《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 導(dǎo)數(shù)與方程學(xué)案 理 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 導(dǎo)數(shù)與方程學(xué)案 理 新人教A版（18頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講　導(dǎo)數(shù)與方程 判斷、證明或討論函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù) 兩類零點(diǎn)問題的不同處理方法：利用零點(diǎn)存在性定理的條件為函數(shù)圖象在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0.(1)直接法：判斷一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，若函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，則只需取值證明f(a)·f(b)<0；(2)分類討論法：判斷幾個(gè)零點(diǎn)時(shí)，需要先結(jié)合單調(diào)性，確定分類討論的標(biāo)準(zhǔn)，再利用零點(diǎn)存在性定理，在每個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)取值證明f(a)·f(b)<0. 高考真題 思維方法 【直接法】 (2019·高考全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)； (2)設(shè)x0是f(x

2、)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處的切線也是曲線y＝ex的切線. (1)f(x)的定義域?yàn)?0，1)∪(1，＋∞). 因?yàn)閒′(x)＝＋>0，[關(guān)鍵1：正確求出導(dǎo)函數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性]所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)單調(diào)遞增. 因?yàn)閒(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零點(diǎn)x1(e

3、)內(nèi)存在一個(gè)零點(diǎn)] 綜上，f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn). (2)略 【分類討論法】 (2019·高考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，證明： (1)f′(x)在區(qū)間存在唯一極大值點(diǎn)； (2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn). 證明：(1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋. 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)單調(diào)遞減，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零點(diǎn)，設(shè)為α. [關(guān)鍵1：利用零點(diǎn)的存在性定理確定g′(x)在內(nèi)有唯一零點(diǎn)] 則當(dāng)x∈(－1，α)時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0.

4、 所以g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故g(x)在存在唯一極大值點(diǎn)，即f′(x)在存在唯一極大值點(diǎn). [關(guān)鍵2：根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性與極大值點(diǎn)的定義判斷極大值點(diǎn)的存在性] (2)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞). ①當(dāng)x∈(－1，0]時(shí)，由(1)知，f′(x)在(－1，0)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1，0)時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(－1，0)單調(diào)遞減．又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零點(diǎn). ②當(dāng)x∈時(shí)，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且當(dāng)x∈(

5、0，β)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減. 又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＞0.從而，f(x)在沒有零點(diǎn). ③當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在單調(diào)遞減．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零點(diǎn). ④當(dāng)x∈時(shí)，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，從而f(x)在(π，＋∞)沒有零點(diǎn)．[關(guān)鍵3：在定義域內(nèi)的不同區(qū)間，利用函數(shù)的單調(diào)性、最值、零點(diǎn)存在性定理 綜上，f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn). [典型例題] (2019·廣東省七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax. (1)討論函數(shù)f

6、(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a<0時(shí)，求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． 【解】　(1)由題意知，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝. ①當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝－， 故在上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 在上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)由(1)可知，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 故f(x)max＝f＝ln－1. ①當(dāng)ln <1，即a<－時(shí)，f <0

7、， 函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)． ②當(dāng)ln ＝1時(shí)，即a＝－時(shí)，f＝0， 函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)． ③當(dāng)ln>1，即－0， 令0e， 則在(e，＋∞)上，g′(t)＝－1<0，故g(t)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減， 故在(e，＋∞)上，g(t)

8、 綜上，當(dāng)a<－時(shí)，函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a＝－時(shí)，函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)－0，所以f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．

9、②m>0時(shí)，令g(x)＝mx2－2x＋m， (i)m≥1時(shí)，Δ＝4－4m2≤0，此時(shí)f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； (ii)00，令f′(x)＝0，則x1＝，x2＝， 所以x∈∪時(shí)，f′(x)>0， x∈時(shí)，f′(x)<0， 所以f(x)在和上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減． 綜上，m≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；m≥1時(shí)， f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；0

10、調(diào)遞增，在(2－，2＋)上單調(diào)遞減， 又f(1)＝0，且1∈(2－，2＋)，所以f(x)在(2－，2＋)上有唯一零點(diǎn)x＝1. 又02＋，f(e3)＝－f(e－3)>0，所以f(x)在(2＋，＋∞)上有唯一零點(diǎn)． 綜上，當(dāng)m＝時(shí)，f(x)有且只有三個(gè)零點(diǎn)． 根據(jù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)范圍 已知函數(shù)有零點(diǎn)求參數(shù)范圍常用的方法：(1)分離參數(shù)法：一般命題情境為給出區(qū)間，求滿足函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為從f(x)中分離出參數(shù)，然后利用求導(dǎo)的方法求出由參數(shù)構(gòu)造的新

11、函數(shù)的最值，根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；(2)分類討論法：一般命題情境為沒有固定區(qū)間，求滿足函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為結(jié)合單調(diào)性，先確定參數(shù)分類的標(biāo)準(zhǔn)，在每個(gè)小范圍內(nèi)研究零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是否符合題意，將滿足題意的參數(shù)的各小范圍并在一起，即為所求參數(shù)范圍． 高考真題 思維方法 【由導(dǎo)數(shù)特點(diǎn)分類討論】 (2018·高考全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)，求a. (1)略 (2)設(shè)函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零

12、點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)h(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)．[關(guān)鍵1：構(gòu)造函數(shù)h(x)，將f(x)的零點(diǎn)情況轉(zhuǎn)化為h(x)的零點(diǎn)情況] (ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，h(x)＞0，h(x)沒有零點(diǎn)； [關(guān)鍵2：對參數(shù)a分類討論，結(jié)合函數(shù)值判斷函數(shù)零點(diǎn)情況] (ⅱ)當(dāng)a＞0時(shí)，h′(x)＝ax(x－2)e－x.當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，h′(x)＜0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0. 所以h(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增. 故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值. [關(guān)鍵3：分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，求函數(shù)最值] ①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)沒有零點(diǎn)

13、； ②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)； ③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一個(gè)零點(diǎn). 由(1)知，當(dāng)x＞0時(shí)，ex＞x2，所以 h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0. 故h(x)在(2，4a)有一個(gè)零點(diǎn)．因此h(x)在(0，＋∞)有兩個(gè)零點(diǎn). [關(guān)鍵4：對函數(shù)最小值的符號分類討論，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性判斷零點(diǎn)情況，求出參數(shù)值] 綜上，f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a＝. 【直接分類討論】 (2017·高考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(

14、x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍. (1)略 (2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn). [關(guān)鍵1：針對f(x)解析式的特點(diǎn)，可對參數(shù)a直接分類討論] (ⅱ)若a>0，由(1)知，當(dāng)x＝－ln a時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(－ln a)＝1－＋ln a．[關(guān)鍵2：結(jié)合函數(shù)單調(diào)性求函數(shù)最小值，進(jìn)而根據(jù)最小值直接判斷零點(diǎn)的情況] ①當(dāng)a＝1時(shí)，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)； ②當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，由于1－＋ln a>0，即f(－ln a)>0，故f(x)沒有零點(diǎn)； ③當(dāng)a∈(0，1)時(shí)，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0. 又f(

15、－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一個(gè)零點(diǎn). 設(shè)正整數(shù)n0滿足n0>ln，則f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0. 由于ln>－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一個(gè)零點(diǎn). 類討論，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性與最小值判斷函數(shù)零點(diǎn)情況，求參數(shù)取值范圍] 綜上，a的取值范圍為(0，1). [典型例題] (2019·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)＝xex－a(x＋1)2. (1)若a＝e，求函數(shù)f(x)的極值； (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 【解】　(1)由題意

16、知，當(dāng)a＝e時(shí)，f(x)＝xex－e(x＋1)2，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)， f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)． 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示： x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值－  極小值－e  所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得極大值－；當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得極小值－e. (2)令f(x)＝0，即xex－a(x＋1)2＝0， 得xex＝a(x＋1)2.

17、當(dāng)x＝－1時(shí)，方程為－e－1＝a×0，顯然不成立， 所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)． 當(dāng)x≠－1時(shí)，分離參數(shù)得a＝. 記g(x)＝(x≠－1)， 則g′(x)＝＝. 當(dāng)x<－1時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x>－1時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增． 當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)＝0；當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→0；當(dāng)x→－1時(shí)，g(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞. 故函數(shù)g(x)的圖象如圖所示． 作出直線y＝a，由圖可知，當(dāng)a<0時(shí)，直線y＝a和函數(shù)g(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－

18、∞，0)． 利用函數(shù)零點(diǎn)的情況求參數(shù)范圍的方法 (1)分離參數(shù)(a＝g(x))后，將原問題轉(zhuǎn)化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉(zhuǎn)化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題(優(yōu)選分離、次選分類)求解； (2)利用零點(diǎn)的存在性定理構(gòu)建不等式求解； (3)轉(zhuǎn)化為兩個(gè)熟悉的函數(shù)圖象的位置關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解．　 [對點(diǎn)訓(xùn)練] (2019·四省八校雙教研聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝(a－1)x＋＋ln x(a>0)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若g(x)＝f(x)－m，當(dāng)a＝2時(shí)，g(x)在[e－1，e]上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求m的取值范圍． 解：(1)f

19、′(x)＝a－1－＋＝＝， ①當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝，令f′(x)>0，得x>1， 令f′(x)<0，得01時(shí)，令f′(x)>0，得x>1或x<－<0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ③當(dāng)a<1時(shí)， (i)00，得0， 得1

20、0，1)，上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x＋＋ln x在[e－1，1]上單調(diào)遞減，在(1，e]上單調(diào)遞增． 所以f(x)min＝f(1)＝3，f(e－1)＝e－1＋2e－1，f(e)＝e＋＋1，f(e－1)>f(e)， 所以m∈. 可化為函數(shù)零點(diǎn)的函數(shù)問題與函數(shù)零點(diǎn)性質(zhì)研究 本考點(diǎn)包括兩個(gè)方向：一是與函數(shù)零點(diǎn)性質(zhì)有關(guān)的問題(更多涉及構(gòu)造函數(shù)法)；二是可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)的函數(shù)問題(更多涉及整體轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合等方法技巧)． 能夠利用等價(jià)轉(zhuǎn)換構(gòu)造函數(shù)法求解的問題常涉及參數(shù)的最值、曲線交點(diǎn)、零點(diǎn)的大小關(guān)系等．求解時(shí)一般先通過等價(jià)轉(zhuǎn)換，將已知轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)問題，再

21、構(gòu)造函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等，并結(jié)合分類討論，通過確定函數(shù)的零點(diǎn)達(dá)到解決問題的目的． 高考真題 思維方法 【可化為函數(shù)零點(diǎn)的函數(shù)問題】 (2014·高考課標(biāo)全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－2. (1)求a； (2)證明：當(dāng)k<1時(shí)，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn). (1)略 (2)證明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2. 設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4. 由題設(shè)知1－k>0. 當(dāng)x≤0時(shí)，g′(x)＝3x2－6x

22、＋1－k>0，g(x)單調(diào)遞增， g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一實(shí)根. [關(guān)鍵2：利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，判斷函數(shù)的實(shí)根情況] 當(dāng)x>0時(shí)，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x). h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)沒有實(shí)根. 綜上，g(x)＝0在R有唯一實(shí)根，[關(guān)鍵3：利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在性 即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn). 【函數(shù)零

23、點(diǎn)性質(zhì)研究】 (2016·高考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個(gè)零點(diǎn). (1)求a的取值范圍； (2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1＋x2<2. (1)略 (2)證明：不妨設(shè)x1＜x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，所以x1＋x2＜2等價(jià)于f(x1)＞f(2－x2)，即f(2－x2)＜0.[關(guān)鍵1：利用分析法轉(zhuǎn)化要證明的不等式] 由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，① 而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，② 所以f

24、(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.[關(guān)鍵2：將②代入①，利用整體代入消元] 設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex， 則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex). 所以當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＜0，而g(1)＝0，故當(dāng)x＞1時(shí)，g(x)＜0. 從而g(x2)＝f(2－x2)＜0，故x1＋x2＜2. [關(guān)鍵4：利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性、用最值證明不等式] [典型例題] (2019·武漢市調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)＝a(ln x＋)－(a∈R，a為常數(shù))在(0，2)內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1

25、1＋ln a)． 【解】　(1)由f(x)＝a(ln x＋)－，可得f′(x)＝. 記h(x)＝ex－1－ax，x>0，由題意，知y＝h(x)在(0，2)內(nèi)存在兩個(gè)零點(diǎn)． 因?yàn)閔′(x)＝ex－1－a， 則當(dāng)a≤0時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(0，2)上單調(diào)遞增，h(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)．不合題意． 當(dāng)a>0時(shí)，由h′(x)＝0，得x＝1＋ln a，由1＋ln a>0，得a>. (i)若1＋ln a<2且h(2)>0，即

26、min＝－aln a≥0，不合題意，舍去．當(dāng)10，x→0時(shí)h(x)>0， 從而h(x)在(0，1＋ln a)和(1＋ln a，2)上各有一個(gè)零點(diǎn)． 所以y＝h(x)在(0，2)上存在兩個(gè)零點(diǎn)． (ii)若1＋ln a≥2，即a≥e時(shí)，h(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，h(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，舍去． (iii)若1＋ln a<2且h(2)≤0，即≤a

27、(2＋2ln a－x)，0

28、數(shù)在不同零點(diǎn)處的函數(shù)值均為零，建立不同零點(diǎn)之間的關(guān)系，把多元問題轉(zhuǎn)化為一元問題，再使用一元函數(shù)的方法進(jìn)行研究．　 [對點(diǎn)訓(xùn)練] (2019·湖南省湘東六校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋x2－(a＋1)x. (1)當(dāng)a>0時(shí)，求f(x)在區(qū)間(0，1]上的最大值； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x11時(shí)，<

29、1，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 所以f(x)的最大值為f()＝－ln a－－1. 綜上，當(dāng)01時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，1]上的最大值為－ln a－－1. (2)證明：g(x)＝f(x)＋x＝ln x＋x2－ax，g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， g′(x)＝＋ax－a＝. 若g(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x10，且x1＋x2＝1，x1x2＝>0，所以a>4. 又x1

30、＋x－ax1－ln x2－x＋ax2＝ln x1＋ln(ax1)＋－ax1， 設(shè)h(t)＝ln t＋ln(at)＋－at，其中t＝x1∈(0，)， h′(t)＝－a，令h′(t)＝0得t＝.因?yàn)椋?0， 所以h(t)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，)上單調(diào)遞減， 所以h(t)的最大值為h()＝2ln 2－ln a＋－2<－ln a， 從而g(x1)－g(x2)<－ln a成立． 1．(2019·濟(jì)南市模擬考試)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a>0)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若1

31、為(0，＋∞)， f′(x)＝a(x－1)－1＋＝， 令f′(x)＝0，則x1＝1，x2＝， ①若a＝1，則f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． ②若01， 當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0.f(x)是增函數(shù)． ③若a>1，則0<<1， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)． 綜上所述，當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；

32、 當(dāng)01時(shí)，f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)． (2)當(dāng)10， 所以g(a)在(1，e)上是增函數(shù)， 所以g(a)×9－4＋ln 4＝ln 4＋>0，

33、所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0， 所以當(dāng)1

34、x)＝ln x－x＋＋，則g′(x)＝－<0恒成立， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又g(1)＝>0，g(2)＝ln 2－1<0， 所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0. 所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減． 又當(dāng)x→0時(shí)，f(x)<0，f(1)＝>0，f(2)＝e2(ln 2－)>0，f(e)＝ee<0， 所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零點(diǎn)． 3．(2019·長春市質(zhì)量監(jiān)測(二))已知函數(shù)

35、f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若方程f(x)＝ln x有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍． 解：(1)由題意可得f′(x)＝ex＋b， 當(dāng)b≥0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)b<0時(shí)，若x≥ln(－b)，則f′(x)≥0，f(x)在[ln (－b)，＋∞)上單調(diào)遞增； 若x

36、0)＝0，即e＋b－＝0，b＝－e. 方程f(x)＝ln x有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，即g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則需滿足g(x0)<0，即e＋bx0－1－ln x0＝e＋x0－1－ln x0＝e－ex0－ln x0<0， 令h(x)＝ex－exx－ln x(x>0)，則h′(x)＝－exx－<0， 所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， h(1)＝0，所以e－ex0－ln x0<0的解集為(1，＋∞)，所以b＝－e<1－e. 當(dāng)b<1－e時(shí)，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，有g(shù)(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b， 令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－

37、1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，00，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零點(diǎn)，另一方面，在(x0，＋∞)上，當(dāng)x→＋∞時(shí)，因?yàn)閑x的增長速度快，所以g(x)>0. 綜上，b的取值范圍是(－∞，1－e)． 4．已知函數(shù)f(x)＝－x＋2aln x. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)g(x)＝ln x－bx－cx2，若函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1

38、1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－1＋＝－. ①若a≤1，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1且x＝1時(shí)，f′(x)＝0， ②若a>1，令f′(x)＝0得x1＝a－，x2＝a＋. 當(dāng)x∈(0，a－)∪(a＋，＋∞)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(a－，a＋)時(shí)，f′(x)>0. 所以當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a>1時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a－)，(a＋，＋∞)；單調(diào)遞增區(qū)間為(a－，a＋)． (2)由(1)知，a>1且x1＋x2＝2a，x1x2＝1. 又g′(x)＝－b－2cx，所以g′()＝－b－c(x1＋x2)， 由g(x1)＝g(x2)＝0得ln ＝c(x－x)＋b(x1－x2)， 所以y＝(x1－x2)g′()＝－b(x1－x2)－c(x－x) ＝－ln＝－ln. 令＝t∈(0，1)，則y＝－ln t，所以y′＝<0，則y＝－ln t在(0，1)上單調(diào)遞減，且當(dāng)t→0時(shí)，y→＋∞.由y＝－ln t的取值范圍是[ln 2－，＋∞)，得t的取值范圍是(0，]，所以4a2＝＝＋＋2＝t＋＋2∈[，＋∞)，又a>1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[，＋∞)． - 18 -