4、0－ln x0＝＋x0>2，x0∈.
故ex－ln x>2.
法二 注意到ex≥1＋x(當且僅當x＝0時取等號)，
x－1≥ln x(當且僅當x＝1時取等號)，
∴ex＋x－1>1＋x＋ln x，故ex－ln x>2.
探究提高 1.法一中關鍵有三點：(1)利用零點存在定理，判定極小值點x0∈；(2)確定ex0＝，x0＝－ln x0的關系；(3)基本不等式的利用.
2.法二聯(lián)想經典教材習題結論，降低思維難度，優(yōu)化思維過程，簡潔方便.
【鏈接高考】 (2017·全國Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)當a<0時，證明f
5、(x)≤－－2.
(1)解 f(x)的定義域為(0，＋∞)，
且f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0時，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
若a<0時，則當x∈時，f′(x)>0；
當x∈時，f′(x)<0.
故f(x)在上單調遞增，在上單調遞減.
(2)證明 由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝ln－1－，
所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2，
即ln＋＋1≤0，
設g(x)＝ln x－x＋1，則g′(x)＝－1.
當x∈(0，1)時，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)時，g′(
6、x)<0.
所以g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減.
故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0.
所以當x>0時，g(x)≤0，
從而當a<0時，ln＋＋1≤0，
故f(x)≤－－2.
教你如何審題——利用導數(shù)研究函數(shù)的零點
【例題】 (2018·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a.
[審題路線]
[自主解答]
(1)證明 當a＝1時，f(x)＝ex－x2，則f′(x)＝ex－2x.
令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝
7、ex－2.
令g′(x)＝0，解得x＝ln 2.
當x∈(0，ln 2)時，g′(x)<0；
當x∈(ln 2，＋∞)時，g′(x)>0.
∴當x≥0時，g(x)≥g(ln 2)＝2－2ln 2>0，
∴f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∴f(x)≥f(0)＝1.
(2)解 若f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一個解，
由a＝，令φ(x)＝，x∈(0，＋∞)，
φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝2.
當x∈(0，2)時，φ′(x)<0；
當x∈(2，＋∞)時，φ′(x)>0.
∴φ(x)min＝φ(2)＝.∴a＝.
探
8、究提高 1.利用導數(shù)研究函數(shù)的零點主要考查直觀想象、邏輯推理、數(shù)學運算核心素養(yǎng).考查的主要形式：(1)求函數(shù)的零點、圖象交點的個數(shù)；(2)根據(jù)函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)的取值或范圍.
2.導數(shù)研究函數(shù)的零點常用方法：(1)研究函數(shù)的單調性、極值，利用單調性、極值、函數(shù)零點存在定理來求解零點問題；(2)將函數(shù)零點問題轉化為方程根的問題，從而同解變形為兩個函數(shù)圖象的交點，運用函數(shù)的圖象性質求解.
【嘗試訓練】 已知三次函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a，b，c∈R)過點(3，0)，且函數(shù)f(x)在點(0，f(0))處的切線恰好是直線y＝0.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式；
(2)設函數(shù)g(
9、x)＝9x＋m－1，若函數(shù)y＝f(x)－g(x)在區(qū)間[－2，1]上有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍.
解 (1)f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由已知條件得，
解得b＝－3，c＝d＝0，
所以f(x)＝x3－3x2.
(2)由已知條件得，f(x)－g(x)＝x3－3x2－9x－m＋1在[－2，1]上有兩個不同的零點，可轉化為y＝m與y＝x3－3x2－9x＋1的圖象有兩個不同的交點；
令h(x)＝x3－3x2－9x＋1，
h′(x)＝3x2－6x－9，x∈[－2，1]，
令h′(x)>0得－2≤x＜－1；令h′(x)<0得－1＜x≤1.
所以h(x)max＝h(－1)＝6，
又
10、f(－2)＝－1，f(1)＝－10，所以h(x)min＝－10.
數(shù)形結合，可知要使y＝m與y＝x3－3x2－9x＋1的圖象有兩個不同的交點，則－1≤m＜6.
故實數(shù)m的取值范圍是[－1，6).
滿分答題示范——利用導數(shù)研究函數(shù)的性質
【例題】 (12分)(2017·浙江卷)已知函數(shù)f(x)＝(x－)e－x.
(1)求f(x)的導函數(shù)；
(2)求f(x)在區(qū)間上的取值范圍.
[規(guī)范解答]
[高考狀元滿分心得]
?得步驟分：抓住得分點的步驟，“步步為贏”、求得滿分.如第(1)問中求定義域，求導，第(2)問中求零點和列表.
?得關鍵分：解題過程不可忽視關
11、鍵點，有則給分，無則沒分如第(2)問中，對f(x)≥0的判斷.
?得計算分：解題過程中計算準確是滿分的根本保證.如第(1)問中求導準確變形到位；第(2)問中規(guī)范列表，正確計算出f(x)的最值.
[構建模板]
【規(guī)范訓練】 (2018·全國Ⅰ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝－x＋aln x.
(1)試討論函數(shù)f(x)的單調性；
(2)設x1，x2是f(x)的兩個極值點，且x2>x1，設t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，試證明t>0.
(1)解 f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
(ⅰ)若a≤2，則f′(x)≤0，
當且僅當a＝2，x
12、＝1時f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減.
(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝或x＝.
當x∈∪時，f′(x)<0；
當x∈時，f′(x)>0.
所以f(x)在，上單調遞減，
在上單調遞增.
(2)證明 由(1)知，f(x)存在兩個極值點時，當且僅當a>2.
由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1.
又因x2>x1>0，所以x2>1.
又t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)
＝－－(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2)
＝a＝－a.
設φ(x)＝－x＋
13、2ln x，x>1.
由第(1)問知，φ(x)在(1，＋∞)單調遞減，且φ(1)＝0，
從而當x∈(1，＋∞)時，φ(x)<0.
所以＋2ln x2－x2<0，故t>0.
1.已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x有兩個不同的零點，求實數(shù)a的取值范圍.
解 令g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x，
將零點問題轉化為兩個函數(shù)圖象交點的問題.
當a≤0時，g(x)和h(x)的圖象只有一個交點，不滿足題意；
當a>0時，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝.
令r(x)＝，則r(x)的定義域為(0，＋∞).
則r′(x)＝＝，易知r′(1)＝0，
當0
14、)>0，r(x)是增函數(shù)，
當x>1時，r′(x)<0，r(x)是減函數(shù)，且>0，
r(x)max＝r(1)＝1，所以00，得x<－1或x>2；令f′(x)
15、<0，得－10時，解不等式f(x)≤0；
(2)當a＝0時，求整數(shù)t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解.
16、解 (1)因為ex>0，(ax2＋x)ex≤0，所以ax2＋x≤0.
又因為a>0，所以不等式化為x≤0.
所以不等式f(x)≤0的解集為.
(2)當a＝0時，方程即為xex＝x＋2，
由于ex>0，所以x＝0不是方程的解，
所以原方程等價于ex－－1＝0.令h(x)＝ex－－1，
因為h′(x)＝ex＋>0對于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，
所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內是單調遞增函數(shù)，
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有且只有兩個實數(shù)根，且分別在區(qū)間[1，2
17、]和[－3，－2]上，所以整數(shù)t的所有值為{－3，1}.
4.(2019·合肥一中質檢)已知函數(shù)f(x)＝.
(1)若f(x)在區(qū)間(－∞，2)上為單調遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若a＝0，x0<1，設直線y＝g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線，求證：f(x)≤g(x).
(1)解 易知f′(x)＝－，
由已知得f′(x)≥0對x∈(－∞，2)恒成立，
故x≤1－a對x∈(－∞，2)恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
故實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1].
(2)證明 當a＝0時，則f(x)＝.
函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線方程為y＝g(x)＝
18、f′(x0)(x－x0)＋f(x0).
令h(x)＝f(x)－g(x)
＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，
則h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－
＝.
設φ(x)＝(1－x)e x0－(1－x0)ex，x∈R，
則φ′(x)＝－e x0－(1－x0)ex，
∵x0<1，∴φ′(x)<0，
∴φ(x)在R上單調遞減，而φ(x0)＝0，
∴當x0，當x>x0時，φ(x)<0，
∴當x0，當x>x0時，h′(x)<0，
∴h(x)在區(qū)間(－∞，x0)上為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，＋∞)上為減函數(shù)，∴x∈R時，h
19、(x)≤h(x0)＝0，
∴f(x)≤g(x).
5.已知函數(shù)f(x)＝eax－ax－1.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；
(2)設m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n(n≥2).若(n！)0時，令f′(x)>0，解得x>0；
令f′(x)<0，解得x<0.
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，在(－∞，0)上單調遞減；
當a＝0時，顯然無單調區(qū)間；
當a<0時，令f′(x)>0，解得x>0；
令f′(x)<0，解得x<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，在(－∞，0)上單調遞
20、減.
綜上，當a＝0時，無單調區(qū)間；a≠0時，單調遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調遞增區(qū)間為(0，＋∞).
(2)令a＝1，由(1)可知f(x)的最小值為f(0)＝0，
所以f(x)≥0.
所以ex≥x＋1(當x＝0時取得“＝”).
令x＝n－1，則en－1>n，
所以e0·e1·e2·…·en－1>1×2×3×…×n，
即e>n！，
兩邊進行次方得(n！)
21、(1))處的切線方程；
(2)若函數(shù)f(x)有2個零點，f(g(x))有6個零點，求a＋b的取值范圍.
解 (1)函數(shù)f(x)＝4x2＋－a，
則y＝xf(x)＝4x3＋1－ax的導數(shù)為y′＝12x2－a，
由題意可得12－a＝0，解得a＝12，
即有f(x)＝4x2＋－12，f′(x)＝8x－，
可得曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為f′(1)＝7，切點為(1，－7)，
所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＋7＝7(x－1)，即y＝7x－14.
(2)f(x)＝4x2＋－a，f′(x)＝8x－，f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞).
當x>時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x<0或00，且－b>0，即b<－1且b<，
可得b<－1，則有a＋b<2，
即a＋b的取值范圍是(－∞，2).
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2020版高考數(shù)學新設計大一輪復習 教材高考審題答題一 函數(shù)與導數(shù)熱點問題習題 理（含解析）新人教A版
