2025年高考科学复习创新方案数学提升版第四章第4讲 第2课时含答案

2025年高考科学复习创新方案数学提升版第四章第4讲第2课时含答案第2课时利用导数研究不等式的证明问题多角度探究突破考向一单变量不等式的证明角度作差构造法例1(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).解(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1.当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，当x<－lna时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，当x>－lna时，f′(x)>0，则f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)证法一：由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即证1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立．令g(a)＝a2－eq\f(1,2)－lna(a>0)，则g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，则0<a<eq\f(\r(2),2)，令g′(a)>0，则a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，证毕．证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增，又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立．因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，当且仅当x＋lna＝0，即x＝－lna时，等号成立，所以要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即证x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立．以下同证法一．利用作差构造法证明不等式的策略和基本步骤(1)策略：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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，从而证得不等式．(2)基本步骤(2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sinx<x.证明构建F(x)＝x－sinx，x∈(0，1)，则F′(x)＝1－cosx>0对任意x∈(0，1)恒成立，则F(x)在(0，1)上单调递增，可得F(x)>F(0)＝0，所以x>sinx，x∈(0，1)；构建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，x∈(0，1)，则G′(x)＝2x－1＋cosx，x∈(0，1)，构建g(x)＝G′(x)，x∈(0，1)，则g′(x)＝2－sinx>0对任意x∈(0，1)恒成立，则g(x)在(0，1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0对任意x∈(0，1)恒成立，则G(x)在(0，1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0，所以sinx>x－x2，x∈(0，1)．综上所述，当0<x<1时，x－x2<sinx<x.角度双函数构造法例2(2024·承德模拟)已知函数f(x)＝xlnx＋x.(1)求函数f(x)的最小值；(2)证明：lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).解(1)f′(x)＝lnx＋2.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2).(2)证明：因为x>0，所以只需证明xlnx＋x>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，下面分别研究左、右两边，考虑证明左边的最小值大于右边的最大值．设g(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，则g′(x)＝eq\f(1－x,ex＋1)，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝－eq\f(1,e2)，所以g(x)≤－eq\f(1,e2)，由(1)知f(x)＝xlnx＋x≥－eq\f(1,e2).又因为等号不能同时取到，所以xlnx＋x>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，即原不等式得证．利用双函数构造法证明不等式的策略(1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．在证明过程中，等价转化是关键，若要证明f(x)≥g(x)恒成立，则需证明f(x)min≥g(x)max.(2)等价变形时，一般地，ex与lnx要分离，常构造xn与lnx，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点．已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.解(1)f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<eq\f(e,a)时，f′(x)>0，当x>eq\f(e,a)时，f′(x)<0.故函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.设g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，所以当0<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，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证．角度放缩构造法例3(2024·南通模拟)已知函数f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x).(1)求f(x)的最大值；(2)证明：1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)．解(1)f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x)，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)－eq\f(ex（x－1）,x2)＝eq\f(（x－1）（x－ex）,x2).令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1.当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1>0，即当x>0时，ex>x.令f′(x)>0，得0<x<1，令f′(x)<0，得x>1，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝1－e.(2)证明：要证1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)，即证x3－2x＋1≥lnx，令h(x)＝x－1－lnx，h′(x)＝1－eq\f(1,x).令h′(x)>0，得x>1，令h′(x)<0，得0<x<1，所以h(x)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，即x－1≥lnx，即欲证x3－2x＋1≥lnx，只需证x3－2x＋1≥x－1.也就是证明x3－3x＋2≥0.(*)设φ(x)＝x3－3x＋2(x>0)，则φ′(x)＝3x2－3，令φ′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．所以当x＝1时，φ(x)取得最小值φ(1)＝0.故(*)式成立，从而1＋x3＋eq\f(ex,x)≥3x－f(x)成立．利用导数证明不等式问题中常用的放缩公式(1)ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立．(2)ln(x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)，当且仅当x＝0时，等号成立(可由(1)式中两边同时取自然对数得到)．(3)lnx≤x－1，x∈(0，＋∞)，当且仅当x＝1时，等号成立(可将(2)中的x换为x－1得到)．(4)lnx≥eq\f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)，当且仅当x＝1时，等号成立(可将(3)中的x换为eq\f(1,x)得到)．(5)eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)，当且仅当x＝0时，两边等号均成立(由(2)(4)推导出)．(6)ex≥ex，当且仅当x＝1时，等号成立(可将(1)中的x换为x－1得到)．(2024·岳阳教学质量监测)已知函数f(x)＝aex－x－a.当a≥1时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．①f(x)>xlnx－sinx；②f(x)>x(lnx－1)－cosx.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．证明选择①：当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，当且仅当a＝1时，等号成立．设g(x)＝ex－x－xlnx＋sinx－1，x>0.当0<x≤1时，－xlnx≥0，sinx>0，ex－1－x>0，故g(x)>0；当x>1时，g′(x)＝ex－2－lnx＋cosx，设h(x)＝ex－2－lnx＋cosx(x>1)，则h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－sinx>e－1－1>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)>e－2＋cos1>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>e－2＋sin1>0(x>1)．综上，当a≥1时，f(x)>xlnx－sinx.选择②：当a≥1，x>0时，f(x)＝aex－x－a＝a(ex－1)－x≥ex－1－x，当且仅当a＝1时，等号成立．设g(x)＝ex－xlnx＋cosx－1，x>0.当0<x≤1时，－xlnx≥0，cosx>0，ex－1>0，故g(x)>0；当x>1时，g′(x)＝ex－1－lnx－sinx，设h(x)＝ex－1－lnx－sinx(x>1)，则h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－cosx>e－1－1>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)>e－1－sin1>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>e－1＋cos1>0(x>1)．综上，当a≥1时，f(x)>x(lnx－1)－cosx.考向二双变量不等式的证明例4(2023·衡水模拟)已知函数f(x)＝ex－eq\f(e,2)x2－ax(a∈R)．(1)若f(x)在R上是增函数，求a的取值范围；(2)若当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f(x)有两个极值点m，n，证明：eq\f(f（m）－f（n）,m－n)＜e－1.解(1)已知f(x)＝ex－eq\f(e,2)x2－ax(a∈R)，其定义域为R，可得f′(x)＝ex－ex－a，若f(x)在R上是增函数，则ex－ex－a≥0在x∈R上恒成立，即a≤ex－ex在x∈R上恒成立，需满足a≤(ex－ex)min，设g(x)＝ex－ex，x∈R，则g′(x)＝ex－e，当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)≥g(1)＝0，则a的取值范围是(－∞，0]．(2)证明：因为a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，不妨设m＞n，所以f′(x)＝0有2个不同的解m，n，由(1)可知n＜1＜m且f′(m)＝f′(n)＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(em－em－a＝0，,en－en－a＝0，))因为f′(0)＝1－a＞0，f′(2)＝e2－2e－a＞0，所以0＜n＜1＜m＜2.要证eq\f(f（m）－f（n）,m－n)<e－1，即证eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(em－\f(e,2)m2－am))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(en－\f(e,2)n2－an)),m－n)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(em＋a－\f(e,2)m2－am))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(en＋a－\f(e,2)n2－an)),m－n)＝eq\f(e（m－n）－\f(e,2)（m2－n2）－a（m－n）,m－n)＝e－eq\f(e,2)(m＋n)－a<e－1，即证a>1－eq\f(e,2)(m＋n)．由0<n<1<m<2，得1－eq\f(e,2)(m＋n)<0，又a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，则a>1－eq\f(e,2)(m＋n)恒成立．故原不等式得证．双变量不等式的证明方法(2024·揭阳普宁二中质检)已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a＋1,x).当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－1<a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(－\f(a＋1,2a)).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))时，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))上单调递减．(2)证明：不妨设x1≥x2，由于a≤－2，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＋4＝eq\f(2ax2＋4x＋a＋1,x)，于是g′(x)≤eq\f(－4x2＋4x－1,x)＝eq\f(－（2x－1）2,x)≤0，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.考向三证明与正整数有关的不等式问题例5(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ex－kx2，x∈R.(1)若k＝eq\f(1,2)，求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>1；(2)若f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，试求k的取值范围；(3)求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,14)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,24)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,34)＋1))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<e4(n∈N*)．解(1)证明：当k＝eq\f(1,2)时，f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2，则f′(x)＝ex－x，令h(x)＝f′(x)＝ex－x，则h′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)>f′(0)＝1>0.所以f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)>f(0)＝1.(2)由题意得，f′(x)＝ex－2kx≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．即2k≤eq\f(ex,x)在区间(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝eq\f(ex,x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，故在(0，1)上，g′(x)<0，g(x)单调递减；在(1，＋∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)≥g(1)＝e.故2k≤e，解得k≤eq\f(e,2)，即k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))).(3)证明：由(1)知，对于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2>1，所以e2x>2x2＋1，则ln(2x2＋1)<2x，取x＝eq\f(1,n2)，从而有lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<eq\f(2,n2)(n∈N*)，于是lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,14)＋1))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,24)＋1))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,34)＋1))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<eq\f(2,12)＋eq\f(2,22)＋eq\f(2,32)＋…＋eq\f(2,n2)<eq\f(2,12)＋eq\f(2,1×2)＋eq\f(2,2×3)＋…＋eq\f(2,（n－1）×n)＝2＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))))＝4－eq\f(2,n)<4.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,14)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,24)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,34)＋1))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n4)＋1))<e4(n∈N*)．证明函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，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的多项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．(2022·新高考Ⅱ卷改编)已知函数f(x)＝xeeq\s\up7(\f(1,2))x－ex.(1)当x＞0时，证明：f(x)＜－1；(2)设n∈N*，证明：eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))＞ln(n＋1)．证明(1)f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,2)))eeq\s\up7(\f(x,2))－ex＝eeq\s\up7(\f(x,2))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,2)))－eeq\s\up7(\f(x,2)))).设G(x)＝1＋eq\f(x,2)－eeq\s\up7(\f(x,2))，则当x>0时，G′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)eeq\s\up7(\f(x,2))＜0，∴G(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴G(x)＜G(0)＝0，∴f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝－1.(2)由(1)知∀x＞0，总有xeeq\s\up7(\f(1,2))x－ex＋1＜0成立，令t＝eeq\s\up7(\f(1,2))x，则t＞1，t2＝ex，x＝2lnt，故2tlnt＜t2－1，即2lnt＜t－eq\f(1,t)对任意的t＞1恒成立．∴对任意的n∈N*，有2lneq\r(\f(n＋1,n))＜eq\r(\f(n＋1,n))－eq\r(\f(n,n＋1))，整理得到ln(n＋1)－lnn＜eq\f(1,\r(n2＋n))，故eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))＞ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln(n＋1)－lnn＝ln(n＋1)，故不等式成立．课时作业1．(2024·淮安模拟)已知函数f(x)＝ax2－2lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)求证：当a>0时，f(x)≥2－eq\f(1,a).解(1)因为f(x)＝ax2－2lnx，所以f′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2（ax2－1）,x)，x>0.①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<eq\r(\f(1,a))，由f′(x)>0，得x>eq\r(\f(1,a))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,a))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))上单调递增．综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,a))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))，＋∞))上单调递增．(2)证明：当a>0时，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,a))))＝lna＋1，要证f(x)≥2－eq\f(1,a)，只需证lna＋1≥2－eq\f(1,a)，即证lna＋eq\f(1,a)－1≥0，设φ(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，a>0，则φ′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)，令φ′(a)＝0，得a＝1，列表如下：a(0，1)1(1，＋∞)φ′(a)－0＋φ(a)单调递减极小值单调递增所以φ(a)≥φ(1)＝0，即lna＋eq\f(1,a)－1≥0，所以f(x)≥2－eq\f(1,a).2．(2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xlnx．求证：当x>0时，f(x)<xex＋eq\f(1,e).证明要证f(x)<xex＋eq\f(1,e)，只需证ex－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即证ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex).令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以lnx＋eq\f(1,ex)≥0.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.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立．3．(2024·华南师大附中模拟)已知函数f(x)＝ex－asinx＋bx(a>0)．(1)当b＝0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有极小值，求实数a的取值范围；(2)若b<0，g(x)＝f(x)＋asinx，证明：g(x)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2))).解(1)由题意知f(x)＝ex－asinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有极小值，则f′(x)＝ex－acosx＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有解，故a＝eq\f(ex,cosx)，设φ(x)＝eq\f(ex,cosx)，显然φ(x)＝eq\f(ex,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，又φ(0)＝1，且当x趋于eq\f(π,2)时，φ(x)趋于正无穷，所以a>1.当a>1时，易知f′(x)＝ex－acosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，又f′(0)＝1－a<0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\s\up7(\f(π,2))>0，由零点存在定理可知∃α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使f′(α)＝0，此时当x∈(0，α)时，f′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，α)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有极小值点．因此实数a的取值范围为(1，＋∞)．(2)证明：由题意得，g(x)＝ex＋bx，g′(x)＝ex＋b，b<0，在(－∞，ln(－b))上，g′(x)<0，在(ln(－b)，＋∞)上，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，ln(－b))上单调递减，在(ln(－b)，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值为g(ln(－b))＝－b＋bln(－b)．要证g(x)＞blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))，只需证－b＋bln(－b)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))，即证－1＋ln(－b)<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝ln(－b)－ln2，即证ln2＜1，该式子显然成立，所以g(x)>blneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2))).4．已知函数f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x＞1时，求证：eq\f(1,x－1)＞eq\f(1,ex)－1.解(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a＞0，则当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；若a＜0，则当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证eq\f(1,x－1)＞eq\f(1,ex)－1，即证eq\f(x,x－1)＞e－x，即证eq\f(x－1,x)＜ex，又由第(1)问令a＝1知f(x)＝x－xlnx－1在(1，＋∞)上单调递减，f(1)＝0，所以当x＞1时，x－xlnx－1＜0，即eq\f(x－1,x)＜lnx，则只需证当x＞1时，lnx＜ex即可．令F(x)＝ex－lnx，则F′(x)＝ex－eq\f(1,x)单调递增，所以当x＞1时，F′(x)＞F′(1)＝e－1＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)＞F(1)，而F(1)＝e，所以ex－lnx＞e＞0，所以ex＞lnx，所以ex＞lnx＞eq\f(x－1,x)，所以原不等式得证．5．已知函数f(x)＝axlnx－x＋1，a∈R.(1)讨论f(x)的单调区间；(2)当p>q>1时，证明：qlnp＋lnq<plnq＋lnp.解(1)f(x)＝axlnx－x＋1的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝alnx＋a－1.①当a＝0时，f′(x)＝－1<0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②当a>0时，由f′(x)>0，可得x>eeq\f(1－a,a)，由f′(x)<0，可得0<x<eeq\f(1－a,a)，∴f(x)在(0，eeq\f(1－a,a))上单调递减，在(eeq\f(1－a,a)，＋∞)上单调递增；③当a<0时，由f′(x)>0，可得0<x<eeq\f(1－a,a)，由f′(x)<0，可得x>eeq\f(1－a,a)，∴f(x)在(0，eeq\f(1－a,a))上单调递增，在(eeq\f(1－a,a)，＋∞)上单调递减．(2)证明：设g(x)＝eq\f(lnx,x－1)，则g′(x)＝eq\f(－（xlnx－x＋1）,x（x－1）2)，当a＝1时，由(1)可得f(x)＝xlnx－x＋1在(1，＋∞)上单调递增，∵f(1)＝0，∴当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，∴当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴当p>q>1时，g(p)<g(q)，∴eq\f(lnp,p－1)<eq\f(lnq,q－1)，∴qlnp－lnp<plnq－lnq，∴qlnp＋lnq<plnq＋lnp.6．已知x∈(0，1)，求证：x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).证明要证x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex)，只需证exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))<lnx，又易证ex>x＋1(0<x<1)，所以只需证lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))>0，即证lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2>0，而x3<x，x2<x(0<x<1)，所以只需证lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0.令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1>0恒成立，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，所以当x∈(0，1)时，g(x)>g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0.所以x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).7．已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(a,x＋2).(1)若x>0时，f(x)>1恒成立，求a的取值范围；(2)求证：ln(n＋1)>eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)．解(1)由ln(x＋1)＋eq\f(a,x＋2)>1，得a>(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)．令g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，则g′(x)＝1－ln(x＋1)－eq\f(x＋2,x＋1)＝－ln(x＋1)－eq\f(1,x＋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)＋eq\f(2,x＋2)>1(x>0)，所以ln(x＋1)>eq\f(x,x＋2).令x＝eq\f(1,k)(k>0)，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1))>eq\f(\f(1,k),\f(1,k)＋2)，即lneq\f(k＋1,k)>eq\f(1,2k＋1).所以lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋lneq\f(4,3)＋…＋lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)，即ln(n＋1)>eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)．8．(2024·广州模拟)已知函数f(x)＝axex(a≠0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a≥eq\f(4,e2)时，证明：eq\f(f（x）,x＋1)－(x＋1)lnx>0.解(1)由题意可得f′(x)＝a(x＋1)ex.当a>0时，由f′(x)>0，得x>－1，由f′(x)<0，得x<－1，则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增；当a<0时，由f′(x)<0，得x>－1，由f′(x)>0，得x<－1，则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．(2)证明：因为x>0，所以eq\f(xex,x＋1)>0.因为a≥eq\f(4,e2)，所以eq\f(axex,x＋1)－(x＋1)lnx≥eq\f(4xex－2,x＋1)－(x＋1)lnx.要证eq\f(f（x）,x＋1)－(x＋1)lnx>0，即证eq\f(4xex－2,x＋1)－(x＋1)lnx>0，即证eq\f(4ex－2,（x＋1）2)>eq\f(lnx,x).设g(x)＝eq\f(4ex－2,（x＋1）2)，则g′(x)＝eq\f(4ex－2（x－1）,（x＋1）3).当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，则g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(1)＝eq\f(1,e).设h(x)＝eq\f(lnx,x)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).当x∈(0，e)时，h′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，则h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e).因为g(x)min＝h(x)max，且两个最值的取等条件不同，所以eq\f(4ex－2,（x＋1）2)>eq\f(lnx,x)，即当a≥eq\f(4,e2)时，eq\f(f（x）,x＋1)－(x＋1)lnx>0.第3课时利用导数研究函数的零点问题考向一判断函数零点或方程根的个数例1(2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx.(1)判断直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点分别有几个；(2)证明：曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点；(3)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(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．解(1)设S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，所以S(x)min＝S(0)＝1－b.当b<1时，S(x)min＝1－b>0，S(x)无零点；当b＝1时，S(x)min＝1－b＝0，S(x)有1个零点；当b>1时，S(x)min＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b，设u(b)＝eb－2b，则当b>1时，u′(b)＝eb－2>0，故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝ex－x－b有两个不同的零点．设T(x)＝x－lnx－b，T′(x)＝eq\f(x－1,x)，当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以T(x)min＝T(1)＝1－b.当b<1时，T(x)min＝1－b>0，T(x)无零点；当b＝1时，T(x)min＝1－b＝0，T(x)有1个零点；当b>1时，T(x)min＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0，所以T(x)＝x－lnx－b有两个不同的零点．综上可知，当b<1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是0；当b＝1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是1；当b>1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是2.(2)证明：由f(x)＝g(x)得ex－x＝x－lnx，即ex＋lnx－2x＝0，设h(x)＝ex＋lnx－2x，其中x>0，故h′(x)＝ex＋eq\f(1,x)－2，设s(x)＝ex－x－1，则当x>0时，s′(x)＝ex－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)＞s(0)＝0，即ex>x＋1，所以h′(x)>x＋eq\f(1,x)－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，而h(1)＝e－2>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)))＝eeq\f(1,e3)－3－eq\f(2,e3)<e－3－eq\f(2,e3)＜0，故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x0，且eq\f(1,e3)<x0<1，当0<x<x0时，h(x)<0，即ex－x<x－lnx，即f(x)<g(x)，当x>x0时，h(x)>0，即ex－x>x－lnx，即f(x)>g(x)，所以曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点．(3)证明：由(2)知，若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)，y＝g(x)有三个不同的交点，则b＝f(x0)＝g(x0)>1，此时ex－x＝b有两个不同的解x1，x0(x1<0<x0)，x－lnx＝b有两个不同的解x0，x2(0<x0<1<x2)，故ex1－x1＝b，ex0－x0＝b，x2－lnx2－b＝0，x0－lnx0－b＝0，所以x2－b＝lnx2，即ex2－b＝x2，即ex2－b－(x2－b)－b＝0，故x2－b为方程ex－x＝b的解，同理x0－b也为方程ex－x＝b的解，所以{x1，x0}＝{x0－b，x2－b}，而b>1，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝x2－b，,x1＝x0－b，))即x1＋x2＝2x0.利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法(1)构建函数g(x)(需g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断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)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．(2024·衡水模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若g(x)＝f(x)－a，讨论函数g(x)的零点个数．解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，又ex>0恒成立，∴当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．函数f(x)的极小值为f(1)＝－e，无极大值．(2)当x<2时，f(x)<0，当x>2时，f(x)>0，结合(1)中结论作出函数图象如图，∴g(x)的零点个数等价于f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．当a≥0时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当－e<a<0时，f(x)的图象与直线y＝a有两个不同的交点；当a＝－e时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当a<－e时，f(x)的图象与直线y＝a无交点．综上所述，当a∈[0，＋∞)∪{－e}时，g(x)有唯一零点；当a∈(－e，0)时，g(x)有两个不同的零点；当a∈(－∞，－e)时，g(x)无零点．考向二由函数零点个数求解参数取值范围例2(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－eq\f(1,x)－lnx(x＞0)，则f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2)，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx(x＞0)，得f′(x)＝a＋eq\f(1,x2)－eq\f(a＋1,x)＝eq\f(（ax－1）（x－1）,x2)(x＞0)．当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；当a<0时，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2)，若x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)单调递增，若x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点；当a＞0时，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2)，若a＝1，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点，若a＞1，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减，因为f(1)＝a－1＞0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞f(1)＞0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上恰有一个零点，所以a＞1满足条件．若0＜a＜1，则f(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减，因为f(1)＝a－1＜0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＜f(1)＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上恰有一个零点，即0＜a＜1满足条件．综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．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”．(2024·南阳一中月考)设函数f(x)＝(x－2)ln(x－1)－ax，a∈R.(1)若f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)若f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．解(1)∵f′(x)＝ln(x－1)＋1－eq\f(1,x－1)－a(x>1)，令H(x)＝ln(x－1)＋1－eq\f(1,x－1)－a(x>1)，则H′(x)＝eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,（x－1）2)>0，∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∵f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴f′(2)≥0，∴－a≥0⇒a≤0.∴a的取值范围是(－∞，0]．(2)f(x)＝0⇒a＝eq\f(（x－2）ln（x－1）,x)，令g(x)＝eq\f(（x－2）ln（x－1）,x)，故g′(x)＝eq\f(1,x－1)－2·eq\f(\f(x,x－1)－ln（x－1）,x2)＝eq\f(（x－1）－\f(1,x－1)＋2ln（x－1）,x2)，令h(x)＝(x－1)－eq\f(1,x－1)＋2ln(x－1)，∴h′(x)＝1＋eq\f(1,（x－1）2)＋eq\f(2,x－1)>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，∴当1<x<2时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x>2时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(2)＝0，又由当x→1时，eq\f(x－2,x)→－1，ln(x－1)→－∞，则g(x)→＋∞；当x→＋∞时，eq\f(x－2,x)→1，ln(x－1)→＋∞，则g(x)→＋∞，若f(x)有两个不同的零点，则需满足a>0.∴a的取值范围为(0，＋∞)．考向三涉及函数零点、极值点的综合问题例3(2023·泰州模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2＋bx－1，其中a，b为常数，e为自然对数的底数，e＝2.71828….(1)当a＝0时，若函数f(x)≥0，求实数b的取值范围；(2)当b＝2a时，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题：①7x1＋bx2＞28；②2eq\r(a)(x1＋x2)>3x1x2；③eq\r(x1－1)＋eq\r(x2－1)>2.请从①②③中任选一个进行证明．解(1)当a＝0时，f(x)＝ex＋bx－1，f′(x)＝ex＋b，当b≥0时，因为f(－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))－b<0，所以此时不符合题意；当b＜0时，当x∈(－∞，ln(－b))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(ln(－b)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(ln(－b))＝－b＋bln(－b)－1，要使f(x)≥0，只需f(x)min＝－b＋bln(－b)－1≥0，令g(x)＝x－xlnx－1，则g′(x)＝－lnx，当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，则由g(－b)＝－b＋bln(－b)－1≥0，得－b＝1，所以b＝－1，故实数b的取值范围为{－1}．(2)证明：当b＝2a时，f(x)＝ex－ax2＋2ax－1，f′(x)＝ex－2ax＋2a，令φ(x)＝f′(x)＝ex－2ax＋2a，则φ′(x)＝ex－2a，因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以φ(x)＝f′(x)＝ex－2ax＋2a有两个零点，若a≤0，则φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，不可能有两个零点，所以a＞0，令φ′(x)＝ex－2a＝0，得x＝ln(2a)，当x∈(－∞，ln(2a))时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；当x∈(ln(2a)，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，所以φ(x)min＝φ(ln(2a))＝4a－2aln(2a)，因为φ(x)有两个零点，所以4a－2aln(2a)＜0，则a>eq\f(1,2)e2.设x1＜x2，因为φ(1)＝e＞0，φ(2)＝e2－2a＜0，所以1＜x1＜2＜x2，因为φ(x1)＝φ(x2)＝0，所以ex1＝2ax1－2a，ex2＝2ax2－2a，则eq\f(ex2,ex1)＝eq\f(x2－1,x1－1)，取对数得x2－x1＝ln(x2－1)－ln(x1－1)，令x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝lnt2－lnt1，即t2－lnt2＝t1－lnt1(0＜t1＜1＜t2)．若选择命题①：令u(t)＝t－lnt，则u(t1)＝u(t2)，u′(t)＝1－eq\f(1,t)，当0<t<1时，u′(t)<0，当t>1时，u′(t)>0，所以u(t)＝t－lnt在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v(t)＝u(t)－u(2－t)＝2t－lnt＋ln(2－t)－2(0＜t＜2)，则v′(t)＝eq\f(2（t－1）2,t（t－2）)≤0，v(t)在(0，2)上单调递减，因为0＜t1＜1，所以v(t1)＞v(1)＝0，即u(t1)－u(2－t1)＞0，亦即u(t2)＝u(t1)＞u(2－t1)，因为t2＞1，2－t1＞1，u(t)＝t－lnt在(1，＋∞)上单调递增，所以t2＞2－t1，则x2－1＞2－(x1－1)，整理得x1＋x2＞4，所以7x1＋bx2＝7x1＋2ax2＞7x1＋7x2＞28，故①成立，得证．若选择命题②：令u(t)＝t－lnt，则u(t1)＝u(t2)，u′(t)＝1－eq\f(1,t)，当0<t<1时，u′(t)<0，当t>1时，u′(t)>0，所以u(t)＝t－lnt在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v(t)＝u(t)－ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))＝t－eq\f(1,t)－2lnt，则v′(t)＝eq\f(（t－1）2,t2)≥0，v(t)在(0，＋∞)上单调递增，又v(1)＝0，所以当t∈(0，1)时，v(t)＝u(t)－ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))<v(1)＝0，即u(t)<ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))，因为0<t1<1，所以u(t2)＝u(t1)<ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t1))).因为t2＞1，eq\f(1,t1)＞1，u(t)＝t－lnt在(1，＋∞)上单调递增，所以t2<eq\f(1,t1)，所以x2－1<eq\f(1,x1－1)，即x1x2＜x1＋x2，所以x1x2<x1＋x2<eq\f(2,3)eq\r(\f(1,2)e2)(x1＋x2)<eq\f(2,3)eq\r(a)(x1＋x2)，所以2eq\r(a)(x1＋x2)>3x1x2，故②成立，得证．若选择命题③：因为x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝lnt2－lnt1＝2lneq\r(\f(t2,t1))，因为0<t1<1<t2，所以eq\f(t2,t1)>1.令F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，则当t>1时，F′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，所以F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)在(1，＋∞)上单调递增，则F(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>F(1)＝0，所以lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)，则t2－t1＝2lneq\r(\f(t2,t1))>eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(t2,t1))－1)),\r(\f(t2,t1))＋1)＝4·eq\f(\r(t2)－\r(t1),\r(t2)＋\r(t1))，两边约去eq\r(t2)－eq\r(t1)后，化简整理得eq\r(t1)＋eq\r(t2)>2，即eq\r(x1－1)＋eq\r(x2－1)>2，故③成立，得证．(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况．(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝ae－x＋lnx－1(a∈R)．(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且x1＋x2≤2ln3，求eq\f(x2,x1)的最大值．解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ae－x＋eq\f(1,x)＝eq\f(ex－ax,xex)，∵a≤e，∴ex－ax≥ex－ex.设g(x)＝ex－ex，则g′(x)＝ex－e，当0<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，∴g(x)≥g(1)＝0，∴f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴当a≤e时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)依题意，f′(x1)＝f′(x2)＝0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1＝ax1，,ex2＝ax2，))两式相除得，ex2－x1＝eq\f(x2,x1)，设eq\f(x2,x1)＝t，则t>1，x2＝tx1，e(t－1)x1＝t，∴x1＝eq\f(lnt,t－1)，x2＝eq\f(tlnt,t－1)，∴x1＋x2＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1).设h(t)＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1)(t>1)，则h′(t)＝eq\f(t－\f(1,t)－2lnt,（t－1）2)，设φ(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt(t>1)，则φ′(t)＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2,t)＝eq\f(（t－1）2,t2)>0，∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t)>1－eq\f(1,1)－2ln1＝0，∴h′(t)>0，则h(t)在(1，＋∞)上单调递增，又x1＋x2≤2ln3，即h(t)≤2ln3，又h(3)＝2ln3，∴t∈(1，3]，即eq\f(x2,x1)的最大值为3.课时作业一、单项选择题1．(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)C．(－4，－1) D．(－3，0)答案B解析f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)存在极大值和极小值，则a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－eq\r(\f(－a,3))或x＝eq\r(\f(－a,3))，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))，＋∞))时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))时，f′(x)<0，故f(x)的极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))，极小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))，若f(x)存在3个零点，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2>0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2<0，))解得a<－3.故选B.2．(2023·济宁二模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≤0，,alnx，x>0，))若函数g(x)＝f(x)－f(－x)有5个零点，则实数a的取值范围是()A．(－e，0) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))C．(－∞，－e) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))答案C解析y＝f(－x)与y＝f(x)的图象关于y轴对称，且f(0)＝0，要想g(x)＝f(x)－f(－x)有5个零点，则当x＞0时，－x＝alnx要有2个根，结合对称性可知，x＜0时也有2个零点，故满足有5个零点．当x＝1时，－1＝0，不符合题意；当x≠1时，a＝－eq\f(x,lnx)，令h(x)＝－eq\f(x,lnx)，定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，h′(x)＝eq\f(1－lnx,（lnx）2)，令h′(x)＞0得0＜x＜1，1＜x＜e，令h′(x)＜0得x＞e，故h(x)＝－eq\f(x,lnx)在(0，1)，(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，且当x∈(0，1)时，h(x)＝－eq\f(x,lnx)>0恒成立，h(x)＝－eq\f(x,lnx)在x＝e处取得极大值，其中h(e)＝－e，故a∈(－∞，－e)，此时直线y＝a与h(x)＝－eq\f(x,lnx)的图象有两个交点．故选C.3．(2023·银川三模)已知函数f(x)＝eq\f(m,x)－lnx＋m在区间(e－1，e)上有唯一零点，则实数m的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e,e2＋1)，\f(e,2)＋1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e＋1)，\f(e,e＋1)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e,e＋1)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(e,2)＋1))答案B解析函数f(x)＝eq\f(m,x)－lnx＋m，令f(x)＝0，则meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋1))＝lnx，即m＝eq\f(xlnx,x＋1)，令h(x)＝eq\f(xlnx,x＋1)，则h′(x)＝eq\f(x＋1＋lnx,（x＋1）2)，令k(x)＝x＋1＋lnx，则k′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，所以函数y＝k(x)在区间(e－1，e)上单调递增，故k(x)>k(e－1)＝e－1>0，所以h′(x)>0，故函数y＝h(x)在区间(e－1，e)上单调递增，故h(e－1)<h(x)<h(e)，即－eq\f(1,e＋1)<h(x)<eq\f(e,e＋1)，所以－eq\f(1,e＋1)<m<eq\f(e,e＋1)，故实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e＋1)，\f(e,e＋1))).故选B.4．(2023·邢台二模)已知函数f(x)＝x－lnx＋m(m∈R)，若f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，则下列关系式不正确的是()A．m<－1 B．x1＋x2≤2C．0<x1<1 D．ex1－x2＝eq\f(x1,x2)答案B解析f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1，故函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，如图，故f(x)min＝f(1)＝1＋m<0，即m<－1，并且0<x1<1，故A，C正确；由于x1，x2为f(x)的零点，故有x1－lnx1＋m＝0①，x2－lnx2＋m＝0②，两式相减得，x1－x2＝lneq\f(x1,x2)，即ex1－x2＝eq\f(x1,x2)，故D正确；由①②可知，m＝lnx1－x1＝lnx2－x2，令g(x)＝lnx－x，则g(x1)＝g(x2)，g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，所以在(0，1)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，在(1，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝lnx－x－ln(2－x)＋2－x＝lnx－ln(2－x)－2x＋2，则h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2－x)－2＝eq\f(2x2－4x＋2,x（2－x）)＝eq\f(2（x－1）2,x（2－x）)，所以当0＜x＜1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)<h(1)＝0，所以g(x1)<g(2－x1)，又因为g(x)在(1，＋∞)上单调递减，且g(x2)＝g(x1)，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2，故B不正确．故选B.二、多项选择题5．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则()A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线答案AC解析因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq\f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1＞0，得x＜－eq\f(\r(3),3)或x＞eq\f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确；因为f(x)的极小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(3)－eq\f(\r(3),3)＋1＝1－eq\f(2\r(3),9)＞0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误；因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0，0)中心对称，所以点(0