2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版高考解答題專項突破（一） 第2課時 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版高考解答題專項突破（一）第2課時利用導(dǎo)數(shù)證明不等式第2課時利用導(dǎo)數(shù)證明不等式考點一直接構(gòu)造函數(shù)證明不等式例1(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).解(1)因為f(x)＝a(ex＋a)－x，定義域為R，所以f′(x)＝aex－1，當(dāng)a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，當(dāng)x<－lna時，f′(x)<0，則f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，當(dāng)x>－lna時，f′(x)>0，則f(x)在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證法一：由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，令g(a)＝a2－eq\f(1,2)－lna(a>0)，則g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，則0<a<eq\f(\r(2),2)，令g′(a)>0，則a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，則g(a)>0恒成立，所以當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，證畢．證法二：令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，當(dāng)x<0時，h′(x)<0，當(dāng)x>0時，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝0，則ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立，因為f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，當(dāng)且僅當(dāng)x＋lna＝0，即x＝－lna時，等號成立，所以要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，以下同證法一．待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性即可得證．1.(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷節(jié)選)證明：當(dāng)0<x<1時，x－x2<sinx<x；證明構(gòu)建F(x)＝x－sinx，則F′(x)＝1－cosx>0對任意x∈(0，1)恒成立，則F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得F(x)>F(0)＝0，所以當(dāng)0<x<1時，x>sinx；構(gòu)建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，則G′(x)＝2x－1＋cosx，構(gòu)建g(x)＝G′(x)，則g′(x)＝2－sinx>0對任意x∈(0，1)恒成立，則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0對任意x∈(0，1)恒成立，則G(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得G(x)>G(0)＝0，所以當(dāng)0<x<1時，sinx>x－x2.綜上所述，當(dāng)0<x<1時，x－x2<sinx<x.考點二放縮法證明不等式例2已知x∈(0，1)，求證：x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).證明證法一：要證x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex)，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))<lnx，又易證ex>x＋1(0<x<1)，∴只需證lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))>0，即證lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2>0，而x3<x，x2<x(0<x<1)，∴只需證lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1>0恒成立，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，1)時，g(x)>g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0，∴x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).證法二：∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，x2－eq\f(1,x)∈(－∞，0)，∴要證x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex)成立，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))<lnx成立，只需證x2－eq\f(1,x)<lnx，又x2<x(0<x<1)，∴只需證lnx＋eq\f(1,x)－x>0，令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x2－x＋1,x2)，而x2－x＋1>0恒成立，∴h′(x)<0，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，1)時，h(x)>h(1)＝0，∴l(xiāng)nx＋eq\f(1,x)－x>0，∴x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用題中，最常見就是ex和lnx與其他代數(shù)式結(jié)合的難題，對于這類問題，可以先對ex和lnx進(jìn)行放縮，使問題簡化，便于化簡或判斷導(dǎo)數(shù)的正負(fù)．常見的放縮公式如下：(1)ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號；(2)ex≥ex，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號；(3)當(dāng)x≥0時，ex≥1＋x＋eq\f(1,2)x2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號；(4)當(dāng)x≥0時，ex≥1＋eq\f(e,2)x2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號；(5)eq\f(x－1,x)≤lnx≤x－1≤x2－x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號．2.(2023·四川南充模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－sinx.(1)若函數(shù)f(x)為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)求證：當(dāng)x>0時，ex>2sinx.解(1)因為f(x)＝ax－sinx，所以f′(x)＝a－cosx，由函數(shù)f(x)為增函數(shù)，得f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，因為y＝cosx∈[－1，1]，所以a≥1，即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．(2)證明：由(1)知，當(dāng)a＝1時，f(x)＝x－sinx為增函數(shù)，當(dāng)x>0時，由f(x)>f(0)＝0，得x>sinx，要證當(dāng)x>0時，ex>2sinx，現(xiàn)在證當(dāng)x>0時，ex>2x，即證ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)g(x)＝ex－2x(x>0)，則g′(x)＝ex－2，當(dāng)0<x<ln2時，g′(x)<0，當(dāng)x>ln2時，g′(x)>0，所以g(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，所以g(x)≥g(ln2)>0，所以ex>2x成立，故當(dāng)x>0時，ex>2sinx.考點三凹凸反轉(zhuǎn)法證明不等式例3求證：ex－ex＋1－eq\f(elnx,x)>0(x>0)．證明原不等式等價于ex－ex＋1>eq\f(elnx,x)(x>0)．令F(x)＝ex－ex＋1(x>0)，F(xiàn)′(x)＝ex－e，當(dāng)x∈(0，1)時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，所以F(x)min＝F(1)＝e－e＋1＝1.令G(x)＝eq\f(elnx,x)(x>0)，G′(x)＝eq\f(e(1－lnx),x2).當(dāng)x∈(0，e)時，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減，所以G(x)max＝G(e)＝1，等號不同時取得，所以F(x)>G(x)，即ex－ex＋1>eq\f(elnx,x)，故原不等式成立．“凹凸反轉(zhuǎn)法”證明不等式的方法步驟eq\x(欲證g(x)>h(x))eq\o(→,\s\up7(g(x)圖象凹形狀),\s\do5(h(x)圖象凸形狀))eq\x(\a\al(求g(x)的最小值,求h(x)的最大值))eq\o(→,\s\up7(說明g(x)min大于),\s\do5(h(x)max))eq\x(證得g(x)>h(x))，如圖所示．注意：在證明過程中，“隔離化”是關(guān)鍵．如果證g(x)≥f(x)恒成立，只需證g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有當(dāng)f(x)與g(x)取到最值的條件是同一個x的值時取等號，否則只能得到g(x)>f(x)．3.已知函數(shù)g(x)＝xlnx．證明：當(dāng)x>0時，g(x)>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).證明因為g(x)＝xlnx，所以g′(x)＝1＋lnx，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>0時，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).令φ(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，則φ′(x)＝eq\f(1－x,ex)，所以當(dāng)0<x<1時，φ′(x)>0，當(dāng)x>1時，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(x)max＝φ(1)＝－eq\f(1,e).又兩個等號不同時成立，故當(dāng)x>0時，g(x)>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).課時作業(yè)1．(2023·福建福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.解(1)f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(e,a)時，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證法一：因為x>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.令g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f((x－1)ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當(dāng)x>0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.證法二：由題意知，要證xf(x)－ex＋2ex≤0，即證exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，即證lnx－x＋2≤eq\f(ex,ex).設(shè)函數(shù)m(x)＝lnx－x＋2(x>0)，則m′(x)＝eq\f(1,x)－1.所以當(dāng)x∈(0，1)時，m′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，m′(x)<0，故m(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而m(x)在(0，＋∞)上的最大值為m(1)＝1.設(shè)函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,ex)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(ex(x－1),ex2).所以當(dāng)x∈(0，1)時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1.綜上，當(dāng)x>0時，m(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.2．(2024·山東臨沂沂水縣第四中學(xué)高三上學(xué)期月考)已知函數(shù)f(x)＝ex－2－ax(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a≤0時，求證：f(x)>lnx.解(1)函數(shù)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－2－a.當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，則函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0，得x＝2＋lna；當(dāng)x<2＋lna時，f′(x)<0，當(dāng)x>2＋lna時，f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，2＋lna)上單調(diào)遞減，在(2＋lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，f(x)在(－∞，2＋lna)上單調(diào)遞減，在(2＋lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：要證f(x)>lnx，即證ex－2－ax>lnx，即證eq\f(ex－2,x)－a>eq\f(lnx,x).設(shè)g(x)＝eq\f(ex－2,x)－a(x>0)，則g′(x)＝eq\f((x－1)ex－2,x2)，當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0；當(dāng)x>1時，g′(x)>0，∴g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝e－1－a＝eq\f(1,e)－a.令h(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，當(dāng)0<x<e時，h′(x)>0；當(dāng)x>e時，h′(x)<0，∴h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，當(dāng)a≤0時，g(x)≥eq\f(1,e)－a≥eq\f(1,e)≥h(x)，∵前后取等號的條件不一致，∴eq\f(ex－2,x)－a>eq\f(lnx,x).綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)>lnx.3．已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝x－1，證明：(1)當(dāng)x∈(0，＋∞)時，不等式f(x)≤g(x)恒成立；(2)對于任意正整數(shù)n，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e恒成立(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))．證明(1)要證不等式f(x)≤g(x)恒成立，即證lnx≤x－1恒成立，令h(x)＝lnx－x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)0<x<1時，h′(x)>0；當(dāng)x>1時，h′(x)<0，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(1)＝0，所以lnx≤x－1恒成立．(2)由(1)知lnx≤x－1，令x＝1＋eq\f(1,2k)，則lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k)))<eq\f(1,2k)，k∈N*，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e.4．(2023·哈爾濱模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝lnx－eq\f(a－1,x)＋2a.(1)若a＝eq\f(1,2)，比較函數(shù)f(x)與g(x)的大??；(2)若m>n>0，求證：eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).解(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝eq\f(x,2)＋1，g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)＋1，令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,2)－lnx－eq\f(1,2x)，則F′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2x2)＝eq\f((x－1)2,2x2)≥0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且F(1)＝0.綜上，當(dāng)x＝1時，F(xiàn)(x)＝0，f(x)＝g(x)；當(dāng)x∈(0，1)時，F(xiàn)(x)<0，f(x)<g(x)；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)(x)>0，f(x)>g(x)．(2)證明：m>n>0，eq\f(m,n)>1，要證eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn)，即證eq\f(m－n,\r(mn))>lnm－lnn，即證eq\r(\f(m,n))－eq\r(\f(n,m))>lneq\f(m,n)，設(shè)t＝eq\r(\f(m,n))，且t>1，即證t－eq\f(1,t)>lnt2＝2lnt，即證eq\f(t,2)－lnt－eq\f(1,2t)>0(t>1)，由(1)知，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)(x)>0成立，故不等式成立，所以當(dāng)m>n>0時，eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函數(shù)y＝xf(x)的極值點．(1)求a；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(x＋f(x),xf(x))，證明：g(x)<1.解(1)由題意，得y＝xf(x)＝xln(a－x)，y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′.因為x＝0是函數(shù)y＝xf(x)的極值點，所以y′|x＝0＝lna＝0，所以a＝1.(2)證明：由(1)可知f(x)＝ln(1－x)，要證g(x)<1，即證eq\f(x＋f(x),xf(x))<1，即需證eq\f(x＋ln(1－x),xln(1－x))<1.因為當(dāng)x∈(－∞，0)時，xln(1－x)<0，當(dāng)x∈(0，1)時，xln(1－x)<0；所以需證x＋ln(1－x)>xln(1－x)，即證x＋(1－x)ln(1－x)>0.令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，x∈(－∞，1)，且x≠0，則h′(x)＝1＋(－1)ln(1－x)＋(1－x)·eq\f(－1,1－x)＝－ln(1－x)，所以當(dāng)x∈(－∞，0)時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(0，1)時，h′(x)>0，所以h(x)>h(0)＝0，即x＋ln(1－x)>xln(1－x)，所以eq\f(x＋ln(1－x),xln(1－x))<1成立，所以eq\f(x＋f(x),xf(x))<1，即g(x)<1.6．(2023·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))·ln(x＋1)．(1)求曲線y＝f(x)在x＝2處切線的斜率；(2)當(dāng)x>0時，證明：f(x)>1；(3)證明：eq\f(5,6)<ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1，n∈N*.解(1)f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))eq\f(1,x＋1)，所以f′(2)＝eq\f(1,3)－eq\f(ln3,4)，故曲線y＝f(x)在x＝2處切線的斜率為eq\f(1,3)－eq\f(ln3,4).(2)證明：構(gòu)造g(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t≥1)，則g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)≥0，所以函數(shù)g(t)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(t)≥g(1)＝0，所以lnt>eq\f(2(t－1),t＋1)(t>1)．令x＋1＝t(x>0)，則ln(x＋1)>eq\f(2x,x＋2)(x>0)，所以當(dāng)x>0時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(x＋1)>1，即f(x)>1.(3)證明：先證ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1.令h(n)＝ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n，n∈N*，則h(n＋1)－h(huán)(n)＝ln(n＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,2)))ln(n＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，由(2)可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(x＋1)>1，令n＝eq\f(1,x)，則1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))<0，故h(n)單調(diào)遞減，則h(n)≤h(1)＝1，得證．再證ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n>eq\f(5,6).證法一：構(gòu)造s(x)＝lnx－eq\f((x＋5)(x－1),4x＋2)，x>0，則s′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(x2＋x＋7,(2x＋1)2)＝－eq\f((x－1)3,x(2x＋1)2)，當(dāng)0<x<1時，s′(x)>0，當(dāng)x>1時，s′(x)<0，故s(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故s(x)≤s(1)＝0，即lnx≤eq\f((x＋5)(x－1),4x＋2).又當(dāng)n≥2時，h(n)－h(huán)(n＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－1≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋6))\f(1,n),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2,n))))－1＝eq\f(1,12n2＋8n)<eq\f(1,12n2－12n)＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，所以h(1)－h(huán)(2)＋h(2)－h(huán)(3)＋…＋h(n－1)－h(huán)(n)＝h(1)－h(huán)(n)<1－ln2＋eq\f(5,2)ln2－2＋eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))＝eq\f(3,2)ln2－1＋eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n－1)))<eq\f(3,2)ln2－1＋eq\f(1,12)<eq\f(1,6)，故h(n)>h(1)－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，得證．綜上，eq\f(5,6)<ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1，n∈N*.證法二：先證不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(1＋x)－1<eq\f(x2,12)成立．令p(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x3＋12x,6(x＋2))(x≥0)，則p′(x)＝－eq\f(x3(x＋4),3(x＋1)(x＋2)2)≤0，故p(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x>0時，p(x)<p(0)＝0，所以當(dāng)n≥2時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－1<eq\f(1,12n2)<eq\f(1,12n(n－1))＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n))).以下同證法一．第3課時利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點考點一確定函數(shù)零點的個數(shù)(多考向探究)考向1利用單調(diào)性和函數(shù)零點存在定理確定零點個數(shù)例1(2023·湖北武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)，g(x)＝tanx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，試判斷F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)的零點個數(shù)．解(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)的定義域為{x|x≠0}，f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(ex(x－1),x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)，(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(ex,x)－tanx＝0，得xsinx－excosx＝0.設(shè)h(x)＝xsinx－excosx，所以h′(x)＝(ex＋1)sinx＋(x－ex)cosx.①當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，可知ex>0>x，則ex>x，所以x－ex<0，又sinx<0，cosx>0，所以h′(x)<0，從而h(x)＝xsinx－excosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，又h(0)＝－1，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，由零點存在定理及h(x)的單調(diào)性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上有一個零點．②當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，cosx≥sinx>0，由(1)知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)>f(1)＝e>1，則ex>x>0.所以excosx>xsinx，則h(x)＝xsinx－excosx<0恒成立．所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上無零點．③當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0，則h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－e\f(π,4)))<0，由零點存在定理及h(x)的單調(diào)性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上存在一個零點．綜上，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)的零點個數(shù)為2，即F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)的零點個數(shù)為2.利用單調(diào)性和函數(shù)零點存在定理確定零點個數(shù)的一般步驟及注意點(1)討論函數(shù)的單調(diào)性，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(2)在每個單調(diào)區(qū)間上，利用函數(shù)零點存在定理判斷零點的個數(shù)．(3)注意區(qū)間端點的選取技巧．(4)含參數(shù)時注意分類討論．1.(2023·江西高三質(zhì)量監(jiān)測(四))已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,3)ax3(a>e，e是自然對數(shù)的底數(shù))．(1)討論函數(shù)f(x)的極值點的個數(shù)；(2)證明：函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有且只有一個零點．解(1)f′(x)＝xex－ax2＝x(ex－ax)(a＞e)，令f′(x)＝0，得x＝0或ex－ax＝0.設(shè)g(x)＝ex－ax，則g′(x)＝ex－a，令g′(x)＝0，得x＝lna，當(dāng)x<lna時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>lna時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(lna)＝a－alna＝a(1－lna)．因為a>e，則g(x)min<0，此時g(x)在R上有且僅有兩個零點，記為x1，x2(x1<x2)，因為g(0)＝1>0，g(1)＝e－a<0，當(dāng)x→＋∞時，g(x)>0，所以0<x1<1<x2，且x1，x2是g(x)的兩個變號零點，也是f′(x)的兩個變號零點，又當(dāng)x＜0時，f′(x)＜0，當(dāng)0＜x＜x1時，f′(x)＞0，所以0是f′(x)的變號零點，即f′(x)在R上有且僅有3個變號零點，所以函數(shù)f(x)在R上有且僅有3個極值點．(2)證明：f′(x)＝x(ex－ax)，由(1)知，當(dāng)a>e時，f(x)在R上有3個極值點：0，x1，x2，其中0<x1<1<x2，且f(0)＝－1<0，當(dāng)0<x<x1時，g(x)>0，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x1<x<x2時，g(x)<0，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>x2時，g(x)>0，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)的極大值為f(x1)，極小值為f(x2)，且ex1＝ax1，ex2＝ax2?a＝eq\f(ex1,x1)，a＝eq\f(ex2,x2).所以f(x2)＝(x2－1)ex2－eq\f(1,3)axeq\o\al(3,2)＝(x2－1)ex2－eq\f(1,3)·eq\f(ex2,x2)xeq\o\al(3,2)＝(x2－1)ex2－eq\f(xeq\o\al(2,2)ex2,3)＝eq\f(ex2,3)(－xeq\o\al(2,2)＋3x2－3)＝eq\f(ex2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(3,4)))<0，同理，f(x1)＝eq\f(ex1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(3,4)))<0，而當(dāng)x→＋∞時，f(x)>0，因此函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，x2]內(nèi)無零點，在區(qū)間(x2，＋∞)上有且只有一個零點．綜上所述，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有且只有一個零點．考向2利用兩個函數(shù)圖象的交點確定零點個數(shù)例2(2024·河北邢臺第二中學(xué)高三階段練習(xí))已知函數(shù)f(x)＝ax2－|1＋lnx|(a>0)．(1)若a＝1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)討論f(x)零點的個數(shù)．解(1)當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)＝x2－|1＋lnx|的定義域為(0，＋∞)，當(dāng)0<x≤eq\f(1,e)時，f(x)＝x2＋1＋lnx，f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)>0，因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞增，當(dāng)x>eq\f(1,e)時，f(x)＝x2－1－lnx，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，當(dāng)eq\f(1,e)<x<eq\f(\r(2),2)時，f′(x)<0，當(dāng)x>eq\f(\r(2),2)時，f′(x)>0，因此函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(\r(2),2))).(2)函數(shù)f(x)＝ax2－|1＋lnx|(a>0)的定義域為(0，＋∞)，由f(x)＝0，得a＝eq\f(|1＋lnx|,x2)，令函數(shù)g(x)＝eq\f(|1＋lnx|,x2)，x>0，當(dāng)0<x≤eq\f(1,e)時，g(x)＝－eq\f(1＋lnx,x2)，g′(x)＝－eq\f(x－2x(1＋lnx),x4)＝eq\f(1＋2lnx,x3)<0，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，由于－(1＋lnx)≥0，即有－(1＋lnx)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上的取值集合是[0，＋∞)，又eq\f(1,x2)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上的取值集合是[e2，＋∞)，因此函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上的取值集合是[0，＋∞)．當(dāng)x>eq\f(1,e)時，g(x)＝eq\f(1＋lnx,x2)，求導(dǎo)得g′(x)＝－eq\f(1＋2lnx,x3)，當(dāng)eq\f(1,e)<x<eq\f(1,\r(e))時，g′(x)>0，當(dāng)x>eq\f(1,\r(e))時，g′(x)<0，因此函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(1,\r(e))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))上單調(diào)遞減，在x＝eq\f(1,\r(e))處取得極大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝eq\f(e,2)，而?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，g(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)＝ax2－|1＋lnx|(a>0)的零點，即方程a＝eq\f(|1＋lnx|,x2)(a>0)的根，亦即直線y＝a(a>0)與函數(shù)y＝g(x)的圖象交點的橫坐標(biāo)，在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出直線y＝a(a>0)與函數(shù)y＝g(x)的圖象，如圖，觀察圖象知，當(dāng)0<a<eq\f(e,2)時，直線y＝a(a>0)與函數(shù)y＝g(x)的圖象有3個公共點；當(dāng)a＝eq\f(e,2)時，直線y＝a(a>0)與函數(shù)y＝g(x)的圖象有2個公共點；當(dāng)a>eq\f(e,2)時，直線y＝a(a>0)與函數(shù)y＝g(x)的圖象有1個公共點．所以當(dāng)0<a<eq\f(e,2)時，函數(shù)f(x)有3個零點；當(dāng)a＝eq\f(e,2)時，函數(shù)f(x)有2個零點；當(dāng)a>eq\f(e,2)時，函數(shù)f(x)有1個零點．在借助函數(shù)圖象研究函數(shù)零點問題時，要準(zhǔn)確畫出函數(shù)的圖象，不僅要研究函數(shù)的單調(diào)性與極值的情況，還要關(guān)注函數(shù)值的正負(fù)以及變化趨勢，把函數(shù)圖象與x軸有無交點，哪一區(qū)間在x軸上方，哪一區(qū)間在x軸下方等情況分析清楚，這樣才能準(zhǔn)確地研究直線與函數(shù)圖象交點的個數(shù)情況．2.(2023·湖北七市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(2,x)－2，g(x)＝xlnx－ax2－x＋1.(1)證明：函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上有且僅有一個零點；(2)假設(shè)存在常數(shù)λ>1，且滿足f(λ)＝0，試討論函數(shù)g(x)的零點個數(shù)．解(1)證明：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)，令f′(x)＝0，得x＝2，當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0，當(dāng)x>2時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．因為f(1)＝0，f(2)＝ln2－1<0，f(e2)＝eq\f(2,e2)>0，由零點存在定理及f(x)的單調(diào)性，得函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上有且僅有一個零點．(2)令g(x)＝0，即xlnx－ax2－x＋1＝0，從而有ax＝lnx－1＋eq\f(1,x).令φ(x)＝lnx－1＋eq\f(1,x)，從而g(x)的零點個數(shù)等價于y＝ax的圖象與φ(x)圖象的交點個數(shù)．φ′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，令φ′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)0<x<1時，φ′(x)<0，當(dāng)x>1時，φ′(x)>0，所以φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，且φ(x)min＝φ(1)＝0，其圖象如圖所示．當(dāng)a＝0時，y＝ax的圖象與φ(x)的圖象有一個交點．當(dāng)a<0時，y＝ax的圖象經(jīng)過第二、四象限，與φ(x)的圖象無交點．當(dāng)a>0時，y＝ax的圖象經(jīng)過第一、三象限，與φ(x)的圖象至少有一個交點．當(dāng)y＝ax的圖象與φ(x)的圖象相切時，設(shè)切點橫坐標(biāo)為x0，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝φ′(x0)＝\f(1,x0)－\f(1,xeq\o\al(2,0))，,ax0＝lnx0－1＋\f(1,x0)，))即有l(wèi)nx0＋eq\f(2,x0)－2＝0，從而x0＝λ，此時a＝eq\f(1,λ)－eq\f(1,λ2)＝eq\f(λ－1,λ2)>0.所以，當(dāng)a＝eq\f(λ－1,λ2)時，y＝ax的圖象與φ(x)的圖象有兩個交點；當(dāng)0<a<eq\f(λ－1,λ2)時，y＝ax的圖象與φ(x)的圖象有三個交點；當(dāng)a>eq\f(λ－1,λ2)時，y＝ax的圖象與φ(x)的圖象有一個交點．綜上所述，當(dāng)a<0時，g(x)沒有零點；當(dāng)0<a<eq\f(λ－1,λ2)時，g(x)有三個零點；當(dāng)a＝eq\f(λ－1,λ2)時，g(x)有兩個零點；當(dāng)a>eq\f(λ－1,λ2)或a＝0時，g(x)有一個零點．考點二根據(jù)零點情況求參數(shù)范圍例3(2023·廣東惠州實驗中學(xué)高三下學(xué)期適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)＝ax，其中0<a<1.(1)求函數(shù)g(x)＝f(x)－xlna的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)h(x)＝ax－eq\f((lna)2,2)x2－xlna－a＋(3－k)lna＋(lna)2在x∈[1，＋∞)上存在零點，求實數(shù)k的取值范圍．解(1)由已知，g(x)＝ax－xlna，g′(x)＝axlna－lna，令g′(x)＝0，解得x＝0.由0<a<1，可知當(dāng)x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0(0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．(2)令h(x)＝0，則存在x∈[1，＋∞)，使得ax－eq\f((lna)2,2)x2－xlna－a＋(3－k)lna＋(lna)2＝0，兩邊同時除以lna，得eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3－k＝0，即eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3＝k.令t(x)＝eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3，x∈[1，＋∞)，t′(x)＝ax－xlna－1，由(1)知ax－xlna≥g(0)＝1，即t′(x)≥0，則函數(shù)t(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以t(x)≥t(1)＝eq\f(a,lna)－eq\f(lna,2)－1－eq\f(a,lna)＋lna＋3＝eq\f(lna,2)＋2.故k≥2＋eq\f(lna,2)，即實數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(lna,2)，＋∞)).根據(jù)零點情況求參數(shù)范圍的解法3.(2022·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)當(dāng)a＝1時，求曲線f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)若f(x)在區(qū)間(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一個零點，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，∴f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋e－x－xe－x，∴f′(0)＝1＋1＝2，又f(0)＝0，∴所求切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x.(2)f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x＝ln(x＋1)＋eq\f(ax,ex)，①當(dāng)a≥0時，若x>0，則ln(x＋1)>0，eq\f(ax,ex)≥0，∴f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上無零點，不符合題意．②當(dāng)a<0時，f′(x)＝eq\f(ex＋a(1－x2),(x＋1)ex).令g(x)＝ex＋a(1－x2)，則g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1，(a)當(dāng)g′(－1)≥0，即－eq\f(1,2e)≤a<0時，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵g(－1)＝e－1>0，∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均無零點，不符合題意．(b)當(dāng)g′(－1)<0，即a<－eq\f(1,2e)時，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0.∴g(x)在(－1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.(ⅰ)當(dāng)g(0)≥0，即－1≤a<－eq\f(1,2e)時，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∵f(0)＝0，∴當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上無零點，不符合題意．(ⅱ)當(dāng)g(0)<0，即a<－1時，存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，∴f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減．∵f(0)＝0，∴f(x1)>f(0)＝0，當(dāng)x→－1時，f(x)<0，∴f(x)在(－1，x1)上存在一個零點，即f(x)在(－1，0)上存在一個零點，∵f(x2)<f(0)＝0，當(dāng)x→＋∞時，f(x)>0，∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一個零點，即f(x)在(0，＋∞)上存在一個零點．綜上，a的取值范圍是(－∞，－1)．考點三“隱零點”問題例4已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax－a(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若不等式f(x)<a(x2－1)在(1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)由f(x)＝lnx＋ax－a知，定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋a＝eq\f(ax＋1,x)，①當(dāng)a≥0時，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)a<0時，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))時，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由f(x)<a(x2－1)，得lnx－a(x2－x)<0，令g(x)＝lnx－a(x2－x)，①當(dāng)a≤0時，在(1，＋∞)上，g(x)＝lnx－a(x2－x)＝lnx－ax(x－1)>0恒成立，與題意不符；②當(dāng)a>0時，g′(x)＝eq\f(1,x)－a(2x－1)＝eq\f(1,x)－2ax＋a在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且g′(1)＝1－a，當(dāng)a∈(0，1)時，g′(1)>0，故在(1，＋∞)上存在x0，使得g′(x)＝0，當(dāng)x∈(1，x0)時，g′(x)>0，則在(1，x0)上，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)>g(1)＝0，與題意不符．當(dāng)a∈[1，＋∞)時，g′(x)<g′(1)＝1－a≤0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)<g(1)＝0，符合題意．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．在函數(shù)的零點中，有些零點不易求出，或者可以求出但無需求出，我們把這樣的零點稱為“隱零點”，即能確定其存在，但又無法或無需求出．對于“隱零點”問題的解題思路是對函數(shù)的零點設(shè)而不求，通過整體代換和過渡，再結(jié)合題目條件解決問題．4.已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx，g(x)＝eq\f(f(x),a)，a≠0.(1)若g(x)在[1，3]上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若a>0，求證：f(x)≥2＋lna.解(1)∵g(x)＝eq\f(f(x),a)＝ex－eq\f(lnx,a)，∴g′(x)＝ex－eq\f(1,ax)(x>0)．∵g(x)在[1，3]上是增函數(shù)，∴g′(x)≥0在[1，3]上恒成立，即eq\f(1,a)≤xex在[1，3]上恒成立．令t(x)＝xex，則t′(x)＝(x＋1)ex.∵當(dāng)x∈[1，3]時，t′(x)>0，∴t(x)在[1，3]上是增函數(shù)，∴(xex)min＝e.∴eq\f(1,a)≤e，解得a≥eq\f(1,e)或a<0，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).(2)證明：f′(x)＝aex－eq\f(1,x)＝eq\f(axex－1,x)，令h(x)＝axex－1，則h′(x)＝aex＋axex＝aex(1＋x)，∵a>0，∴h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又h(0)＝－1<0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eeq\s\up7(\f(1,a))－1>0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，使得h(x0)＝0，即存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，使得f′(x0)＝aex0－eq\f(1,x0)＝0，即x0＝eq\f(1,aex0).∴當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(x0)＝aex0－lnx0＝eq\f(1,x0)－lneq\f(1,aex0)＝eq\f(1,x0)＋x0＋lna≥2eq\r(\f(1,x0)·x0)＋lna＝2＋lna，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,x0)＝x0，即x0＝1時等號成立，∴當(dāng)a>0時，f(x)≥2＋lna.課時作業(yè)1．已知函數(shù)f(x)＝2x3－3x2－12x＋m.(1)若m＝1，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)有3個零點，求實數(shù)m的取值范圍．解(1)由題意，得f′(x)＝6x2－6x－12，故f′(1)＝－12，又當(dāng)m＝1時，f(1)＝2－3－12＋1＝－12，故所求的切線方程為y＋12＝－12(x－1)，即y＝－12x.(2)由題意，得f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)＝6(x＋1)(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2，當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－1，2)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)有極大值f(－1)＝m＋7，有極小值f(2)＝m－20.若函數(shù)f(x)有3個零點，則實數(shù)m滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋7>0，,m－20<0，))解得－7<m<20，即實數(shù)m的取值范圍為(－7，20)．2．已知函數(shù)f(x)＝(x2－2x＋a)ex.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝1時，判斷函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x2＋lnx的零點個數(shù)，并說明理由．解(1)f(x)的定義域為R，f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x＋a)ex＝(x2＋a－2)ex，當(dāng)a≥2時，f′(x)≥0，則f(x)在R上是增函數(shù)；當(dāng)a<2時，f′(x)＝[x2－(2－a)]ex＝(x＋eq\r(2－a))(x－eq\r(2－a))ex，令f′(x)＝0，得x＝±eq\r(2－a)；令f′(x)>0，得x<－eq\r(2－a)或x>eq\r(2－a)；令f′(x)<0，得－eq\r(2－a)<x<eq\r(2－a).所以函數(shù)f(x)在(－eq\r(2－a)，eq\r(2－a))上單調(diào)遞減，在(－∞，－eq\r(2－a))和(eq\r(2－a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)a＝1時，g(x)＝(x－1)2ex－eq\f(1,2)x2＋lnx，其定義域為(0，＋∞)，則g′(x)＝(x＋1)(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x))).設(shè)h(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，則h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0，從而h(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，h(1)＝e－1>0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得h(x0)＝ex0－eq\f(1,x0)＝0，即ex0＝eq\f(1,x0)，x0＝－lnx0.列表如下：x(0，x0)x0(x0，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)增函數(shù)極大值減函數(shù)極小值增函數(shù)由表可得g(x)的極小值為g(1)＝－eq\f(1,2)，g(x)的極大值為g(x0)＝(x0－1)2ex0－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋lnx0＝eq\f(xeq\o\al(2,0)－2x0＋1,x0)－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)－x0＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,x0)－2.因為y＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是減函數(shù)，所以－eq\f(3,2)<g(x0)<－eq\f(1,8)，所以g(x)在(0，1]內(nèi)沒有零點．又g(1)＝－eq\f(1,2)<0，g(2)＝e2－2＋ln2>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在(1，＋∞)內(nèi)有一個零點．綜上所述，g(x)只有一個零點．3．(2023·河北石家莊高三模擬(二))已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x)－2sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\r(x)＋sin2x，求g(x)的最小值；(2)證明：函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有唯一零點．解(1)由題意，g(x)＝－2sinx＋sin2x，g′(x)＝－2cosx＋2cos2x＝2(2cos2x－cosx－1)＝2(cosx－1)(2cosx＋1)，因為x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以0≤cosx<1，所以g′(x)<0，g(x)是減函數(shù)，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－2.(2)證明：f(x)＝eq\r(x)－2sinx，設(shè)h(x)＝x－sinx，則h′(x)＝1－cosx≥0，h(x)是增函數(shù)，所以x>0時，h(x)>h(0)＝0，即x>sinx，從而2x>2sinx，由2x<eq\r(x)，解得0<x<eq\f(1,4)，所以當(dāng)0<x<eq\f(1,4)時，eq\r(x)>2sinx，即f(x)>0，f(x)無零點；當(dāng)eq\f(π,3)<x≤eq\f(π,2)時，2sinx>2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，eq\r(x)<eq\r(\f(π,2))<eq\r(3)，所以f(x)＝eq\r(x)－2sinx<0，f(x)無零點；當(dāng)eq\f(1,4)≤x≤eq\f(π,3)時，f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－2cosx，eq\f(1,2\r(x))≤eq\f(1,2\r(\f(1,4)))＝1，2cosx≥2coseq\f(π,3)＝1，所以f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－2cosx≤0，f(x)單調(diào)遞減，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,2)－2sineq\f(1,4)>eq\f(1,2)－2×eq\f(1,4)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(\f(π,3))－2sineq\f(π,3)＝eq\r(\f(π,3))－eq\r(3)<0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(π,3)))上有唯一零點，也即在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有唯一零點．4．(2024·湖北武漢模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點個數(shù)；(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0)．當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點；當(dāng)a>0時，因為y＝e2x單調(diào)遞增，y＝－eq\f(a,x)單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(a)＝2e2a－1>0，當(dāng)b滿足0<b<eq\f(a,4)，且b<eq\f(1,4)時，f′(b)<0，(討論a≥1或a<1來檢驗，①當(dāng)a≥1時，則0<b<eq\f(1,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\s\up7(\f(1,2))－4a≤2eeq\s\up7(\f(1,2))－4<0；②當(dāng)a<1時，則0<b<eq\f(a,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\s\up7(\f(a,2))－4<2eeq\s\up7(\f(1,2))－4<0.綜上，f′(b)<0.)故當(dāng)a>0時，f′(x)存在唯一零點．(2)證明：由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，則f′(x0)＝2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時，f(x)取得最小值，為f(x0)．所以f(x0)＝e2x0－alnx0＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a)，當(dāng)且僅當(dāng)x0＝eq\f(1,2)時等號成立．故當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).5．(2024·湖南邵東創(chuàng)新實驗學(xué)校高三第二次月考)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，(1)證明：當(dāng)x>0時，f(x)>0恒成立；(2)若關(guān)于x的方程eq\f(f(x),x)＋eq\f(x,2)＝asinx在(0，π)內(nèi)有解，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)證明：函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，x>0，求導(dǎo)得f′(x)＝ex－x－1，令y＝ex－x－1，x>0，求導(dǎo)得y′＝ex－1>0，則函數(shù)f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f′(x)>f′(0)＝0，因此函數(shù)f(x)在(0，＋∞