《函数的零点》综合讲义（word版72页）

这是一份《函数的零点》综合讲义（word版72页），共73页。
《函数的零点》综合讲义
函数中的赋值问题 1
第一讲 赋值的意义 1
第二讲 赋值的依据和方法 4
第三讲 赋值的若干经典问题 10
导数大题的常用找点技巧和常见模型 15
常用的放缩公式（考试时需给出证明过程） 17
第一组：对数放缩 17
第二组：指数放缩 17
第三组：指对放缩 17
第四组：三角函数放缩 18
几个经典函数模型 18
导数零点不可求的四种破解策略 22
法一:利用零点存在性定理 22
法二:利用函数与方程思想 23
法三:构造新的函数 24
法四:利用极限思想 25
导数压轴题之隐零点问题 26
直击函数压轴题中零点问题 41



函数中的赋值问题
第一讲 赋值的意义
函数赋值是一个热门的话题，赋值之所以“热”，是因为它涉及到函数领域的方方面面：
讨论函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等等．
然而时下，在相当一部分学生的答卷中，甚或在一些地区的模拟试卷的标准解答中，一种以极限语言或极限观点替代赋值论证的“素描式”解题现象应予关注和纠正．
1.从一道调研试题的标准解答说起
题目1 已知函数．
（1）略；（3）略；
（2）设，若在上有且只有一个零点，求的取值范围．
解：（2），则方程即有唯一解．
记，，令．




①时，单调减，
所以的取值范围是 (?)
②时…，的取值范围是；
③时，单调减，且恒正，所以的取值范围是．
所以当或时，有且只有一个零点，故的取值范围是或．
质疑：
1．“”与“的取值范围是”是否等价？
2．也许解答的潜意识是，那么其依据是什么?

作为指挥棒的省考、国考又是怎样处理相关问题的呢?







答：一个中心：参数全程扫描；一个基本点：赋值丝丝入扣．
2．真题探究
题目2（2013江苏20）设函数，其中为实数．
（1）略；
（2）若在上是单调增函数，求的零点个数，并证明你的结论．






（2）解：由在上单调增，得 (过程略) ．
时，，
而，且图像不间断，
依据零点定理，有且只有一个零点．
【分析时，由(极大值点)，】
时,．令．





且，
所以是的极大值点，也是最大值点，
所以，当且仅当．
故有唯一零点．
时，令．列表：













0





所以．
①在上，且单调，所以有且只有一个零点；
②在上，显然，注意到的结论，
所以，同理有且只有一个零点．
由①②有两个零点．
综上所述，当或时，有1个零点；当时，有2个零点．
【注1】本题第（2）问“时”赋值点的形成过程及其多元性:
①在上，因为，且为常数，所以理应成为直观赋值点的首选．
②在上【难点！】依据单调性，直观赋值点应在右侧充分远处．尝试，失败！
表明该赋值点不够远，再改试，成了！(过程如上) ．显然，赋值点不唯一．
在上，也可考虑(标解)，
或（均不及赋值简便）．
在上也可考虑，．
还可考虑(标解)，并注意到时，(证略) ，．
【注2】在本题结论的牵引下，区间上的三个赋值点一脉相承，
井然有序：因为(当且仅当，等号成立)，所以．
以上赋值均为先直观，后放缩．其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．所以，当直观赋值受挫时，不妨通过放缩，无悬念地求出赋值点，实现解(证)目标．
现以区间为例 ———
【分析：在右侧充分远处，希望存在，使，为此，应意识到在的表达式中，对起主导作用的那一项是，不宜轻易放缩，放缩的目标应锁定．
依据()(证略) ，，不妨取，
但此路受挫，故须调整放缩的尺度】








思路一：由本题结论，．
．
详解：由本题结论
在上，存在 (以下略)．
思路二：由时，．
的任意性给赋值提供了更为宽松的选择空间：
，
令．
不妨令．
详解：(证略) ，．
今取(以下略)．
【跟踪训练】
1．思考并解答本讲题目1(2)；
2．思考函数赋值问题有哪些依据和方法．
第二讲 赋值的依据和方法
1．赋值的理论依据：
1)不等式的基本性质以及一些简单代数方程、不等式的求解．
2)零点存在定理.基本模式是已知的符号，探求赋值点(假定)使得与异号，则在上存在零点．
3)一些基本的超越不等式，如：
1．；．
2．时，．
3．时，．
4．．
【注】应用上述不等式,一般须给出证明．
2．赋值的应对方略：
2.1赋值的方法：
直观放缩法．其形态是先直观尝试，后放缩证明，其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．（参阅上节“真题探究”）
放缩求解法．其形态是先适度放缩，然后通过解不等式或方程求出赋值点，其特点是稳妥、可靠，但有时，目标放缩有点难．（参阅上节“真题探究”中的思路一，思路二）
2.2赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保，三个优先 ———
三个确保：
（1）确保参数能取到它的一切值；（2）确保赋值点落在规定区间内；（3）确保运算可行．
三个优先：
（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点(参阅2016届南通一模)；
（3）优先简单运算，如，等．
2.3放缩的分类及其目标：放缩于赋值，如影随形，唇齿相依．
（1）依放缩的依据划分，可分为无条件放缩和条件放缩两类．前者如，，等；后者如时，．时，等；
（2）依赋值点的个数划分，可分为单点式和两点式．前者以解方程为归宿；后者以解不等式为归宿，从某种意义上说，后者是前者受挫时的应急之举．
一般情形下，放缩的目标应锁定于对函数的变化趋势起不了主导作用的那些项；但有些问题中，很难界定“主导”与非“主导”，此时放缩的尺度取决于对题目中各种因素的综合考量———这正是赋值的难点．
例1（2015届南师附中期中考试）已知函数．
（1）略；（2）略；
（3）若曲线：在点处的切线与有且只有一个公共点，求正数的取值范围．
解析：（3）易得切线，代入整理得：，题设等价于函数有且只有一个零点，，其中．【下一步分析：首先讨论恒成立（不可能），及恒成立恒成立．】
当，即时，由，
且当时，，；当时，，．
所以是唯一的极小值点，也是最小值点．






且，故满足题意．
即时．由，．






【下一步分析：应比较两零点与的大小．】
即时，，
，又，所以满足题设．
，即时，当，，，所以．








【接着探究：在 上，，所以在右侧充分远处，
希望存在，使，此外应意识到对起主导作用
的那一项应该是（该项不宜轻易放缩），故放缩的主要目标
是几乎可以忽略不计的“”，事实上，当时，，
所以】
详解：又存在，所以，
．
在内，存在零点，所以至少有两个零点，不合题意．








，即时，在上，，，所以．
【接着探究：在上，，所以在右侧充分近处，
希望存在，使．此外应意识到对起主导作用
的那一项应该是（所以不宜轻易放缩）故放缩的主要目标
是几乎可以忽略不计的“”，事实上，当时，，，所以．】
详解：又存在，并注意到，，，所以在内存在零点，
从而至少有两个零点，不合题意．
综上所述，或．
【附证：：】
例2（上节“题目1（2）”）已知函数．
（1）（3）略．
（2）设，若在上有且只有一个零点，求的取值范围．
正解：(参数扫描)



依题意有唯一零点，于是：
当，不合；
当有唯一零点，符合；
当一方面．
【下一步，分析1：用直观放缩法尝试使，显然
因为，所以只要令且充分小，则，从而
．若为某个负常数,因负数的任意性,无法确保，故须与
有关．不妨改试】
另一方面并注意到(证略)．
，所以在内有唯一零点．
于是时，须无零点，而，所以，即．
记，令当；
当，所以，所以．
综上或．
【注】将零点问题转化为不等式恒成立问题从而使“分参”不依赖于形而凸显其严密性．
【下一步分析2：用放缩求解法求使，显然．
事实上时,,解之】
另一方面,使且时，
所以在内有唯一零点． (以下过程同上)
【下一步分析3：仍用放缩求解法，
时，，取】
另一方面,使且时，所以在内有唯一零点． (以下过程同上)

例3 已知，讨论的零点的个数．
解：记的零点的个数为．的定义域为，，
令，当时，,；当时，，，
所以是的唯一极小值点也是最小值点，即．
















当，即时，,故．
当，即时，．
当，即时，(如右图所示)
ⅰ.时，在上,在上，
【途径一】存在，，
由零点定理及的单调性．
【途径二：通过放缩，求解赋值点当时, 】
当且时，，同理．
ⅱ.时，由，所以．
ⅲ.时，．一方面，且，另一方面







【途径一：依据单调性，当时，应有，不妨直观尝试】
注意到时，（证略），存在，
，又图像在定义域内不间断，
所以在和内，各有一个零点，故
【途径二(借助原函数极值求赋值点)】
已证在上，且存在，
．同理
综上所述：当时，没有零点；当或时，有1个零点；
当时，有2个零点．
【注】学生可能出现的认知误区是：当时，（或）．
【跟踪训练】
1．解不等式：，其中为自然对数的底数．
解析：记，则原不等式等价于，
令，






．
当；当．
又一方面，存在另一方面，存在，
所以当且仅当时，从而原不等式的解集为．
2．已知函数．讨论函数的单调性；




(2)若有两个零点,求的取值范围．
解析：易得在,在
(2)①若则,在定义域内最多一个零点,不合．
所以且
此时，一方面使；另一方面，注意到(证略) ．
于是，使．
依据零点定理以及的单调性,可知在和上各有一个零点，
所以的取值范围是．
3．设函数若对任意的成立，求的取值范围．
解：．
1.当时,；
2.当时, ，
所以使得且在内与题设不符.
所以．

第三讲 赋值的若干经典问题
例1（2015.新课标（1）文21）设函数．
（1）讨论零点的个数；（2）略．
解：（1）．
①当时,，故无零点；





②当时零点的个数即零点的个数，记为．
所以在上，所以．又．
【下一步如何寻找正数使?】
途径一(直观放缩法) 【分析】假定，故应将锁定在右侧一点点，
直观尝试后，形成如下的——
详解：取，，依据零点定理，
由,．
途径二(放缩求解法)【分析】时于是当，即时，
．
详解：时，于是当时，
，取．依据零点定理，






由,．
例2（2016.全（1）理21）已知函数有两个零点．
（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）略．
解析：（Ⅰ）(参数扫描) ．
若，当，当．
一方面,当时；
另一方面,当时——
途径一(标解)存在且，使，
所以在两侧，各有一个零点，满足题意．
途径二【分析：当时,能对起主导作用的那一项显然是，而变化幅度不大，是比较理想的放缩目标．时,
】
详解：时,
，今取，所以在两侧，
各有一个零点，满足题意．
若，当，所以有两零点时，有两零点
有两零点，但
所以不存在两个零点．
综上，的取值范围是．
【注】顺便指出,在同解变形中,巧用升降格,可简化解题过程． (证明:)
例3（2017全（2）文21）设函数．
（1）略；（2）当时，，求的取值范围．
解：（2）．显然（否则若，注意到，则）．













【下一步探求的范围：令恒成立
，，所以，，所以】，记，，所以即
，．于是：
当时，，，，从而；
当时，
途径一【分析当时，
．】
详解：当时，注意到(证略) ，
今取，不合题意.综上，．
途径二：，又，故在上有唯一零点，
且在上，所以不合题意．
综上．

例4 （省竞赛集训题）设数列的通项,证明:．
【分析：联想超越不等式小于…有①；②等．
然后用分项比较法,将待证式两边均表示为从起连续项的和：
整合并分解左边：；
同时将右边化整为零:．
依据②，所以原式获证】
证明：易证，令



．
【跟踪训练】
1．设函数.若方程有解，求的取值范围．
解：方程有解函数有零点．
．
①时，（证略）所以无零点；
②时，（观察！）【下一步分析：如何赋值,使得？
当时,说明:若不能确保
解方程所得到的，则改用两点式,即（参阅(二)例2分析3）】
又且，
由零点定理，有零点．
③时，所以令（易知是的最大值点）
【下一步分析:令,无零点．于是剩下又经观察，所以有零点】
③1.)时,无零点；
③2.) 时，又经观察，所以有零点．
综上所述或．
2．为正常数，函数．
证明：使得当时，恒成立．
证法一易证 (证略)又用代
而.今取，
当时,由得,再由.获证．
证法二易证时在 (证略)
于是，(1)当时,，结论成立．(2)当时，取 (显然)
当时,，结论仍然成立．
综上所述使得当时, 恒成立．
3．已知，（）．
（1）（2）略
（3）当，，若对任意给定的，在区间上总存在，使得，求实数的取值范围．
（3）略解：易得在上递增，在上递减，故，
又，，所以的取值范围（即值域）为．
而过定点，．
【分析：分别令（无解），……】
当时，在上，，单调减，不合题意；
当时，令得:，且当，；时，，并注意到从而有．









【下一步分析:需证明在及上的取值范围均应包含，所以两段上的“赋值”回避不了．】
事实上，一方面在上，须；
另一方面在上，存在使，
所以当时，在两个单调区间上的取值范围均包含，
所以，必存在，，使.
故所求取值范围是．

导数大题的常用找点技巧和常见模型

引子：（2017年全国新课标1·理·21）已知.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
解析：（1）
若，则恒成立，所以在R上递减；
若，令，得.
当时，，所以在上递减；
当时，，所以在上递增.
综上，当时，在R上递减；当时，在上递减，在上递增.
（2）有两个零点，必须满足，即，且.
构造函数，. 易得，所以单调递减.
又因为，所以.
下面只要证明当时，有两个零点即可，为此我们先证明当时，.
事实上，构造函数，易得，∴，所以，即.
当时，，
，
其中，，所以在和上各有一个零点.
故的取值范围是.

注意：取点过程用到了常用放缩技巧。
一方面：；
另一方面：时，（目测的）

常用的放缩公式（考试时需给出证明过程）
第一组：对数放缩
（放缩成一次函数），，
（放缩成双撇函数），，
，，

（放缩成二次函数），，
（放缩成类反比例函数），，，
，，
第二组：指数放缩
（放缩成一次函数），，，
（放缩成类反比例函数），，
（放缩成二次函数），，
第三组：指对放缩

第四组：三角函数放缩
，，.
第五组：以直线为切线的函数
，，，，.
几个经典函数模型
经典模型一：或.
【例1】讨论函数的零点个数.
（1）当时，1个零点.
，单调递增.，

（2）时，无零点.
，.
（3）时，1个零点.
，.
（4）当时，2个零点.
（目测），，其中.（放缩）
.
，其中.（用到了）
【变式】（经过换元和等价变形之后均可以转化到例1：）：
1. 讨论的零点个数（令，）；
2. 讨论的零点个数（令）；
3. 讨论的零点个数（考虑）；
4. 讨论的零点个数（考虑，令，）；
5. 讨论的零点个数（令，）；
6. 讨论的零点个数（令）.

经典模型二：或
【例2】讨论函数的零点个数.
（1）时，1个零点.
，单调递增.
且，，所以在上有一个零点；
（2）时，无零点.
恒成立；
（3）时，无零点.
；
（4）时，2个零点.
，，.

【变式】（经过换元和等价变形之后均可以转化到例题2：）：
1. 讨论的零点个数（令，）；
2. 讨论的零点个数（去分母后与1等价）；
3. 讨论的零点个数（移项平方后与1等价）；
4. 讨论的零点个数（移项开方后换元与1等价）；
5. 讨论的零点个数（乘以系数e，令）；
6. 讨论的零点个数（令，转化成2）
7. 讨论的零点个数（令，）；









经典模型三：或
【例】讨论函数的零点个数.
（1）时，1个零点.
，单调递增.
，.
（2）时，1个零点（）.
（3）时，无零点.
，

（4）时，1个零点.
.
（5）时，2个零点.
，，，
【变式】（经过换元和等价变形之后均可以转化到例题3：）：
1.讨论的零点个数；
2. 讨论的零点个数（考虑，令）；
3. 讨论的零点个数（令）；
4. 讨论的零点个数；

练习题
1. 已知函数有两个零点，求的取值范围.





2. 设函数，讨论的导函数的零点的个数.






3. 已知函数有两个零点，求的取值范围.






4.已知函数. 当时，试讨论的零点的个数.






导数零点不可求的四种破解策略

在导数试题中,经常碰到导函数零点不可求的情况.对于此类试题,往往要绕开具体的零点值,转而判断导函数在给定区间上的单调性,再想办法证明导函数的零点存在.如何证明导函数的零点存在?笔者在长期的教学实践中总结了四种方法,现说明如下.
法一:利用零点存在性定理
零点存在性定理:如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线,并且有,那么函数在区间内有零点,即存在,使得.进一步,若在区间内有具有单调性,则函数在区间内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的,与零比较大小,再利用零点存在性定理得出在给定的区间上存在唯一的零点.
例1.已知函数,证明:当时,不等式.
证明:,.
由,得在上单调递增.
又,,
根据零点存在定理可知,存在,使得.
当时,,在上单调递减;
当时,,在上单调递增.
故.
由得,即,.
故,其中.
令,.
由得在上单调递减.
故,即.
综上,有,则当时,不等式.
评析:要证,等价于证.导函数,其零点无法求出.借助判断出的单调性,结合零点存在性定理得出存在唯一的零点且.另一方面,将分成两个区间,分别考查在这两个区间上的单调性.借助得到,将指数式进行转化,从而判断出.
法二:利用函数与方程思想
函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出,然后令,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数.
例2.已知函数 .证明:当时,.
证明:,.
有零点,等价于方程有实根,等价于方程有实根,等价于函数与函数图象有交点.
显然当时,两个函数图象无交点;当时,两个函数图象有一个交点;
因此,当时,无零点,当时,只有一个零点.
当时,在上单调递增,且只有一个零点,设为.即.
当时,,在上单调递减;
当时,,在上单调递增.
故.
由得,,,,化简得.
故.
故,即当时,.
评析:利用函数与方程思想,将判断的零点个数问题转化为图象交点问题.不难得出结论:当时,只有一个零点.对于,观察其结构特征容易发现其在上单调递增(也可以求出二阶导进行判断).要证,等价于证.将分成两个区间,分别考查在这两个区间上的单调性.借助得到,,将指数式进行转化,从而得证.
法三:构造新的函数
如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.
例3.已知函数,当时,恒成立,求正整数的最大值.
解析:由已知有在上恒成立.
令,.只需.
,
令,由得在上单调递增.
又,,根据零点存在定理可知,存在,使得.
当时,,,在上单调递减;
当时,,,在上单调递增.
故.
由得,,即.
则.
故正整数的最大值为.
评析:导函数,分母显然是正数,将分子看成一个新的函数,借助法一考查的性质,从而得到的单调性.
法四:利用极限思想
法一中,对于给定的区间,如果要通过取特殊值来判断与零的大小比较困难,那么可以利用极限思想,考查当时以及当时的取值情况.
例4.已知函数对任意的恒成立,其中.求的取值范围.
解析:由已知有,其中,.
.
令,其中,.
由得在上单调递增.
又,当时,,
故存在,使得.
当时,,,在上单调递减;
当时,,,在上单调递增.
故.
由得,,即.
则.
令,由,,解得.
因为在上单调递增,,所以.
故,即,解得.
评析:导函数,分母显然是正数,利用法三的方法将分子看成一个新的函数.在考查的性质时,先考虑左端点的函数值情况,即,再考查当时,,从而确定故存在,使得.
导数压轴题之隐零点问题
　
1．已知函数f（x）=（aex﹣a﹣x）ex（a≥0，e=2.718…，e为自然对数的底数），若f（x）≥0对于x∈R恒成立．
（1）求实数a的值；
（2）证明：f（x）存在唯一极大值点x0，且．
【解答】（1）解：f（x）=ex（aex﹣a﹣x）≥0，因为ex＞0，所以aex﹣a﹣x≥0恒成立，
即a（ex﹣1）≥x恒成立，
x=0时，显然成立，
x＞0时，ex﹣1＞0，
故只需a≥在（0，+∞）恒成立，
令h（x）=，（x＞0），
h′（x）=＜0，
故h（x）在（0，+∞）递减，
而==1，
故a≥1，
x＜0时，ex﹣1＜0，
故只需a≤在（﹣∞，0）恒成立，
令g（x）=，（x＜0），
g′（x）=＞0，
故h（x）在（﹣∞，0）递增，
而==1，
故a≤1，
综上：a=1；
（2）证明：由（1）f（x）=ex（ex﹣x﹣1），
故f'（x）=ex（2ex﹣x﹣2），令h（x）=2ex﹣x﹣2，h'（x）=2ex﹣1，
所以h（x）在（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增，
h（0）=0，h（ln）=2eln﹣ln﹣2=ln2﹣1＜0，h（﹣2）=2e﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，
∵h（﹣2）h（ln）＜0由零点存在定理及h（x）的单调性知，
方程h（x）=0在（﹣2，ln）有唯一根，
设为x0且2ex0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，
所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，
由2ex0﹣x0﹣2=0得ex0=，x0≠﹣1，
∴f（x0）=ex0（ex0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（）2=，
取等不成立，所以f（x0）＜得证，
又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增
所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，
从而0＜f（x0）＜成立．
　
2．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）
（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围；
（2）当a=1且k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．
【解答】解：（1）∵函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，
∴f′（x）=a+lnx+1≥0在区间[e，+∞）上恒成立，∴a≥（﹣lnx﹣1）max=﹣2．
∴a≥﹣2．
∴a的取值范围是[﹣2，+∞）．
（2）a=1时，f（x）=x+lnx，k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，
∴k＜，
令 g（x）=，则g′（x）=，
令h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1）．
则h′（x）=1﹣=＞0，∴h（x） 在 （1，+∞）上单增，
∵h（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣2ln2＞0，
存在x0∈（3，4），使 h（x0）=0．
即当 1＜x＜x0时h（x）＜0 即 g′（x）＜0
x＞x0时 h（x）＞0 即 g′（x）＞0
g（x）在 （1，x0）上单减，在 （x0+∞）上单增．
令h（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，即lnx0=x0﹣2，
g（x）min=g（x0）===x0∈（3，4）．
k＜g（x）min=x0∈（3，4），且k∈Z，
∴kmax=3．
　
3．函数f（x）=alnx﹣x2+x，g（x）=（x﹣2）ex﹣x2+m（其中e=2.71828…）．
（1）当a≤0时，讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x）恒成立，求正整数m的最大值．
【解答】解：（1）函数f（x）定义域是（0，+∞），
，
（i）当时，1+8a≤0，当x∈（0，+∞）时f'（x）≤0，
函数f（x）的单调递减区间是（0，+∞）；
（ⅱ）当，﹣2x2+x+a=0的两根分别是：
，，
当x∈（0，x1）时f'（x）＜0．函数f（x）的单调递减．
当x∈（x1，x2）时f'（x）＞0，函数f（x）的单调速递增，
当x∈（x2，+∞）时f'（x）＜0，函数f（x）的单调递减；
综上所述，（i）当时f（x）的单调递减区间是（0，+∞），
（ⅱ）当时，f（x）的单调递增区间是，
单调递减区间是和
（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x），即m＜（﹣x+2）ex﹣lnx+x，
设h（x）=（﹣x+2）ex﹣lnx+x，x∈（0，1]，∴，
∴当0＜x≤1时，1﹣x≥0，
设，则，∴u（x）在（0，1）递增，
又∵u（x）在区间（0，1]上的图象是一条不间断的曲线，
且，
∴使得u（x0）=0，即，
当x∈（0，x0）时，u（x）＜0，h'（x）＜0；
当x∈（x0，1）时，u（x）＞0，h'（x）＞0；
∴函数h（x）在（0，x0]单调递减，在[x0，1）单调递增，
∴=，
∵在x∈（0，1）递减，
∵，∴，
∴当m≤3时，不等式m＜（﹣x+2）ex﹣lnx+x对任意x∈（0，1]恒成立，
∴正整数m的最大值是3．
　
4．已知函数f（x）=ex+a﹣lnx（其中e=2.71828…，是自然对数的底数）．
（Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当时，f（x）＞e+1．
【解答】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，
∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，
∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），
即（e﹣1）x﹣y+1=0；
（Ⅱ）证明：∵，
设g（x）=f′（x），则，
∴g（x）是增函数，
∵ex+a＞ea，∴由，
∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；
若0＜x＜1⇒ex+a＜ea+1，由，
∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，
故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；
当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；
∴，
而，
记h（x）=lnx+x，
则，
⇔﹣a＜⇔h（x0）＜h（），
而h（x）显然是增函数，
∴，∴．
综上，当时，f（x）＞e+1．
　

5．已知函数f（x）=axex﹣（a+1）（2x﹣1）．
（1）若a=1，求函数f（x）的图象在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）当x＞0时，函数f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）若a=1，则f（x）=xex﹣2（2x﹣1），
当x=0时，f（0）=2，f'（x）=xex+ex﹣4，
当x=0时，f'（0）=﹣3，
所以所求切线方程为y=﹣3x+2．……（3分）
（2）由条件可得，首先f（1）≥0，得，
而f'（x）=a（x+1）ex﹣2（a+1），
令其为h（x），h'（x）=a（x+2）ex恒为正数，
所以h（x）即f'（x）单调递增，
而f'（0）=﹣2﹣a＜0，f'（1）=2ea﹣2a﹣2≥0，
所以f'（x）存在唯一根x0∈（0，1]，
且函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0+∞）上单调递增，
所以函数f（x）的最小值为，
只需f（x0）≥0即可，
又x0满足，
代入上式可得，
∵x0∈（0，1]，∴，
即：f（x0）≥0恒成立，所以．……（13分）
　
6．函数f（x）=xex﹣ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1．
（1）求a和b的值；
（2）若f（x）满足：当x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m，求实数m的取值范围．
【解答】解：（1）∵f（x）=xex﹣ax+b，
∴f′（x）=（x+1）ex﹣a，
由函数f（x）的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1，知：
，
解得a=2，b=1．
（2）∵f（x）满足：当x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m，
∴m≤xex﹣x﹣lnx+1，①
令g（x）=xex﹣x﹣lnx+1，x＞0，
则=，
设g′（x0）=0，x0＞0，则=，从而lnx0=﹣x0，
g′（）=3（）＜0，g′（1）=2（e﹣1）＞0，
由g′（）﹣g′（1）＜0，知：，
当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0；
当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，
∴函数g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．
∴g（x）min=g（x0）=﹣x0﹣lnx0=﹣x0﹣lnx0=x0•﹣x0+x0=1．
m≤xex﹣x﹣lnx+1恒成立⇔m≤g（x）min，
∴实数m的取值范围是：（﹣∞，1]．
　

7．已知函数f（x）=3ex+x2，g（x）=9x﹣1．
（1）求函数φ（x）=xex+4x﹣f（x）的单调区间；
（2）比较f（x）与g（x）的大小，并加以证明．
【解答】解：（1）φ'（x）=（x﹣2）（ex﹣2），
令φ'（x）=0，得x1=ln2，x2=2；
令φ'（x）＞0，得x＜ln2或x＞2；
令φ'（x）＜0，得ln2＜x＜2．
故φ（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，
在（ln2，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．
（2）f（x）＞g（x）．
证明如下：
设h（x）=f（x）﹣g（x）=3ex+x2﹣9x+1，∵h'（x）=3ex+2x﹣9为增函数，
∴可设h'（x0）=0，∵h'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e﹣7＞0，∴x0∈（0，1）．
当x＞x0时，h'（x）＞0；当x＜x0时，h'（x）＜0．
∴h（x）min=h（x0）=，
又，∴，
∴==（x0﹣1）（x0﹣10），
∵x0∈（0，1），∴（x0﹣1）（x0﹣10）＞0，
∴h（x）min＞0，∴f（x）＞g（x）．
　
8．已知函数f（x）=lnx+a（x﹣1）2（a＞0）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，证明：．
【解答】解：（1），
①当0＜a≤2时，f'（x）≥0，y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当a＞2时，设2ax2﹣2ax+1=0的两个根为，且，
y=f（x）在（0，x1），（x2，+∞）单调递増，在（x1，x2）单调递减．
（2）证明：依题可知f（1）=0，若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，
由（1）可知a＞2，且．
于是：①②
由①②得，设，
则，因此g（x）在上单调递减，
又，
根据零点存在定理，故．
　
9．已知函数f（x）=，其中a为常数．
（1）若a=0，求函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）在（0，﹣a）上单调递增，求实数a的取值范围；
（3）若a=﹣1，设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，求证：f（x0）＜﹣2．
【解答】解：（1）f（x）=的定义域是（0，+∞），f′（x）=，
令f′（x）＞0，解得0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：x＞，
则f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，
故f（x）极大值=f（）=，无极小值；
（2）函数f（x）的定义域为{x|x＞0且x≠﹣a}．
=，
要使函数f（x）在（0，﹣a）上单调递增，则a＜0，
又x∈（0，﹣a）时，a＜x+a＜0，
只需1+﹣2lnx≤0在（0，﹣a）上恒成立，
即a≥2xlnx﹣x在（0，﹣a）上恒成立，
由y=2xlnx﹣x的导数为y′=2（1+lnx）﹣1=1+2lnx，
当x＞时，函数y递增，0＜x＜时，函数y递减，
当﹣a≤即﹣＜a＜0时，函数递减，可得a≥0，矛盾不成立；
当﹣a＞即a＜﹣时，函数y在（0，）递减，在（，﹣a）递增，
可得y＜﹣2aln（﹣a）+a，
可得a≥﹣2aln（﹣a）+a，解得﹣1≤a＜0，
则a的范围是[﹣1，0）；
（3）证明：a=﹣1，则f（x）=
导数为f′（x）=，
设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，
可得1﹣2lnx0﹣=0，
即有2lnx0=1﹣，
要证f（x0）＜﹣2，即+2＜0，
由于+2=+2
==，
由于x0∈（0，1），且x0=，2lnx0=1﹣不成立，
则+2＜0，
故f（x0）＜﹣2成立．
　
10．已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax•ex﹣4x，其中a为大于零的常数．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．
【解答】解：（Ⅰ）…………………………………（2分）
x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；
x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减 ………………………．（4分）
（Ⅱ）证明：令h（x）=axex﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axex﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）…………………．（5分）

故 ……………………………．（7分）
令h'（x）=0即 ，
两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即 lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分）
∴，
∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分）
　
11．已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣= …（2分）
当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，
所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）
当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，
所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；
（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，
要证明f（x）+ex＞x2+x+2，
只需证明ex﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=ex﹣lnx﹣2，
则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，
令g′（x）=ex﹣=0，得ex=，
容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0=，
当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表
x
（0，x0）
x0
（x0，∞）
g′（x）
﹣
0
+
g（x）
递减

递增
g（x）min=g（x0）=ex0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，
因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，
因此不等式得证．　本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学全
12．已知函数．（Ⅰ）当a=2时，（i）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（ii）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1．
【解答】解：（Ⅰ）当a=2时，，定义域为（0，+∞），
，
f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，
f'（1）=2﹣2=0；
所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为0
所以切线方程为y=﹣3；
（ii）令g（x）=2﹣lnx﹣2x2，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）=0
所以当x∈（0，1）时，g（x）＞0即f'（x）＞0
所以当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0即f'（x）＜0
综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．
（Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即
设，，
设φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2
所以φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立
即h'（x）在（0，+∞）上单调递减
因为1＜a＜2，
所以h'（1）=2﹣a＞0，h'（e2）=﹣a＜0，
所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，
即，
所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以，
因为，
所以，
令h（x0）=0得，
因为1＜a＜2，所以，，
因为，所以h（x0）＜0恒成立，
即h（x）＜0恒成立，
综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．
　
13．已知函数f（x）=（x﹣a）lnx+x，（其中a∈R）
（1）若曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y=x，求a的值；
（2）若为自然对数的底数），求证：f（x）＞0．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，
由题意知，则，
解得x0=1，a=1或x0=a，a=1，所以a=1．
（2）令，则，
因为，所以，即g（x）在（0，+∞）上递增，
以下证明在g（x）区间上有唯一的零点x0，
事实上，，
因为，所以，，
由零点的存在定理可知，g（x）在上有唯一的零点x0，
所以在区间（0，x0）上，g（x）=f'（x）＜0，f（x）单调递减；
在区间（x0，+∞）上，g（x）=f'（x）＞0，f（x）单调递增，
故当x=x0时，f（x）取得最小值，
因为，即，
所以，
即＞0．
∴f（x）＞0．
　
直击函数压轴题中零点问题

1．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在区间内有唯一的零点，证明： .
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）依题可知，若在区间内有唯一的零点，由（1）可知，
且，于是： ①， ②
由①②得，设g(x)＝lnx−，(x∈(0，1))，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．

（2）依题可知，若在区间内有唯一的零点，由（1）可知，
且. [来源:学&科&网Z&X&X&K]
于是： ①
②
由①②得，设，
则，因此在上单调递减，
又，
根据零点存在定理，故.
点睛：本题考查了函数的单调性,零点问题，考查导数的应用以及不等式的证明，零点存在性定理，考查分类讨论思想，转化思想，构造函数的解题方法.
2．设函数f(x)＝x2＋bx－1(b∈R)．
(1)当b＝1时证明：函数f(x)在区间内存在唯一零点；
(2)若当x∈[1,2]，不等式f(x)