高三數(shù)學(xué)專題 函數(shù)壓軸題中零點問題

高三數(shù)學(xué)專題函數(shù)壓軸題中零點問題函數(shù)壓軸題中零點問題一、解答題1.已知函數(shù)$f(x)=\lnx+a(x-1)$(1)討論$f(x)$的單調(diào)性；(2)若$f(x)$在區(qū)間$(0,1)$內(nèi)有唯一的零點$x$，證明：$e^{-1}<x<e^{-\frac{3}{2}}$?！窘馕觥?1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論$a$的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可。(2)依題可知$f(1)=\ln1+a(1-1)=0$，若$f(x)$在區(qū)間$(0,1)$內(nèi)有唯一的零點$x$，由(1)可知$a>2$，且$x=x_1\in(e^{-\frac{3}{2}},e^{-1})$。于是：$\lnx+a(x-1)=①$，$2ax^2-2ax+1=②$。由①②得$\lnx-\frac{x-1}{x-1}=0$，設(shè)$g(x)=\lnx-\frac{x-1}{x-1}$，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可。2.設(shè)函數(shù)$f(x)=x+bx^{-1}(b\inR)$。(1)當$b=1$時證明：函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$\left(\frac{1}{2},1\right)$內(nèi)存在唯一零點；(2)若當$x\in[1,2]$，不等式$f(x)<1$有解。求實數(shù)$b$的取值范圍。【解析】(1)先根據(jù)對稱軸與定義區(qū)間位置關(guān)系確定函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$\left(\frac{1}{2},1\right)$的單調(diào)性，再根據(jù)區(qū)間端點函數(shù)值異號，結(jié)合零點存在定理確定零點個數(shù)。(2)先分離變量化為對應(yīng)函數(shù)最值問題：$b<\frac{1}{x}$，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性確定函數(shù)最小值，即得實數(shù)$b$的取值范圍。1.令$g(x)=-x$，則$g(x)$在區(qū)間$[1,2]$上遞減，因此$b<g(x)_{max}=g(1)=2-1=1$，從而實數(shù)$b$的取值范圍為$(-\infty,1)$。點睛：利用零點存在性定理不僅要求函數(shù)的圖像在區(qū)間$[a,b]$上是連續(xù)不斷的曲線，且$f(a)\cdotf(b)<0$，還必須結(jié)合函數(shù)的圖像與性質(zhì)（如單調(diào)性、奇偶性）才能確定函數(shù)有多少個零點。2.已知函數(shù)$f(x)=ax^2+mx+m-1(a\neq0)$。(1)若$f(-1)=0$，判斷函數(shù)$f(x)$的零點個數(shù)；(2)若對任意實數(shù)$m$，函數(shù)$f(x)$恒有兩個相異的零點，求實數(shù)$a$的取值范圍；(3)已知$x_1,x_2\in\mathbb{R}$且$x_1<x_2$，$f(x_1)\neqf(x_2)$，求證：方程$f(x)=\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$在區(qū)間$(x_1,x_2)$上有實數(shù)根?！敬鸢浮?1)見解析；(2)$0<a<1$；(3)見解析?！窘馕觥?1)利用判別式定二次函數(shù)的零點個數(shù)：$f(-1)=a(-1)^2+m(-1)+m-1=0$，即$a-m=1$。當$a=1$時，$f(x)=x^2+mx+m-1$，$\Delta=m^2-4(m-1)=(m-2)^2-4$，當$m=2$時，$\Delta=0$，函數(shù)$f(x)$有一個零點；當$m\neq2$時，$\Delta>0$，函數(shù)$f(x)$有兩個零點。當$a\neq1$時，$\Delta=m^2-4a(m-1)=(m-2)^2-4a$，當$\Delta=0$時，函數(shù)$f(x)$有一個零點；當$\Delta>0$時，函數(shù)$f(x)$有兩個零點。(2)零點個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為圖像交點個數(shù)問題，利用判別式處理即可。由題意，對于任意實數(shù)$m$，函數(shù)$f(x)$恒有兩個相異的零點，即判別式$\Delta=m^2-4a(m-1)>0$恒成立，即$m^2-4a(m-1)>0$。將$m$看作自變量，得到$y=m^2-4a(m-1)$，這是一個開口朝上的二次函數(shù)，當$y>0$時，函數(shù)有兩個實數(shù)根，當$y=0$時，函數(shù)有一個實數(shù)根，當$y<0$時，函數(shù)沒有實數(shù)根。因此，當$\Delta=0$時，$m=2$，此時$y=0$，函數(shù)$f(x)$有一個實數(shù)根；當$\Delta>0$時，$y>0$，函數(shù)$f(x)$有兩個實數(shù)根；當$\Delta<0$時，$y<0$，函數(shù)$f(x)$沒有實數(shù)根。因此，$m^2-4a(m-1)>0$恒成立，即$m^2>4a(m-1)$，即$m^2-4am+4a>0$，解得$0<a<1$。(3)方程$f(x)=\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$可以化為$f(x)-\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}=0$，令$g(x)=f(x)-\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$，則$g(x_1)\neqg(x_2)$。因為$f(x)$是一個二次函數(shù)，所以$g(x)$也是一個二次函數(shù)，且與$f(x)$有相同的零點。因此，$g(x)$在區(qū)間$(x_1,x_2)$上有實數(shù)根，即方程$g(x)=0$在區(qū)間$(x_1,x_2)$上有實數(shù)根。由零點存在定理可知，$g(x)$在區(qū)間$(x_1,x_2)$上有實數(shù)根，即方程$f(x)=\dfrac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$在區(qū)間$(x_1,x_2)$上有實數(shù)根。本文存在的格式錯誤已被刪除，以下為改寫后的文章：已知函數(shù)$f(x)=\lnx-bx^2$，其中$b$為參數(shù)。已知該函數(shù)圖像上點$P(2,f(2))$處的切線方程為$y=-3x+2\ln2+2$。(1)求$a$和$b$的值；(2)若方程$f(x)+m$在$\left(1,e^{-1}\right)$內(nèi)有兩個不等實根，求$m$的取值范圍（其中$e=2.71828$為自然對數(shù)的底）?！窘馕觥勘绢}考查函數(shù)與方程，函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用。(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，得出兩個方程，然后求解。先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)$h(x)=f(x)+m=\lnx-bx^2+m$的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性與極值點確定關(guān)系然后求解。(2)由(1)得$f(x)=\lnx-bx^2$，令$h(x)=f(x)+m=\lnx-bx^2+m$，則$h'(x)=-2x$，令$h'(x)=0$，得$x=0$。當$x\in(0,1)$時，$h'(x)<0$，$h(x)$單調(diào)遞減；當$x\in(1,e]$時，$h'(x)>0$，$h(x)$單調(diào)遞增。因此，方程$h(x)=0$在$\left(1,e^{-1}\right)$內(nèi)有兩個不等實根。根據(jù)函數(shù)零點求參數(shù)取值或范圍的方法，可以利用方程根的分布求解，轉(zhuǎn)化為不等式問題。由于$h(x)$在$\left(1,e^{-1}\right)$內(nèi)有兩個不等實根，因此$m$的取值范圍為$1<m\leqe^{-2}+2$。綜上所述，$a=2$，$b=1$，$1<m\leqe^{-2}+2$。給定函數(shù)$g(x),x>m$，其值域為實數(shù)集$\mathbb{R}$，求實數(shù)$m$的取值范圍。（1）當$a=e$時，$f(x)=e^{-ex-1}x$，$h(x)=f(x)-g(x)=e^{-2x-1}$，$h'(x)=e^{-2x}x$。由$h'(x)>0$得$x>\ln2$，由$h'(x)<0$得$x<\ln2$。因此，函數(shù)$h(x)$的單調(diào)增區(qū)間為$(\ln2,+\infty)$，單調(diào)減區(qū)間為$(-\infty,\ln2)$。由$f'(x)=e^{-x}$得當$x<1$時，$f'(x)<0$，因此$f(x)$在區(qū)間$(-\infty,1)$上單調(diào)遞減；當$x>1$時，$f'(x)>0$，因此$f(x)$在區(qū)間$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增。函數(shù)$g(x)=(2-e)x$在區(qū)間$(m,+\infty)$上單調(diào)遞減，值域為$(-\infty,(2-e)m)$。因為$f(x)$的值域為$\mathbb{R}$，所以$e^{-em-1}\leqslant2-e$，解得$em-2m-1\leqslant0$，即$em-2m-1\leqslant0$。（2）$f'(x)=e^{-ax}$。若$a\leqslant0$，則$f'(x)>0$，此時$f(x)$在$\mathbb{R}$上單調(diào)遞增。由$f(x_1)=f(x_2)$可得$x_1=x_2$，與$x_1-x_2\geqslant1$相矛盾，因此$a>0$。不妨設(shè)$0<x_1<x_2\leqslant2$，則$\lna\in(x_1,x_2)$。因為$f(x)$在$(x_1,\lna)$上單調(diào)遞減，在$(\lna,x_2)$上單調(diào)遞增，且$f(x_1)=f(x_2)$，所以當$x_1\leqslantx\leqslantx_2$時，$f(x)\leqslantf(x_1)=f(x_2)$。由$0<x_1<x_2\leqslant2$，且$x_1-x_2\geqslant1$可得$1\in(x_1,x_2)$，故$f(1)\leqslantf(x_1)=f(x_2)$。又$f(x)$在$(-\infty,\lna)$單調(diào)遞減，且$0<x_1<\lna$，因此$f(x_1)\leqslantf(\lna)$，所以$f(1)\leqslantf(\lna)$。同理，$f(1)\leqslantf(2)$。綜上，$e^{-a-1}\leqslant0$，解得$e^{-1}\leqslanta\leqslante^{2-e-1}$。6.已知函數(shù)$f(x)=\frac{x}{e^x}-ax+1$。（1）當$a=1$時，求$f(x)$在$x\in(-1,1)$上的值域。（2）試求$f(x)$的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)論?！敬鸢浮浚?）$f(x)$在$x\in(-1,1)$上的值域為$[2-e,1]$。（2）原方程等價于$e^x-ax-1=0$，即求實根的個數(shù)。原命題也等價于$h(x)=e^x-\frac{1}{a}x$在$x\in(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$上的零點個數(shù)。分別討論$a=1$，$a<1$，$a>1$三種情況，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)圖象與零點存在定理可得結(jié)果。試題解析：（1）當$a=1$時，$f(x)=\frac{x}{e^x}-x+1=\frac{1}{e^x}(x-e^x+e^x-1)$。令$g(x)=x-e^x$，則$g'(x)=1-e^x<0$，所以$g(x)$在$(-\infty,+\infty)$上是單調(diào)遞減的。由于$g(0)=0$，所以$g(x)<0$，即$x<e^x$。又因為$e^{-1}<1$，所以$e^{-1}<e^{-1}+1<e^0$，即$-1<0<1$，所以$f(x)$在$x\in(-1,1)$上單調(diào)遞減，且$f(-1)=2-e$，$f(1)=1$，所以$f(x)$在$x\in(-1,1)$上的值域為$[2-e,1]$。（2）當$a=1$時，$h(x)=e^x-x$，$h'(x)=e^x-1>0$，所以$h(x)$在$(-\infty,+\infty)$上是單調(diào)遞增的，且$h(-1)=e^{-1}+1<0$，$h(0)=1>0$，所以$h(x)$在$(-1,0)$上有且僅有一個零點，記為$x_0$。當$a<1$時，$h(x)$在$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$上單調(diào)遞增，且$\lim\limits_{x\to-\infty}h(x)=-\infty$，$\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=+\infty$，所以$h(x)$在$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$上有且僅有一個零點。當$a>1$時，$h(x)$在$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$上單調(diào)遞減，且$\lim\limits_{x\to-\infty}h(x)=+\infty$，$\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=+\infty$，所以$h(x)$在$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$上有兩個零點。綜上所述，當$a\leq1$時，$f(x)$只有一個零點；當$a>1$時，$f(x)$有兩個零點。(1)當$a\leq1$時，$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增，有唯一的零點；當$a>1$時，$f(x)$在$(-\infty,0)$和$(1+a,+\infty)$上單調(diào)遞增，有兩個零點。(2)對于$a\leq1$，$f(x)\leq0$成立當且僅當$x\geq\frac{1}{a}$，所以$a\in(1,+\infty)$。當$a$取最小值$1$時，$g(x)=x-\left(1-ax+\lnx\right)-k(x+2)+2=x^2-x\lnx-k(x+2)+2$，在區(qū)間$(1,8)$上有兩個零點，即$g(x)$有兩個實根。根據(jù)Vieta定理，這兩個實根的和為$1$，即這兩個實根的中點為$x_0=\frac{1}{2}$。因為$g(x)$在$(1,8)$上連續(xù)，所以$g(x_0)=0$，即$x_0^2-x_0\lnx_0-k(x_0+2)+2=0$。代入$x_0=\frac{1}{2}$，解得$k=\frac{1}{2}-\frac{1}{4\ln2}$。所以$k\in\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4\ln2},+\infty\right)$。(3)由于$2\lnn<\lnn^2-2n+1$，所以$2\ln2+\sum\limits_{k=3}^n2\lnk<\ln\frac{n!^2}{(n-2)!}=2\lnn+\ln(n-1)+\lnn>\lnn^2-2n+1$，即$\ln\left(2\cdot3\cdotsn\right)>\frac{1}{2}\lnn^2-n+\frac{1}{2}$，兩邊取指數(shù)得$2\cdot3\cdotsn>e^{n^2-2n+1}=\frac{e^{n^2-2n+2}}{e}$，即$\frac{2\cdot3\cdotsn\cdotn}{e}>e^{n^2-2n+2}>e^{n^2-2n+1}$，化簡得$n^2-2n+1<\ln\frac{2\cdot3\cdotsn\cdotn}{e}<n^2-2n+2$，即$2\ln\frac{2\cdot3\cdotsn\cdotn}{e}>2n^2-4n+2$，即$2\ln\frac{2\cdot3\cdotsn\cdotn}{e}>(n-1)^2-(n-1)$。因為$n\geq2$，所以$(n-1)^2-(n-1)>0$，即$2\ln\frac{2\cdot3\cdotsn\cdotn}{e}>0$，證畢。1.對于函數(shù)$s(x)=\frac{1}{2}x\lnx-\frac{1}{4}x^2$，求實數(shù)$k$的取值范圍，使得$s(x)\leqk$在$(1,8]$上成立。首先求出$s'(x)=\frac{1}{2}\lnx-\frac{1}{2}x$，然后求出$s''(x)=-\frac{1}{2x}-\frac{1}{2}<0$，所以$s(x)$在$(0,+\infty)$上是凸函數(shù)，因此$s(x)$在$(1,8]$上的最大值在$x=8$處取得。代入得$s(8)=5-\frac{57}{2}\ln2$，所以$k\geq5-\frac{57}{2}\ln2$。又因為$s(1)=1$，所以$k\leq1$。綜上可得，$k\in\left[5-\frac{57}{2}\ln2,1\right]$。2.已知函數(shù)$f(x)=e^{\ln(x+1)}$，其中$a\in\mathbb{R}$。(1)設(shè)$F(x)=e^{-ax}f'(x)$，討論$F(x)$的單調(diào)性。首先求出$f'(x)=\frac{1}{x+1}$，然后求出$F'(x)=-ae^{-ax}f'(x)+e^{-ax}f''(x)=e^{-ax}\left(\frac{a}{x+1}-\frac{1}{(x+1)^2}\right)$。當$a=0$時，$F'(x)=-\frac{1}{(x+1)^2}<0$，所以$F(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞減。當$a\neq0$時，$F'(x)$的符號與$\frac{a}{x+1}-\frac{1}{(x+1)^2}$的符號相同。令$\frac{a}{x+1}-\frac{1}{(x+1)^2}=0$，解得$x=-\frac{1}{a-1}$，并且可以驗證此時$F'(x)$由正變負，因此$F(x)$在$(0,-\frac{1}{a-1})$上單調(diào)遞增，在$(-\frac{1}{a-1},+\infty)$上單調(diào)遞減。(2)若函數(shù)$g(x)=f(x)-x$在$(0,+\infty)$內(nèi)存在零點，求$a$的范圍。由題意得$f(x)>x$，因此$g(x)>0$，又因為$g(0)=1$，所以$g(x)$在$(0,+\infty)$上連續(xù)，由介值定理可知$g(x)$在$(0,+\infty)$上存在零點。設(shè)$g(x_0)=0$，則$f(x_0)=x_0$，即$e^{\ln(x_0+1)}=x_0$，解得$x_0=\frac{1-e^{-a}}{e^{-a}}$。因為$a\in\mathbb{R}$，所以$e^{-a}\neq0$，從而$x_0\neq0$。因此$a$的取值范圍是$a\in\left(0,\frac{1}{\ln\left(\frac{1}{x_0}+1\right)}\right)=\left(0,\frac{1}{\ln\left(\frac{e}{1-x_0}\right)}\right)$。1.對于函數(shù)g(x)，先求導(dǎo)得到h'(x)=2a-1/(2a)，然后討論h'(x)的零點是否存在于(0,+∞)之間。假設(shè)第一個零點為x，那么在(0,x)上h'(x)<0，所以h(x)在(0,x)上是遞減的。又因為h(x)<h(0)=1，所以在(0,x)上g'(x)<0，所以g(x)在(0,x)上是遞減的。因此，g(x)<g(e)對于所有的x∈(0,x)都成立。由于g(e)=e^a，所以g(x)有一個零點在(x,e^a)之間，符合題意。2.對于第一問，由于f(x)=lnx，所以f'(x)=1/x。由于g(x)是一個分式函數(shù)，所以g'(x)=(a-bx-cx^2)/(x^2)。因為f(1)=g(1)，所以a+b-c=0。又因為f'(1)=g'(1)，所以a-2b-2c=0。解這個方程組得到a=3，b=-2，c=1。3.對于第二問，由于b=3-a，所以g(x)的表達式可以改寫為g(x)=(ax-x^3+3x^2)/(3-a)。我們要證明對于任意的a∈(0,3)，都存在兩個不同的正實數(shù)x1和x2，使得g(x1)=g(x2)=lnx。首先，令g(x)=lnx，解這個方程得到x=e^a。如果g(x)存在兩個正實數(shù)解，那么這兩個解必須在e^a的兩側(cè)。因此，我們可以令x1=e^a-ε，x2=e^a+ε，其中ε是一個足夠小的正實數(shù)。我們現(xiàn)在要證明，當ε趨近于0時，x1和x2會趨近于e^a，并且它們?nèi)匀皇莋(x)=lnx的解。首先，我們可以將g(x)表示為g(x)=lnx+(a-3)ln(3-a)-3ln(3)，這是因為g(x)和f(x)在x=1處有相同的切線，所以它們在這個點處的函數(shù)值和導(dǎo)數(shù)都相等。因此，我們可以通過將g(x)表示為這個形式來證明不等式。我們有：g(x1)=ln(e^a-ε)+(a-3)ln(3-a)-3ln(3)g(x2)=ln(e^a+ε)+(a-3)ln(3-a)-3ln(3)現(xiàn)在，我們需要證明存在一個c∈(x1,x2)，使得g''(c)<0。我們有：g''(x)=2a/(x^3)-2(3-a)/(3-x)^3因此，我們需要找到一個x∈(e^a-ε,e^a+ε)，使得g''(x)<0。我們可以將g''(x)表示為：g''(x)=2a/(x^3)-2(3-a)/(3-x)^3=2a/(x^3)-2(3-a)/(3-e^a)^3+O(ε^3)因此，當ε趨近于0時，g''(x)趨近于2a/(e^3)-2(3-a)/(3-e^a)^3，這個值是負數(shù)，因為a∈(0,3)。因此，我們可以使用介值定理得到存在一個c∈(x1,x2)，使得g''(c)<0。因此，g(x)在(x1,x2)上是下凸的，因此，g(x)在(x1,x2)上存在兩個正實數(shù)解。因此，我們得到了一個不等式組：e^a-ε<x1<e^a<x2<e^a+εg(x1)=g(x2)=ln(e^a)現(xiàn)在，我們需要將這個不等式組轉(zhuǎn)化為一個關(guān)于c的不等式。我們有：x1x2=e^(2a-2ε)<c<e^(2a+2ε)=x2x1x2-x1=2ε因此，我們可以將不等式組表示為：(x2-x1)/x2x1<(c-e^a)/x2x1<(x2-x1)/x1x22ε/e^(2a+2ε)<(c-e^a)/e^(2a)<2ε/e^(2a-2ε)2ε/e^(2a)<(c-e^a)/e^(2a)<2ε/e^(2a)-2ε<c-e^a<2εe^a-2ε<c<e^a+2ε因此，我們得到了一個關(guān)于c的不等式，它的解是e^a-2ε<c<e^a+2ε。因為ε可以任意小，所以c的最小值是e^a。4.對于第三問，我們需要證明x1x2-x2^2<b<x1x2-x1^2。我們可以將g(x)表示為g(x)=(x-1)/lnx，這是因為g(x)和f(x)在x=1處有相同的切線，所以它們在這個點處的函數(shù)值和導(dǎo)數(shù)都相等。因此，我們可以通過將g(x)表示為這個形式來證明不等式。我們有：g(x)=(x-1)/lnx因此，我們需要證明：x1x2-x2^2<b<x1x2-x1^2等價于：(x1-1)(x2-1)<ln(b)<(x2-1)(x1-1)等價于：ln(x1-1)+ln(x2-1)<ln(ln(b))<ln(x2-1)+ln(x1-1)因為x1<x2，所以x1-1<x2-1，因此，我們有：2ln(x1-1)<ln(ln(b))+ln(x1-1)+ln(x2-1)<2ln(x2-1)因此，我們需要證明：2ln(x1-1)<ln(ln(b))+ln(x1x2-x1^2)<2ln(x2-1)等價于：x1^2(x2-1)<b(x1x2-x1^2)<x2^2(x1-1)等價于：x1x2(x1-x2)<b(x1-x1^2/x2)<x1x2(x2-x1)等價于：x1-x2<b(x1-x1^2/x2)/x1x2<x2-x1等價于：x1-x2<b(1-1/x2)<x2-x1等價于：(x1-x2)/(1-1/x2)<b<(x2-x1)/(1-1/x2)等價于：(x1x2-x2^2)/(x2-1)<b<(x1x2-x1^2)/(x1-1)因此，我們證明了不等式x1x2-x2^2<b<x1x2-x1^2。1.構(gòu)造函數(shù)$\varphi(t)=\lnt-1$和$tm(t)=\lnt-t+1$，并研究其單調(diào)性，證明當$x>1$時$f(x)>0$，并轉(zhuǎn)化為方程$ax^2+(3-a-c)x+(c-t)=0$在$(0,+\infty)$上有兩個不同實根$x_1,x_2$。2.根據(jù)$\Delta=(c+t)-4a(3-a)>0$，得到$x_1+x_2>\frac{c+t}{3-a}$和$x_1x_2>\frac{a}{3-a}$，再根據(jù)$c>2a(3-a)-t$，得到對于$t\in(0,+\infty)$和$a\in(0,3)$，恒有$x_1x_2>x_1+x_2$。3.當$a=1$時，證明$x_1x_2-x_2<x_1x_2\left(1-\frac{\lnx_2-\lnx_1}{x_2-x_1}\right)<x_1x_2-x_1$，即證明$1-\frac{1}{\ln2}<\ln2-1$。1.點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式常見類型及解題策略(1)構(gòu)造差函數(shù)$h(x)=f(x)-g(x)$。根據(jù)差函數(shù)導(dǎo)函數(shù)符號，確定差函數(shù)單調(diào)性，利用單調(diào)性得不等量關(guān)系，進而證明不等式。(2)根據(jù)條件，尋找目標函數(shù)。一般思路為利用條件將求和問題轉(zhuǎn)化為對應(yīng)項之間大小關(guān)系，或利用放縮、等量代換將多元函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)。2.已知函數(shù)$f(x)=\lnx-ax$。(1)討論$f(x)$的單調(diào)性：當$a\leq0$時，$f(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞增；當$a>0$時，$f(x)$在$(0,1)$單調(diào)遞減，在$(1,+\infty)$單調(diào)遞增。(2)當函數(shù)$f(x)$有兩個不相等的零點$x_1,x_2$時，證明$x_1x_2>e$。3.已知$f(x)=(x-1)e^x-e^{\lnx},g(x)=-x^3+\frac{1}{2}x$。(1)討論$f(x)$的單調(diào)性：在$(0,1)$上單調(diào)遞減，在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增。(2)若存在$x_1\in(0,+\infty)$及唯一正整數(shù)$x_2$，使得$f(x_1)=g(x_2)$，求$a$的取值范圍：由于$f(x)$在$(0,+\infty)$上的值域為$[0,+\infty)$，所以只需滿足$g(1)\geqg(2)$即可得到$a\geq\frac{1}{4}$的取值范圍。2.解析首先對第一段進行改寫：根據(jù)導(dǎo)數(shù)公式，可得函數(shù)$g(x)=x^2+ax$的導(dǎo)函數(shù)為$g'(x)=2x+a$。因此$g'(x)=-3x+3x=-3x(x-1)$。根據(jù)導(dǎo)數(shù)的符號，可知函數(shù)$g(x)$在$(0,1)$上單調(diào)遞增，在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞減。又因為$g(2)<-2+a<g(1)$，解得$-1\leqa<2$。因此，實數(shù)$a$的取值范圍是$[-1,2)$。對第二段進行改寫：設(shè)函數(shù)$f(x)=x-aln(x)-(a-2)x^2$。（1）求函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間。根據(jù)導(dǎo)數(shù)公式，可得函數(shù)$f(x)$的導(dǎo)函數(shù)為$f'(x)=1-a/x-2(a-2)x$。當$a>2$時，函數(shù)$f(x)$在$\left(a/2,+\infty\right)$上單調(diào)遞減，在$(0,a/2)$上單調(diào)遞增。當$a\leq2$時，函數(shù)$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增。（2）若存在$x_1,x_2$滿足$f(x_1)=f(x_2)$，求證：$f'\left(\frac{x_1+2x_2}{3}\right)>0$。不妨設(shè)$0<x_1<x_2$，由$f(x_1)=f(x_2)$得：$$x_1-aln(x_1)-(a-2)x_1^2=x_2-aln(x_2)-(a-2)x_2^2$$整理得：$$x_1+ln(x_2)-x_2-ln(x_1)=(a-2)(x_2^2-x_1^2)$$因為$x_1<x_2$，所以$x_2-x_1>0$，$ln(x_2)-ln(x_1)>0$，$x_2^2-x_1^2>0$。因此，$a>2$時，$x_1+ln(x_2)-x_2-ln(x_1)<0$，$a\leq2$時，$x_1+ln(x_2)-x_2-ln(x_1)\geq0$。根據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義可得：$$f'\left(\frac{x_1+2x_2}{3}\right)=\lim_{\Deltax\to0}\frac{f\left(\frac{x_1+2x_2}{3}+\Deltax\right)-f\left(\frac{x_1+2x_2}{3}\right)}{\Deltax}$$將$\Deltax$替換為$(x_2-x_1)/3$，得：$$f'\left(\frac{x_1+2x_2}{3}\right)=\lim_{x_2-x_1\to0}\frac{f\left(\frac{x_1+2x_2}{3}+\frac{x_2-x_1}{3}\right)-f\left(\frac{x_1+2x_2}{3}\right)}{\frac{x_2-x_1}{3}}$$根據(jù)拉格朗日中值定理可得：$$f'\left(\frac{x_1+2x_2}{3}\right)=f'\left(\xi\right)$$其中$\xi\in\left(\frac{x_1+2x_2}{3},x_2\right)$。因為$f'(x)=1-a/x-2(a-2)x$，所以$f'(\xi)>0$。因此，當$a>2$時，$f'\left(\frac{x_1+2x_2}{3}\right)>0$，$a\leq2$時，$f'\left(\frac{x_1+2x_2}{3}\right)\geq0$。綜上所述，原題得證。已知為指數(shù)函數(shù)，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知，當a>1時，f(x)單調(diào)遞減；當a<1時，f(x)單調(diào)遞增。因此，要使f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)，需要滿足a<1或a>3e。故實數(shù)a的取值范圍為(-∞,1)∪(3e,∞)。（2）將g(x)化為f(x)的形式，得到g(x)=e^(1-b)*e^(-a+1)x*e^(-bx).由于g(1)=e^(1-b)*e^(1-a)=1，可得e^(1-b)=e^(a-1)，即b=a-1。將b代入g(x)中，得到g(x)=e^(-ax)*e^(a-1)x-1。g(x)在區(qū)間(0,1)上恰有3個零點，說明g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性可知，g'(x)在(0,1)上單調(diào)遞增。又因為g'(x)=-ae^(-ax)*e^(a-1)x-1+(a-1)e^(-ax)*e^(a-1)x-2，即g'(x)=e^(-ax)*(a-1-ae^x)，所以g'(x)的零點為ln(a-1)和ln(a-1-1/a)。由于g'(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以當a-1-1/a>1時，g'(x)在(0,1)上有兩個零點，此時g(x)在(0,1)上有一個局部極小值和一個局部極大值，不可能有3個零點。因此，需要滿足a-1-1/a<=1，即a^2-a-1<=0。解得a∈(e-1,2)。故實數(shù)a的取值范圍為(e-1,2)。在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增等價于f'(x)≥0在區(qū)間[0,1]上恒成立，可得2(a-1)≤ex，2(a-1)≥ex，min=1，函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞減等價于f'(x)≤0在區(qū)間[0,1]上恒成立，可得e≤max，綜合兩種情況可得結(jié)果。(2)g'(x)=ex-2(a-1)x-b=f(x)，由max知g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)恰有一個零點，設(shè)該零點為x，則g(x)在區(qū)間(0,x)內(nèi)不單調(diào)，g(0)=g(1)，所以f(x)在區(qū)間(0,x)內(nèi)存在零點x1，同理，f(x)在區(qū)間(x,1)內(nèi)存在零點x2，所以只需f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)恰有兩個零點即可，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性討論f(x)的零點，從而可得結(jié)果。(2)g'(x)=e-2(a-1)x-b=f(x)，由g(0)=g(1)，知g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)恰有一個零點，設(shè)該零點為x，則g(x)在區(qū)間(0,x)內(nèi)不單調(diào)，所以f(x)在區(qū)間(0,x)內(nèi)存在零點x1，同理，f(x)在區(qū)間(x,1)內(nèi)存在零點x2，所以f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)恰有兩個零點。由(1)知，當a≤3e/(2e+1)時，f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增，故f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至多有一個零點，不合題意；當a≥3e/(2e+1)時，f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞減，故f(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個零點，不合題意；所以0<a<3e/(2e+1)。15.已知函數(shù)f(x)=eln(x+1)，其中a∈R。(1)設(shè)F(x)=e-axf'(x)，討論F(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)g(x)=f(x)-x在(0,+∞)內(nèi)存在零點