高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题1第5讲母体突破导数不等式的证明、恒成立问题与有解问题、零点问题(学生版+解析)

这是一份高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题1第5讲母体突破导数不等式的证明、恒成立问题与有解问题、零点问题(学生版+解析)，共30页。学案主要包含了方法总结等内容，欢迎下载使用。

1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现，难度较大．
母题突破1 导数与不等式的证明
母题 (2017·全国Ⅲ)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)≤－eq \f(3,4a)－2.
[子题1] 设函数f(x)＝ln x－x＋1.证明：当x∈(1，＋∞)时，1[子题2] 已知函数f(x)＝ex－x2.求证：当x>0时，eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥ln x＋1.
拓展训练
1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
2．(2020·株州模拟)已知f(x)＝ln x＋eq \f(2,ex).
(1)若函数g(x)＝xf(x)，讨论g(x)的单调性与极值；
(2)证明：f(x)>eq \f(1,ex).
强化练（一）
1．(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
2．(2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8) ；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq \f(3n,4n).
母题突破2 恒成立问题与有解问题
母题 (2014·全国Ⅰ)设函数f(x)＝aln x＋eq \f(1－a,2)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)[子题1] 已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x2，a∈R.
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围．
[子题2] (2020·北京市西城区师范大学附属实验中学模拟)已知x＝eq \f(1,\r(e))为函数f(x)＝xaln x的极值点．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝eq \f(kx,ex)，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
拓展训练
1．(2020·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝2ln x＋1.若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围．
2．已知函数f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求f(x)的极值；
(2)设g(x)＝(x－t)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(m,t)))2，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值．
强化练（二）
1．(2020·新高考全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a．若f(x)≥1，求a的取值范围．
2．设函数f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R)．若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
母题突破3 零点问题
母题 (2020·福州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)有零点，求实数a的取值范围．
[子题1] (2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)，
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
[子题2] 已知函数f(x)＝ln x＋x，方程x2＝2mf(x)(m>0)有唯一实数解，求m.
拓展训练
1．(2019·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．
2．已知函数f(x)＝ax2－1－2ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥0；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
强化练（三）
1．(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)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．
2．已知函数f(x)＝ln x－x＋2sin x，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；
(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点．
专题一 第5讲 导数的综合应用
【情报站】
1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现，难度较大．
母题突破1 导数与不等式的证明
母题 (2017·全国Ⅲ)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)≤－eq \f(3,4a)－2.
思路分析
❶fx≤－eq \f(3,4a)－2
↓
❷fxmax≤－eq \f(3,4a)－2
↓
❸fxmax＋eq \f(3,4a)＋2≤0
↓
❹构造函数证明
【答案】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq \f(x＋12ax＋1,x).
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)<0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－eq \f(1,2a)处取得最大值，最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－1－eq \f(1,4a)，
所以f(x)≤－eq \f(3,4a)－2等价于lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－1－eq \f(1,4a)≤－eq \f(3,4a)－2，
即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝eq \f(1,x)－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
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，lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0，
即f(x)≤－eq \f(3,4a)－2.
[子题1] 设函数f(x)＝ln x－x＋1.证明：当x∈(1，＋∞)时，1【答案】证明 f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，x>0，
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当00，f(x)单调递增，
∴f(x)＝ln x－x＋1≤f(1)＝0，∴ln x≤x－1，
∴当x>1时，ln x且ln eq \f(1,x)由①得，1∴ln x>eq \f(x－1,x)，∴x>eq \f(x－1,ln x)，
综上所述，当x>1时，1[子题2] 已知函数f(x)＝ex－x2.求证：当x>0时，eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥ln x＋1.
【答案】证明 设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，
则g′(x)＝ex－2x－(e－2)，
设m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，
则m′(x)＝ex－2，
易得g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，
由0所以存在x0∈(0，ln 2)，使得g′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0；
当x∈(x0，1)时，g′(x)<0.
故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，
故当x>0时，eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥x.
又由母题可得ln x≤x－1，即x≥ln x＋1，
故eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥ln x＋1.
【方法总结】 利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.
(3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明．
(4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式.
拓展训练
1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
【答案】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq \f(1,x).
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝eq \f(1,2e2).
从而f(x)＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x).
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．
(2)证明 当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1.
方法一 设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1(x∈(0，＋∞))，
则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x).
当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
方法二 易证ex≥x＋1，①
ln x≤x－1，②
∴f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1＝ex－1－ln x－1≥x－ln x－1≥0，
即证f(x)≥0.
2．(2020·株州模拟)已知f(x)＝ln x＋eq \f(2,ex).
(1)若函数g(x)＝xf(x)，讨论g(x)的单调性与极值；
(2)证明：f(x)>eq \f(1,ex).
【答案】(1)解 由题意，得g(x)＝x·f(x)＝xln x＋eq \f(2,e)(x>0)，
则g′(x)＝ln x＋1.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0，所以g(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，
所以g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，
g(x)的极小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)，无极大值．
(2)证明 要证ln x＋eq \f(2,ex)>eq \f(1,ex)(x>0)成立，
只需证xln x＋eq \f(2,e)>eq \f(x,ex)(x>0)成立，
令h(x)＝eq \f(x,ex)，则h′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)的极大值为h(1)，即h(x)≤h(1)＝eq \f(1,e)，
由(1)知，x∈(0，＋∞)时，g(x)≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)，
且g(x)的最小值点与h(x)的最大值点不同，所以xln x＋eq \f(2,e)>eq \f(x,ex)，即ln x＋eq \f(2,ex)>eq \f(1,ex)，所以f(x)>eq \f(1,ex).
强化练（一）
1．(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
【答案】(1)解 f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－eq \f(a,x)＝eq \f(2x－ax＋1,x)，
令f′(x)>0，得x>eq \f(a,2)；令f′(x)<0，得0∴函数y＝f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞)).
(2)证明 方法一 ∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－ln x(x>0)，
即证ex－ln x－2>0恒成立，
令g(x)＝ex－ln x－2，x∈(0，＋∞)，
即证g(x)min>0恒成立，
g′(x)＝ex－eq \f(1,x)，g′(x)为增函数，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0，g′(1)>0，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使g′(x0)＝0成立，即－eq \f(1,x0)＝0，
则当0x0时，g′(x)>0，
∴y＝g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(x0)＝－ln x0－2，
又∵－eq \f(1,x0)＝0，即＝eq \f(1,x0)，
∴g(x0)＝－ln x0－2＝＋ln eq \f(1,x0)－2＝eq \f(1,x0)＋x0－2，
又∵x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∴x0＋eq \f(1,x0)>2，
∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
方法二 令φ(x)＝ex－x－1，
∴φ′(x)＝ex－1，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
∴ex≥x＋1，①
令h(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
∴h′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，
∴ln x≤x－1，∴x＋1≥ln x＋2，②
要证f(x)＋ex>x2＋x＋2，
即证ex>ln x＋2，
由①②知ex≥x＋1≥ln x＋2，且两等号不能同时成立，
∴ex>ln x＋2，即证原不等式成立．
2．(2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8) ；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq \f(3n,4n).
【答案】(1)解 f′(x)＝2sin xcs xsin 2x＋2sin2xcs 2x
＝2sin xsin 3x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，f′(x)<0.
所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))上单调递增，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递减．
(2)证明 因为f(0)＝f(π)＝0，
由(1)知，f(x)在区间[0，π]上的最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(3\r(3),8)，
最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－eq \f(3\r(3),8).
而f(x)是周期为π的周期函数，
故|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8).
(3)证明 由于
＝|sin3xsin32x…sin32nx|
＝|sin x||sin2xsin32x…sin32n－1xsin 2nx||sin22nx|
＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，
所以sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤＝eq \f(3n,4n).
母题突破2 恒成立问题与有解问题
母题 (2014·全国Ⅰ)设函数f(x)＝aln x＋eq \f(1－a,2)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)2思路分析
❶存在x0≥1，使得f(x0) ↓
❷fxmin< eq \f(a,a－1)
↓
❸求fxmin
【答案】解 (1)f′(x)＝eq \f(a,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＋eq \f(1－a,2)x2－x，
f′(x)＝eq \f(a,x)＋(1－a)x－1＝eq \f(1－a,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,1－a)))(x－1)．
①若a≤eq \f(1,2)，则eq \f(a,1－a)≤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)f(1)解得－eq \r(2)－1②若eq \f(1,2)1，
故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,1－a)))时，f′(x)<0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,1－a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,1－a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,1－a)，＋∞))上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,1－a)))＝aln eq \f(a,1－a)＋eq \f(a2,21－a)＋eq \f(a,a－1)>eq \f(a,a－1)，
所以不符合题意．
③若a>1，则f(1)＝eq \f(1－a,2)－1＝eq \f(－a－1,2)综上，a的取值范围是(－eq \r(2)－1，eq \r(2)－1)∪(1，＋∞)．
[子题1] 已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x2，a∈R.
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围．
【答案】解 (1)f(x)＝ln x－ax的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－a.
当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；
当a>0时，由f′(x)＝eq \f(1,x)－a>0，得0由f′(x)＝eq \f(1,x)－a<0，得x>eq \f(1,a)，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，所以函数f(x)有极大值点eq \f(1,a)，无极小值点．
(2)由条件可得ln x－x2－ax≤0(x>0)恒成立，
则当x>0时，a≥eq \f(ln x,x)－x恒成立，
令h(x)＝eq \f(ln x,x)－x，x>0，则h′(x)＝eq \f(1－x2－ln x,x2)，
令k(x)＝1－x2－ln x，x>0，
则当x>0时，k′(x)＝－2x－eq \f(1,x)<0，
所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又k(1)＝0，所以在(0,1)上，h′(x)>0，在(1，＋∞)上，h′(x)<0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以h(x)max＝h(1)＝－1，所以a≥－1.
即a的取值范围为a≥－1.
[子题2] (2020·北京市西城区师范大学附属实验中学模拟)已知x＝eq \f(1,\r(e))为函数f(x)＝xaln x的极值点．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝eq \f(kx,ex)，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
【答案】解 (1)f′(x)＝axa－1ln x＋xa·eq \f(1,x)＝xa－1(aln x＋1)，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))a－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(aln \f(1,\r(e))＋1))＝0，解得a＝2，
当a＝2时，f′(x)＝x(2ln x＋1)，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(e))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))，＋∞))上单调递增，
所以x＝eq \f(1,\r(e))为函数f(x)＝xaln x的极小值点，
因此a＝2.
(2)由(1)知f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝－eq \f(1,2e)，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x.
①当k>0时，
当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2＝－eq \f(1,k)，使得g(x2)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))＝<－1<－eq \f(1,2e)≤f(x1)，符合题意．
②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝eq \f(1,\r(e))，对∀x2∈R有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意．
③当k<0时，
当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
g(x)min＝g(1)＝eq \f(k,e)，
若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，即eq \f(k,e)≤－eq \f(1,2e)，解得k≤－eq \f(1,2).
综上所述，k∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞)．
【方法总结】 (1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．
②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．
拓展训练
1．(2020·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝2ln x＋1.若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围．
【答案】解 设h(x)＝f(x)－2x－c，
则h(x)＝2ln x－2x＋1－c，
其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝eq \f(2,x)－2.
当00；当x>1时，h′(x)<0.
所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．
从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.
故当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.
所以c的取值范围为[－1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求f(x)的极值；
(2)设g(x)＝(x－t)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(m,t)))2，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值．
【答案】解 (1)f′(x)＝－xex，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，
∴当x＝0时，f(x)有极大值f(0)＝e0－1＝0，f(x)没有极小值．
(2)由(1)知f(x)≤0，
又因为g(x)＝(x－t)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(m,t)))2≥0，
所以要使方程f(x1)＝g(x2)有解，必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0，所以x＝t，ln x＝eq \f(m,t)，
等价于方程ln x＝eq \f(m,x)有解，
即方程m＝xln x在(0，＋∞)上有解，
记h(x)＝xln x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ln x＋1，
令h′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e)，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x＝eq \f(1,e)时，h(x)min＝－eq \f(1,e)，
所以实数m的最小值为－eq \f(1,e).
强化练（二）
1．(2020·新高考全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a．若f(x)≥1，求a的取值范围．
【答案】解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq \f(1,x).
当0当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－eq \f(1,x).
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，
从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
2．设函数f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R)．若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】解 f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1)＝2a(x－1)－ln x(x>0)，
易知当x∈(0，＋∞)时，ln x≤x－1，
则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1)．
当2a－1≥0，即a≥eq \f(1,2)时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，
f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，符合题意；
当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，
f(x)≤f(1)＝0，显然不符合题意，a≤0舍去；
当0得ln eq \f(1,x)≤eq \f(1,x)－1，即ln x≥1－eq \f(1,x)，
则f′(x)≤2a(x－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x)))(2ax－1)，
∵01.
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)≤0恒成立，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，f(x)≤f(1)＝0，
显然不符合题意，0综上可得，a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
母题突破3 零点问题
母题 (2020·福州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)有零点，求实数a的取值范围．
思路分析一
❶fx有零点
↓
❷fx的性质、草图
↓
❸求导，确定fx的性质
思路分析二
❶fx有零点
↓
❷a＝－xln x有解
↓
❸直线y＝a和曲线φx＝－xln x有交点
↓
❹求导确定φx的性质、草图
【答案】解 方法一 f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，x>0，
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(1)＝ln 1＋a＝a≤0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有1个零点．
②当a>0，则x∈(0，a)时，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
当x＝a时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝ln a＋1，
则ln a＋1≤0，即0又f(1)＝ln 1＋a＝a>0，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有零点．
综上所述，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))).
方法二 由f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)有零点可得，
a＝－xln x有解，
设φ(x)＝－xln x，则φ′(x)＝－ln x－1，
令φ′(x)<0，得x>eq \f(1,e)；
令φ′(x)>0，得0所以φ(x)＝－xln x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递减，且x→0时，φ(x)→0，x→＋∞时，φ(x)→－∞，
画出φ(x)＝－xln x的草图如图所示，当a≤eq \f(1,e)时，a＝－xln x有解，
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))).
[子题1] (2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)，
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【答案】解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故f(x)至多存在一个零点，不合题意．
②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．
(ⅰ)若0(ⅱ)若a>eq \f(1,e)，f(ln a)<0.
因为f(－2)＝e－2>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.
所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝－a(x＋2)>eln(2a)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋2))－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点．
从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．
综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
[子题2] 已知函数f(x)＝ln x＋x，方程x2＝2mf(x)(m>0)有唯一实数解，求m.
【答案】解 因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，
所以x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解，
设g(x)＝x2－2mln x－2mx，
则g′(x)＝eq \f(2x2－2mx－2m,x)，
令g′(x)＝0，即x2－mx－m＝0.
因为m>0，x>0，
所以x1＝eq \f(m－\r(m2＋4m),2)<0(舍去)，
x2＝eq \f(m＋\r(m2＋4m),2)>0，
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在(x2，＋∞)上单调递增，
当x＝x2时，g′(x)＝0，g(x)取最小值g(x2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(gx2＝0，,g′x2＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,2)－2mln x2－2mx2＝0，,x\\al(2,2)－mx2－m＝0，))
所以2mln x2＋mx2－m＝0，
因为m>0，
所以2ln x2＋x2－1＝0，(*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，h′(x)＝eq \f(2,x)＋1，
因为当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)＝0至多有一解，
因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，
即eq \f(m＋\r(m2＋4m),2)＝1，解得m＝eq \f(1,2).
规律方法 解函数零点问题的一般思路
(1)对函数求导．
(2)分析函数的单调性，极值情况．
(3)结合函数性质画函数的草图．
(4)依据函数草图确定函数零点情况．
拓展训练
1．(2019·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．
【答案】解 f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x－12)>0，
所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f(e)＝1－eq \f(e＋1,e－1)＝eq \f(－2,e－1)<0，
f(e2)＝2－eq \f(e2＋1,e2－1)＝eq \f(e2－3,e2－1)>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1，即f(x1)＝0.
又0故f(x)在(0,1)上有唯一零点eq \f(1,x1).
综上，f(x)有且仅有两个零点．
2．已知函数f(x)＝ax2－1－2ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥0；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明 当a＝1时，f(x)＝x2－1－2ln x(x>0)，
f(1)＝0.
f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x＋1x－1,x)，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，函数f(x)取得最小值，
∴f(x)≥f(1)＝0，即f(x)≥0.
(2)解 方法一 f′(x)＝2ax－eq \f(2,x)(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，至多有一个零点，不符合题意．
当a>0时，f′(x)＝2ax－eq \f(2,x)＝eq \f(2a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(a))))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,\r(a)))),x)，
可得当x＝eq \f(1,\r(a))时，函数f(x)取得最小值．
当x→0时，f(x)→＋∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞.
∵函数f(x)有两个零点，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))))＝1－1－2ln eq \f(1,\r(a))＝ln a<0，
解得0∴实数a的取值范围是(0,1)．
方法二 由f(x)＝ax2－1－2ln x＝0，
得a＝eq \f(1＋2ln x,x2)，
设h(x)＝eq \f(1＋2ln x,x2)，
∵f(x)有两个零点，∴a＝h(x)有两个解，
又h′(x)＝eq \f(\f(2,x)·x2－1＋2ln x·2x,x4)＝－eq \f(4ln x,x3)，
由h′(x)>0，得ln x<0，∴0由h′(x)<0，得ln x>0，∴x>1，
∴函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，
当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0，
画出h(x)＝eq \f(1＋2ln x,x2)的草图，如图所示，
由a＝h(x)有两个解，可知0强化练（三）
1．(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)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．
【答案】(1)解 当a＝3时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).
当x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)，单调递减区间为(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))．
(2)证明 因为x2＋x＋1>0在R上恒成立，
所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq \f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0在R上恒成立，
当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
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－eq \f(1,3)＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))2－eq \f(1,6)<0，
f(3a＋1)＝eq \f(1,3)>0，故f(x)有一个零点．
综上所述，f(x)只有一个零点．
2．已知函数f(x)＝ln x－x＋2sin x，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；
(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点．
【答案】证明 (1)设g(x)＝f′(x)＝eq \f(1,x)－1＋2cs x，
当x∈(0，π)时，g′(x)＝－2sin x－eq \f(1,x2)<0，
所以g(x)在(0，π)上单调递减，
又因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(3,π)－1＋1>0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(2,π)－1<0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上有唯一的零点α，所以命题得证．
(2)①由(1)知，当x∈(0，α)时，f′(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增；当x∈(α，π)时，f′(x)<0，f(x)在(α，π)上单调递减，所以f(x)在(0，π)上存在唯一的极大值点αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)<α<\f(π,2)))，
所以f(α)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝ln eq \f(π,2)－eq \f(π,2)＋2>2－eq \f(π,2)>0，
又因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－2－eq \f(1,e2)＋2sin eq \f(1,e2)<－2－eq \f(1,e2)＋2<0，
所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点，
又因为f(π)＝ln π－π<2－π<0，
所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点．
②当x∈[π，2π)时，sin x≤0，f(x)≤ln x－x，
设h(x)＝ln x－x，则h′(x)＝eq \f(1,x)－1<0，
所以h(x)在[π，2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)<0，
所以当x∈[π，2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，
所以f(x)在[π，2π)上没有零点．
③当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤ln x－x＋2，
设φ(x)＝ln x－x＋2，则φ′(x)＝eq \f(1,x)－1<0，
所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)<0，
所以当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立，
所以f(x)在[2π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有两个不同的零点．