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值．
答案：1
二、方法联想
函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化,这类问题的考查通常有三类：
(1)求函数零点个数
方法一：直接求出零点，根据定义域判断；
方法二：画出函数的大致图象，利用两个函数图象交点的个数判断；
方法三：研究函数的性质，利用零点存在性定理证明。
(2)求函数零点的范围
利用零点存在性定理判断，关键是找到实数a，b，使得f(a)f(b)＜0
常用的方法是找特殊值，或找与变量有关的值，也可利用不等式(e≥x＋1,lnx≤x－1等)进行放缩。
(3)已知函数的零点个数问题求参数取值范围
求出函数的单调性和极值，画出函数的大致图象，判断函数图象交点的个数．
利用零点存在性定理证明．
三、归类研究
*1．已知函数f(x)＝lnx＋－4．求证：f(x)有且仅有两个零点．
(考察利用零点存在性定理和单调性证明零点个数)
证明：因为f′(x)＝，从而当x∈(0，10)，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(10，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝10时，f(x)有极小值．(5分)
因为f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之间有一个零点．
因为f(e4)＝4＋－4＞0，所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点．
从而f(x)有且仅有两个不同的零点．
**2(13年高考题). 设函数f(x)＝lnx－ax，其中a为实数.试判断函数f(x)零点的个数，并证明你的结论.
(直接研究函数f(x)，讨论参数a的取值范围，判断函数单调性，利用零点存在性定理证明零点存在及个数)
解析：函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a，
1°当a＝0时，由f(1)＝0，及f ′(x)＝＞0，得f(x)存在唯一的零点；
2°当a＜0时，f ′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调增，f(1)＝－a＞0
由于f(ea)＝a－aea＝a(1－ea)＜0，且函数f(x)在[ea,1]上的图象连续，
所以函数f(x)在（ea,1）上有唯一零点，又f(x)在(0，＋∞)上单调增，
所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
3°当a＞0时，f ′(x)＝－a＝，所以f(x)在(0,]上单调增，在[,＋∞)上单调减．
则f(x)极大值也是最大值为f()＝－lna－1．
①当－lna－1＜0即a＞时，f(x)≤f()＜0，所以函数f(x)没有零点；
②当－lna－1＝0即a＝时，函数f(x)有唯一零点；
③当－lna－1＞0，即0＜a＜时，函数f(x)有两个零点．
实际上，x∈(0,]时，f(x)单调增，f(1)＝－a＜0，又f()＞0，函数f(x)在(0,]上的图象连续，所以f(x)在(1,)，即在(0,]上有唯一零点；
x∈[,＋∞)时，f()＞0，f()＝2ln－
或f(e)＝－ae＝a (－e)
设h(x)＝x－ex，x＞e，则h′(x)＝2x－ex，再设l(x)＝2x－ex，x＞e，则l′(x)＝2－ex＜0，
所以l(x)＝h′(x)在[e＋∞)上单调减，h′(x)＜h′(e)＝2e－ee＜0，
所以h(x)在[e＋∞)上单调减，又＞e，所以－e＜e－ee＜0，即f(e)＜0，
又函数f(x)在[e＋∞)上的图象连续，所以f(x)在(,e)，即在[e＋∞)上有唯一零点；
所以。0＜a＜时，函数f(x)有两个零点．
综上，（1）当a＞，函数f(x)没有零点；
（2）当a＝或a≤0时，函数f(x)有一个零点；
（3）当0＜a＜时，函数f(x)有两个零点．
**3．设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，若函数f(x)有两个零点，求满足条件的最小正整数a的值；
(已知零点个数，首先研究函数性质，根据单调性，可知最小值f<0，函数f的零点不可求，但可利用零点存在性定理确定f的零点的范围，再根据单调性得到不等式的解集，从而求出a的最小整数解，注意证明)
解：若函数f(x)有两个零点，则a>0，且f(x)的最小值f<0，
即－a2＋4a－4aln<0.
因为a>0，所以a＋4ln－4>0.(6分)
令h(a)＝a＋4ln－4，显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数，
且h(2)＝－2<0，h(3)＝4ln－1＝ln－1>0，
所以存在a0∈(2，3)，h(a0)＝0.当a>a0时，h(a)>0；当00，f(1)＝0，所以a＝3时，f(x)有两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3.
***4.已知函数f(x)＝ex－alnx－a，其中常数a＞0，若f(x)有两个零点x1，x2(0＜x1＜x2)．
求证：＜x1＜1＜x2＜a
(利用零点存在性定理证零点位于某个区间，即证f()f(1)＜0且f(1)f(a)＜0，即只需判断f
()，f(1)，f(a)的符号，可先由f(x)存在两个零点判断出a的取值范围为a＞e ，从而f(1)＝e－a＜0，只需将f()，f(a)视为关于a的函数，再利用函数性质证明均大于零)
解：f(x)＝ex－alnx－a＝0，则a＝(x≠)
令φ(x)＝ 所以φ'(x)＝
设g(x)＝lnx＋1－，可得g(x)为增函数且g(1)＝0
所以x∈(0，)∪(，1)时，g(x)＜0，即φ'(x)＜0
x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，即φ'(x)＞0
所以φ(x)在(0，)，(，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增
所以在x∈(，＋∞)，φ(x)min＝φ(1)＝e
因为f(x)有两个零点 所以a＞e 所以f(1)＝e－a＜0
f(a)＝ea－alna－a
所以f'(a)＝ea－lna－2
f''(a)＝ea－＞ea－＞ee－＞0
所以f'(a)在(e，＋∞)单调递增
所以f'(a)＞f'(e)＝ee－3＞e2－3＞0
则f(a)在(e，＋∞)单调递增
所以f(a)＞f(e)＝ee－2e＞e2－2e＝e(e－2)＞0 而f(1)＜0
所以f(1)f(a)＜0， 所以存在x2∈(1，a)，使得f(x2)＝0即1＜x2＜a
另一方面：f()＝e－aln－a＝e＋alna－a＝e＋a(lna－1)
因为a＞e，则lna－1＞0
又f()＞0，f(1)＜0 所以f(1)f()＜0
则存在x1∈(，1)，使得f(x1)＝0即＜x1＜1
综上所述：＜x1＜1＜x2＜a．
***5．已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1).求证：a＞2时，函数f(x)有三个零点．
(证明函数零点个数，首先要研究函数的单调性，函数有3个零点，则至少有3个单调区间，导函数至少有两个零点，需要先后利用零点存在性定理证明导函数和函数的零点个数)
解：f ′(x)＝lnx＋－a，令g(x)＝f ′(x)＝lnx＋－a，
则g ′(x)＝－，所以g(x)在(0,1]上单调减，在[1,＋∞)上单调增，
因为gmin(x)＝g(1)＝1－a＜0，又e＜1，a＞2时，g(e)＝－a＋1＋e－a＝e－2a＋1＞0；g(e)＝1＋e＞0，函数g(x)是连续函数，
所以函数g(x)在(e,1)和(1, e)上分别存在唯一零点x，x，即f ′(x)＝ f ′(x)＝0，
又f ′(x)在(0,1]上单调减，在[1,＋∞)上单调增，e＜x＜1＜x＜ e
所以f(x)在区间(0, x]上单调增，[x, x]上单调减，[ x,＋∞)上单调增．
因为f(1)＝0，f(x)在区间 [x, x]上单调减，
所以f(x)在区间[x, x]上恰有一个零点，f(x)＞0，f(x)＜0．
因为f(e)＝a(e＋1)－a(e＋1)＝2a＞0，f(x)＜0，1＜x＜e，函数f(x)是[x,＋∞)上连续函数且单调，所以f(x)在区间[x, e) 即在[x,＋∞)上存在唯一零点；
因为f(e)＝－a (e＋1)－a (e－1)＝－2a e＜0，f(x)＞0，函数f(x)是(0, x]上连续函数且单调，所以f(x)在区间(e, x] 即在(0, x]上存在唯一零点.
所以，a＞2时，函数f(x)有三个零点．
类型二：导函数零点不可求问题
一、高考回顾
(17年高考题).已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a＞3，b∈R)有极值，且导函数f'(x)的极值点是f(x)的零点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），b＝＋．若f(x)，f'(x) 这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围
解析：f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，设f(x)的极值点是x1，x2，则x1＋x2＝－a，x＋x＝.
从而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1
＝(3x＋2ax＋b)＋(3x＋2ax＋b)＋a(x＋x)＋b(x＋x)＋2
＝－＋2＝0
记f(x)，f ′(x)所有极值之和为h(a)，
因为f ′(x)的极值为b－＝－a2＋，所以h(a)＝－a2＋，a＞3.
因为h'(a)＝－a－＜0，于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减.
因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.
因此a的取值范围为(3,6].
二、方法联想
（1）多次求导
零点不存在或难以求出时，函数的导数可能大于或小于0恒成立，利用导数判断导函数单调性，研究导数的最值。
（2）设出零点，整体代换
零点不可求的问题中，往往是超越方程无法求解或求解复杂，可利用零点满足的关系，整体代换或合理推理，将复杂问题转化简单问题研究。
三、归类研究
***1．已知函数f(x)＝xex－ln x，证明：当x＞0时，f(x)＞1．
(要证f(x)＞1，等价于证明最小值大于1，需要研究单调性，但导函数零点无法求出，利用导数研究导函数的单调性，即二次求导，结合零点存在性定理，证明零点的范围，再将ex＝带入化简)
证明：f ′(x)＝x (x＋2) ex－, x＞0．
由f ′′(x)＝(x＋4x＋2) ex＋＞0，则f ′(x)在(0,＋∞)上单调递增，且是连续函数，
又f ′()＜0，f ′()＞0，由零点存在性定理可知
存在唯一x∈(,)，使得f ′(x)＝0．
当x∈(0, x)时，f ′(x)＜0，f(x)在(0, x)上单调递减；
当x∈( x,＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)在( x,＋∞)上单调递增．
所以f(x)的最小值为f(x)，即 f(x)≥f(x)＝xex－ln x，又ex＝
所以f(x)≥f(x)＝x＋2－ln x，x∈(,)以下可证f(x)＞1．
**2.【2017课标II，理】已知函数f(x)＝x2－x－xlnx．证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2。
(利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值)
证明：由（1）知f(x)＝x2－x－xlnx，f'(x)＝2x－2－lnx。
设h(x)＝2x－2－lnx，则h'(x)＝2－。
当x∈(0，)时，h'(x)＜0；当x∈(，＋∞)时，h'(x)＞0，
所以h(x)在(0，)单调递减，在(，＋∞)单调递增。
又h(e－2)＞0，h()＜0，h(1)＝0，
所以h(x)在(0，)有唯一零点x0，在[，＋∞)有唯一零点1，
且当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当x∈(x0，1)时，h(x)＜0，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0。
因为f'(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点。
由f'(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)。
由x0∈(0，1)得f(x0)＜。
因为x＝x0是f(x)在（0,1）的最大值点，
由e－1∈(0，1)，f'(e－1)≠0得f(x0)＞f(e－1)＝e－2。
所以e－2＜f(x0)＜2－2。
***3．设函数f(x)＝e2x－alnx.证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
(考察常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力．f(x)的最小值为f(x0)，但x0无法解出，利用x0满足的关系2e－＝0，将e＝带入，再用基本不等式消掉x0)
解析：a＞0时，f ′(x)＝2e2x－，可设f ′(x)在(0,＋∞)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)单调递减，在(x0,＋∞)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2e－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
类型三：极值点偏移问题
一、高考回顾
1(2016年新课标I卷).已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点x1，x2.
证明：x1＋x2＜2.
法一：参变分离再构造差量函数
由已知得：f(x1)＝f(x2)＝0，不难发现x1≠1，x2≠1，
故可整理得：－a＝＝
设g(x)＝，则g(x1)＝g(x2)
那么g'(x)＝ex，当x＜1时，g'(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞1时，g'(x)＞0，g(x)单调递增．
设m＞0，构造代数式：
g(1＋m)－g(1－m)＝e1＋m－e1－m＝e1－m(e2m＋1)
设h(m)＝e2m＋1，m＞0
则h'(m)＝e2m＞0，故h(m)单调递增，有h(m)＞h(0)＝0．
因此，对于任意的m＞0，g(1＋m)＞g(1－m)．
由g(x1)＝g(x2)可知x1、x2不可能在g(x)的同一个单调区间上，
不妨设x1＜x2，则必有x1＜1＜x2
令m＝1－x1＞0，则有g[1＋(1－x1)]＞g[1－(1－x1)]Ûg(2－x1)＞g(x1)＝g(x2)
而2－x1＞1，x2＞1，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因此：g(2－x1)＞g(x2)Û2－x1＞x2 整理得：x1＋x2＜2．
法二：参变分离再构造对称函数
由法一，得g(x)＝，构造G(x)＝g(x)－g(2－x)，(x∈(－∞，1))，
利用单调性可证，此处略.
2（2013湖南文）．已知函数f(x)＝ex，证明：当f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，x1＋x2＜0．
解析：易知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减。当x＜1时，
由于＞0，ex＞0，所以f(x)＞0；同理，当x＞1时，f(x)＜0。
当f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，不妨设x1＜x2，由函数单调性知x1∈(－∞，0)，x2∈(0，1)。
下面证明："x∈(0，1)，f(x)＜f(－x)，即证：ex＜e－x，
此不等式等价于(1－x)ex－＜0.
令F(x)＝(1－x)ex－，x∈(0，1)，则F'(x)＝－xe－x(e2x－1)，当x∈(0，1)时，F'(x)＜0，F
(x)单调递减，从而F(x)＜F(0)＝0，即(1－x)ex－＜0，
所以"x∈(0，1)，f(x)＜f(－x)。
而x2∈(0，1)，所以f(x2)＜f(－x2)，又f(x1)＝f(x2)，从而f(x1)＜f(－x2).
由于x1，－x2∈(－∞，0)，且f(x)在(－∞，0)上单调递增，所以x1＜－x2，
即x1＋x2＜0．
二、方法联想
1．换元法
将x与x的差或商等当做整体，构造新元设为t，令t＝或t＝x－x等，求出x，x与t之间的关系，转化为关于t的函数问题
2．主元法构造函数
主元法破解极值点偏移问题思路是：
①根据f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)建立等量关系，并结合f(x)的单调性，确定x1，x2的取值范围；
③不妨设x1＜x2，将待证不等式进行变形，进而结合原函数或导函数的单调性等价转化．
③构造关于x1（或x2）的一元函数T(x)＝f(xi)－f(2a－xi)(i＝1，2)，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，得到待证不等式的证明．
3．对称构造函数
①讨论函数f(x)的单调性并求出f(x)的极值点x0；
假设此处f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
②构造F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；
注：此处根据题意需要还可以构造成F(x)＝f(x)－f(2x0－x)的形式
③通过求导F'(x)讨论F(x)的单调性，判断出F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系；
假设此处F(x)在(0，＋∞)上单调递增，那么我们便可得出F(x)＞F(x0)＝f(x0)－f(x0)＝0，从而得到：x＞x0时，f(x0＋x)＞f(x0－x).
④不妨设x1＜x0＜x2，通过f(x)的单调性，f(x1)＝f(x2)，f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系得出结论；
接上述情况，由于x＞x0时，f(x0＋x)＞f(x0－x)且x1＜x0＜x2，f(x1)＝f(x2)，故f(x1)＝f(x2)＝f[x0＋(x2－x0)]＞f[x0－(x2－x0)]＝f(2x0－x2)，又因为x1＜x0，2x0－x2＜x0且f(x)在(－∞，x0
)上单调递减，从而得到x1＜2x0－x2，从而x1＋x2＜2x0得证.
三、归类研究
**1．已知函数f(x)＝，其导函数记为f′(x)(e为自然对数的底数)．若存在实数x1，x2(x1≠x2)使得f(x1)＝f(x2)，求证： f′<0.
(利用构造的新元，将两个旧的变元都换成新元来表示，从而达到消元的目的)
证明： 由题意f(x1)＝f(x2)，则＝，不妨设01，(11分)
只需证<，
只需证<，
只需证<，令t＝，
h(t)＝－lnt，t∈(1，＋∞)，
则h′(t)＝－＝<0，当t∈(1，＋∞)恒成立，
故h(t)在t∈(1，＋∞)上单调递减，故h(t)A恒成立,则f(x)min>A；
②. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立,则F(x)= f(x)－g(x) >0,所以F(x)min >0；
(2)存在性问题
①∃x0∈D,使得f(x0)>A成立,则f(x) max >A；
②∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立,设F(x)= f(x)－g(x),则F(x) max >0；
(3)恒成立与存在性综合性问题
相等问题
若f(x)的值域分别为A,B,则
①∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则；
② ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1)=g(x2)成立,则.
不等问题
①∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x)min> g(x) min；
② ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)max；
③ ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x) max > g(x) min；
(4) 分离参数法
不等式f(x，λ)≥0,（ x∈D,λ为实参数）恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤:
①将参数与变量分离,即化为g(λ)≥f(x)（或g(λ)≤f(x)）恒成立的形式；
②求f(x)在x∈D上的最大（或最小）值；
③解不等式g(λ)≥f(x)max(或g(λ)≤f(x)min) ,得λ的取值范围.
(5) 数形结合法
对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解.利用数形结合解决恒成立问题,应先构造函数,作出符合已知条件的图形,再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围.
(6) 含参讨论法
对于参数不能分离或分离较复杂的问题，可以先利用特殊值，缩小参数取值范围，再对参数范围进行讨论，研究含有参数的函数的最值，从而得到参数取值范围。
三、归类探究
**1．设函数f(x)＝alnx＋x2－x,a∈R且a≠1. 若存在x∈[1，＋∞),使得f(x)＜,求a的取值范围.
(解决函数中存在性问题常见方法有两种：一是直接法，直接研究函数的最值；二是间接法,先求其否定（恒成立问题）,再求其否定补集即可解决)
解析：,f(x)＝alnx＋x2－x,
f'(x)＝＋(1－a)x－1＝＝,
令f'(x)＝0,得x1＝1,x2＝,而－1＝,
①当a≤时,≤1,
在[1，＋∞)上，f ′(x)≥0,则f(x)为增函数,(f(x))min＝f(1)＝－1＝,
令＜,即a2＋2a－1＜0,解得－－1＜a＜－1.
②当＜a＜1时, ＞1,
则f(x)在(1, ]上单调减，在[,＋∞)上单调增，
所以(f(x))min＝f()＝aln＋＋＞,不合题意,无解。
③当a＞1时,显然有f(x)＜0,＞0,∴不等式f(x)＜恒成立,符合题意,
综上,a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞).
**2．已知函数f(x)＝x－alnx－1，g(x)＝，其中a均为实数，a＜0，若对任意的x1、x2∈[3，4](x1≠x2)，|f(x2)－f(x1)|＜|－|恒成立，求a的最小值；
(理解题意，通过判断函数的单调性，去绝对值符号，构造新函数，可知新函数的单调性，转换为恒成立问题)
解析： 当m＝1，a＜0时，f(x)＝x－alnx－1，x∈(0，＋∞)．
∵ f′(x)＝＞0在[3，4]上恒成立，
∴ f(x)在[3，4]上为增函数．
设h(x)＝＝，
∵ h′(x)＝＞0在[3，4]上恒成立，
∴ h(x)在[3，4]上为增函数．
设x2＞x1，则
|f(x2)－f(x1)|＜|－|等价于f(x2)－f(x1)＜h(x2)－h(x1)，
即f(x2)－h(x2)＜f(x1)－h(x1)．
设u(x)＝f(x)－h(x)＝x－alnx－1－·，则
u(x)在[3，4]上为减函数．
∴ u′(x)＝1－－·≤0在(3，4)上恒成立．(6分)
∴ a≥x－ex－1＋恒成立．
设v(x)＝x－ex－1＋，
∵ v′(x)＝1－ex－1＋＝1－ex－1[(－)2＋]，x∈[3，4]，
∴ ex－1[(－)2＋]＞e2＞1，
∴ v′(x)＜0，v(x)为减函数．
∴ v(x)在[3，4]上的最大值为v(3)＝3－e2.(8分)
∴ a≥3－e2，
∴ a的最小值为3－e2.
**3．已知函数f(x)＝ax2－lnx（a为常数）．若a＜0，且对任意的x∈[1，e]，f(x)≥(a－2)x恒成立，求实数a的取值范围.
(恒成立问题，当分离变量所得函数较复杂时，可对含有参数的函数讨论)
解析：设F(x)＝f(x)－(a－2)x＝ax2－lnx－(a－2)x，
因为对任意的x∈[1，e]，f(x)≥(a－2)x恒成立，所以F(x)≥0恒成立，
F′(x)＝2ax－－(a－2)＝,
因为a＜0，令F′(x)＝0，得x＝－，x＝
①当0＜－≤1，即a≤－1时，因为x∈(1,e)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(1,e)上单调递减，
因此对任意的x∈[1,e]，F(x)≥0恒成立，
所以x∈[1,e]，F(x)min＝F(e)≥0，即ae2－1－(a－2)e≥0，所以a≥，
因为＞－1，所以此时a不存在．
②1＜－＜e即－1＜a＜－时，F(x)在(1, －)上单调递增，在(－，e)上单调递减，
所以F(e)≥0且F(1)≥0，所以a≥，因为－1＜＜－，
所以≤a＜－，
③当－≥e，即－≤a＜0时，因为x∈(1，e)时，F'(x)＞0，
所以F(x)在(1，e)上单调递增，由于F(1)＝2＞0，符合题意；
综上所述，实数a的取值范围是[，＋∞)
***4．已知函数f(x)＝x＋sinx,求实数a的取值范围，使不等式f(x)≥axcosx在上恒成立．
(恒成立问题，当分离变量所得函数较复杂时，可对含有参数的函数讨论)
解：当a≤0时，f(x)＝x＋sinx≥0≥axcosx恒成立．
当a＞0时，令g(x)＝f(x)－axcosx＝x＋sinx－axcosx，
g′(x)＝1＋cosx－a(cosx－xsinx)
＝1＋(1－a)cosx＋axsinx.
① 当1－a≥0，即0＜a≤1时，g′(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx＞0，
所以g(x)在上为单调增函数，
所以g(x)≥g(0)＝0＋sin0－a×0×cos0＝0，符合题意．(10分)
② 当1－a＜0，即a＞1时，令h(x)＝g′(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx，
于是h′(x)＝(2a－1)sinx＋axcosx，
因为a＞1，所以2a－1＞0，从而h′(x)≥0，
所以h(x)在上为单调增函数，
所以h(0)≤h(x)≤h，即2－a≤h(x)≤a＋1，
亦即2－a≤g′(x)≤a＋1.(12分)
(ⅰ) 当2－a≥0，即1＜a≤2时，g′(x)≥0，
所以g(x)在上为单调增函数．于是g(x)≥g(0)＝0，符合题意．(14分)
(ⅱ) 当2－a＜0，即a＞2时，存在x0∈，使得
当x∈(0，x0)时，有g′(x)＜0，此时g(x)在(0，x0)上为单调减函数，
从而g(x)＜g(0)＝0，不能使g(x)＞0恒成立，
综上所述，实数a的取值范围为a≤2.
综合应用篇
一、例题分析
例1．已知函数f(x)＝ax3＋|x－a|，aR．
（1）若a＝－1，求函数y＝f(x) (x[0，＋∞))的图象在x＝1处的切线方程；
（2）若g(x)＝x4，试讨论方程f(x)＝g(x)的实数解的个数；
（3）当a＞0时，若对于任意的x1[a，a＋2]，都存在x2[a＋2，＋∞)，使得f(x1)f(x2)＝1024，求满足条件的正整数a的取值的集合．
解：（1）当a＝－1，x[0，＋∞)时，f(x)＝－x3＋x＋1，从而f ′(x)＝－3x2＋1．
当x＝1时，f(1)＝1，f ′(1)＝－2，
所以函数y＝f(x) (x[0，＋∞))的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝－2(x－1)，
即2x＋y－3＝0．
（2）f(x)＝g(x)即为ax3＋|x－a|＝x4．
所以x4－ax3＝|x－a|，从而x3(x－a)＝|x－a|．
此方程等价于x＝a或或
所以当a≥1时，方程f(x)＝g(x)有两个不同的解a，－1；
当－1＜a＜1时，方程f(x)＝g(x)有三个不同的解a，－1，1；
当a≤－1时，方程f(x)＝g(x)有两个不同的解a，1．
（3）当a＞0，x(a，＋∞)时，f(x)＝ax3＋x－a，f ′(x)＝3ax2＋1＞0，
所以函数f(x)在(a，＋∞)上是增函数，且f(x)＞f(a)＝a4＞0．
所以当x[a，a＋2]时，f(x)[f(a)，f(a＋2)]，[，]，
当x[a＋2，＋∞)时，f(x)[ f(a＋2)，＋∞)．
因为对任意的x1[a，a＋2]，都存在x2[a＋2，＋∞)，使得f(x1)f(x2)＝1024，
所以[，][ f(a＋2)，＋∞)．
从而≥f(a＋2)．
所以f 2(a＋2)≤1024，即f(a＋2)≤32，也即a(a＋2)3＋2≤32．
因为a＞0，显然a＝1满足，而a≥2时，均不满足．
所以满足条件的正整数a的取值的集合为{1}．
〖教学建议〗
（1）主要问题归类与方法：
本题是利用导数研究函数的相关性质，确定函数的零点，恒成立问题和存在性问题.
（2）方法选择与优化建议：
1．含绝对值的函数本质是分段函数，考虑去绝对值符号．
2．函数零点问题首先观察能否解出，能解出再考虑定义域及等根问题，不能解出可考虑数形结合转化为两个函数图象交点，或研究函数的单调性与极值．
3．理解恒成立问题和存在性问题，进一步理解恒成立和存在性混合问题．
4．帮助学生理解题意，得出恒成立和存在性混合问题中，等量关系可转化为两个函数值域的关系．
例2．已知函数f(x)＝a＋lnx(a∈R)．
(1) 求f(x)的单调区间；
(2) 试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．
解：(1) 由函数f(x)＝a＋lnx(a∈R)，得
f′(x)＝(lnx＋2)．
令f′(x)＝0，得x＝e－2.列表如下：
x
(0，e－2)
e－2
(e－2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
因此，函数f(x)的单调增区间为(e－2，＋∞)，单调减区间为(0，e－2)．
(2) 由(1)可知，fmin(x)＝f(e－2)＝a－2e－1.
(ⅰ) 当a＞2e－1时，由f(x)≥f(e－2)＝a－2e－1＞0，得函数f(x)的零点个数为0.
(ⅱ) 当a＝2e－1时，因f(x)在(e－2，＋∞)上单调递增，在(0，e－2)上单调递减，故x∈(0，e－2)∪(e－2，＋∞)时，f(x)＞f(e－2)＝0.此时，函数f(x)的零点个数为1.
(ⅲ) 当a＜2e－1时，fmin(x)＝f(e－2)＝a－2e－1＜0.
① a≤0时，因为当x∈(0，e－2]时，f(x)＝a＋lnx＜a≤0，
所以函数f(x)在区间(0，e－2]上无零点；
另一方面，因为f(x)在[e－2，＋∞)上单调递增，且f(e－2)＝a－2e－1＜0，又e－2a∈(e－2，＋∞)，且f(e－2a)＝a(1－2e－a)＞0，此时，函数f(x)在(e－2，＋∞)上有且只有一个零点．
所以，当a≤0时，函数f(x)零点个数为1.
② 0＜a＜2e－1时，因为f(x)在[e－2，＋∞)上单调递增，且f(1)＝a＞0，f(e－2)＝a－2e－1＜0，所以函数f(x)在区间(e－2，＋∞)上有且只有1个零点；
另一方面，因为f(x)在(0，e－2]上单调递减，且f(e－2)＝a－2e－1＜0，又e－∈(0，e－2)，且f＝a－＞a－＝0(当x＞0时，ex＞x2成立)，此时函数f(x)在(0，e－2)上有且只有1个零点．
所以，当0＜a＜2e－1时，函数f(x)的零点个数为2.
综上所述，当a＞2e－1时，f(x)的零点个数为0；当a＝2e－1，或a≤0时，f(x)的零点个数为1；当0＜a＜2e－1时，f(x)的零点个数为2.
〖教学建议〗
（1）主要问题归类与方法：
本题是利用导数研究函数的相关性质，考查函数的单调性问题，零点问题.
（2）方法选择与优化建议：
1．研究函数单调性，注意书写规范，严格通过导函数的符号判断单调性．
2．求出函数的最小值，讨论参数a的范围，判断函数零点的个数．
3．考虑到过程的严谨性，需要用零点存在性定理证明零点的个数．
4．运用零点存在性定理时，寻找两个符号相反的函数值，常用的方法是找特殊值，或找与变量有关的值，也可利用不等式(e≥x＋1,lnx≤x－1等)进行放缩。
例3.已知函数f(x)＝ax4－x2，x∈(0，＋∞)，g(x)＝f(x)－f′(x)．
(1) 若a＞0，求证：
(ⅰ) f(x)在f′(x)的单调减区间上也单调递减；
(ⅱ) g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点；
(2) 若a＞1，记g(x)的两个零点为x1，x2，求证：4＜x1＋x2＜a＋4.
证明：(1) (ⅰ) 因为f(x)＝ax4－x2(x＞0)，所以f′(x)＝4ax3－x.
由(4ax3－x)′＝12ax2－1＜0得f′(x)的递减区间为，(2分)
当x∈时，f′(x)＝4ax3－x＝x(4ax2－1)＜0，
所以f(x)在f′(x)的递减区间上也递减．(4分)
(ⅱ) (证法1)g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax4－x2－(4ax3－x)＝ax4－4ax3－x2＋x，
因为x＞0，由g(x)＝ax4－4ax3－x2＋x＝0得ax3－4ax2－x＋1＝0，
令φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1，则φ′(x)＝3ax2－8ax－.
因为a＞0，且φ′(0)＝－＜0，所以φ′(x)必有两个异号的零点，记正零点为x0，则x∈(0，x0)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，若φ(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点，则φ(x0)＜0.
由φ′(x0)＝3ax－8ax0－＝0，显然x0≠，a＝代入φ(x0)得φ(x0)＝，
由于x－5x0＋8＞0，所以只需比较x0与的大小．
再由φ′(x0)＝3ax－8ax0－＝0得3ax0＝＞0，则x0＞.
所以φ(x0)＜0.
又φ(0)＝1＞0，所以在(0，x0)上有且仅有一个零点．
又φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1＝x＋1，
令ax2－4ax＋＞0，解得x＞.
所以取M＝，当x＞M时，φ(x)＞0，
所以在(x0，M)上有且仅有一个零点．
故a＞0时，g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点．
(证法2)g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax4－x2－(4ax3－x)＝ax4－4ax3－x2＋x，
因为x＞0，由g(x)＝ax4－4ax3－x2＋x＝0得ax3－4ax2－x＋1＝0，
令φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1，
由φ′(x0)＝3ax－8ax0－＝0得3ax＝8ax0＋，
所以φ(x0)＝－ax0－x0＋.
因为φ′(x)对称轴为x＝，
所以φ′＝φ′(0)＝－＜0，
所以x0＞＞，
所以φ(x0)＝－ax0－＜0.
又φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1＝ax2(x－8)＋x(ax2－1)＋1，
设，8中的较大数为M，则φ(M)＞0，
故a＞0时，g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点．(10分)
(证法3)g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax4－x2－(4ax3－x)＝ax4－4ax3－x2＋x，
因为x＞0，由g(x)＝ax4－4ax3－x2＋x＝0得ax3－4ax2－x＋1＝0，
令φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1，
若g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点，则φ(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点，
当x＝2时，由φ(x)＝0得a＝0，此时φ(x)＝－x＋1在(0，＋∞)上只有一个零点，不合题意；
当x≠2时，由φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1＝0得＝，(7分)
令φ1(x)＝＝x2－2x－4－，
则φ′1(x)＝＝＞0，
当x∈(0，2)时，φ(x)单调递增，且由y＝x2－2x－4，y＝－值域知φ(x)值域为(0，＋∞)；当x∈(2，＋∞)时，φ1(x)单调递增，且φ1(4)＝0.由y＝x2－2x－4，y＝－值域知φ(x)值域为(－∞，＋∞)；
因为a＞0，所以＞0，而y＝与φ1(x)有两个交点，所以φ1(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点．
(3) (证法1)由(2)知，对于φ(x)＝ax3－4ax2－x＋1在(0，＋∞)上恰有两个零点x1，x2，
不妨设x1＜x2，因为φ(0)＝1＞0，φ＝(6－7a)＜0，所以0＜x1＜.(12分)
因为φ(4)＝－1＜0，φ＝(81a－10)＞0，
所以4＜x2＜，
所以4＜x1＋x2＜＋＝5＜a＋4.
(证法2)由(2)知＝，
因为x∈[0，2)时，φ1(x)单调递增，φ1＝，φ1(0)＝0＜φ1(x1)＝＜φ1，
所以0＜x1＜.
当x∈(2，＋∞)时，φ1(x)单调递增，φ1＝，φ1(4)＝0＜φ1(x2)＝＜φ1，
所以4＜x2＜.
所以4＜x1＋x2＜＋＝5＜a＋4.
〖教学建议〗
（1）主要问题归类与方法：
本题是利用导数研究函数的相关性质，考查函数单调性，函数零点的性质，零点存在性定理.
（2）方法选择与优化建议：
1．求出f ′(x)的减区间，证明f ′(x)＜0在该区间上恒成立即可．
2．函数零点的存在性以及范围，严格利用零点存在性定理证明及判断．
3．零点不可求时，可设出零点，再利用该零点满足的性质整体带入，化简研究．
4．证明不等式，要结合目标和条件，灵活地寻找可行的方法以及构造恰当的函数进行研究.
例4、已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R.
(1) 若f(1)＝0，求函数f(x)的单调减区间；
(2) 若关于x的不等式f(x)≤ax－1恒成立，求整数a的最小值；
(3) 若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥.
(1) 解：因为f(1)＝1－＝0，所以a＝2.(1分)
此时f(x)＝lnx－x2＋x，x>0，f′(x)＝－2x＋1＝(x>0)．(2分)
由f′(x)<0，得2x2－x－1>0.又x>0，所以x>1.
所以f(x)的单调减区间为(1，＋∞)．(4分)
(2) 解：(解法1)令g(x)＝f(x)－(ax－1)＝lnx－ax2＋(1－a)x＋1，
所以g′(x)＝－ax＋(1－a)＝.
当a≤0时，因为x>0，所以g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数．
因为g(1)＝ln1－a×12＋(1－a)＋1＝－a＋2>0，
所以关于x的不等式f(x)≤ax－1不能恒成立．(6分)
当a>0时，g′(x)＝＝，令g′(x)＝0，得x＝.
所以当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，
因此函数g(x)在x∈上是增函数，在x∈上是减函数．
故函数g(x)的最大值为g＝ln－a×＋(1－a)×＋1＝－lna.(8分)
令h(a)＝－lna，因为h(1)＝>0，h(2)＝－ln2<0，又h(a)在a∈(0，＋∞)上是减函数．故当a≥2时，h(a)<0.所以整数a的最小值为2.(10分)
(解法2)由f(x)≤ax－1恒成立，得lnx－ax2＋x≤ax－1在(0，＋∞)上恒成立，
问题等价于a≥在(0，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝，只要a≥g(x)max.(6分)
因为g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得－x－lnx＝0.
设h(x)＝－x－lnx，因为h′(x)＝－－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调减，
不妨设－x－lnx＝0的根为x0.当x∈(0，x0)时，g′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在x∈(0，x0)上是增函数；在x∈(x0，＋∞)上是减函数．
所以g(x)max＝g(x0)＝＝＝.(8分)
因为h＝ln2－>0，h(1)＝－<0，所以0，
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
即lnx1＋x＋x1＋lnx2＋x＋x2＋x1x2＝0,
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)．(13分)
令t＝x1x2，则由φ(t)＝t－lnt得，φ′(t)＝，
可知，φ(t)在区间(0，1)上单调减，在区间(1，＋∞)上单调增．
所以φ(t)≥φ(1)＝1，(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
故x1＋x2≥成立．
〖教学建议〗
（1）主要问题归类与方法：
本题是利用导数研究函数的相关性质，考查函数的单调性，函数的零点，恒成立问题，利用单调性解不等式.
（2）方法选择与优化建议：
1．
恒成立问题比较容易考虑的是分离参数法，但难点是分离后的函数的最值较难求，可能还需要对导函数进行研究；也可以对含有参数的函数进行讨论，求最值．
2．证明不等式的关键是函数的选取，本题的关键是将x1＋x2与 x1x2分开研究．
二、反馈巩固
零点部分
*1．f(x)＝2sinπx－x＋1的零点个数为 个．
(转化成两个函数图象的交点问题，数形结合的方法研究函数图象交点个数)
答案：5
解析：作出函数y＝2sinπx与y＝x－1的图像，如图所示．由图像可知，两个函数的图像有5个交点，即f(x)＝2sinπx－x＋1有5个零点.
*2．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是 ．
(利用导数研究函数的单调区间，求出极值，利用函数图象解决)
答案：(－2,2)
解析：函数f(x)＝x3－3x＋a的导函数f′(x)＝3x2－3，相应二次方程3x2－3＝0有两根x＝±1，函数存在一个极大值f(－1)＝2＋a>0，还有一个极小值f(1)＝－2＋a<0，由上知a的取值范围是(－2,2)
*3．已知函数f(x)＝,若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点,则实数m的取值范围是___________.
(考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围)
答案：(0,1)
***4、已知函数f(x)＝,若关于的方程f (x)＋2f(x)＋b＝0有三个不同的实数根,则实数的范围为_________.
(考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围)
答案：b≤0
***5、已知函数f(x)＝－x2－2x，g(x)＝若方程g[f(x)]－a＝0有4个实数根，则实数a的取值范围为_________．
(考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围)
答案：[1, )
解析：令f(x)＝t，则原方程化为g(t)＝a，易知方程f(x)＝t在t∈(－∞，1)内有2个不同的解，则原方程有4个解等价于函数y＝g(t)(t＜1)与y＝a的图象有2个不同的交点，作出函数y＝g(t)(t＜1)的图象，如图所示，由图象可知，当1≤a＜时，函数y＝g(t)(t＜1)与y＝a有2个不同的交点，即所求a的取值范围是[1, ).
**6．设函数f(x)＝,则函数F(x)＝xf(x)－1的零点的个数为 .
(考查分段函数的性质，利用数形结合的方法求函数零点个数)
答案：6
**7．已知函数f(x)=x2－2x+a（ex－1+e－x+1）有唯一零点，则a= ．
(考查函数的奇偶性，对称性与函数零点)
答案：
**8. 对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝ 设f(x)＝(2x－1) * (x－1)，且关于x的方程为f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是________．
(考查零点的个数，零点的取值范围)
答案：(，0)
解析： 解析：∵ 2x－1≤x－1时，有x≤0，∴ 根据题意得f(x)＝
即f(x)＝
画出函数的图象如下，从图象上观察：当关于x的方程为f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根时，m的取值范围是，
当－x2＋x＝m时，有x1x2＝m，
当2x2－x＝m时，由于直线与抛物线的交点在y轴的左边，得到x3＝，
∴ x1x2x3＝m＝，m∈(0，)．
令y＝，
则y′＝.
又h(m)＝＋在m∈上是增函数，故有h(m)＞h＝，
∴ y′＝＜0在m∈上成立，
∴ 函数y＝在上是减函数，
∴ 函数的值域是，即x1x2x3的取值范围是(，0)．
**9. 函数f(x)＝xex，其中e是自然对数的底数，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解.
（考察函数的性质，零点存在性定理）
解：当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，
由于ex>0，所以x＝0不是方程的解，
所以原方程等价于ex－－1＝0.
令h(x)＝ex－－1，
因为h′(x)＝ex＋>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，
所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，
又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－<0，h(－2)＝e－2>0，
所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数t的所有值为{－3，1}.
**10.设函数f(x)＝x2lnx－x2＋b，求证：对任意实数b∈，函数f(x)有且仅有两个零点
(考查函数零点存在性定理，判断并证明零点的个数)
证明：因为函数f(x)＝x2lnx－x2＋b，
所以f′(x)＝2xlnx－x.令f′(x)＝2xlnx－x＝0，得x＝，
且当x∈(0，)时，f′(x)＜0，即f(x)＝x2lnx－x2＋b在x∈(0，)上单调减，
当x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)＝x2lnx－x2＋b在x∈(，＋∞)上单调增，
所以f(x)有最小值f()＝b－＜0.
又f(e)＝e2－e2＋b＞0，
所以f(x)＝x2lnx－x2＋b在(，e)上一定有一解．
下面证明存在x∈(0，)使f(x1)＞0，
令h(x)＝xlnx－x＋1，h′(x)＝lnx，
所以当x∈(0，1)时，h(x)＝xlnx－x＋1在(0，1)上单调减，
所以当x∈(0，1)时，h(x)＝xlnx－x＋1＞h(1)＞0，
所以f(b)＝b2lnb－b2＋b＝b(blnb－b＋1)＞0，
又函数f(x)在(0，)上单调减且连续，b＜
所以f(x)＝x2lnx－x2＋b在(b，)上一定有一解．
综上所述，函数f(x)在(0，＋∞)上有且仅有两个零点．
***11．已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x.当m＞0时，若曲线C：y＝f(x)在点x＝1处的切线l与C有且只有一个公共点，求m的值．
(考查函数零点存在性定理，根据零点的个数求参数取值范围)
解析：因为f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，
所以切线方程为y－m＋1＝2m(x－1)，即y＝2mx－m－1
从而方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1在(0，＋∞)上只有一解．
令g(x)＝mx2－x＋ln x－2mx＋m＋1，则
g′(x)＝2mx－1－2m＋＝＝，
所以①当m＝，g′(x)≥0所以y＝g(x)在x∈(0，＋∞)单调递增，且g(1)＝0，
所以mx2－x＋ln x＝2mx－m－1只有一解．
②当0＜m＜，x∈(0,1)，g′(x)＞0；x∈，g′(x)＜0；x∈，g′(x)＞0由g(1)＝0及函数单调性可知g＜0，
因为g(x)＝mx＋m＋ln x＋1，取x＝2＋，
则g＞0，
因此在方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1必有一解从而不符题意
③当m＞，x∈，g′(x)＞0；x∈，g′(x)＜0；x∈(1，＋∞)，g′(x)＞0
同理在方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1必有一解，不符题意
综上所述m＝.
***12.已知函数f(x)＝xsinx－，判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
（利用零点存在性定理证明零点个数）
解析：f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。证明如下：
f(x)＝xsinx－，从而有f(0)＝－＜0，f＝＞0。
又f(x)在上的图象是连续不断的，所以f(x)在内至少存在一个零点。
又由（I）知f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且仅有一个零点。
当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.
由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m∈，使得g(m)＝0。由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈时，有g′(x)＜0，从而g(x)在内单调递减。当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，
故当x∈时， f(x)≥f＝＞0，故f(x)在上无零点；
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。
零点不可求部分
**1．设函数f(x)＝e－1－x－ax，若x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
(导函数零点不可求，可通过多次求导，判断导函数的符号)
解析：f(0)＝0，f′(x)＝e－1－2ax，令g(x)＝f ′(x)，
则g(0)＝0，g ′(x)＝e－2a，
若g ′(x)≥0恒成立，则a≤e，即a≤(e)min＝，则g(x)≥0即f ′(x)≥0，
所以f(x)≥0成立。
当a＞时，令g ′(x)＝e－2a＜0，可得x＜ln2a，
所以x∈[0, ln2a)时，g ′(x)＜0，则函数g(x)在[0, ln2a)上单调减，
所以x∈(0, ln2a)时，g(x)＜g(0)＝0，即f ′(x)＜0，所以函数f(x)在[0, ln2a)上单调减，则f(x)＜f(0)＝0，不符合题意．
综上，a的取值范围(－∞,]．
***2．已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1．求证：(x－1)f(x)≥0．
(连续运用多次求导，每次求导都可发现，新的导数都更有利于求出导数的零点，多次求导是解决导函数零点的一个有效方法)
答案：略
***3．已知函数f(x)＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.
证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.
(考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识)
解析：由f '(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx
令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx
则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0
于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0
令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)
由u'(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增
故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1
即a0∈(0，1)
当a＝a0时，有f '(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0
再可求出，f '(x)在区间(1，＋∞)上单调递增
当x∈(1，x0)时，f '(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0
当x∈(x0，＋∞)时，f '(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0
又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0
故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0
综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.
***4.已知函数f(x)＝1＋lnx－，其中k为整数，且当x＞2时，f(x)＞0恒成立，求k的最大值．(参考数据：ln8＝2.08，ln9＝2.20，ln10＝2.30)
(恒成立问题可以通过分离变量，求最值处理，但导函数零点不可求出，可用零点存在性定理求出零点所在区间，从而得到最值的范围)
解析：(方法1)由题意知，1＋lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，
即k＜对x∈(2，＋∞)恒成立．令h(x)＝，则h′(x)＝.
设v(x)＝x－2lnx－4，则v′(x)＝.当x∈(2，＋∞)时，v′(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)上为增函数．因为v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0，
所以存在x0∈(8，9)，v(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0.
当x∈(2，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以当x＝x0时，h(x)的最小值h(x0)＝.
因为lnx0＝，所以h(x0)＝∈(4，4.5)．故所求的整数k的最大值为4.(16分)
(方法2)由题意知，1＋lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，
f(x)＝1＋lnx－，f′(x)＝.① 当2k≤2，即k≤1时，f′(x)＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增．而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求．
② 当2k＞2，即k＞1时，
当x∈(2，2k)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(2k，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝2k时，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k.
从而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恒成立，等价于2＋ln2k－k＞0.
令g(k)＝2＋ln2k－k，则g′(k)＝＜0，从而g(k)在(1，＋∞)上为减函数．
因为g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0，
所以使2＋ln2k－k＜0成立的最大正整数k＝4.
综合①②知，所求的整数k的最大值为4.
极值点偏移部分
***1．设函数f(x)＝x2，g(x)＝alnx＋bx(a＞0)，设G(x)＝f(x)＋2－g(x)有两个零点x1，x2，且x1，x0，x2成等差数列，试探究G'(x0)值的符号．
答案：G'(x0)的符号为正.
理由为：因为G(x)＝x2＋2－alnx－bx有两个零点x1，x2，
则有，
两式相减得x22－x12－a(lnx2－lnx1)－b(x2－x1)＝0
即x2＋x1－b＝，于是G'(x0)＝2x0－－b＝(x1＋x2－b)－
＝－＝[ln－]
＝[ln－]
①当0＜x1＜x2时，令＝t，则t＞1，且G'(x0)＝(lnt－).
设u(t)＝lnt－(t＞1)，
则u'(t)＝－＝＞0，
则u(t)＝lnt－在(1，＋∞)上为增函数．
而u(1)＝0，所以u(t)＞0，即lnt－＞0.
又因为a＞0，x2－x1＞0，所以G'(x0)＞0.
②当0＜x2＜x1时，同理可得：G'(x0)＞0.
综上所述：G'(x0)的符号为正·
***2．已知函数f(x)＝4lnx－mx2（m＞0），若函数g(x)＝f(x)－(m－4)x，对于曲线y＝g(x)上的两个不同的点M(x1，g(x1))，N(x2，g(x2))，记直线MN的斜率为k，若k＝g'(x0)，
证明：x1＋x2＞2x0.
(极值点偏移问题，构造函数，利用齐次式，设新元，研究一元函数)
证明：因为g(x)＝f(x)－(m－4) x＝4lnx－mx＋(4－m) x
所以g(x1)－g(x2)＝4(lnx1－lnx2)－ m(x1＋x2) (x1－x2)＋(4－m) (x1－x2)
由题设得g'(x0)＝＝ － m(x1＋x2)＋(4－m).
又g'()＝－m ·＋4－m，
∴g'(x0)－g'()＝－＝ [(lnx2－lnx1)－]
＝[ln－].
不妨设0＜x1＜x2， t＝，则t＞1，则ln－
＝lnt－ (t＞1).
令h(t)＝lnt－ (t＞1)，则h'(t)＝＞0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0。
故ln－＞0.
又因为x2－x1＞0，因此g'(x0)－g'()＞0，即g'()＜g'(x0).
又由g'(x)＝－mx＋(4－m)知g'(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以＞x0，即x1＋x2＞2x0.
***3．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f ′()＞0.
证明：法一：由f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，
得f'(x)＝2x－(a－2)－＝＝，故只有a＞0时，方程f(x)＝c才有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，
满足，
两式相减得：x12－(a－2)x1－alnx1－x22＋(a－2)x2＋alnx2＝0……
化简得：a＝.
欲证：f'()＞0＝f'()，结合f'(x)的单调性，即证：＞
等价于证明：x1＋x2＞Ûln＜＝
令t＝，(0＜t＜1)，构造函数g(t)＝lnt－，(0＜t＜1)，求导由单调性易得原不等式成立，略.
法二：接后续解:
由得：(x1＋x2)(x1－x2)－(a－2)(x1－x2)－aln＝0
即：(x1＋x2)－(a－2)－＝0……
而f'()＝(x1＋x2)－(a－2)－……
由得：f'()＝－
＝(ln－)＝(ln－)……④
要证：f'()＞0Û(ln－)＞0，令t＝，(0＜t＜1)
构造函数m(t)＝lnt－，(0＜t＜1)，求导由单调性易得m(t)＜0在t∈(0，1)恒成立，又因为a＞0，x1－x2＜0，故f'()＞0成立.
法三：接④后续解：
视x1为主元，设g(x)＝lnx－lnx2－，g'(x)＝－＝＞0
则g(x)在x∈(0，x2)上单调递增，故g(x)＜g(x2)＝0，再结合a＞0，x1－x2＜0，故f'()＞0成立.
法四：构造函数h(x)＝f(－x)－f(＋x)，(0＜x＜)，
则h'(x)＝－f'(－x)－f'(＋x)＝＞0，从而h(x)在(0，)上单调递增，故h(x)＞h(0)＝0，即f(－x)＞f(＋x)对x∈(0，)恒成立，
从而f(x)＞f(a－x)，(0＜x＜)，则f(x2)＝f(x1)＞f(a－x1)，由x2，a－x1∈(，＋∞)，且f(x)在(，＋∞)单调递增，故x2＞a－x1，即＞，从而f'()＞0成立.
***4．已知f(x)＝xlnx的图像上有A，B两点，其横坐标为0＜x1＜x2＜1，且f(x1)＝f(x2).
证明：1＜＋＜.（文科慎选）
令t1＝，t2＝，则x1＝t12，x2＝t22，t1，t2∈(0，1)，且
h(t)＝2t2lnt，h(t1)＝h(t2)，h'(t)＝2t(2lnt＋1)，令h'(t)＝0，得t＝，
故0＜t1＜＜t2＜1.构造函数H(t)＝h(t)－h(－t)，(0＜t＜)，则
H'(t)＝h'(t)＋h'(－t)，H''(t)＝h''(t)－h''(－t)，由于h'''(t)＝＞0，则h''(t)在(0，)上单调递增，因为t＜－t，故H''(t)＜0，H'(t)在(0，)上单调递减，故H'(t)＞H'()＝0，即H(t)在(0，)上单调递增，即H(t)＜H()＝0，即h(t)＜h(－t)，同理得出：t1＋t2＜；
再构造G(x)＝h(t)－h(1－t)，(0＜t＜)，同样求导利用单调性可得出G(t)＞G()＝0，从而h
(t)＞h(1－t)对t∈(0，)恒成立，同理得出：t1＋t2＞1.
综上：即证1＜t1＋t2＜成立，也即原不等式1＜＋＜成立.
***5．已知函数f(x)＝a－－lnx(a∈R)，若f(x)有两零点x1，x2(x1＜x2)，
求证：2＜x1＋x2＜3ea－1－1.
解：由题设，f′(x)＝，故f(x)在(1，e2)上单调递减．(2分)
所以f(x)在(1，e2)上至多只有一个零点．
又f(1)f(e2)＝1×<0，故函数f(x)在(1，e2)上只有一个零点．(4分)
(2) 解：f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减；
当00，f(x)在(0，1)上单调递增，
故[f(x)]max＝f(1)＝a－1.(6分)
① 当[f(x)]max＝0，即a＝1时，因最大值点唯一，故符合题设；(8分)
② 当[f(x)]max<0，即a<1时，f(x)<0恒成立，不合题设；
③ 当[f(x)]max>0，即a>1时，一方面，ea>1，f(ea)＝－<0；
另一方面，e－a<1，f(e－a)＝2a－ea≤2a－ea<0(易证：ex≥ex)，
于是，f(x)有两零点，不合题设．
综上，a的取值集合为{1}．(10分)
(3) 证明：先证x1＋x2>2.
依题设，有a＝＋lnx1＝＋lnx2，于是＝ln.
记＝t，t>1，则lnt＝，故x1＝.
于是，x1＋x2＝x1(t＋1)＝，
x1＋x2－2＝.
记函数g(x)＝－lnx，x>1.
因g′(x)＝>0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
于是，t>1时，g(t)>g(1)＝0.
又lnt>0，所以x1＋x2>2.(13分)
再证x1＋x2<3ea－1－1.
因f(x)＝0h(x)＝ax－1－xlnx＝0，故x1，x2也是h(x)的两零点．
由h′(x)＝a－1－lnx＝0，得x＝ea－1(记p＝ea－1)．
仿(1)知，p是h(x)的唯一最大值点，故有
作函数h(x)＝lnx－－lnp，则h′(x)＝≥0，故h(x)单调递增．
故当x>p时，h(x)>h(p)＝0；当00，
即x－(3ea－1－1)x1＋ea－1>0.
同理，x－(3ea－1－1)x2＋ea－1<0.
故x－(3ea－1－1)x2＋ea－1Q(1)＝0，
即H′(x)>0，从而函数y＝H(x)在x∈(0，1)时单调递增，故H(x)，所以－1<1，记I＝∩(0，1)，则当x∈I时，x－>0，
故Q′(x)>0，所以函数y＝Q(x)在x∈I时单调递增，Q(x)H(1)＝0，此时(*)不成立；所以当x∈(0，1)，G(x)＝lnx≥1恒成立时，b≤；
2) 当x∈(1，＋∞)时，G(x)＝lnx≥1可化为(bx＋1－b)lnx－x＋1≥0，
令H(x)＝(bx＋1－b)lnx－x＋1，x∈(1，＋∞)，问题转化为：H(x)≥0对任意的x∈(1，＋∞)恒成立(**)；则H(1)＝0，H′(x)＝blnx＋＋b－1，H′(1)＝0.
令Q(x)＝blnx＋＋b－1，则Q′(x)＝.
① b≥时，b(x＋1)－1>2b－1≥×2－1＝0，
故 Q′(x)>0，所以函数y＝Q(x)在x∈(1，＋∞)时单调递增，Q(x)>Q(1)＝0，
即H′(x)>0，从而函数y＝H(x)在x∈(1，＋∞)时单调递增，所以H(x)>H(1)＝0，此时(**)成立；
② 当b<时，
ⅰ) 若 b≤0，必有Q′(x)<0，故函数y＝Q(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，所以Q(x)1，所以当x∈时，
Q′(x)＝＝<0，
故函数y＝Q(x)在x∈上单调递减，Q(x)－恒成立.
(分离参数，构造新函数，然后通过对新函数求最值来求解；结合已知的两个函数，然后证明f(x)min>m(x)max).
解析：(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，+∞)恒成立，则a≤2lnx＋x＋.
设h(x)= 2lnx＋x＋(x>0)，则h'(x)=,
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，所以h(x)min=h(1)=4.
因为对一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min=4，
即实数a的取值范围是(-∞，4].
(2)问题等价于证明xln x>－(x∈(0，+∞))恒成立.
又f(x)=xln x，f'(x)=ln x+1，
当x∈(0, )时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(,＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f()＝－.
设m(x)= －(x∈(0，+∞))，则m'(x)= ，
易知m(x)max=m(1)=－，
从而对一切x∈(0，+∞)，ln x>－恒成立.
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