2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第5课时利用导数研究函数的零点问题学案含解析新人教A版20230519131

2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第5课时利用导数研究函数的零点问题学案含解析新人教A版20230519131第3章导数及其应用第5课时利用导数研究函数的零点问题考点1讨论函数的零点个数——综合性(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).(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＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．解：(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x－12)>0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．因为f(e)＝1－eq\f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq\f(e2＋1,e2－1)＝eq\f(e2－3,e2－1)>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又0<eq\f(1,x1)<1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－lnx1＋eq\f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点eq\f(1,x1).综上，f(x)有且仅有两个零点．(2)因为eq\f(1,x0)＝eeq\s\up8(－lnx0)，所以点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))在曲线y＝ex上．由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，故直线AB的斜率k＝eq\f(\f(1,x0)－lnx0,－lnx0－x0)＝eq\f(\f(1,x0)－\f(x0＋1,x0－1),－\f(x0＋1,x0－1)－x0)＝eq\f(1,x0).曲线y＝ex在点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))处切线的斜率是eq\f(1,x0)，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是eq\f(1,x0)，所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx)处的切线也是曲线y＝ex的切线．将本例中的函数改为“f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R”，讨论函数g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零点的个数．解：由题设，g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x＞0)．令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x＞0)，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．所以φ(x)的最大值为φ(1)＝eq\f(2,3).由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知：①当m＞eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；②当m＝eq\f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜eq\f(3,2)时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；当m＝eq\f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜eq\f(2,3)时，函数g(x)有两个零点．利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝eq\f(fx,x)－4lnx的零点个数．解：(1)因为f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，所以f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，所以a＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)因为g(x)＝eq\f(x2－2x－3,x)－4lnx＝x－eq\f(3,x)－4lnx－2(x>0)，所以g′(x)＝1＋eq\f(3,x2)－eq\f(4,x)＝eq\f(x－1x－3,x2).令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)↗极大值↘极小值↗当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，g(e5)＝e5－eq\f(3,e5)－20－2>25－1－22＝9>0.因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)在(0，＋∞)上仅有1个零点．考点2由函数的零点个数求参数的范围——综合性(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)当a＝1时，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：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1.令f′(x)<0，解得x<0；令f′(x)>0，解得x>0.所以f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)因为f(x)＝ex－a(x＋2)，所以f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意．若a＞0，令f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．所以f(x)min＝f(lna)＝elna－a(lna＋2)＝－a(1＋lna)．要使f(x)有两个零点，则f(x)min＝f(lna)＜0，即－a(1＋lna)＜0，所以a＞eq\f(1,e)，即a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).将本例中的函数改为“f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)”，若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．解：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；当x＜0时，取x＝－eq\f(1,a)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＜1＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)－1))＝－a＜0，所以函数f(x)存在零点，不满足题意．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．所以，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(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0.综上所述，实数a的取值范围是(－e2，0)．利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(a＝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＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)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．1．已知曲线f(x)＝ex(ax＋1)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.(1)求a，b的值；(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．解：(1)f(x)＝ex(ax＋1)，f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝e·2a＋1＝b，,f1＝e·a＋1＝b－e，))所以a＝1，b＝3e.(2)(方法一)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于曲线u(x)＝ex(x－2)与直线y＝m有两个交点.u′(x)＝ex(x－2)＋ex＝ex(x－1)．当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，所以u(x)在(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，所以u(x)在(1，＋∞)单调递增，所以x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.又x→＋∞时，u(x)→＋∞；x<2时，u(x)<0，所以－e<m<0，即m的取值范围是(－e,0)．(方法二)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，g′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x＝1时，g(x)取得极小值g(1)＝－e－m.又x→－∞时，g(x)→－m，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1<0，,－m>0，))所以－e<m<0，即m的取值范围是(－e，0)．2．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))处的切线与y轴垂直．(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.解：(1)由函数f(x)＝x3＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，即eq\f(3,4)＋b＝0.故b＝－eq\f(3,4).(2)由(1)知f(x)＝x3－eq\f(3,4)x＋c，f′(x)＝3x2－eq\f(3,4).令f′(x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)或x＝eq\f(1,2).x，f′(x)与f(x)的变化情况为：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)↗c＋eq\f(1,4)↘c－eq\f(1,4)↗因为f(1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)，所以当c＜－eq\f(1,4)时，f(x)只有大于1的零点．因为f(－1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)，所以当c＞eq\f(1,4)时，f(x)只有小于－1的零点．由题设可知－eq\f(1,4)≤c≤eq\f(1,4)，当c＝－eq\f(1,4)时，f(x)只有两个零点－eq\f(1,2)和1.当c＝eq\f(1,4)时，f(x)只有两个零点－1和eq\f(1,2).当－eq\f(1,4)＜c＜eq\f(1,4)时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).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.考点3函数零点与极值点的偏移问题——应用性已知函数f(x)＝x2－2x＋1＋aex有两个极值点x1，x2，且x1<x2.证明：x1＋x2>4.证明：令g(x)＝f′(x)＝2x－2＋aex，则x1，x2是函数g(x)的两个零点．令g(x)＝0，得a＝－eq\f(2x－1,ex).令h(x)＝－eq\f(2x－1,ex)，则h(x1)＝h(x2)，h′(x)＝eq\f(2x－4,ex)，可得h(x)在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，所以x1<2<x2.令H(x)＝h(2＋x)－h(2－x)，则H′(x)＝h′(2＋x)－h′(2－x)＝eq\f(2xe2－x－e2＋x,e2＋x·e2－x)，当0<x<2时，H′(x)<0，H(x)单调递减，有H(x)<H(0)＝0，所以h(2＋x)<h(2－x)．所以h(x1)＝h(x2)＝h(2＋(x2－2))<h(2－(x2－2))＝h(4－x2)．因为x1<2,4－x2<2，h(x)在(－∞，2)上单调递减，所以x1>4－x2，即x1＋x2>4.1．对极值点偏移的解释已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(x1，x2)内有且只有一个极值点x0，且f(x1)＝f(x2)．若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点x0＝eq\f(x1＋x2,2)，我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点x0≠eq\f(x1＋x2,2)的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”．2．解极值点偏移问题的通法第一步：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；第二步：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；第三步：构造关于x1(或x2)的一元函数，或令eq\f(x2,x1)＝t(t>1)构造关于t的一元函数，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到对待证不等式的证明．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.(1)解：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，eq\f(2,a)＝eq\f(x,ex).令g(x)＝eq\f(x,ex)，所以g′(x)＝eq\f(1－x,ex).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．又因为g(1)＝eq\f(1,e)，当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，因此，当0<eq\f(2,a)<eq\f(1,e)时，f(x)有2个极值点，即a的取值范围为(2e，＋∞)．(2)证明：由(1)不妨设0<x1<1<x2，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2eeq\s\up4(x1)＝ax1，,2eeq\s\up4(x2)＝ax2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln2＋x1＝lna＋lnx1，,ln2＋x2＝lna＋lnx2，))所以x2－x1＝lnx2－lnx1.要证明2x1x2<x1＋x2，只要证明2x1x2(lnx2－lnx1)<xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)，即证明2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))<eq\f(x2,x1)－eq\f(x1,x2).设eq\f(x2,x1)＝t(t>1)，即要证明2lnt－t＋eq\f(1,t)<0在t∈(1，＋∞)上恒成立．记h(t)＝2lnt－t＋eq\f(1,t)(t>1)，h′(t)＝eq\f(2,t)－1－eq\f(1,t2)＝eq\f(－t2＋2t－1,t2)＝eq\f(－t－12,t2)<0，所以h(t)在区间(1，＋∞)上单调递减，所以h(t)<h(1)＝0，即2lnt－t＋eq\f(1,t)<0，即2x1x2<x1＋x2.已知f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)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)．[四字程序]读想算思求证：x1x2>e21.证明不等式的解题策略；2.如何构造函数？由极值的定义建立等量关系、求导研究有关函数的单调性转化与化归f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x21.构造函数转化为求函数最值；2.利用函数单调性；3.建立等量关系后令t＝eq\f(x2,x1)构建关于t的函数；4.构造g(x)＝eq\f(lnx,x)1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))得m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)；2.令g(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x1)＝g(x2)，g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)1.函数极值的定义；2.欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2思路参考：转化为证明lnx1＋lnx2>2，根据x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量关系．令t＝eq\f(x2,x1)将lnx1＋lnx2变形为关于t的函数，将lnx1＋lnx2>2转化为关于t的不等式进行证明．证明：欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2.若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根．于是，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))解得m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2).另一方面，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，从而得eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2).于是，lnx1＋lnx2＝eq\f(lnx2－lnx1x2＋x1,x2－x1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).又0<x1<x2，设t＝eq\f(x2,x1)，则t>1.因此，lnx1＋lnx2＝eq\f(1＋tlnt,t－1)，t>1.要证lnx1＋lnx2>2，即证eq\f(t＋1lnt,t－1)>2，t>1.即当t>1时，有lnt>eq\f(2t－1,t＋1).设函数h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t＞1，则h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)≥0，所以，h(t)为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0.于是，当t>1时，有lnt>eq\f(2t－1,t＋1).所以lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2.思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>eq\f(e2,x2).依据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根构造函数g(x)＝eq\f(lnx,x)，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x1)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1))).证明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，所以mx1＝lnx1，mx2＝lnx2.令g(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又x1<x2，所以0<x1<e<x2.令h(x)＝g(x)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x)))(x∈(0，e))，h′(x)＝eq\f(1－lnxe2－x2,x2e2)>0，故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)<h(e)＝0，即g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x))).令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1))).因为x2，eq\f(e2,x1)∈(e，＋∞)，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x2>eq\f(e2,x1)，即x1x2>e2.思路参考：设t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，推出eq\f(t1,t2)＝eeq\s\up8(t1－t2).将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量k＝t1－t2<0构建函数进行证明．证明：设t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＝meeq\s\up5(t1)，,t2＝meeq\s\up5(t2)))⇒eq\f(t1,t2)＝eeq\s\up5(t1－t2).设k＝t1－t2<0，则t1＝eq\f(kek,ek－1)，t2＝eq\f(k,ek－1).欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2.即只需证明t1＋t2＞2，即eq\f(k1＋ek,ek－1)>2⇔k(1＋ek)<2(ek－1)⇔k(1＋ek)－2(ek－1)<0.设g(k)＝k(1＋ek)－2(ek－1)(k<0)，g′(k)＝kek－ek＋1，g″(k)＝kek<0，故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上单调递增，因此g(k)<g(0)＝0，命题得证．思路参考：设t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，推出eq\f(t1,t2)＝eeq\s\up8(t1－t2).将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量eq\f(t1,t2)＝k∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＝meeq\s\up5(t1)，,t2＝meeq\s\up5(t2)))⇒eq\f(t1,t2)＝eeq\s\up5(t1－t2).设eq\f(t1,t2)＝k∈(0,1)，则t1＝eq\f(klnk,k－1)，t2＝eq\f(lnk,k－1).欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2，即只需证明t1＋t2>2，即eq\f(k＋1lnk,k－1)>2⇔lnk<eq\f(2k－1,k＋1)⇔lnk－eq\f(2k－1,k＋1)<0.设g(k)＝lnk－eq\f(2k－1,k＋1)(k∈(0,1))，g′(k)＝eq\f(k－12,kk＋12)>0，故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k)<g(1)＝0，命题得证．1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．已知函数f(x)＝xlnx－2ax2＋x，a∈R.(1)若f(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明x1＋x2>eq\f(1,2a).(1)解：f′(x)＝lnx＋2－4ax.因为f(x)在(0，＋∞)内单调递减，所以f′(x)＝lnx＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，即4a≥eq\f(lnx,x)＋eq\f(2,x)在(0，＋∞)内恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(2,x)，则g′(x)＝eq\f(－1－lnx,x2).所以，当0<x<eq\f(1,e)时，g′(x)>0，即g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))内单调递增；当x>eq\f(1,e)时，g′(x)<0，即g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))内单调递减．所以g(x)的最大值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,4)，＋∞)).(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，则f′(x)＝lnx＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2.由(1)，知0<a<eq\f(e,4).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1＋2－4ax1＝0，,lnx2＋2－4ax2＝0，))两式相减，得lnx1－lnx2＝4a(x1－x2)．不妨设0<x1<x2，所以要证明x1＋x2>eq\f(1,2a)，只需证明eq\f(x1＋x2,4ax1－x2)<eq\f(1,2alnx1－lnx2).即证明eq\f(2x1－x2,x1＋x2)>lnx1－lnx2，亦即证明eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)>lneq\f(x1,x2).令函数h(x)＝eq\f(2x－1,x＋1)－lnx,0<x<1.所以h′(x)＝eq\f(－x－12,xx＋12)<0，即函数h(x)在(0,1)内单调递减．所以当x∈(0,1)时，有h(x)>h(1)＝0，所以eq\f(2x－1,x＋1)>lnx.即不等式eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)>lneq\f(x1,x2)成立．综上，x1＋x2>eq\f(1,2a)，命题得证.第3章导数及其应用构造法解f(x)与f′(x)共存问题以抽象函数为背景，题设条件或所求结论中具有f(x)与f′(x)共存的不等式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考中的一个热点．解答这类问题的策略是将f(x)与f′(x)共存的不等式与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用函数的性质解决问题．构造y＝f(x)±g(x)型可导函数定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)>1，f(2)＝eq\f(5,2)，则关于x的不等式f(ex)<3－eq\f(1,ex)的解集为()A．(0，e2) B．(e2，＋∞)C．(0，ln2) D．(－∞，ln2)D解析：构造函数F(x)＝f(x)＋eq\f(1,x).依题意知F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2f′x－1,x2)>0，即函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．所求不等式可化为F(ex)＝f(ex)＋eq\f(1,ex)<3，而F(2)＝f(2)＋eq\f(1,2)＝3，所以ex<2，解得x<ln2，故不等式的解集为(－∞，ln2)．函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)在R上的导函数f′(x)>eq\f(1,2)，则不等式f(x)<eq\f(x＋1,2)的解集为________．(－∞，1)解析：由f′(x)>eq\f(1,2)，可得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fx－\f(1,2)x))eq\s\up8(′)＝f′(x)－eq\f(1,2)>0，即函数F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x在R上是增函数．又由f(1)＝1可得F(1)＝eq\f(1,2)，故f(x)<eq\f(x＋1,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)x，整理得f(x)－eq\f(1,2)x<eq\f(1,2)，即F(x)<F(1)．由函数的单调性可得不等式的解集为(－∞，1)．构造f(x)g(x)型可导函数设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)·g′(x)>0，且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)>0的解集是()A．(－3，0)∪(3，＋∞)B．(－3，0)∪