3.3 导数的综合应用（解析版）--2026版十年高考数学真题分类汇编

3.3 导数的综合应用
考点1 利用导数研究不等式
1.(2015课标Ⅰ理,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】D　
【解析】由f(x0)<0,即(2x0-1)-a(x0-1)<0得(2x0-1)当x0=1时,得e<0,显然不成立,所以x0≠1.
若x0>1,则a>.
令g(x)=,则g'(x)=.
当x∈时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
当x∈时,g'(x)>0,g(x)为增函数,
要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)因为x0<1,所以a<.
易知,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)≤a得≤a<1(满足a<1).故选D.
评析　本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合性较强,属难题.
2.(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3.
(1)若b=0,且f '(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当1【解析】(1)f(x)的定义域为(0,2).
当b=0时, f(x)=ln +ax,
所以f'(x)='+a=+a,
因为f '(x)≥0,
所以a≥=,
依题意得a≥,
所以当x=1时,a取到最小值-2.
(2)证明:因为f(x)=ln +ax+b(x-1)3,
所以f(2-x)=ln +a(2-x)+b(1-x)3,
所以f(2-x)+f(x)=2a,
所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,
即曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,
故f(1)=a=-2,
即f(x)=ln -2x+b(x-1)3,x∈(1,2),
f'(x)=(x-1)2,
易知y=∈(2,+∞),
所以当b≥-时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,
所以f(x)>f(1)=-2成立.
当b<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0,
即3b=.
在(1,x0)上,f'(x)<0, f(x)单调递减,
又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意.
综上,可得b≥-.
3.(2024天津,20,16分,难)已知函数f(x)=xln x.
(1)求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)若存在a,使得f(x)≥a(x-)在x∈(0,+∞)时恒成立,求a的取值范围;
(3)若x1,x2∈(0,1),证明:|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2.
【解析】(1)f '(x)=1+ln x,
∴曲线y=f(x)在x=1处切线的斜率k=f '(1)=1,
∵f(1)=0,∴切线方程为y-0=1(x-1),即y=x-1.
(2)f(x)≥a(x-)恒成立,
即xln x≥a(x-)恒成立,
∵x>0,∴ln x≥a恒成立.
设g(x)=ln x-a,
则g(x)≥0恒成立,g'(x)=-=.
①a>0时,令2=a,得x0=,
∴当x∈时,g'(x)<0,当x∈时,g'(x)>0,
∴g(x)在上单调递减,在上单调递增.
∵g(1)=0,∴要使g(x)≥0恒成立,
则=1,∴a=2.
②a≤0时,g'(x)>0恒成立,g(x)在(0,+∞)上单调递增,∵g(1)=0,∴g(x)≥0不可能恒成立.
综上,a=2.
(3)证明:当x1=x2∈(0,1)时,|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2显然成立.
当x1≠x2时,不妨设1>x1>x2>0,则需证|f(x1)-f(x2)|<(x1-x2.
①若f(x1)>f(x2),则原不等式转化为f(x1)-f(x2)<(x1-x2.
∵x1-x2∈(0,1),∴(x1-x2>x1-x2,
∴只需证明f(x1)-f(x2)即证 f(x1)-x1设h(x)=f(x)-x=xln x-x,x∈(0,1),
即证h(x)在(0,1)上单调递减,
∵h'(x)=1+ln x-1=ln x<0,
∴h(x)在(0,1)上单调递减恒成立,得证.
②若f(x1)∵(x1-x2>-,(要证(x1-x2>-,只需证x1-x2>x1+x2-2,即2>2x2,即>,显然成立)
∴只需证f(x2)-f(x1)<-,
即证f(x2)+设m(x)=f(x)+=xln x+,x∈(0,1),
即证m(x)在(0,1)上单调递增,
m'(x)=1+ln x+,m″(x)=-=,
令m″(x)=0,解得x=,
∴当x∈时,m″(x)<0,
当x∈时,m″(x)>0,
∴m'(x)在上单调递减,在上单调递增,
∴m'(x)≥m'=1+ln+2=3-ln 16>0,
∴m'(x)>0在(0,1)上恒成立,
即m(x)在(0,1)上单调递增,得证.
综上,当x1,x2∈(0,1)时,|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2.
4.（2025全国一卷，19,17分）
(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值.
【解析】　(1)∵f(x)=5cos x-cos 5x,
∴f '(x)=-5sin x+5sin 5x,
令f '(x)=0,得sin x=sin 5x.
∵0∴0<5x<,
因此x=5x或x+5x=π,
即x=0(舍去)或x=.
当00, f(x)单调递增,
若0<5x<,则0sin x;若<5x<,则sin 5x>sin=,sin x当,
f '(x)<0, f(x)单调递减.
因此当x=时, f(x)取得最大值,且f(x)max=3.
(2)证明:假设不存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ,
则对任意y∈[a-θ,a+θ]都有cos y>cos θ.
即y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z).
因此[a-θ,a+θ] (2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z),
∴k∈Z,因此a<2kπ且a>2kπ,矛盾.
所以存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ.
(3)由(1)知当x∈时, f(x)≤3,
当x∈时, f(x)<5cos -(-1)<3,
又f(x)是周期为2π的偶函数,
所以f(x)≤3对x∈R恒成立,
所以当b≥3时,存在φ=0使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,
当b<3时,令θ=,由(2)知对任意φ存在y∈使得cos y≤cos π=-,
令x=,
则x∈,
故5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos y≥5×-=3>b,
因此b<3时,均不符合题意.
综上,b的最小值为3.
5.（2023全国甲理，21） 已知
（1）若，讨论的单调性；
（2）若恒成立，求a的取值范围．
【解析】（1）
令,则，则
当
当,即；当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设，
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
6.(2015山东理,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;
(2)若 x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.
【解析】　(1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
f '(x)=+a(2x-1)=.
令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).
①当a=0时,g(x)=1,
此时f '(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.
②当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
(i)当0f '(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.
(ii)当a>时,Δ>0,
设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1因为x1+x2=-,所以x1<-,x2>-.
由g(-1)=1>0,可得-1所以当x∈(-1,x1)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x1,x2)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增.
因此函数有两个极值点.
③当a<0时,Δ>0,
由g(-1)=1>0,可得x1<-1.
当x∈(-1,x2)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减.
所以函数有一个极值点.
综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;
当0≤a≤时,函数f(x)无极值点;
当a>时,函数f(x)有两个极值点.
(2)由(1)知,
①当0≤a≤时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
②当所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
③当a>1时,由g(0)<0,可得x2>0.
所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减.
因为f(0)=0,所以x∈(0,x2)时, f(x)<0,不合题意.
④当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1).
因为x∈(0,+∞)时,h'(x)=1-=>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)可得f(x)当x>1-时,ax2+(1-a)x<0,
此时f(x)<0,不合题意.
综上所述,a的取值范围是[0,1].
7.(2014课标Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;
(3)已知1.414 2<<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).
【解析】　(1)f '(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,
g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).
(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.
(ii)当b>2时,若x满足2综上,b的最大值为2.
(3)由(2)知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln 2.
当b=2时,g(ln)=-4+6ln 2>0,
ln 2>>0.692 8;
当b=+1时,ln(b-1+)=ln,
g(ln)=--2+(3+2)ln 2<0,
ln 2<<0.693 4.
所以ln 2的近似值为0.693.
8.(2020江苏,19,16分)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b∈R)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).
(1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-∞,+∞),求h(x)的表达式;
(2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞),求k的取值范围;
(3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0<|t|≤),D=[m,n] [-,],求证:n-m≤.
【解析】　本题主要考查利用导数研究函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.
(1)由条件f(x)≥h(x)≥g(x),得x2+2x≥kx+b≥-x2+2x,
取x=0,得0≥b≥0,所以b=0.
由x2+2x≥kx,得x2+(2-k)x≥0,此式对一切x∈(-∞,+∞)恒成立,
所以(2-k)2≤0,则k=2,此时2x≥-x2+2x恒成立,
所以h(x)=2x.
(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),x∈(0,+∞).
令u(x)=x-1-ln x,则u'(x)=1-,令u'(x)=0,得x=1.
x (0,1) 1 (1,+∞)
u'(x) - 0 +
u(x) ↘ 极小值 ↗
所以u(x)min=u(1)=0.则x-1≥ln x恒成立,
所以当且仅当k≥0时,h(x)≥g(x)恒成立.
另一方面, f(x)≥h(x)恒成立,即x2-x+1≥kx-k恒成立,
也即x2-(1+k)x+1+k≥0恒成立.
因为k≥0,对称轴为x=>0,
所以(1+k)2-4(1+k)≤0,解得-1≤k≤3.
因此,k的取值范围是0≤k≤3.
(3)证明:①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)
令Δ=[-(t3-t)]2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.
记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),
则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立,
所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7.
所以不等式(*)有解,设解的范围为x1≤x≤x2,
因此n-m≤x2-x1=≤.
②当0设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,
v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),
令v'(t)=0,得t=.
当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;
当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数.
v(0)=-1,v(1)=0,则当0(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)
则f(-1)-h(-1)<0,因此-1 (m,n).
因为[m,n] [-,],所以n-m≤+1<.
③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.
综上所述,n-m≤.
9.(2019课标Ⅰ文,20,12分)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f '(x)为f(x)的导数.
(1)证明:f '(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
(2)若x∈[0,π]时, f(x)≥ax,求a的取值范围.
【解析】　(1)设g(x)=f '(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x.
当x∈时,g'(x)>0;当x∈时,g'(x)<0,
所以g(x)在单调递增,
在单调递减.
又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点.
所以f '(x)在(0,π)存在唯一零点.
(2)由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知,f '(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f '(x)>0;
当x∈(x0,π)时,f '(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减.
又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.
又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.
因此,a的取值范围是(-∞,0].
10.(2017课标Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
【解析】　本题考查函数的单调性,恒成立问题.
(1)f '(x)=(1-2x-x2)ex.
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.
所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)单调递减,
在(-1-,-1+)单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减,而h(0)=1,
故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.
当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1
=x(1-a-x-x2),取x0=,
则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0=,
则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
解题思路　(1)求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的单调增区间,令f '(x)<0,求出f(x)的单调减区间.
(2)对参数a的取值进行分类讨论,当a≥1时,构造函数可知(1-x)·ex≤1,所以f(x)=(x+1)(1-x)·ex≤x+1≤ax+1成立;当0ax0+1,从而说明命题不成立;当a≤0时,举反例x0=说明不等式不成立.
疑难突破　 (1)求单调区间的一般步骤:①求定义域;②求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的增区间,
令f '(x)<0,求出f(x)的减区间;③写出结论,注意单调区间不能用“∪”连接.
恒成立问题的三种常见解法:①分离参数,化为最值问题求解,如a≥φ(x)max或a≤
φ(x)min;②构造函数,分类讨论,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min≥0;③转变主元,选取适当的主元可使问题简化.
11.(2017课标Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.
【解析】　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=+2ax+2a+1=.
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈时, f '(x)>0;
当x∈时, f '(x)<0,
故f(x)在单调递增,在单调递减.
(2)由(1)知,当a<0时, f(x)在x=-取得最大值,最大值为f=ln-1-.
所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2,即ln++1≤0.
设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=-1.
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln++1≤0,即f(x)≤--2.
12.(2017天津理,20,14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.
(1)求g(x)的单调区间;
(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;
(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],满足≥.
【解析】　本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x (-∞,-1)
g'(x) + - +
g(x) ↗ ↘ ↗
所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),,单调递减区间是.
(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).
令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H1'(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H1'(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H1'(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.
令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2'(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H2'(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H2'(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)所以,h(m)h(x0)<0.
(3)证明:对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],令m=,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2) 知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)-f =0.
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0=.
因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而≠x0,故f≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以≥.所以,只要取A=g(2),就有≥.
思路分析　(1)求出函数f(x)的导函数g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使导函数为零的x的值,通过列表求出单调区间即可.
(2)由h(x)推出h(m),h(x0),令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),求出导函数H1'(x),H2'(x),由此可推出h(m)h(x0)<0.
(3)对于任意的正整数p,q,令m=,函数h(x)=g(x)·(m-x0)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)内至少有一个零点,结合(1)可得=≥=,进而得到|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1,最后推出结果即可.
13.(2016四川文,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=-,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当x>1时,g(x)>0;
(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.
【解析】　(1)f '(x)=2ax-=(x>0).
当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.
当a>0时,由f '(x)=0有x=.
当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
(2)令s(x)=ex-1-x,则s'(x)=ex-1-1.
当x>1时,s'(x)>0,所以ex-1>x,从而g(x)=->0.
(3)由(2),当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
当01.
由(1)有f0,
所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.
因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,
即f(x)>g(x)恒成立.
综上,a∈.
14.(2015课标Ⅱ理,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx.
(1)证明: f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;
(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.
【解析】　(1)f '(x)=m(emx-1)+2x.
若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0, f '(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0, f '(x)>0.
若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0, f '(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1<0, f '(x)>0.
所以, f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)由(1)知,对任意的m, f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是
即①
设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.
当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.
当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;
当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.
综上,m的取值范围是[-1,1].
15.(2014课标Ⅰ文,21,12分)设函数f(x)=aln x+x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b;
(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范围.
【解析】　(1)f '(x)=+(1-a)x-b.
由题设知f '(1)=0,解得b=1.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=aln x+x2-x, f '(x)=+(1-a)x-1=(x-1).
(i)若a≤,则≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得--1(ii)若1,故当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.f(x)在上单调递减,在上单调递增.
所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f<.
而f=aln ++>,所以不合题意.
(iii)若a>1,则f(1)=-1=<.
综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞).
16.(2019浙江,22,15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+,x>0.
(1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间;
(2)对任意x∈均有f(x)≤,求a的取值范围.
注:e=2.718 28…为自然对数的底数.
【解析】　本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.
(1)当a=-时,f(x)=-ln x+,x>0.
f '(x)=-+=,
所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).
(2)由f(1)≤,得0当0令t=,则t≥2.设g(t)=t2-2t-2ln x,t≥2,则g(t)=--2ln x.
(i)当x∈时,≤2,
则g(t)≥g(2)=8-4-2ln x.
记p(x)=4-2-ln x,x≥,
则p'(x)=--=
=.
故
x 1 (1,+∞)
p'(x) - 0 +
p(x) p 单调递减 极小值p(1) 单调递增
所以,p(x)≥p(1)=0.
因此,g(t)≥g(2)=2p(x)≥0.
(ii)当x∈时,
g(x)≥g=.
令q(x)=2ln x+(x+1),x∈,
则q'(x)=+1>0,
故q(x)在上单调递增,
所以q(x)≤q.
由(i)得,q=-p<-p(1)=0.
所以,q(x)<0.
因此,g(t)≥g=->0.
由(i)(ii)知对任意x∈,t∈[2,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈,
均有f(x)≤.
综上所述,所求a的取值范围是.
疑难突破　 (1)导函数f '(x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的根,从而确定根两侧导函数的正负.
(2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,借助恒成立的条件用特殊值缩小a的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点.
17.（2023天津，20） 已知函数．
（1）求曲线在处切线的斜率；
（2）当时，证明：；
（3）证明：．
【解析】（1），则，
所以，故处的切线斜率为；
（2）要证时，即证，
令且，则，
所以在上递增，则，即.
所以时.
（3）设，，
则，
由（2）知：，则，
所以，故在上递减，故；
下证，
令且，则，
当时，递增，当时，递减，
所以，故在上恒成立，
则，
所以，，…，，
累加得：，而，则，
所以，故；
综上，，即.
【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.
18.(2021全国乙理,20,12分)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a;
(2)设函数g(x)=.证明:g(x)<1.
【解析】　(1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
∴y'=ln(a-x)+x··(-1)=ln(a-x)-,x∈(-∞,a),
∵x=0是函数y=xf(x)的极值点,
∴ln(a-0)-=0,可得a=1.
当a=1时,y'=ln(1-x)-,x∈(-∞,1),
令p(x)=ln(1-x)-,
则p'(x)=,
易知当x∈(-∞,1)时,p'(x)<0恒成立.
∴p(x)在(-∞,1)上为减函数,又p(0)=0,
∴当x∈(-∞,0)时,p(x)>0;
当x∈(0,1)时,p(x)<0,
∴函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.
∴当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点.∴a=1.
(2)证明:由(1)知a=1,∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1),
当x∈(0,1)时, f(x)=ln(1-x)<0,∴xf(x)<0,
当x∈(-∞,0)时, f(x)=ln(1-x)>0,∴xf(x)<0,
∴要证g(x)=<1,只需证x+f(x)>xf(x).
只需证x+ln(1-x)>xln(1-x),
只需证x+(1-x)ln(1-x)>0,
令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),
则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),
∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,
∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.
∴g(x)<1.
名师点拨:在论证较为复杂的不等式时,可考虑数学证明中的分析法,将问题转化,构造函数,通过求函数最值达到解决问题的目的.
19.(2021新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<解题指导:(1)首先确定函数f(x)的定义域,然后求其导数f '(x),再分别令f '(x)>0与f '(x)<0,解不等式,进而得出函数f(x)的单调性;(2)先将已知条件进行等价转化,得到f,设x1=,x2=,将条件转化为方程f(x)=k的两个实根为x1,x2,然后结合函数的单调性分别证明x1+x2>2和x1+x2【解析】　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ln x,令f '(x)>0,解得01,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:由bln a-aln b=a-b得(1+ln a)=(1+ln b),
即,
令x1=,x2=,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时, f(x)→-∞,且f(1)=1,故k∈(0,1),
不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2-x1>1,e-x1>1,
先证明x1+x2>2,即证x2>2-x1,即证f(x2)=f(x1)令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),
则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)].
∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,
∴h(x)为增函数,∴h(x)∴f(x2)2-x1,
∴x1+x2>2.
再证x1+x2f(e-x1).
令φ(x)=f(x)-f(e-x),x∈(0,1),
则φ'(x)=-ln[x(e-x)],
∵x→0+时,φ'(x)→+∞,φ'(1)=-ln(e-1)<0,φ'(x)在(0,1)上单调递减,
∴在(0,1)上必存在唯一x0,使φ'(x0)=0,
且当x∈(0,x0)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,
当x∈(x0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
又x→0+时, f(x)→0+,且f(e)=0,
∴x→0+时,φ(x)→0+,又φ(1)=f(1)-f(e-1)>0,
∴φ(x)>0恒成立,∴f(x2)>f(e-x1),∴x2综上,2<方法总结:利用导数证明不等式时,首先要转化为函数的单调性问题,然后结合函数的最值、函数的零点问题解决,注意构造函数在证明过程中的应用.
20.(2016课标Ⅲ文,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
【解析】　(1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-1,令f '(x)=0,解得x=1.
当00, f(x)单调递增;当x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减.(4分)
(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.
所以当x≠1时,ln x故当x∈(1,+∞)时,ln x(3)证明:由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,令g'(x)=0,
解得x0=.
当x0,g(x)单调递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.(9分)
由(2)知1<又g(0)=g(1)=0,故当00.
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.(12分)
疑难突破　在(3)中,首先要解方程g'(x)=0,为了判定g(x)的单调性,必须比较极值点x0与区间(0,1)的关系,注意到g(0)=g(1)=0是求解本题的突破点.
评析　本题考查了导数的综合运用及不等式的证明.
21.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln x.
(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;
(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
【解析】　(1)函数f(x)的导函数f '(x)=-,
由f '(x1)=f '(x2)得-=-,
因为x1≠x2,所以+=.
由基本不等式得=+≥2,
因为x1≠x2,所以x1x2>256.
由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).
设g(x)= -ln x,则g'(x)=(-4),
所以
x (0,16) 16 (16,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) ↘ 2-4ln 2 ↗
所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,
故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,
即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)令m=e-(|a|+k),n=+1,
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,
所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.
由f(x)=kx+a得k=.
设h(x)=,
则h'(x)==,
其中g(x)=-ln x.
由(1)可知g(x)≥g(16),
又a≤3-4ln 2,
故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,
所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,
因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.
综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
一题多解　(1)f '(x)=-,且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).
设f '(x1)=t,则-=t的两根为x1,x2.
即2t()2-+2=0有两个不同的正根x1,x2.
∴即
∴f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2)
=+2ln t.
设g(t)=+2ln t,
则g'(t)=-+=<0,
∴g(t)在上为减函数,∴g(t)>g=8-8ln 2,
∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a,
只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,
函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a
≥+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.
又x>0时,-kx<-k·=.
即h(x)<-a-ln x,取n=,
则h(n)<-a-ln n=0,
而-|a|-k≤-a-k<-a+,∴n>m>0.
由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,
即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.
∵h'(x)=--k≤×--k=-k,
∴当k≥时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,
即当k≥时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
当0此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数.
∵h'(x)=0,∴k=-,
则h(α)=-ln α-kα-a=-ln α+1-a,
h'(α)=-=,
∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,
∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.
又当α=16时,k=,又0故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.
即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.
∴当0∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.
22.(2022新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:>ln(n+1).
【解析】　(1)当a=1时,f(x)=xex-ex,则f '(x)=xex,
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.
(2)当x>0时,f(x)<-1,即xeax-ex<-1在(0,+∞)上恒成立,
令F(x)=xeax-ex+1(x>0),则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立.
易得F(0)=0,F'(x)=eax+axeax-ex,F'(0)=0,
F″(x)=aeax+aeax+a2xeax-ex,F″(0)=2a-1.
若F″(0)>0,则F'(x)必定存在一个单调递增区间(0,x0),
又F'(0)=0,∴F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x'0).
于是F(x)>F(0)=0在(0,x'0)上恒成立,与F(x)<0矛盾,
∴F″(0)≤0,∴a≤.
∵eax≤在(0,+∞)上成立,∴F(x)≤x-ex+1在(0,+∞)上成立,
故只需证x-ex+1<0在(0,+∞)上成立.
令G(x)=x-ex+1(x>0),
则G'(x)=.
∵ex>x+1在(0,+∞)上成立,∴+1在(0,+∞)上成立.
∴G'(x)<0,故G(x)在(0,+∞)上单调递减,∴G(x)∴x-ex+1<0在(0,+∞)上成立.
故当a≤时,xeax-ex<-1在(0,+∞)成立.
∴a的取值范围为.
(3)证明:构造函数h(x)=x--2ln x(x>1),
则h'(x)=1+,
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴h(x)>h(1)=0,∴x->2ln x,
令x=,则有,
∴,
∴=ln(n+1).
原式得证.
23.(2011课标文,21,12分)已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.
(1)求a,b的值;
(2)证明:当x>0,且x≠1时, f(x)>.
【解析】　(1)f '(x)=-.
由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1),
故即
解得a=1,b=1.
(2)证明:由(1)知f(x)=+,
所以f(x)-=.
考虑函数h(x)=2ln x-(x>0),
则h'(x)=-
=-.
所以当x≠1时,h'(x)<0.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,
可得h(x)>0.
从而当x>0,且x≠1时, f(x)->0,即f(x)>.
评析　本题考查函数的概念、性质及导数等基础知识,含字母的代数式的运算要求较高,对考生的整体处理、分类整合的数学能力与技巧的要求很高.属难题.
考点2 利用导数研究函数的零点问题
1.（2023全国乙文，8）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，
令，解得或，且当时，，
当，，故的极大值为，极小值为，
若要存在3个零点，则，即，解得，
故选：B.
2.(2014课标Ⅰ,理11,文12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是(　　)
A.(2,+∞)　　　　　B.(1,+∞)
C.(-∞,-2)　　　　　D.(-∞,-1)
【答案】　C　
【解析】(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.
(2)当a≠0时, f '(x)=3ax2-6x,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=.
当a>0时,>0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-∞,0)与上为增函数,在上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f(0)<0,即1<0,不成立.
当a<0时,<0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在和(0,+∞)上为减函数,在上为增函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f>0,即a·-3·+1>0,解得a>2或a<-2,又因为a<0,故a的取值范围为(-∞,-2).选C.
3.（2025全国二卷，18,17分）
已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0(1)证明: f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点.
(i)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减;
(ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.
【解析】(1)证明: f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,x∈(0,+∞),
f'(x)=-1+x-3kx2
==,
∵00,
∴当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减.
∴x=是函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点.
∵f(0)=0,且x∈时, f(x)单调递增,
∴f>0,
当x=时, f=ln-,
令φ(x)=ln(1+x)-x,
则φ'(x)=-1=<0,
∴φ(x)在(0,+∞)上递减,
∴φ(x)<φ=ln-<0,即f<0,
又-==>0,
∴∈,
∴当x∈时, f(x)有唯一零点.
综上, f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点.
(2)(i)∵f'(x)=,
且x1=,即1-3k-3kx1=0,
∴f'(x1+t)=
=,
f'(x1-t)=
=,
又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),
∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)
=+
=3kt·
=
=
=
=,
∵0∴g'(t)<0,
∴g(t)在区间(0,x1)上单调递减.
(ii)2x1>x2.理由如下:
由(i)知g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)在(0,x1)单调递减,
∴g(x1)即f(2x1)-f(0)又f(0)=0,
∴f(2x1)<0,
又∵f(x2)=0,
∴f(2x1)由(1)知x∈(x1,+∞)时, f(x)单调递减,
∴2x1>x2.
4.（2025天津，20,16分）
已知a∈R,函数f(x)=ax-(ln x)2.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程.
(2)已知f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1(i)求a的取值范围;
(ii)求证:(ln x2-ln x1)·ln x3<.
【解析】(1)当a=1时, f(x)=x-(ln x)2,x>0,
则f '(x)=1-,则f'(1)=1,且f(1)=1,
则切点为(1,1),且切线的斜率为1,
故曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=x.
(2)(i)令f(x)=ax-(ln x)2=0,x>0,
得a=,
设g(x)=,x>0,
则g'(x)==,
由g'(x)=0,解得x=1或e2,可得g(1)=0,g(e2)=.
当0当10,g(x)在(1,e2)上单调递增;
当x>e2时,g'(x)<0,g(x)在(e2,+∞)上单调递减.
且当x→0时,g(x)→+∞;当x→+∞时,g(x)→0.
如图,作出函数g(x)的图象,
要使函数f(x)有3个零点,
则方程a=g(x)在(0,+∞)内有3个根,即直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点.
结合图象可知,0故a的取值范围为.
(ii)证明:由图象可知,0设ln x1=t1,ln x2=t2,ln x3=t3,则t1<0满足
由②③可得
两式作差可得t3-t2=2(ln t3-ln t2),
则由对数均值不等式可得2=>,
则t2t3<4,故要证(ln x2-ln x1)·ln x3<,
即证t2t3-t1t3<,只需证4-t1t3≤,
即证-t1t3≤,又因为t1<0,=a则|t1|=-t1<,
所以-t1t3设函数φ(t)=,t>2,
则φ'(t)==,
当20,则φ(t)在(2,4)上单调递增;
当t>4时,φ'(t)<0,则φ(t)在(4,+∞)上单调递减,
故φ(t)max=φ(4)=,即φ(t)≤.
而由4e2-16e+16=4(e-2)2>0,
可知<成立,故命题得证.
5.（2025北京，20,15分）
已知函数f(x)的定义域是(-1,+∞),f(0)=0,导函数f '(x)=,设l1是曲线y=f(x)在点A(a, f(a))(a≠0)处的切线.
(1)求f '(x)的最大值;
(2)当-1(3)设过点A的直线l2与直线l1垂直,l1,l2与x轴交点的横坐标分别是x1,x2,若a>0,求的取值范围.
【解析】(1)设g(x)=f '(x),则g'(x)==,
由g'(x)=0,可得x=e-1,当x∈(-1,e-1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈(e-1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
∴f '(x)的最大值为f '(e-1)=.
(2)证明:切线l1的方程为y-f(a)=f '(a)(x-a),
即y=f '(a)(x-a)+f(a),
即证f(x)-[f '(a)(x-a)+f(a)]>0对任意的x∈(-1,a)∪(a,+∞)恒成立,
令h(x)=f(x)-xf '(a)+af '(a)-f(a),
则h'(x)=f '(x)-f '(a),
由(1)知,h'(x)在(-1,e-1)上单调递增,在(e-1,+∞)上单调递减,
∴当x∈(-1,a)时,h'(x)h(a)=0;当x∈(a,+∞)时,
①x∈(a,e-1]时,h'(x)>h'(a)=0,∴h'(x)>0,h(x)单调递增,∴h(x)>h(a)=0,
②x∈(e-1,+∞)时, f '(x)>0, f '(a)<0,h'(x)>0,h(x)在(e-1,+∞)上单调递增,显然有h(x)>0.
综上,原命题得证.
(3)由于x1,x2均与A(a, f(a))有关,
故将x1,x2用a表示,转化为关于a的函数,
对于y=f'(a)(x-a)+f(a),令y=0x1=+a.
同理x2=+a=f'(a)·f(a)+a.
∴=
==,
令t=f'(a),
由(1)知,当a>0时,t∈,则t2∈,
∴=-1+∈
,即∈.
∴的取值范围是.
6.(2022全国乙文,20,12分)已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x.
(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.
【解析】　 (1)当a=0时, f(x)=--ln x(x>0),
∴f '(x)=(x>0),
令 f '(x)=0,得x=1,
x∈(0,1)时, f '(x)>0,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0,
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
∴f(x)max=f(1)=-1.
(2)解法一:f '(x)=a+.
(i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立,
∴00,f(x)单调递增,
x>1时,f '(x)<0,f(x)单调递减,
∴f(x)max=f(1)=a-1<0.
此时f(x)无零点,不合题意.
(ii)当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1或x=,
①当0∴10时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
∴f(x)在(0,1),上单调递增,在上单调递减, f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,
x→+∞时, f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点.
②当a=1时,1=, f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(1)=0,符合题意.
③当a>1时,<1, f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减,
f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时,f(x)→-∞,
∴f(x)恰有1个零点.
综上所述,a>0.
解法二: f(x)=ax--(a+1)ln x只有一个零点,
即a(x-ln x)=+ln x在(0,+∞)上只有一个解.
由ln x≤x-1,得x-ln x≥1,
∴a=,令g(x)=,
则g'(x)=
=,
令h(x)=1--ln x,
则h'(x)=,h'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0,
∴在(0,1)上,h(x)>0,在(1,+∞)上,h(x)<0,
故在(0,1)上,g'(x)<0,在(1,+∞)上,g'(x)<0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,
x→0,g(x)→+∞,x→+∞,g(x)→0,
∴g(x)>0,
∴a>0时,a(x-ln x)=+ln x恰有一解.
故a>0.
7.(2022全国甲理,21,12分)已知函数f(x)=-ln x+x-a.
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
【解析】　 (1)∵f(x)=-ln x+x-a,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=.
令f '(x)=0,得x=1,
f(x), f '(x)的变化情况如下:
x (0,1) 1 (1,+∞)
f '(x) - 0 +
f(x) ↘ ↗
∴当x=1时, f(x)min=e+1-a.
∵f(x)≥0,∴e+1-a≥0,∴a≤e+1.
(2)f(x)=-ln x+x-a=ex-ln x+x-ln x-a,
设t=x-ln x,则y=et+t-a,y'=et+1.
∵f(x)有两个零点x1,x2,∴由(1)知a>e+1.
∵y'=et+1>0,∴y=et+t-a为增函数,
∴x1-ln x1=x2-ln x2.
由t=x-ln x得t'=1-,令t'=0,得x=1,
t,t'的变化情况如下:
x (0,1) 1 (1,+∞)
t' - 0 +
t ↘ 1 ↗
证法一:不妨设0∴x2-x1=ln x2-ln x1.
可以证明:,则有<1,所以x1x2<1.
证明如下:∵,
∴只需证.
设m=(m>1),
从而只要证>ln m(m>1).
设g(m)=-ln m(m>1),
则g'(m)=,
∵g'(m)>0,∴g(m)在(1,+∞)上单调递增,
∴g(m)>g(1)=0,
∴成立.
故x1x2<1.
证法二:不妨设0则F'(x)=f '(x)+(ex+x)+(ex+x-1-x).
设φ(x)=ex+x-1-x,x∈(0,1),
则φ'(x)=ex+1-.
∵00,∴φ(x)在(0,1)上单调递增,
∴φ(x)<φ(1)=0,又<0,∴F'(x)>0,
∴F(x)在(0,1)上单调递增.
∴F(x)∴f(x2)=f(x1)由(1)可知, f(x)在(1,+∞)上单调递增,
∵x2>1,>1,∴x2<,∴x1x2<1.
8.(2020课标Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=x3-kx+k2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围.
【解析】　(1)f '(x)=3x2-k.
当k=0时, f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
当k<0时, f '(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
当k>0时,令f '(x)=0,得x=±.当x∈时, f '(x)>0;当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.故f(x)在,单调递增,在单调递减.
(2)由(1)知,当k≤0时, f(x)在(-∞,+∞)单调递增, f(x)不可能有三个零点.当k>0时,x=-为f(x)的极大值点,x=为f(x)的极小值点.
此时,-k-1<-<0, f>0.
根据f(x)的单调性,当且仅当f<0,即k2-<0时, f(x)有三个零点,解得k<.因此k的取值范围为.
9.(2020浙江,22,15分)已知1(1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点;
(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:
(i)≤x0≤;
(ii)x0 f()≥(e-1)(a-1)a.
【解析】　本题主要考查函数的单调性、零点,导数的运算及其应用,同时考查数学抽象、逻辑推理与数学运算等素养.
(1)因为f(0)=1-a<0, f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点.
因为f '(x)=ex-1,所以当x>0时,f '(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(2)(i)令g(x)=ex-x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由(1)知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)单调递增,故g(x)≥g(0)=0.
由g()≥0得f()=--a≥0=f(x0),
因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故≥x0.
令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1,
令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=ex-2,所以
x 0 (0,ln 2) ln 2 (ln 2,1) 1
h'1(x) -1 - 0 + e-2
h1(x) 0 ↘ ↗ e-3
故当0由h()≤0得f()=--a≤0=f(x0),
因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故≤x0.
综上,≤x0≤.
(ii)令u(x)=ex-(e-1)x-1,u'(x)=ex-(e-1),所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.
由=x0+a可得
x0f()=x0f(x0+a)=(ea-1)+a(ea-2)x0≥(e-1)a,
由x0≥得x0f()≥(e-1)(a-1)a.
10.(2019课标Ⅱ理,20,12分)已知函数f(x)=ln x-.
(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=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
【解析】　本题考查利用导数判断函数的单调性,求函数零点以及导数的几何意义.考查学生分析、解决问题的能力,考查逻辑推理能力和运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f '(x)=+>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)单调递增.
因为f(e)=1-<0, f(e2)=2-=>0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0<<1,f=-ln x1+=-f(x1)=0,故f(x)在(0,1)有唯一零点.
综上, f(x)有且仅有两个零点.
(2)因为=,故点B在曲线y=ex上.
由题设知f(x0)=0,即ln x0=,
故直线AB的斜率k===.
曲线y=ex在点B处切线的斜率是,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
解后反思　(1)先判断函数的单调性,然后结合零点存在性定理证明函数f(x)有且仅有两个零点.
(2)要证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线,首先求得这条切线的斜率k=,所以必须在曲线y=ex上找一点B(x1,),使=,从而求得B点的坐标为,然后证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率等于曲线y=ex在点B处的切线斜率即可.
11.(2018课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)只有一个零点.
【解析】　(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f '(x)=x2-6x-3.
令f '(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.
当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f '(x)>0;
当x∈(3-2,3+2)时,f '(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.
(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.
设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-<0, f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.
综上,f(x)只有一个零点.
方法总结　利用导数研究函数零点的方法:
方法一:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值;
(2)根据函数f(x)的性质作出图象;
(3)判断函数零点的个数.
方法二:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值;
(2)分类讨论,判断函数零点的个数.
12.(2016课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
【解析】　(1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(2分)
(i)设a=0,则f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一个零点.(3分)
(ii)设a>0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.
又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且bf(b)>(b-2)+a(b-1)2=a>0,
故f(x)存在两个零点.(4分)
(iii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.(6分)
若a<-,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0.
因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
综上,a的取值范围为(0,+∞).(8分)
(2)不妨设x1f(2-x2),即f(2-x2)<0.
由于f(2-x2)=-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2-(x2-2).(10分)
设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g '(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以当x>1时, g '(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.
从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.(12分)
13.(2016课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
【解析】　(1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
(i)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2分)
(ii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
①若a=-,则f '(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
②若a>-,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时, f '(x)>0;当x∈(ln(-2a),1)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.(4分)
③若a<-,则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0;当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减.(6分)
(2)(i)设a>0,则由(1)知, f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且b则f(b)>(b-2)+a(b-1)2=a>0,
所以f(x)有两个零点.(8分)
(ii)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.(9分)
(iii)设a<0,若a≥-,则由(1)知, f(x)在(1,+∞)上单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;(10分)
若a<-,则由(1)知, f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.(11分)
综上,a的取值范围为(0,+∞).(12分)
疑难突破　(1)分类讨论时临界点的选取是关键,易忽略a=-的情形.(2)在讨论a>0时函数零点的个数时,注意利用不等式的放缩.
评析　本题考查函数的单调性、零点等知识点,解题时要认真审题、仔细解答,注意分类讨论和等价转化.
14.(2015课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x.
(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线
(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.
【解析】　(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f '(x0)=0,即
解得x0=,a=-.
因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分)
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.
当x=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.
当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.
(i)若a≤-3或a≥0,则f '(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=,f(1)=a+,所以当a≤-3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.
(ii)若-3①若f >0,即-②若f =0,即a=-,则f(x)在(0,1)有唯一零点;
③若f <0,即-3综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-15.(2015江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).
(1)试讨论f(x)的单调性;
(2)若b=c-a(实数c是与a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)∪∪,求c的值.
【解析】　(1)f '(x)=3x2+2ax,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=-.
当a=0时,因为f '(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
当a>0时,若x∈∪(0,+∞),则f '(x)>0,若x∈,则f '(x)<0,
所以函数f(x)在,(0,+∞)上单调递增,在上单调递减;
当a<0时,若x∈(-∞,0)∪,则f '(x)>0,若x∈,则f '(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)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f(x)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.
评析　本题在考查函数的零点与方程的根的同时,重点考查利用导数研究函数的单调性及函数的极值问题.
16.(2015北京文,19,13分)设函数f(x)=-kln x,k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
【解析】　(1)由f(x)=-kln x(k>0)得
f '(x)=x-=.
由f '(x)=0解得x=.
f(x)与f '(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:
x (0,) (,+∞)
f '(x) - 0 +
f(x) ↘ ↗
所以, f(x)的单调递减区间是(0,),
单调递增区间是(,+∞);
f(x)在x=处取得极小值f()=.
(2)证明:由(1)知, f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.
因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.
当k=e时, f(x)在区间(1,)上单调递减,且f()=0,
所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点.
当k>e时, f(x)在区间(0,)上单调递减,
且f(1)=>0, f()=<0,
所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
综上可知,若f(x)存在零点,
则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
评析　本题主要考查利用导数求函数的单调区间及极值,考查利用导数研究函数的零点问题,本题综合性较强,属中等难度题.
17.(2015课标Ⅰ文,21,12分)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f '(x)零点的个数;
(2)证明:当a>0时, f(x)≥2a+aln.
【解析】　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=2e2x-(x>0).
当a≤0时, f '(x)>0, f '(x)没有零点;
当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增,所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f '(a)>0,当b满足0故当a>0时, f '(x)存在唯一零点. (6分)
证明:由(1),可设f '(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时, f '(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,
f '(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时, f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.
故当a>0时, f(x)≥2a+aln.(12分)