2023高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)(名校內(nèi)參版) 第四章 4.5導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)（word含答案解析）

1、45導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)(教師獨(dú)具內(nèi)容)1本考點(diǎn)主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)2分類討論多貫穿在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的解答題中，解題的關(guān)鍵是“界點(diǎn)”的確定，主要研究含參函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，以及零點(diǎn)問(wèn)題3本考點(diǎn)在高考試題中多以基本初等函數(shù)或其復(fù)合形式為載體，考查了邏輯推理能力、運(yùn)算求解能力、分類與整合的能力(教師獨(dú)具內(nèi)容)1知道應(yīng)用零點(diǎn)存在定理的前提條件為函數(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.掌握直接法：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恒成立，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(0)10，所以函數(shù)在區(qū)間(0，1)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.2(20

2、21山西高三期中)已知函數(shù)f(x) eq blc(avs4alco1(xf(1,x)，x2，,ln （xa），x2)的圖象上存在關(guān)于直線x2對(duì)稱的不同兩點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A(e，) B(e eq sup15(eq f (5,2)2，)C(，2e1) D(，e eq sup15(eq f (5,2)答案B3(2021江西省興國(guó)縣第三中學(xué)高三模擬)已知函數(shù)f(x)axex(aR)有兩個(gè)零點(diǎn)，分別為x1，x2，且3x10，當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)0，則g(x)在(，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，因?yàn)楫?dāng)x0時(shí)，g(x)0，當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，當(dāng)0 x1時(shí)，0g(x) eq f(1,

3、e)，當(dāng)x1時(shí)，g(x) eq f(1,e)，當(dāng)x1時(shí)，0g(x) eq f(1,e)，所以0 x11x2，令x23x1，有 eq f(3x1,e3x1) eq f(x1,ex1)，得x1 eq f(ln 3,2).則g(x1) eq f(f(ln 3,2),esup15(f(ln 3,2) eq f(ln 3,2r(3)，0 eq f(1,a) eq f(2r(3),ln 3)時(shí)滿足條件，故a的取值范圍為 eq blc(rc)(avs4alco1(f(2r(3),ln 3)，).故選D.4(2021浙江杭州高三模擬)已知函數(shù)f(x)ax2ex1(a0).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)

4、已知a0且x1，)，若函數(shù)f(x)沒(méi)有零點(diǎn)，求a的取值范圍解(1)f(x)2axexax2exaxex(2x)，令f(x)0，則x0或x2，若a0，當(dāng)x2時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)2x0時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x0時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；若a0，當(dāng)x2時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)2x0時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x0時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，2)和(0，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(2，0)；當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，2)和(0，).(2)當(dāng)a0時(shí)，由(1)

5、可知，在x1，)上，f(x)單調(diào)遞增，若函數(shù)沒(méi)有零點(diǎn)，則f(1)ae10，解得a eq f(1,e)，故a的取值范圍為 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，).5(2022河南鄭州高三模擬)設(shè)函數(shù)f(x)ln x eq f(1,2)ax2bx.(1)若1是f(x)的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍；(2)當(dāng)a0，b1時(shí)，函數(shù)F(x)f(x)x2有唯一零點(diǎn)，求正數(shù)的值解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x) eq f(1,x)axb，由f(1)0，得b1a.所以f(x) eq f(1,x)axa1 eq f(（ax1）（x1）,x).若a0，由f(x)0，得x1.當(dāng)0 x0，此時(shí)

6、f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減，所以1是f(x)的極大值點(diǎn)；若a1，解得1a0，所以180，方程有兩異號(hào)根，設(shè)為x10，因?yàn)閤0，所以x1應(yīng)舍去當(dāng)x(0，x2)時(shí)，g(x)0，g(x)在(x2，)上單調(diào)遞增故g(x)ming(x2)，因?yàn)間(x)0有唯一解，所以g(x2)0，則 eq blc(avs4alco1(g（x2）0，,g（x2）0，)即 eq blc(avs4alco1(x eq oal(sup3(2),sdo1(2)ln x2x20，,f(2x eq oal(sup3(2),sdo1(2)x21,x2)0，)又0，所以2ln x2x210，(*)設(shè)函數(shù)

7、h(x)2ln xx1，當(dāng)x0時(shí)，h(x)是增函數(shù)，所以h(x)0至多有一解因?yàn)閔(1)0，所以方程(*)的解為x21，代入方程組，解得1.1(2021新高考卷)已知函數(shù)f(x)(x1)exax2b.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)從下面兩個(gè)條件中選一個(gè)，證明：f(x)有一個(gè)零點(diǎn) eq f(1,2)2a；0a eq f(1,2)，b2a.解(1)由函數(shù)的解析式可得，f(x)x(ex2a)，當(dāng)a0時(shí)，若x(，0)，則f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)0a0，f(x)單調(diào)遞增，若x(ln (2a)，0)，則f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)a eq f(1,2)時(shí)，f(x)0，f(x)在R上單調(diào)遞增

8、；當(dāng)a eq f(1,2)時(shí)，若x(，0)，則f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，若x(0，ln (2a)，則f(x)0，f(x)單調(diào)遞增(2)證明：若選擇條件：由于 eq f(1,2)a eq f(e2,2)，故12a1，f(0)b10，f(2b)(12b)e2b4ab2b2aln (2a)1aln (2a)22a2a ln (2a)aln (2a)2a ln (2a)2ln (2a)，由于 eq f(1,2)a eq f(e2,2)，12ae2，所以00，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上沒(méi)有零點(diǎn)綜上可得，題中的結(jié)論成立若選擇條件：由于0a eq f(1,2)，故02a1，則f(

9、0)b12a14，4a0，由(1)可知，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)b0時(shí)，構(gòu)造函數(shù)H(x)exx1，則H(x)ex1，當(dāng)x(，0)時(shí)，H(x)0，H(x)單調(diào)遞增，注意到H(0)0，故H(x)0恒成立，從而有exx1，當(dāng)x1時(shí)，x10，則f(x)(x1)exax2b(x1)(x1)ax2b(1a)x2(b1)，當(dāng)x eq r(f(1b,1a)時(shí)，(1a)x2(b1)0，取x0 eq r(f(1b,1a)1，則f(x0)0，由于f(0)0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上有一個(gè)零點(diǎn)f(ln (2a)2aln

10、 (2a)1aln (2a)2b2aln (2a)1aln (2a)22a2a ln (2a)aln (2a)2a ln (2a)2ln (2a)，由于02a1，所以ln (2a)0，故a ln (2a)2ln (2a)0且a1，函數(shù)f(x) eq f(xa,ax)(x0).(1)當(dāng)a2時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若曲線yf(x)與直線y1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍解(1)當(dāng)a2時(shí)，f(x) eq f(x2,2x)(x0)，f(x) eq f(x（2x ln 2）,2x)(x0).令f(x)0，則0 x eq f(2,ln 2)，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增令f(x) eq f(2,ln

11、 2)，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞減故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(2,ln 2)，單調(diào)遞減區(qū)間為 eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,ln 2)，).(2)要使曲線yf(x)與直線y1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，即方程 eq f(xa,ax)1(x0)有兩個(gè)不同的解，故方程 eq f(ln x,x) eq f(ln a,a)有兩個(gè)不同的解設(shè)g(x) eq f(ln x,x)(x0)，則g(x) eq f(1ln x,x2)(x0).令g(x) eq f(1ln x,x2)0，解得xe.令g(x)0，則0 xe，此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞增令g(x

12、)e，此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞減故g(x)maxg(e) eq f(1,e)，且當(dāng)xe時(shí)，g(x) eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,e).又g(1)0，故要使方程 eq f(ln x,x) eq f(ln a,a)有兩個(gè)不同的解，則0 eq f(ln a,a) eq f(1,e).當(dāng)0a1時(shí)，因?yàn)間(x)maxg(e) eq f(1,e)，故a(1，e)(e，).綜上，a的取值范圍為(1，e)(e，).3(2020全國(guó)卷)設(shè)函數(shù)f(x)x3bxc，曲線yf(x)在點(diǎn) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，fblc(rc)(avs4alco1(f(1,2)處

13、的切線與y軸垂直(1)求b；(2)若f(x)有一個(gè)絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，證明：f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于1.解(1)f(x)3x2b，由題意，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)0，即3 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(2)b0，則b eq f(3,4).(2)證明：由(1)可得f(x)x3 eq f(3,4)xc，f(x)3x2 eq f(3,4)3 eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,2) eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,2)，令f(x)0，得x eq f(1,2)或x eq f(1,

14、2)；令f(x)0，得 eq f(1,2)x eq f(1,2).所以f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)上單調(diào)遞減，在 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,2)， eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，)上單調(diào)遞增又f(1)c eq f(1,4)，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)c eq f(1,4)，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)c eq f(1,4)，f(1)c eq f(1,4)，假設(shè)f(x)所有零點(diǎn)中存在一個(gè)絕對(duì)值大于1的零點(diǎn)x0，則f(1)0或f(1)

15、0，即c eq f(1,4)或c eq f(1,4).當(dāng)c eq f(1,4)時(shí)，f(1)c eq f(1,4)0，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)c eq f(1,4)0，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)c eq f(1,4)0，f(1)c eq f(1,4)0，又f(4c)64c33cc4c(116c2)0，由函數(shù)零點(diǎn)存在定理知f(x)在(4c，1)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)x0，即f(x)在(，1)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)，在(1，)上不存在零點(diǎn)，此時(shí)f(x)不存在絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，與題設(shè)矛盾；當(dāng)c eq f(1,4)時(shí)，f(1)c eq f(1

16、,4)0，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)c eq f(1,4)0，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)c eq f(1,4)0，f(1)c eq f(1,4)0，又f(4c)64c33cc4c(116c2)0，由函數(shù)零點(diǎn)存在定理知f(x)在(1，4c)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)x0，即f(x)在(1，)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)，在(，1)上不存在零點(diǎn)，此時(shí)f(x)不存在絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，與題設(shè)矛盾，綜上，f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于1.4(2020全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)x3kxk2.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，求k的取值

17、范圍解(1)由題意，得f(x)3x2k，當(dāng)k0時(shí)，f(x)0恒成立，所以f(x)在(，)上單調(diào)遞增；當(dāng)k0時(shí)，令f(x)0，得x eq r(f(k,3)，令f(x)0，得 eq r(f(k,3)x eq r(f(k,3)，令f(x)0，得x eq r(f(k,3)或x eq r(f(k,3)，所以f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1( r(f(k,3)， r(f(k,3)上單調(diào)遞減，在 eq blc(rc)(avs4alco1(， r(f(k,3)， eq blc(rc)(avs4alco1( r(f(k,3)，)上單調(diào)遞增(2)由(1)知，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，則k0，且 eq

18、 blc(avs4alco1(fblc(rc)(avs4alco1(r(f(k,3)0，,fblc(rc)(avs4alco1( r(f(k,3)0，)即 eq blc(avs4alco1(k2f(2,3)kr(f(k,3)0，,k2f(2,3)kr(f(k,3)0，)解得0k eq f(4,27)，當(dāng)0k eq f(4,27)時(shí)， eq r(k) eq r(f(k,3)，且f( eq r(k)k20，所以f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1( r(f(k,3)， r(k)上有唯一一個(gè)零點(diǎn)，同理k1 eq r(f(k,3)，f(k1)k3(k1)20，所以f(x)在 eq bl

19、c(rc)(avs4alco1(k1， r(f(k,3)上有唯一一個(gè)零點(diǎn)，又f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1( r(f(k,3)， r(f(k,3)上有唯一一個(gè)零點(diǎn)，所以f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，綜上可知，k的取值范圍為 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(4,27).一、基礎(chǔ)知識(shí)鞏固考點(diǎn)判斷函數(shù)零點(diǎn)(方程根)的個(gè)數(shù)例1已知函數(shù)f(x)exxa(aR).(1)當(dāng)a0時(shí)，求證：f(x)x；(2)討論函數(shù)f(x)在R上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并求出相對(duì)應(yīng)的a的取值范圍解(1)證明：當(dāng)a0時(shí)，f(x)exx，令g(x)f(x)xexxxex2x，則g(x)ex2.令g(x)0，得xl

20、n 2.當(dāng)xln 2時(shí)，g(x)ln 2時(shí)，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增ln 2是g(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，即g(x)ming(ln 2)eln 22ln 22ln eq f(e,2)0，故當(dāng)a0時(shí)，f(x)x成立(2)f(x)ex1，由f(x)0，得x0.所以當(dāng)x0時(shí)，f(x)0時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增所以0是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，即f(x)minf(0)1a.當(dāng)1a0，即a1時(shí)，f(x)在R上沒(méi)有零點(diǎn)當(dāng)1a0，即a1時(shí)，f(x)在R上只有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)1a1時(shí)，因?yàn)閒(a)ea(a)aea0，所以f(x)在(，0)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn)由(1)得ex2x，令xa，得ea

21、2a，所以f(a)eaaaea2a0，于是f(x)在(0，)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn)因此，當(dāng)a1時(shí)，f(x)在R上有兩個(gè)零點(diǎn)綜上，當(dāng)a1時(shí)，函數(shù)f(x)在R上有兩個(gè)零點(diǎn)例2(2021四川瀘州老窖天府中學(xué)高三月考)已知函數(shù)f(x)x eq f(a,x)(a1)ln x2，其中aR.(1)若f(x)存在唯一極值點(diǎn)，且極值為0，求a的值；(2)若ae2，討論f(x)在區(qū)間1，e2上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)解(1)由題意，函數(shù)f(x)x eq f(a,x)(a1)ln x2，可得f(x)1 eq f(a,x2) eq f(a1,x) eq f(（x1）（xa）,x2)(x0)，若a0，則當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)0恒成立，所以

22、f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)f(x)在(0，)上無(wú)極值點(diǎn)，這與f(x)存在極值點(diǎn)矛盾，舍去；若a0，令f(x)0，可得xa，當(dāng)x(0，a)時(shí)，f(x)0，所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)存在唯一極小值點(diǎn)a，令f(a)a1(a1)ln a2(a1)(1ln a)0，解得a1或ae.(2)當(dāng)a1時(shí)，f(x)0在1，e2上恒成立，所以f(x)在1，e2上單調(diào)遞增因?yàn)閒(1)a10，f(e2)e2 eq f(a,e2)2a，()當(dāng)a0時(shí)，f(e2)e2 eq f(a,e2)2ae2a eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e2)2)0；()當(dāng)

23、02 eq r(a)2a2 eq r(a)(1 eq r(a)0，所以f(e2)0，則由零點(diǎn)存在定理知，函數(shù)f(x)在1，e2上有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)1ae2時(shí)，當(dāng)x1，a)時(shí)，f(x)0，f(x)在1，a)上單調(diào)遞減，在(a，e2上單調(diào)遞增可得f(x)minf(a)(a1)(1ln a).()當(dāng)ae時(shí)，f(x)min0，此時(shí)f(x)在1，e2上有1個(gè)零點(diǎn)；()當(dāng)1a0，此時(shí)f(x)在1，e2上無(wú)零點(diǎn)；()當(dāng)eae2時(shí)，f(x)min0.a當(dāng)f(e2)e2 eq f(a,e2)2a0，即 eq f(e4,2e21)ae2時(shí)，f(x)在1，e2上有1個(gè)零點(diǎn)；b當(dāng)f(e2)e2 eq f(a,e2)2a0

24、，即ea eq f(e4,2e21)時(shí)，f(x)在1，e2上有2個(gè)零點(diǎn)綜上，當(dāng)1ae時(shí)，f(x)在1，e2上無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)a1或ae或 eq f(e4,2e21)ae2時(shí)，f(x)在1，e2上有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)ea eq f(e4,2e21)時(shí)，f(x)在1，e2上有2個(gè)零點(diǎn)1.已知函數(shù)f(x)axex(aR).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)討論f(x)在(0，)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)解(1)f(x)axex，f(x)aex，當(dāng)a0時(shí)，f(x)0時(shí)，令f(x)0，得xln a，令f(x)ln a.f(x)在(，ln a)上單調(diào)遞增，在(ln a，)上單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a0

25、時(shí)，f(x)在(，ln a)上單調(diào)遞增，在(ln a，)上單調(diào)遞減(2)令f(x)axex0，得a eq f(ex,x)，設(shè)g(x) eq f(ex,x)(x0)，則g(x) eq f(（x1）ex,x2)(x0).令g(x)0，得x1，令g(x)0，得0 x1，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，則g(x)g(1)e.當(dāng)ae時(shí)，a eq f(ex,x)在(0，)上有兩個(gè)解，f(x)在(0，)上有兩個(gè)零點(diǎn)綜上，當(dāng)ae時(shí)，f(x)在(0，)上有兩個(gè)零點(diǎn)2已知函數(shù)f(x)xex，g(x)a(ex1)，aR.(1)當(dāng)a1時(shí)，求證：f(x)g(x)；(2)當(dāng)a1時(shí)，求關(guān)于x的方程f(

26、x)g(x)的實(shí)根個(gè)數(shù)解設(shè)函數(shù)F(x)f(x)g(x)xexaexa.(1)證明：當(dāng)a1時(shí)，F(xiàn)(x)xexex1，所以F(x)xex.當(dāng)x(，0)時(shí)，F(xiàn)(x)0；當(dāng)x(0，)時(shí)，F(xiàn)(x)0.所以F(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增所以當(dāng)x0時(shí)，F(xiàn)(x)取得最小值F(0)0，所以F(x)0，即f(x)g(x).(2)當(dāng)a1時(shí)，F(xiàn)(x)(xa1)ex，令F(x)0，即(xa1)ex0，解得xa1；令F(x)0，即(xa1)ex0，解得xa1.F(x)在(，a1)上單調(diào)遞減，在(a1，)上單調(diào)遞增當(dāng)xa1時(shí)，F(xiàn)(x)取得極小值，F(xiàn)(a1)aea1.令h(a)aea1，則h(a)1ea1

27、.因?yàn)閍1，所以h(a)0，所以F(x)在區(qū)間(a1，a)上存在一個(gè)零點(diǎn)所以F(x)在a1，)上存在唯一的零點(diǎn)F(x)在區(qū)間(，a1)上單調(diào)遞減，且F(0)0，所以F(x)在區(qū)間(，a1)上存在唯一的零點(diǎn)所以函數(shù)F(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，即方程f(x)g(x)有兩個(gè)實(shí)根利用導(dǎo)數(shù)確定含參函數(shù)零點(diǎn)或方程根的個(gè)數(shù)的常用方法(1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(要求g(x)易求，g(x)0可解)，轉(zhuǎn)化成確定g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題求解，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值，并確定區(qū)間端點(diǎn)值的符號(hào)(或變化趨勢(shì))等，畫(huà)出g(x)的圖象草圖，數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)(2)利用零點(diǎn)存在定理：先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點(diǎn)，

28、然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點(diǎn)值符號(hào)，進(jìn)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)考點(diǎn)已知函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)問(wèn)題例3函數(shù)f(x)axx ln x在x1處取得極值(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若yf(x)m1在定義域內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)axx ln x的定義域?yàn)?0，).f(x)aln x1.因?yàn)閒(1)a10，解得a1，則f(x)xx ln x，f(x)ln x.令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得0 x1.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1).(2)yf(x)m1在(0，)內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化為直線ym1與yf(x

29、)的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，f(x)minf(1)1，當(dāng)0 xe時(shí)，f(x)x(1ln x)e時(shí)，f(x)0.當(dāng)x0時(shí)，f(x)0；當(dāng)x時(shí)，顯然f(x).由圖象可知，1m10，即2m0，得x2，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，1)，(2，).(2)由(1)，知f(x)極大值f(1) eq f(1,3) eq f(1,2)22 eq f(5,6)，f(x)極小值f(2) eq f(8,3)242 eq f(16,3)，數(shù)形結(jié)合可知，要使函數(shù)g(x)f(x)2m3有三個(gè)零點(diǎn)，則 eq f(16,3)2m3 eq f(5,6)，解得

30、eq f(7,6)m eq f(13,12).故m的取值范圍為 eq blc(rc)(avs4alco1(f(7,6)，f(13,12).3.已知函數(shù)f(x)2ln xx2ax(aR).(1)當(dāng)a2時(shí)，求f(x)的圖象在x1處的切線方程；(2)若函數(shù)g(x)f(x)axm在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解(1)當(dāng)a2時(shí)，f(x)2ln xx22x(x0)，f(x) eq f(2,x)2x2，切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，1)，則切線的斜率kf(1)2，函數(shù)f(x)的圖象在x1處的切線方程為y12(x1)，即y2x1.(2)g(x)f(x)axm2l

31、n xx2m(x0)，則g(x) eq f(2,x)2x eq f(2（x1）（x1）,x)，x eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e).當(dāng) eq f(1,e)x0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)1xe時(shí)，g(x)0，,gblc(rc)(avs4alco1(f(1,e)m2f(1,e2)0，,g（e）m2e20，)解得1m2 eq f(1,e2).所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是 eq blc(rc(avs4alco1(1，2f(1,e2).4已知函數(shù)f(x)xex eq f(1,2)a(x1)2.(1)若ae，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)

32、由題意知，當(dāng)ae時(shí)，f(x)xex eq f(1,2)e(x1)2，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?，)，f(x)(x1)exe(x1)(x1)(exe).令f(x)0，解得x1或x1.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)00f(x)極大值 eq f(1,e)極小值e當(dāng)x1時(shí)，f(x)取得極大值 eq f(1,e)；當(dāng)x1時(shí)，f(x)取得極小值e.(2)解法一(分類討論法)：f(x)(x1)exa(x1)(x1)(exa)，若a0，易知函數(shù)f(x)在(，)上只有一個(gè)零點(diǎn)，故不符合題意若a0，當(dāng)x(，1)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增由f(1)

33、eq f(1,e)0，當(dāng)x時(shí)，f(x)，所以函數(shù)f(x)在(，)上有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)0a eq f(1,e)時(shí)，即ln a0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(ln a，1)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增又f(ln a)a ln a eq f(1,2)a(ln a1)2 eq f(1,e)時(shí)，即ln a1，當(dāng)x(，1)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(1，ln a)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增又f(1) eq f(1,e)0，所以函數(shù)f(x)在(，)上至多有一個(gè)零點(diǎn)，故不符合題意綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，0).解法二(數(shù)形結(jié)合法)：令f(x)0，即xex eq f(1,2)a(x1)20，得xe

34、x eq f(1,2)a(x1)2.當(dāng)x1時(shí)，方程為e1 eq f(1,2)a0，顯然不成立，所以x1不是方程的解，即1不是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)當(dāng)x1時(shí)，分離參數(shù)得a eq f(2xex,（x1）2).記g(x) eq f(2xex,（x1）2)(x1)，則g(x) eq f(（2xex）（x1）2（x1）22xex,（x1）4) eq f(2ex（x21）,（x1）3).當(dāng)x1時(shí)，g(x)1時(shí)，g(x)0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增當(dāng)x0時(shí)，g(x)0；當(dāng)x時(shí)，g(x)0；當(dāng)x1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ya，由圖可知，當(dāng)a0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(2，1

35、)時(shí)，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增，又當(dāng)x時(shí)，h(x)，當(dāng)x時(shí)，h(x)0且h(x)0，h(2)e2，h(1) eq f(5,e).作出函數(shù)h(x)的簡(jiǎn)圖如圖，數(shù)形結(jié)合可知 eq f(5,e)k0)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)的圖象與g(x)的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)F(x)f(x2)ax2eln x2ax22eln x(x0)，則F(x)2ax eq f(2e,x) eq f(2ax22e,x)，當(dāng)a0時(shí)，F(xiàn)(x)0，則F(x)單調(diào)遞增；當(dāng)a0，則F(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x eq blc(rc)(avs4alco1( r(f(e,a)，)時(shí)，F(xiàn)(x)0，則F(x)單調(diào)遞

36、減綜上，當(dāng)a0時(shí)，F(xiàn)(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0且xe)，可得a eq f(eln x,x) eq f(1,1f(eln x,x)，令th(x) eq f(eln x,x)(x0且xe)，則at eq f(1,1t)，所以t2(a1)ta10，由h(x) eq f(e（1ln x）,x2)0，得xe，所以函數(shù)h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，)上單調(diào)遞減，又x時(shí)，h(x)0，作出h(x)圖象，如圖所示，由題意可得方程的根，有一個(gè)根t1必在(0，1)內(nèi)，另一個(gè)根t20或t2(，0)，當(dāng)t20時(shí)，a1，t10不滿足題意，所以當(dāng)t2(，0)時(shí)，由二次函數(shù)的性質(zhì)可得 eq blc(avs4

37、alco1(02（a1）0a10，)解得a1.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，).6已知f(x)ax2(aR)，g(x)2ln x.(1)討論函數(shù)F(x)f(x)g(x)的單調(diào)性；(2)若方程f(x)g(x)在區(qū)間1，e上有兩個(gè)不相等的解，求a的取值范圍解(1)F(x)ax22ln x，其定義域?yàn)?0，)，F(xiàn)(x)2ax eq f(2,x) eq f(2（ax21）,x)(x0).當(dāng)a0時(shí)，由ax210，得x eq f(r(a),a)，由ax210，得0 x0時(shí)，F(xiàn)(x)在區(qū)間 eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(a),a)，)上單調(diào)遞增，在區(qū)間 eq blc(rc)(avs4al

38、co1(0，f(r(a),a)上單調(diào)遞減當(dāng)a0時(shí)，F(xiàn)(x)0)恒成立故當(dāng)a0時(shí)，F(xiàn)(x)在(0，)上單調(diào)遞減綜上，當(dāng)a0時(shí)，F(xiàn)(x)在(0，)上單調(diào)遞減；當(dāng)a0時(shí)，F(xiàn)(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(r(a),a)上單調(diào)遞減，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(a),a)，)上單調(diào)遞增(2)方程f(x)g(x)在1，e上有兩個(gè)不相等的解，即a eq f(2ln x,x2)在1，e上有兩個(gè)不同的解，ya與(x) eq f(2ln x,x2)，x1，e有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，(x) eq f(2（12ln x）,x3)，令(x)0，得x eq r(e)；當(dāng)x1

39、， eq r(e)時(shí)，(x)0，當(dāng)x( eq r(e)，e時(shí)，(x)0，(x)在1， eq r(e)上單調(diào)遞增，在( eq r(e)，e上單調(diào)遞減，(x)max( eq r(e) eq f(1,e)，又(e) eq f(2,e2)，(1)0，要使ya與y(x)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則 eq f(2,e2)a eq f(1,e)，故a的取值范圍是 eq blcrc)(avs4alco1(f(2,e2)，f(1,e).處理函數(shù)yf(x)與yg(x)圖象的交點(diǎn)問(wèn)題的常用方法(1)數(shù)形結(jié)合，即分別作出兩函數(shù)的圖象，觀察交點(diǎn)情況(2)將函數(shù)交點(diǎn)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程f(x)g(x)根的個(gè)數(shù)問(wèn)題，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)yf(x

40、)g(x)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及極值，并作出草圖，根據(jù)草圖確定根的情況考點(diǎn)與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的證明問(wèn)題例7已知函數(shù)f(x)ln eq f(e,x)a2x2ax.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若a0且x(0，1)，求證：f(x) eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,x)x2)ex.解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x) eq f(1,x)2a2xa eq f(2a2x2ax1,x) eq f(（2ax1）（ax1）,x).若a0，則f(x)0，當(dāng)x eq f(1,a)時(shí)，f(x)0；當(dāng)0 x eq f(1,a)時(shí)，f(x) eq f(1,a)時(shí)，f(x)0，故

41、函數(shù)f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)上單調(diào)遞減，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)上單調(diào)遞增；若a0，當(dāng)x eq f(1,2a)時(shí)，f(x)0；當(dāng)0 x eq f(1,2a)時(shí)，f(x) eq f(1,2a)時(shí)，f(x)0，故函數(shù)f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2a)上單調(diào)遞減，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2a)，)上單調(diào)遞增(2)證法一：若a0且x(0，1)，則f(x)ln eq f(e,x)1ln x.欲證f(x) eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1

42、,x)x2)ex，只需證x(1ln x)0，函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以g(x)g(1)1.設(shè)函數(shù)h(x)(1xx3)ex，則h(x)(2x3x2x3)ex.設(shè)函數(shù)p(x)2x3x2x3，則p(x)16x3x2.當(dāng)x(0，1)時(shí)，p(0)p(1)8p(0)2，且p(1)0，當(dāng)x(x1，1)時(shí)，h(x)h(0)1，所以x(1ln x)(1xx3)ex，x(0，1)，即f(x) eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,x)x2)ex，x(0，1).證法二：若a0且x(0，1)，則f(x)ln eq f(e,x)1ln x，欲證f(x) eq blc(rc)(avs4alco

43、1(1f(1,x)x2)ex，只需證x(1ln x)0，函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增所以g(x)x3，所以1xx31，又1ex1，所以g(x)1h(x)，即原不等式成立證法三：若a0且x(0，1)，則f(x)ln eq f(e,x)1ln x欲證f(x) eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,x)x2)ex，只需證 eq f(1ln x,ex)x2 eq f(1,x)0，exe01，則 eq f(1ln x,ex)x2 eq f(1,x)1ln xx2 eq f(1,x)，則只需證明1ln xx2 eq f(1,x)0，令g(x)ln xx2 eq f(1,x)，x(0，1

44、)，則g(x) eq f(1,x)2x eq f(1,x2) eq f(x2x31,x2) eq f(x1,x2)ln 11210，所以ln xx2 eq f(1,x)0，所以 eq f(1ln x,ex)x2 eq f(1,x)1，即原不等式成立例8(2021黑龍江哈爾濱哈師大附中高三月考)已知函數(shù)f(x)sin xln (1x)，f(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)證明：(1)f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(,2)上存在唯一極大值點(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 eq f(1,1x)，g(x)sin x eq f(1,（

45、1x）2).當(dāng)x eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(,2)時(shí)，g(x)單調(diào)遞減，而g(0)0，g eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)0；當(dāng)x eq blc(rc)(avs4alco1(，f(,2)時(shí)，g(x)0.所以g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，在 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(,2)上單調(diào)遞減，故g(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(,2)上存在唯一極大值點(diǎn)，即f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(,2)上存在唯一極大值點(diǎn)(2)f(x)的定義域?yàn)?1，).當(dāng)x(1，0時(shí)，由(1)知，f(x)在

46、(1，0)上單調(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)上單調(diào)遞減又f(0)0，從而x0是f(x)在(1，0上的唯一零點(diǎn)當(dāng)x eq blc(rc(avs4alco1(0，f(,2)時(shí)，由(1)知，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(,2)上單調(diào)遞減，而f(0)0，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)0；當(dāng)x eq blc(rc)(avs4alco1(，f(,2)時(shí)，f(x)0，所以當(dāng)x eq blc(rc(avs4alco1(0，f(,2)時(shí)，f(x)0.從而f(x)在 eq blc(rc(a

47、vs4alco1(0，f(,2)上沒(méi)有零點(diǎn)當(dāng)x eq blc(rc(avs4alco1(f(,2)，)時(shí)，f(x)0，f()1.所以f(x)0，從而f(x)在(，)上沒(méi)有零點(diǎn)綜上，f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)7.(2022南京市第十三中學(xué)高三月考)已知函數(shù)f(x) eq f(ln x,（xa）2) eq f(a1,2x2)，a為常數(shù)(1)若a0，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若a1，證明：函數(shù)f(x)在(0，1)上有唯一的極值點(diǎn)x0，且f(x0)0)，f(x) eq f(2（1ln x）,x3)，當(dāng)x(0，e)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(e，)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x

48、)在xe時(shí)取得極大值f(e) eq f(1,2e2)，無(wú)極小值(2)證明：當(dāng)a1時(shí)，f(x) eq f(ln x,（x1）2)，f(x) eq f(x12x ln x,x（x1）3)，令h(x)x12x ln x，0 x0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(e eq sup15(eq f (1,2)，1)時(shí)，h(x)0，h(1)0，h(e2)e212e2(2) eq f(5,e2)10，所以h(x)存在唯一零點(diǎn)x0 eq blc(rc)(avs4alco1(e2，f(1,2).所以當(dāng)x(0，x0)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(x0，1)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減當(dāng)xx0時(shí)，f(x)取得極

49、大值，沒(méi)有極小值h(x0)x012x0ln x00，x0 eq blc(rc)(avs4alco1(e2，f(1,2)，則ln x0 eq f(x01,2x0)，f(x0) eq f(ln x0,（x01）2) eq f(1,2x0（x01）) eq f(1,2blc(rc)(avs4alco1(x0f(1,2)sup15(2)f(1,2)，由于x0 eq blc(rc)(avs4alco1(e2，f(1,2)，所以 eq f(1,2)2x0(x01)2e2(e21)0，所以f(x0) eq f(1,2blc(rc)(avs4alco1(x0f(1,2)sup15(2)f(1,2)2.所以函數(shù)

50、f(x)在(0，1)上有唯一的極值點(diǎn)x0，且f(x0)2.8(2022四川成都石室中學(xué)高三開(kāi)學(xué)考試)已知函數(shù)f(x)a(x1)ex，其中aR，且a0.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)a1時(shí)，設(shè)g(x) eq f(1,3)x3x2f(x)，x0是g(x)的極大值點(diǎn)，求證： eq f(2,3)g(x0)0時(shí)，令f(x)0，得x0，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，)，令f(x)0，得x0，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(，0)；當(dāng)a0，得x0，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，0)，令f(x)0，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，).綜上，當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞減區(qū)間是(

51、，0)；當(dāng)a0，h(x)在R上單調(diào)遞增，又h(0)10，所以存在x0(0，1)，使h(x0)0，即ex02x0，所以當(dāng)x(，0)時(shí)，g(x)0，當(dāng)x(0，x0)時(shí)，g(x)0，當(dāng)x(x0，)時(shí)，g(x)0，所以x0是g(x)的極大值點(diǎn)，所以g(x0) eq f(1,3)x eq oal(sup3(3),sdo1(0)x eq oal(sup3(2),sdo1(0)(x01)ex0 eq f(1,3)x eq oal(sup3(3),sdo1(0)2x eq oal(sup3(2),sdo1(0)3x02，x0(0，1)，令r(x) eq f(1,3)x32x23x2，x(0，1)，則r(x)x

52、24x3(x1)(x3)0，所以r(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，又r(0)2，r(1) eq f(2,3)，所以 eq f(2,3)r(x)2，即 eq f(2,3)g(x0)2.解(1)f(x)ex(1x)，令f(x)0得x1；令f(x)1，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，).(2)證法一(對(duì)稱化構(gòu)造法)：構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)f(x)f(2x)，x1，則F(x)f(x)f(2x)ex(1x)ex2(x1)(x1)(ex2ex)，當(dāng)x1時(shí)，x10，ex2ex0，F(xiàn)(x)0，F(xiàn)(x)在(1，)上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)F(1)0，故當(dāng)x1時(shí)，f(x)f(2x)，(*)由f(x

53、1)f(x2)，x1x2，可設(shè)x11f(2x2)，又f(x1)f(x2)，f(x1)f(2x2).又x11，2x22x2，x1x22.證法二(比值代換法)：設(shè)0 x111，則x2tx1，代入上式得ln x1x1ln tln x1tx1，得x1 eq f(ln t,t1)，x2 eq f(t ln t,t1).x1x2 eq f(（t1）ln t,t1)，要證x1x22，即證 eq f(（t1）ln t,t1)2，只需證ln t eq f(2（t1）,t1)0.設(shè)g(t)ln t eq f(2（t1）,t1)(t1)，g(t) eq f(1,t) eq f(2（t1）2（t1）,（t1）2) e

54、q f(（t1）2,t（t1）2)0，當(dāng)t1時(shí)，g(t)單調(diào)遞增，g(t)g(1)0，ln t eq f(2（t1）,t1)0，故x1x22.例2(2021安徽六安一中高三模擬)已知函數(shù)f(x)x ln xax2x(aR).(1)證明：曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線l恒過(guò)定點(diǎn)；(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x22x1，證明：x1x2 eq f(8,e2).證明(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，由f(x)x ln xax2x，得f(x)ln x2ax2，則f(1)2(1a)，又f(1)1a，則曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線l的方程為y(1a)2(1a)(x1)，

55、即y2(1a) eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,2)，顯然恒過(guò)定點(diǎn) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，0).(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則x1ln x1ax eq oal(sup3(2),sdo1(1)x10，x2ln x2ax eq oal(sup3(2),sdo1(2)x20，得a eq f(ln x1,x1) eq f(1,x1) eq f(ln x2,x2) eq f(1,x2).因?yàn)閤22x10，令x2tx1(t2)，則 eq f(ln x1,x1) eq f(1,x1) eq f(ln （tx1）,tx1) eq f(1,tx1)

56、，得ln x1 eq f(ln t,t1)1，則ln x2ln (tx1)ln tln x1 eq f(t ln t,t1)1，所以ln (x1x2)ln x1ln x2 eq f(ln t,t1)1 eq f(t ln t,t1)1 eq f(（t1）ln t,t1)2.令h(t) eq f(（t1）ln t,t1)2(t2)，則h(t) eq f(2ln ttf(1,t),（t1）2)，令(t)2ln tt eq f(1,t)(t2)，則(t) eq f(2,t)1 eq f(1,t2) eq f(（t1）2,t2)0，則(t)在(2，)上單調(diào)遞增，所以(t)(2) eq f(3,2)2l

57、n 20.所以h(t) eq f(（t）,（t1）2)0，則h(t)在(2，)上單調(diào)遞增，h(t)h(2)3ln 22ln eq f(8,e2)，即ln (x1x2)ln eq f(8,e2)，故x1x2 eq f(8,e2).例3(2021河北保定高三期末)已知函數(shù)f(x)x2ln xax1.(1)若f(x)0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)yf(x)ax3ax1的兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2，證明：x1x2e2.解(1)因?yàn)閒(x)0恒成立，所以x2ln xax10，即ax ln x eq f(1,x)恒成立令g(x)x ln x eq f(1,x)，則g(x)ln x eq f(1,x2

58、)1，易知g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，且g(1)0，所以當(dāng)x(0，1)時(shí)，g(x)0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，g(x)ming(1)1，故a1.(2)證明：由題意可知方程ln xax0的兩根為x1，x2.令h(x)ln xax，則h(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2，h(x) eq f(1,x)a eq f(1ax,x).當(dāng)a0時(shí)，h(x)0，h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，不存在兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a0時(shí)，h(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)上單調(diào)遞增，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)上單調(diào)遞減，x0時(shí)，h(

59、x)，x時(shí)，h(x)，則h(x)maxh eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)ln eq f(1,a)10，得0a eq f(1,e).設(shè)x1e2，即要證ln (x1x2)ln x1ln x2a(x1x2)2，即證x1x2 eq f(2,a).令F(x)h eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,a)x)h(x)ln eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,a)x)a eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,a)x)ln xaxln eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,a)x)ln x2ax2，x eq blc(rc)(avs4al

60、co1(0，f(1,a).則F(x) eq f(2（ax1）2,x（ax2）)F eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)0.因?yàn)镕(x1)h eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,a)x1)h(x1)0，所以h eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,a)x1)h(x1)h(x2)0.因?yàn)閤2， eq f(2,a)x1 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)，且h(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)上單調(diào)遞減，所以x2 eq f(2,a)x1，即x1x2 eq f(2,a)，故x1x2e2.函數(shù)的極值點(diǎn)偏