第8讲 利用导数研究方程的根（教师版）-2024年高考数学一轮复习考点（新教材新高考）

第08讲利用导数研究方程的根

（核心考点精讲精练）

考情探究

1.4年真题考点分布

4年考情

考题示例考点分析关联考点

2022年新I卷，第22题,12分利用导数研究方程的根由导数求函数的最值（含参）

求离散型随机查量的均值

2021年新n卷,第21题,12分利用导数研究方程的根

均值的实际应用

2.命题规律及备考策略

【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为12分

【备考策略】1能用导数证明函数的单调性

2能结合方程的根的定义用导数解决方程的根的问题

【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容，也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中

求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题，导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,

有一定的难度，一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养

都有较深入的考查，需综合复习

知识讲解

利用导数研究函数方程的根的方法

（1）通过最值（极值）判断零点个数（方程的根）的方法

借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零

点个数（方程的根）或者通过零点个数（方程的根）求参数范围.

（2）数形结合法求解零点（方程的根）

对于方程解的个数（或函数零点个数）问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图

数形结合确定其中参数的范围.

（3）构造函数法研究函数零点（方程的根）

①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数（方程的根）

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，从而求解.

②解决此类问题的关键是将函数零点、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.

考点一、利用导数研究方程的根

☆典例引领

1.(2021•全国•统考高考真题)已知。>0且函数/(x)=L(x>0).

a

(1)当4=2时，求“X)的单调区间；

(2)若曲线y=/(x)与直线y=l有且仅有两个交点，求4的取值范围.

【答案】(1)(。,专上单调递增；*，+8)上单调递减；(2)(l,e)(e,M).

【分析】(1)求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；

(2)方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线y=f(x)与直线y=l有且仅有两个交点等价转化为方

程符=等有两个不同的实数根，即曲线y=g(x)与直线丫=等有两个交点，利用导函数研究g(x)的单调

性，并结合g(x)的正负，零点和极限值分析g(x)的图象，进而得到0〈生发现这正好是

0<g(a)<g(e),然后根据g(x)的图象和单调性得到。的取值范围.

【详解】(1)当a=2时，/(》)=57，八%)=-----所-----=―、------

令/(力=0得%=三，当0<%<三时,用勾>0,当三时,<0,

In2In2v7In2

.••函数”X)在(o,专上单调递增：4，内)上单调递减；

(2)［方法一］【最优解】：分离参数

f(x)=-=la>ax=x"=xln〃=alnx=■，设函数=

axxax

则g，(x)=^^,令/(x)=0,得尸e.

在(0,e)内$(x)>0,g(x)单调递增；

在(e,*o)上g[x)<0,g(x)单调递减;

，g(x)g=g(e)=J

又g(l)=0,当x趋近于+8时，g(x)趋近于0,

所以曲线y=〃x)与直线y=1有且仅有两个交点，即曲线y=g(x)与直线y=等有两个交点的充分必要条

件是0〈等这即是0<g(a)<g(e),

所以。的取值范围是(l,e)(e,4w).

[方法二]：构造差函数

山y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点知/(%)=1,即x"=a*在区间(0,+8)内有两个解，取对数得方程

〃lnx=xlna在区间(0,+oo)内有两个解.

构造函数g(x)=alnx-xlna,x£(0,+oo),求导数得g'(x)=-Tna="

xx

当0<々<1时，ln〃<0,xe(0,+oo),〃-xln〃>0,g(x)>0,g(x)在区间(。,+8)内单调递增，所以，g(x)在(0,y)

内最多只有一个零点，不符合题意；

当々>1时，lnQ>0,令?")=0得工==，当工/。,时，g'(x)>0；当时，g'(x)<0；

\naI\na)[Ina)

所以，函数g(x)的递增区间为递减区间为(六,田).

[\naj[InaJ

由于Ove0<1<—^―,x|e"]二-l-e“InavO,

\naIJ

当xf+oo时，有alnxvxlna,即g(x)vO,由函数g(x)=alnx—xlna在(0,+co)内有两个零点知

--|=«|ln-^--l|>0,所以y^->e,即a-e\na>G.

Una;I\na)ina

构造函数〃(a)=a-elna,则方(a)=l-£=心，所以%。)的递减区间为(l,e),递增区间为(e,+<®),所以

aa

//(«)>/z(e)=0,当且仅当a=e时取等号，故恤)>0的解为a>1且aHe.

所以，实数。的取值范围为(l，e)u(e,®o).

[方法三]分离法：一曲一直

xa

曲线y=fM与y=1有且仅有两个交点等价为=1在区间(0，+°°)内有两个不相同的解.

因为炉="，所以两边取对数得alnx=xlna,即皿》=胆，问题等价为g(x)=lnx与p(x)=里吧有且仅

aa

有两个交点.

①当0<。<1时，皿<o,p(x)与g(x)只有一个交点，不符合题意.

a

②当a>l时，取g(x)=lnx上一点(Xo，ln%),g'(x)=—,g'(%)=—,g(x)在点仇,ln%)的切线方程为

y-lnx0=—(x-x0),gpy=—x-l+lnx0.

%与

\na_\\r\a

当y=1+In玉)与〃(x)=为同一直线时有“axo得,ae'

x。

ax0=e.

Inx0-1=0,

直线以")=胆的斜率满足：0<生3<,时，g(x)=lnx与p(x)=里吧有且仅有两个交点.

aaea

记〃(a)=色〃'(“)=上半，令"(a)=0,有。=6.4€("),/?'3)〉0,恤)在区间(1")内单调递增；

aa~

。6(0+00),，(。)<0,//(。)在区间3+00)内单调递减；”=e时，最大值为g(e)=L所当。>1且aHe时

e

*In。1

有0<——<-.

ae

综.上所述，实数a的取值范围为(l,e)u(e,Ko).

[方法四卜直接法

，/、xa.£，,、axa~l-ax-axIna-xa_xa~\a-x\na)

/(x)=—(x>0)J(x)=------—5-------

x

a(n\

因为x>0,由r(x)=0得X=4.

Ina

当0<。<1时，/(x)在区间(0,+co)内单调递减，不满足题意;

当”>1时，扁>。,由r(x)>0得0<x<JL,"X)在区间o,J-内单调递增，由f'(x)<0得X>JLJ(x)

Ina\\naJina

在区间内单调递减.

因为照/⑴=0,且照fM=0,所以/岛)>1，即堪=芸>1，即K>(in"，|>m«-

河(n〃)

两边取对数，得Infz>ln(lntz),即Ina—1>ln(lna).

令Ina=r，则—1>Inr,令〃(x)=Inx-x+1,则“(x)=L-1,所以h(x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+«))

x

内单调递减,所以依⑼(1)=0,所以—iNlnr,则I>lnr的解为twl,所以Inawl,即awe.

故实数a的范围为(Le)u(e,+oo).]

【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，

属较难试题，

方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数

形结合思想求解.

方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.

方法三：将问题取对，分成g(x)=lnx与双外=双吧两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线

a

斜率与一次函数的斜率比较得到结论.

方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.

2.(2022•全国•统考高考真题)已知函数/(x)=e*-«x和g(x)=ox-Inx有相同的最小值.

⑴求。；

(2)证明：存在直线y=〃，其与两条曲线y=/(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交

点的横坐标成等差数列.

【答案】⑴。=1

(2)见解析

【分析】(1)根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求/注意分类讨论.

(2)根据(1)可得当匕>1时，e、-x=b的解的个数、x—lnx=6的解的个数均为2,构建新函数

h(x)=ex+\nx-2x,利用导数可得该函数只有一个零点且可得〃x),g(x)的大小关系，根据存在直线>=〃

与曲线y=/(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得匕的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差

数列.

【详解】(1)，幻=/-取的定义域为尺，而(Q)=e、—a,

若a40,则/'(幻>0,此时/(x)无最小值，故a>0.

8(》)=6-111》的定义域为(0,+8),而8'(幻=〃-]=巴?.

当xclna时，/'&)<(),故f(x)在(fo,lna)上为减函数，

当x>lna时，f\x)>0,故/GO在(Ina,+oo)上为增函数,

故f(x)min=/(lna)=a-"lna.

当0<x<：时，g\x)<0,故g(x)在(0，5)上为减函数，

当x>：时，g'(x)>0,故g(x)在田)上为增函数，

故g(x)min=

因为=/-必和g(x)=arTnx有相同的最小值，

故1一ln，=〃-alna,整理得到—'=lna,其中。〉0,

a1+a

i21-a2—1

设g(a)=----1na,4〉0,贝I」g'(a)=---=—7T-0，

l+a(1+Q)a〃(l+a)

故g(a)为(0,+8)上的减函数,而g⑴=。，

故g(q)=o的唯一解为4=1,故F=Ina的解为“=1.

综上，a=\.

(2)［方法一］:

由(1)可得f(x)=e*-x和g(x)=x-lnx的最小值为==

当匕>1时，考虑e，-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数.

设S(x)=e'-x-6,S'(x)=e，-1,

当x<0时，S'(x)<0,当x>0时，S'(x)>0,

故S(x)在(-8,0)上为减函数，在(0,+8)上为增函数，

所以S(xL,=S(O)=l—。<0，

而S(4)=e-">0,S(b)=eh-2b,

设〃3)=筋一力，其中8>1,则〃”)=e”—2>0,

故"修)在(1,E)上为增函数,故〃(A)>"l)=e-2>0,

故S(b)>0,故S(x)=e*-x-匕有两个不同的零点，即e，-x=6的解的个数为2.

设T(x)=x-lnx-6,Tf(x)=—~,

当()<x<l时，T'(x)<0,当x>l时，T'(x)>0,

故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,y)上为增函数，

所以7(力而”=7(1)=1一6<()，

而T(e-")=e-”>0,7(e")=e"_2b>0,

T(x)=x-lnx-匕有两个不同的零点即x-Inx=b的解的个数为2.

当匕=1,由(I)讨论可得x—lnx=£>、e*-x=b仅有一个解，

当匕<1时，由(1)讨论可得x-lnx=b、e*-x=〃均无根，

故若存在直线丫=匕与曲线y=〃x)、y=g(x)有三个不同的交点，

则匕>1.

设〃(x)=e*+lnx-2x,其中x>0,故/?'(x)=e*H-----2,

x

设s(x)=e*-x-l,x>(),则s〈x)=e*-1>0,

故s(x)在(0,+8)上为增函数，故s(x)>s(O)=0即e*>x+1,

J9TW//W>X+--1>2-1>0,所以/z(x)在(O,+8)上为增函数，

i_72

lflj'/7(l)=e-2>0,/?(—)=ec，-3<e-3<0.

e-e?e-?

故R(x),1.(O,+8)上有且只有一个零点与，g<Xo<l且：

当Ocxcx。时，〃(x)<0即e'-xcx—lnx即/(x)<g(x),

当x〉/时，〃(x)>0即e*-x>x-lnx即/(£)>g(x)，

因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、N=g(x)有三个不同的交点，

故b=/&)=g(%)>l，

此时e*-x=8有两个不同的根%，玉>(不<0<%)),

此时x-Inx=。有两个不同的根x0,X4(0</<1<%)，

故e"_X］=6,-x()=b,x4-\nx4-b=0,x()-lnxo-Z?=O

所以％-6=Inx*即=x4即e"S'——3一力=0,

故％-匕为方程e'-x=b的解，同理与-6也为方程e'-x=匕的解

又e*'-%=b可化为e*1=再+Z?即9-ln(x,+匕)=0即(3+b)-ln(西+b)-b-O,

故为+。为方程x—lnx=Z>的解，同理与+匕也为方程x—lnx=A的解，

所以{%,%}={%-加演16},而6>1,

故［/=/一:即为+七=2%

［xt=x0-b

［方法二］:

由⑴知，f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,

且/(x)在(7,0)上单调递减，在(0,”)上单调递增；

g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,”)上单调递增，且Ax)向“=g(x)zn=l.

①。<1时，此时f(x)min=g(x)m：„=1>人，显然y=b与两条曲线y=/(x)和y=g(x)

共有0个交点，不符合题意；

②h=\时,此时/(X)1nM=g(X)min=1=8,

故y”与两条曲线y=/(x)和产g。)共有2个交点，交点的横坐标分别为o和1；

③匕>1时，首先，证明》=人与曲线y=/(x)有2个交点，

即证明F(X)=/(x)-b有2个零点，/X)=T(x)=e，-1,

所以尸(x)在(-8,0)上单调递减，在(0,”)匕单调递增，

又因为尸(-。)=夕">0,F(0)=l-Z><0,F(h)=eb-2b>0,

(^t(h)=eh-2h,则*力=/_2>0,^)>r(l)=e-2>0)

所以F(x)=/(x)-6在(7,0)上存在且只存在1个零点，设为毛，在(0,+8)上存在且只存在1个零点，设为

x2.

其次，证明y=b与曲线和y=g(x)有2个交点，

即证明G(x)=g(x)-b有2个零点，G(x)=g，(x)=l」，

X

所以G(x)((),l)上单调递减，在(1,+CO)上单调递增，

又因为G(e")=ef>0,G(l)=l-6<0,G(2b)=b-\n2b>0,

(令"(b)=b-\n2b,l/lljp\b)=1-->0,>〃(1)=]_ln2>0)

b

所以G(x)=g(x)-6在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为七，在(L+oo)上存在且只存在1个零点，设为知

再次，证明存在儿使得多=电：

因为F(^)=G(X3)=0,所以=玉_卜入3，

X2

若工2=七，贝!]涉一々=々一1口%2，Bpe-2X2+Inx2=0,

所以只需证明e'-2x+lnx=0在(0,1)上有解即叽

即8(x)="-2x+lnx在(0,1)上有零点，

因为以3)=，---3<0,以D=e-2>0,

e'er

所以W(x)=e，-2x+lnx在(0,1)上存在零点，取一零点为为,令马=X3=X。即可，

止匕时取。=e""-x(>

则此时存在直线y=b,其与两条曲线y=fix)和y=g(x)共有三个不同的交点，

最后证明"+匕=2%,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，

-

因为F(占)=F(电)=尸(x(>)=0=G(占)=G(jf0)-G(A4)

所以尸a)=G(x°)=F(lnx。)，

又因为尸(x)在(-8,0)上单调递减，x,<0,0</<1即lnx0<0,所以5=ln%,

同理，因为F(x°)=G(*)=G5),

又因为G(x)在(l,+o>)上单调递增,%>0即/>1,X,>1,所以%=心,

又因为*-2%+ln3=0,所以/+x4=e%+ln%=2%,

即直线y=6与两条曲线)，=f(x)和)，=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

义X)'

gx)

__y=b

X|XoX2X

【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，

而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.

3.(2022・浙江•统考高考真题)设函数/(x)=F+lnx(x>0).

⑴求/(x)的单调区间；

(2)已知MeR,曲线y=/⑴上不同的三点(芭,〃3)),(々，/(々))，(*3，/(后))处的切线都经过点(。向.证

明：

(i)若"，则

(注：e=2.71828是自然对数的底数)

【答案】(l)/(x)的减区间为[。，|)，增区间为停+".

(2)(i)见解析；(ii)见解析.

【分析】(1)求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.

(2)(i)由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，(ii)&=±，

x\

n2(m—13)(/刀~—/刀+12)

/n=-<l,则题设不等式可转化为乙+A-2-~泻——r~~七,结合零点满足的方程进一步转化为

etn36〃7(/]+/3)

(rn-}](rn-\3](/n2-777+12)

\nm+-——―-------^<0,利用导数可证该不等式成立.

72(/w+l)

【详解】⑴小)=-5+「安,

当0<x苦，r(x)<0；当第x)>0,

故/(X)的减区间为(o，/4X)的增区间为(J，+8)

(2)(i)因为过(。,。)有三条不同的切线，设切点为(X,,4％)),i=l,2,3,

故/(%)-4=/'(x；)(%—a),

故方程"力―匕=/'("(x—a)有3个不同的根，

该方程可整理为9)(x-a)-异Tnx+》=O,

\x2x~)72x

当()<x<e或x>“时，g'(x)<0；当e<x<a时，g,(x)>0,

故g(x)在(0,e),(a,+oo)上为减函数,在(e,a)上为增函数,

因为g(x)有3个不同的零点,故g(e)<0且g(a)>0,

故1-奈)，-。)->1叱+匕<0艮9一点)("4)-点，》>0,

整理得至IJ：匕<£+1且/+lno=/(a),

f(a\--\—-\\<—+1-|—+ln^/-—一--~\na,

'，2(e)2e(2〃J2e222a

设〃(a)="|一最一Ina,则/(a)=^|^<。，

3

故〃(“)为(e,+8)上的减函数，AiM(a)<---e-lne=O,

故。<0-/(。).

(ii)当0<a<e时，同(i)中讨论可得：

故g(x)在(0,a),(e,+o。)上为减函数，在(〃,e)上为增函数，

彳'妨设x1<x2<x3fpllj0<X1<a<x2<e<x3,

因为g(力有3个不同的零点,故g(〃)<0且g(e)>0,

故(［一言")仁一〃)一^-一111©+6>0且(工—e7)(4_4)一^__111〃+匕<0,

整理得到：条…咤+*

因为＜%2〈%3，故（）＜石＜。V]2Ve＜工3，

又g（x）=l-^^+^-lnx+O,

p/7/74-pp/7

设/=£,4=团£0』），则方程1一幺£+箸一mx+b=0即为:

xe7x2x"

a+eZ+y-r2+\nt+b=0即为一（加+1），+//+ln，+/?=0

eee

记A=—」2=—，，3=一

%

则。由，4为一（"，+1），+万/+In/+A=0行三个不同的根,

./,x,e,a.

设Z='=」>一>1,/«=—<1,

t3Xjae

2e-a112e-a

即证2+号2ee-a

要证:一+——<—+—<.....-y+4〈"-京

e6e$x3a6e~6e

13—TH2\-m

即证:<4+4<—一

6m~1T

H即n证、「：（^+^13--^Y-2+—1一吟J<0'

2（加一13）（m2_机+]2）

即证:

1

°M36〃?（4+G）

而-+1）6+—彳+In4+/?=0且-（加+1）q+万f；+InG+b=0,

故1"7小+郛一切_（团+1）（6—3）=0,

c22InA-Inr.

故4+12-7=一^下丁

2_2[_岫（，”13）（〃尸-〃?+12）

故即证:

mZj-t336m&+八）

（4+A）ln己（加一13乂病-m+12）

即证:

>0

72

（Z+l）lnZ（加一13）"一加+12）

即证:

k-\-+72->0,

记尹⑻=仪;甘晨＞1,则

I1222

设=A------21nA,则/（A）=1H------->---------0,所以〃（Z）>=0,

kkkkk

")>o,

故S(k)在(l,+oo)上为增函数，故<P(k)>(p(J

所以(A+l)lnA(利-13)(>-〃?+12)(/n+l)ln/n(/77-13)(m2-w+12)

k-\72m-\72

(m—l)(m—13)(m2—/n+12)

记3(〃?)=Inm+,0</M<1,

72(/M+1)

(利-炉(3加-20，/-49m+72)(3,/+3)

>0,

72Ml(7M+1)?72MMi+1)，

所以“(nt)在(0,1)为增函数,故<y(m)<0⑴=0,

2

(7,.(m-l)(m-13)(m-wi+12)(m+l)ln/n-m+\2\

I'IZInm+--------------；------；-----------<0U|lA-------L------).1-------△-------------L>o，

72(，"+1)m-\72

故原不等式得证：

【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程

的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.

即时检测

1.(2023・湖南•校联考二模)已知函数/(x)=ln(x2-2hu，

⑴求/(x)的最小值；

(2)证明：方程e?"')-e'®=2/(力有三个不等实根.

【答案】(1)0

(2)证明见解析

【分析】(1)设MX)=X2-21IU,X>0,利用导数研究其单调性可得/i(x)的最小值，再结合y=lnx在定义

域内单调递增，即可求出答案；

(2)令m=必一21nxe构造函数g(m)=秋机)-m=1一m-21n/n,利用导数判断g(m)单调性和值

域，从而判断方程〃(，")=小的根的个数即可

【详解】(1)设力(同=/一2加，x>0,则〃(x)=2(x?(x+l),

.•.当x«0,l)时,〃(x)<0,力(x)单调递减；

当X«l,+oo)时,//(x)>0,/?(x)单调递增，

故〃(x)的最小值为刈1)=1,

因为y=lnx在定义域内单调递增，所以.“X)的最小值为lnl=O；

2/WzW

(2)Ltie-e=2/(同可得冽„)_冽'-㈣=2111卜2-2时，整理可得

卜*-21or)2一(J-21nx)=2In-21nx),

设加=d-21nirG[l,+oo),

令g(/%)=〃(，％)―/%="-m-2\nm,AHG[1,+OO),

则g'(〃7)=2m—\――=——―,由2机2一机一2=0得加=]+.

mm4

因此，当meI2+7.时，g,(/n)<0,g(，〃)单调递减；当mef,+oo时，g[m)>0,g(m)单调

递增.

由于g(l)=0,故g(邛7卜g⑴=0,又山g⑵=2(1-ln2)>0,由零点存在定理，存在/e匕普2，

使得g(%)=0,

...g(m)有两个零点I和旭0,方程/?(，")=〃2有两个根外€——,2和g=1,

则如图，叫=1时，因为M*）传=1,故方程M》）=i有一个根马=1,

下面考虑/z（x）=?解的个数，其中€（匕普,2）,

设s（尤）=〃（x）-2）=f-21nx-肛）,结合力（X）的单调性可得：

s（x）在（0,1）上为减函数，在（1,一）上为增函数，

而S⑴=；!⑴-为＜0,se2卜ef＞0,0＜二＜1，

故s(x)在(0,1)上有且只有一个零点，

s(ee)=e2mb-3%,设"(x)=e2*-3xx>1，

故(x)=2e2v-3>0,故〃(x)>0即s(e"M)>o,

而非>1,故〃(x)-外在。,一)上有且只有一个零点，

故-%=0有两个不同的根不占且0<占<1<£，

综上所述，方程e2")-=2/(力共有三个不等实根

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是令帆=9-210x^1,物)，将问题转化为关于m的方程力(加)=机

有两根，数形结合判断关于m的方程的根的情况

2.(2023•吉林长春•统考模拟预测)函数〃x)=ln(x+l).

⑴求证VxNO：f（x）<-=

(2)若方程=恰有两个根，求证：9kq.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)由题意对g(X)=/(x)一^^7=V(苫+求导可得g'(x)=j，则

2而T-x-240对Vx>0不等式恒成立，即函数g(x)在上单调递减，结合g(O)=O即可证明；

(2)由题意可知当x>0时，ln(x+l)=村G即心蚂泮=俱刈恰好有|根，利用二阶导数和零点的存在性

定理研究函数G(X)的性质，得G(㈤=需,me(e-l,e2-l),再次利用导数研究函数G(m)的性质可得3(加<4,

结合左=G(/n)e(G(4),G(3))即可证明.

yjr

【详解】（1）令g（x）=f（x）-^^=ln（x+l）-^^（x>一1）♦

，⑺」_G-a=，内+册=2灯…2,

x+1x+1x+12jx+l.(x+1)

令2^/77T-x-240,得fzO,对Vx>0不等式恒成立，

即g'(x)V0在［0,+8)上恒成立，得函数g(x)在。+8)上单调递减，

Y

又g(O)=O,所以g(x)40,BP/(x)<-y=^y.

(2)易知x=0是方程ln(x+l)=上五一个根，

所以当x>0时，ln(x+l)=&4即&=恰好有1根,

令G(x)=l^,G'(X)=^^^(X>0),

\Jx2x\lx[x+l)

i5/z(x)=2x-(x+l)ln(x+1)(x>0),〃'(x)=l-ln(x+l),

令h\x)>0=>()<x<e-l,令h\x)<0=>x>e-1,

所以〃(x)在(O,e-1)上单调递增，在(e-1,行)上单调递减，

又人(0)=()/3-1)=©-2>0,〃@-1)=-2<0,由零点的存在性定理，

得m〃?£(e-l,e2-1)使得h(in)=0,即2/n-(n?+l)ln(//z+l)=0,得ln(m+l)=---①，

"2+1-

当X£(0,附时，/2(x)>o,即G'(x)>0,函数G(M单调递增，

当XE(〃2,+OO)时，h(x)<0,BPG(x)<0,函数G(x)单调递减,

所以G(x)<G(m)="("l)②，由①②uj■得G(zn)=之际,//ZG(e-l,e2-1)，

m+l

则G，(M=("二蒜,当必>1时,即。(⑼<0,函数G(m)单调递减'

又©-1<3簿2-1>4,所以已一1<3〈〃7〈4〈/一1,即3<小<4,

所以％=G(/n)s(G(4),G(3)),而G(4)=1,G(3)=与,

所以S<A<41,即证.

52

【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式证明问题时，常常采用分离参数法求范围：若或g(x)4a

恒成立，只需满足/(。血石或g。)皿即可，利用导数方法求出〃x)的最小值或g(x)的最大值，从而解

决问题；也可以把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作

常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.

3.(2023•云南・校联考模拟预测)已知函数/(x)=ln(x+2)-x+2,g(x)=aex-x+lna.

⑴求函数的极值；

(2)请在下列①②中选择一个作答(注意：若选两个分别作答则按选①给分).

①若/(x)Vg(x)恒成立，求实数。的取值范围；

②若关于x的方程/(X)=g(x)有两个实根，求实数a的取值范围.

【答案】(1)极大值为3,无极小值

(2)选①，«e[e,^o);选②，。的取值范围为(0,e)

【分析】(1)先求导函数，再根据单调性求解极值即可；

(2)把恒成立式子整理化简后，构造函数求导函数结合单调性求解.

【详解】(1)函数的定义域为{x|x>-2},

rx=展I-1=七-Y-1=0,解得户-1,

当一2a<-1时，/«(x)>0,“X)单调递增；

当x>—l时，/'(x)<OJ(x)单调递减；

所以f(x)板大值=/(-1)=3,无极小值.

(2)若选①：由/(x)4g(x)恒成立,即oe*-ln(x+2)+lna-220恒成立,

整理.得：ef+,K,+x+lna>ln(x+2)+x+2,Bpet+ln<,+x+lna>ln(x+2)+e",(x+2),

设函数Mx)=e*+x,则上式为〃(x+lna)2/?(ln(x+2)),

因为/?’(》)=6"+1>0恒成立，所以/i(x)单调递增，所以x+ln“21n(x+2),

即lnu>ln(x+2)-x,

1r_l_1

令初(同二111(1+2)-工，XG(-2,-I-OO),则〃?'(x)=-----1=-----

当xe(-2,-1)时，/n(x)>0；

当xc(-l,+oo)时，加(x)<()；

所以机(可在x=-1处取得极大值，制x)的最大值为=故InaNl,即aNe.

故当a€[e,+o。)时,f(x)Vg(x)恒成立.

若选择②：由关于X的方程/(x)=g(x)有两个实根，

得证”一111(犬+2)+1"/-2=0有两个实根，

整理得e*+3+x+lna=ln(x+2)+x+2,

即e»+x+Ina=In(尤+2)+eln(x+2),

设函数々(x)=e*+x,则上式为/7(x+ln")=〃(ln(x+2)),

因为"(x)=e'+1>0恒成立，所以/心一)单调递增，

所以工+1114=111(;<:+2),即lna=ln(x+2)-x,

令〃?(x)=ln(x+2)—x,xe(-2,+oo),

11*+]

贝IJ加(x)=----1=------,

x+2x+2

当xe(-2,-1)时，m(x)>0；

当xe(-l,+oo)时，加(x)<0；

所以，"⑺在x=-1处取得极大值，

的最大值为相(-1)=1,又因为X->4W,m(x)fYO,Xf-2,〃z(x)f-00,

所以要想lwz=ln(x+2)有两个根，只需要Inavl,

即0<〃<e,所以。的取值范围为(0,e).

4.(2023•安徽阜阳•安徽省临泉第一中学校考三模)已知函数〃x)=e'+f尸(x)为〃x)的导函数.

⑴讨论尸(x)的单调性；

(2)当x>0时,/(x)=3有且只有两根玉，X?(X,<x2).

①若求实数。的取值范围；

112al

②证明：一+—__7.

x236

【答案】(1)答案见解析；

(2)①(e+l,+o>)；②证明见解析

【分析】(1)先求八幻，设g(x)=/'(x),再求函数g(x)的导函数g'(x),结合导数与函数的单调性的关

系求其单调区间；

(2)①证明"40时，方程〃耳=以无解，当〃>()时，利用导数研究函数尸(x)=/(x)-or的单调性，山

此确定。的取值范围；

\a\a\

②先证明%>1，再证明当X>0时，e'-x-l>0,当x>l时，e'-exX),利用放缩法证明一<£，—<£-/，

%3々36

由此完成证明.

【详解】(1)函数〃力的定义域为(一s,0)U(0,M),尸(x)=e-"，

记g(6=r(x)，则g'(x)=e*+3=^#,

第X

当xw(O,y)时，g'(x)>0,故g(x)在(0,+8)上单调递增,

当xe(-oo,0)时，记s(x)=x%*+2,(p\x)=x2(x+3)ex,

所以xe(-oo,-3)时，d(x)<0,函数9(x)在(7,-3)上单调递减;

当xe(—3,0)时,夕'(x)>0,函数9(x)在(-3,0)上单调递增,

o(x)的极小值为9(-3)=2->0,故0(x)>0,

故g'(x)<0,所以g(x)在(-8,0)上单调递减.

综上：故/'(x)在(0,+8)上单调递增，在(-空0)上单调递减.

(2)①当“40时，因为x>0,故〃x)>0,此时不满足条件；

当a>0时，令F(x)=/(x)-or,所以尸'(x)=r(x)-a,

由(1)可知/(x)在(0,+向上单调递增，故尸'(x)在(0,+8)上单调递增.

由指数函数性质可知：x.0,F'(X)->T»；X—E,9

故存在%>0,使得F'(x0)=O,

xe(0,xo),F,M<0,函数Q(x)在(0,不)上单调递减;

xe尸'(%)>0,函数/(x)在伉,+<»)单调递增,

⑴若a=e+l,则尸(l)=e+l-a=O,不符合题意：

(ii)若0<a<e+1,尸⑴=e+l-a>0,

当x021时，A-e(O,l),F(x)>0,不符合题意，

当与<1时，XW(1,M),F(x)>0,不符合题意.

(iii)若a>e+l,贝U尸(l)=e+l—a<0,尸'(l)=e-l—a<0,所以%>1,

又x->0,F(x)^+co;X->+8,F(x)f+O9,

故存在0<±<1<三，使得尸(%)=尸(毛)=0,满足题意：

综上：实数a的取值范围是(e+l,y).

②方程f(x)=ax可化为e，+—=ar,

当aWO时，方程〃x)=ar在(0,+8)上没有解，

当a>0时，设厂(x)=/(x)-以，由①可得，

故存在%>0,使得广(不)=0,

X6(O,Xo),9(％)<0,函数0(x)在(0,为)上单调递减:

xe(^,+a)),F，(％)>0,函数F(x)在(％,+00)单调递增，

因为.f(x)="有且只有两根4，x2(%,<x2).

又x->0,；x->+8,尸(x)—+a),

V|

所以/(%)="X。)-axa=e>+—-«x()<0,

xo

又b'(%)=eM—J_q=O,故以°=0

//

2

所以€'"(1-/)+一<0,故不>1,所以％>1,

工0

x1x21

由已知e'+—=叫，e+—=ax2,

设加(x)=e“—x-l(x>0),则加(x)=e*-l>0,

所以函数根(力=砂-尤-1在(0,+功上单调递增，故17-1>0，

于是g=e'+—>1+*+—之3,故一<g；

X%X3

设n(x)=ex-ev(x>1),则=eA—e>0,

所以函数〃(x)=e'-ex在(l,+oo)上单调递增，故e'-ex>0

111x

又^cix^—e"H>ex?H---->W------(e—2)x2+1>3H—~,

x2x2x22

,1a1

乂x236

人,112al

将上面两个结果相加即可得：一+一<-^一工.

x23o

【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用;

二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.

5.(2023・重庆・统考模拟预测)已知函数/(》)=言和g(x)="詈在同一处取得相同的最大值.

⑴求实数例

(2)设直线y=〃与两条曲线y=/(X)和y=g(x)共有四个不同的交点，其横坐标分别为4吃,%与

(xt<x2<x3<x4),证明：xtx4=x2x3.

【答案】⑴。=1

(2)证明见详解

【分析】(1)利用导数分别求〃x),g(x)的最值点，列式求解即可；

(2)构建F(x)=〃x)-g(x),利用同构思想分析〃x),g(x)的大小关系,进而可得直线y=6与曲线

y=/(x)和产g(x)的交点，再结合G(x)=卞的单调性分析即可证出.

eA-1-xev-111-x

【详解】(1)由题意可得：尸(力=%/if显然"0,

IPIac

当a>0时,令第x)>0,解得x<l；令/'(x)<0,解得x>l；

则〃X)在(7』)上单调递增，在。,例)上单调递减,

可得“X)在X=1处取到最大值"1)=}

当a<0时,令用x)>0,解得x>l；令r(x)<。，解得x<l;

则“力在(I,e)上单调递增，在(—,1)上单调递减，

可得f(X)在X=1处取到最小值41)=：，不合题意；

综上所述：a>0,“X)在X=1处取到