歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！歡迎閱讀本文檔，希望本文檔能對您有所幫助！第5課時利用導數(shù)研究函數(shù)的零點問題考點1討論函數(shù)的零點個數(shù)——綜合性(2021·?？谀M)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)．(1)判斷f(x)的單調(diào)性，并比較20202021與20212020的大??；(2)若函數(shù)g(x)＝eq\f(a,2)(x－2)2＋x(2f(x)－1)，其中eq\f(1,2)≤a≤eq\f(e,2)，判斷g(x)的零點的個數(shù)，并說明理由．參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.693．解：(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，定義域是(0，＋∞)，故f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)．令f′(x)＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，解得x＞e，故f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，則f(2020)＞f(2021)，即eq\f(ln2020,2020)＞eq\f(ln2021,2021)，故2021ln2020＞2020ln2021，故ln20202021＞ln20212020，故20202021＞20212020．(2)因為g(x)＝eq\f(a,2)(x2－4x＋4)＋2lnx－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)≤a≤\f(e,2)))，所以g′(x)＝ax＋eq\f(2,x)－2a－1＝eq\f((ax－1)(x－2),x)．令g′(x)＝0，解得x＝2或x＝eq\f(1,a)，①當a＝eq\f(1,2)時，則g′(x)＝eq\f((x－2)2,2x)≥0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(2)＝2ln2－2＜0，g(6)＝2ln6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x0∈(2,6)，使得g(x0)＝0，故g(x)在(0，＋∞)上只有1個零點；②當eq\f(1,2)<a<eq\f(e,2)時，則eq\f(1,a)＜2，則g(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)，2))上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)在(0，＋∞)上有極小值g(2)，g(2)＝2ln2－2<0，有極大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝2a－eq\f(1,2a)－2lna－2，且g(2)＝2ln2－2＜0，g(6)＝8a＋2ln6－6＞2ln6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x1∈(2,6)，使得g(x1)＝0，故g(x)在(2，＋∞)上只有1個零點，另一方面令h(a)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝2a－eq\f(1,2a)－2lna－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<a<\f(e,2)))，h′(a)＝2＋eq\f(1,2a2)－eq\f(2,a)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)－1))eq\s\up12(2)>0，所以h(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(e,2)))上單調(diào)遞增，所以h(a)<heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))＝e－eq\f(1,e)－2－2lneq\f(e,2)<0，則geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＜0，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上沒有零點．綜上：當eq\f(1,2)≤a≤eq\f(e,2)時，g(x)只有1個零點．利用導數(shù)求函數(shù)零點個數(shù)的方法(1)構(gòu)造函數(shù)g(x)，利用導數(shù)研究函數(shù)g(x)的性質(zhì)，結(jié)合圖象判斷零點的個數(shù)．(2)利用零點存在定理，先判斷函數(shù)在某個區(qū)間有零點，再結(jié)合圖象與性質(zhì)確定零點的個數(shù)．已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(ax,ex)(e為自然常數(shù))．(1)若f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)a∈R，討論函數(shù)g(x)＝x－lnx－f(x)的零點個數(shù)．解：(1)f(x)＝x－eq\f(ax,ex)，則f′(x)＝eq\f(ex＋ax－a,ex)．因為f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．記φ(x)＝ex＋ax－a，則φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝ex＋a．當a≥－1時，φ′(x)＝ex＋a＞1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(x)＞φ(0)＝1－a≥0，所以－1≤a≤1；當a＜－1時，令φ′(x)＝ex＋a＝0，解得x＝ln(－a)．當0＜x＜ln(－a)時，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，ln(－a))上單調(diào)遞減；當x＞ln(－a)時，φ′(x)＞0，φ(x)在(ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(x)≥φ(ln(－a))＝－2a＋aln(－a)≥0，解得－e2≤a＜－1．綜上可得，實數(shù)a的取值范圍是[－e2,1]．(2)g(x)＝x－lnx－f(x)＝eq\f(ax,ex)－lnx(x＞0)，令g(x)＝0，得a＝eq\f(exlnx,x)(x＞0)．令h(x)＝eq\f(exlnx,x)，則h′(x)＝eq\f((x－1)exlnx＋ex,x2)，當x∈(0,1]時，lnx≤0，x－1≤0，所以h′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，又h(x)＝eq\f(exlnx,x)∈R，a∈R，所以y＝a與h(x)＝eq\f(exlnx,x)的圖象只有一個交點，所以a∈R，g(x)只有唯一一個零點．考點2由函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)的范圍——綜合性(2022·湖南模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3a(x＋1)(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－xlnx－3a在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上有兩個不同的零點，求a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝3x2＋3a．①當a≥0時，f′(x)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增；②當a＜0時，令f′(x)＞0，解得x<－eq\r(－a)或x>eq\r(－a)，令f′(x)＜0，解得－eq\r(－a)<x<eq\r(－a)，所以f(x)在(－∞，－eq\r(－a))，(eq\r(－a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－eq\r(－a)，eq\r(－a))上單調(diào)遞減．綜上，當a≥0時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當a＜0時，f(x)在(－∞，－eq\r(－a))，(eq\r(－a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－eq\r(－a)，eq\r(－a))上單調(diào)遞減．(2)g(x)＝x3＋3ax－xlnx，依題意，x3＋3ax－xlnx＝0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上有兩個不同的解，即3a＝lnx－x2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上有兩個不同的解．設(shè)h(x)＝lnx－x2，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，則h′(x)＝eq\f(1,x)－2x＝eq\f(1－2x2,x)．當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))時，h′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，2))時，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝－eq\f(1,2)ln2－eq\f(1,2)，且heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－eq\f(1,4)，h(2)＝ln2－4，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>h(2)，所以－ln2－eq\f(1,4)≤3a<－eq\f(1,2)ln2－eq\f(1,2)，所以－eq\f(1,3)ln2－eq\f(1,12)≤a<－eq\f(1,6)ln2－eq\f(1,6)，即實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)ln2－\f(1,12)，－\f(1,6)ln2－\f(1,6)))．已知函數(shù)零點的個數(shù)求參數(shù)的常用方法(1)分離參數(shù)法：先分離參數(shù)，構(gòu)造新函數(shù)，利用導數(shù)求其最值，再根據(jù)題設(shè)利用函數(shù)零點存在定理構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，求解不等式可確定參數(shù)范圍．(2)分類討論法：結(jié)合單調(diào)性，先確定參數(shù)的分類標準，在每個小范圍內(nèi)研究零點的個數(shù)是否符合題意，將滿足題意的參數(shù)的小范圍并在一起，可得參數(shù)的范圍．已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋1－eq\f(1,1－x)，a∈R．(1)若f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－x－a－1，若g(x)在(1，＋∞)上無零點，求整數(shù)a的最小值．解：(1)由題知f′(x)＝2x＋a＋eq\f(－1,(x－1)2)≤0在(0,1)上恒成立，即a≤eq\f(1,(x－1)2)－2x恒成立．令h(x)＝eq\f(1,(x－1)2)－2x，則h′(x)＝eq\f(－2,(x－1)3)－2＝－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,(x－1)3)＋1))>0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以a≤h(x)min＝h(0)＝1．故a的取值范圍是(－∞，1]．(2)由已知x>1，假設(shè)g(x)＝0?－a＝x＋eq\f(1,(x－1)2)，記φ(x)＝x＋eq\f(1,(x－1)2)，則φ′(x)＝1＋eq\f(－2,(x－1)3)．令φ′(x)＞0，解得x>1＋eq\r(3,2)，所以φ(x)在(1,1＋eq\r(3,2))上單調(diào)遞減，在(1＋eq\r(3,2)，＋∞)上單調(diào)遞增，φ(1＋eq\r(3,2))＝1＋eq\r(3,2)＋eq\f(1,\r(3,4))＝1＋eq\f(3,\r(3,4))＝1＋eq\r(3,\f(27,4))∈(2,3)，由題知－a＝φ(x)在(1，＋∞)內(nèi)無解，故－a<φ(1＋eq\r(3,2))<3，所以a>－φ(1＋eq\r(3,2))，所以整數(shù)a的最小值為－2．考點3函數(shù)極值點的偏移問題——綜合性(2021·新高考全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e．(1)解：函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，又f′(x)＝1－lnx－1＝－lnx，當x∈(0,1)時，f′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)證明：因為blna－alnb＝a－b，故b(lna＋1)＝a(lnb＋1)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))．設(shè)eq\f(1,a)＝x1，eq\f(1,b)＝x2，由(1)可知不妨設(shè)0<x1<1，x2>1．因為x∈(0,1)時，f(x)＝x(1－lnx)>0，x∈(e，＋∞)時，f(x)＝x(1－lnx)<0，故1<x2<e．先證：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2,要證x1＋x2>2，即證x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即證f(x1)>f(2－x2)，即證f(x2)>f(2－x2)，其中1<x2<2．設(shè)g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，則g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]．因為1<x<2，故0<x(2－x)<1，故－lnx(2－x)>0，所以g′(x)>0，故g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(1)＝0，故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立，綜上，x1＋x2>2成立．設(shè)x2＝tx1，則t>1，結(jié)合eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，eq\f(1,a)＝x1，eq\f(1,b)＝x2，可得x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，即1－lnx1＝t(1－lnt－lnx1)，故lnx1＝eq\f(t－1－tlnt,t－1)，要證x1＋x2<e，即證(t＋1)x1<e，即證ln(t＋1)＋lnx1<1，即證ln(t＋1)＋eq\f(t－1－tlnt,t－1)<1，即證(t－1)ln(t＋1)－tlnt<0．令S(t)＝(t－1)ln(t＋1)－tlnt，t>1，則S′(t)＝ln(t＋1)＋eq\f(t－1,t＋1)－1－lnt＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,t)))－eq\f(2,t＋1)．先證明一個不等式：ln(x＋1)≤x．設(shè)u(x)＝ln(x＋1)－x，則u′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝eq\f(－x,x＋1)，當－1<x<0時，u′(x)>0；當x>0時，u′(x)<0，故u(x)在(－1,0)上為增函數(shù)，在(0，＋∞)上為減函數(shù)，故u(x)max＝u(0)＝0，故ln(x＋1)≤x成立．由上述不等式可得當t>1時，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,t)))≤eq\f(1,t)<eq\f(2,t＋1)，故S′(t)<0恒成立，故S(t)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，故S(t)<S(1)＝0，故(t－1)ln(t＋1)－tlnt<0成立，即x1＋x2<e成立．綜上所述，2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e．對稱化構(gòu)造是解決極值點偏移問題的方法，該方法可分為以下三步：(1)求導，獲得函數(shù)f(x)的單調(diào)性、極值情況，作出圖象，由f(x1)＝f(x2)得x1，x2的取值范圍．(2)構(gòu)造輔助函數(shù)，對結(jié)論x1＋x2>(<)2x0，構(gòu)造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對結(jié)論x1x2>(<)2x0，構(gòu)造F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，求導，限定x1或x2的范圍，判定符號，獲得不等式．(3)代入x1(或x2)，利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的單調(diào)性證明最終結(jié)論．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax有兩個零點x1，x2(x1<x2)．(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)求證：x1·x2>e2．(1)解：f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，不符合題意．②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a)．當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0．由題意知f(x)有兩個零點的必要條件為f(x)＝lnx－ax的極大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1>0，解得0<a<eq\f(1,e)．顯然e∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，f(e)＝1－ae<0，eq\f(1,a2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))＝2lneq\f(1,a)－eq\f(1,a)．設(shè)t＝eq\f(1,a)>e，g(t)＝2lnt－t，g′(t)＝eq\f(2,t)－1<0，所以g(t)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，g(t)<g(e)＝2－e<0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))<0．所以實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．(2)證明：因為f(1)＝－a<0，所以1<x1<eq\f(1,a)<x2．構(gòu)造函數(shù)H(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x))－2ax,0<x<eq\f(1,a)．H′(x)＝eq\f(1,\f(1,a)＋x)＋eq\f(1,\f(1,a)－x)－2a＝eq\f(2a3x2,1－a2x2)>0，所以H(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，故H(x)>H(0)＝0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x))．由1<x1<eq\f(1,a)<x2，知eq\f(2,a)－x1>eq\f(1,a)，故f(x2)＝f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x1))))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x1))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x1))．因為f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以x2>eq\f(2,a)－x1，即x1＋x2>eq\f(2,a)．故ln(x1x2)＝lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2．拓展考點隱零點求解問題已知函數(shù)f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0．(1)求a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e－2<f(x0)<2－2．(1)解：f(x)的定義域為(0，＋∞)，設(shè)g(x)＝ax－a－lnx，則f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等價于g(x)≥0．因為g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－eq\f(1,x)，g′(1)＝a－1＝0，得a＝1．若a＝1，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)．當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以x＝1是g(x)的極小值點，故g(x)≥g(1)＝0．綜上，a＝1．(2)證明：由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx(x>0)．設(shè)h(x)＝2x－2－lnx，h′(x)＝2－eq\f(1,x)．當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，h′(x)<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時，h′(x)>0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增．又h(e－2)>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0，h(1)＝0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上有唯一零點x0，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上有唯一零點1，且當x∈(0，x0)時，h(x)>0；當x∈(x0，1)時，h(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)>0．因為f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一極大值點．由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))得f(x0)<eq\f(1,4)．因為x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值點，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2，所以e－2<f(x0)<2－2．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝1，k為整數(shù)，且當x>0時，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．解：(1)當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，lna)，單調(diào)遞增區(qū)間是(lna，＋∞)．(解答過程略)(2)由題設(shè)可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k<x＋eq\f(x＋1,ex－1)(x>0)恒成立．令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)，得g′(x)＝eq\f(ex－1－(x＋1)ex,(ex－1)2)＋1＝eq\f(ex(ex－x－2),(ex－1)2)(x>0)．由(1)的結(jié)論可知，函數(shù)h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函數(shù)．又因為h(1)<0，h(2)>0，所以函數(shù)h(x)的唯一零點α∈(1,2)(該零點就是h(x)的隱零點)，且eα＝α＋2．當x∈(0，α)時，g′(x)<0；當x∈(α，＋∞)時，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝eq\f(α＋1,eα－1)＋α．又eα＝α＋2且α∈(1,2)，則g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，所以k的最大值為2．1．按導函數(shù)零點能否精確求解可以把零點分為兩類：(1)“顯零點”：數(shù)值上能精確求解的．(2)“隱零點”：能夠判斷其存在但無法直接表示．2．解決“隱零點”問題，常用虛設(shè)零點、代數(shù)變形、整體代換、構(gòu)造函數(shù)、不等式應用等技巧．1．已知函數(shù)f(x)＝ex－a－eln(ex＋a)，若關(guān)于x的不等式f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：由函數(shù)f(x)＝ex－a－eln(ex＋a)，求得定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,e)，＋∞))，對函數(shù)求導可得：f′(x)＝ex－eq\f(e2,ex＋a)，則存在一個x0，使得f′(x0)＝0，且－eq\f(a,e)＜x＜x0時，f′(x)＜0，x＞x0時，f′(x)＞0，則f(x)≥f(x0)＝ex0－a－eln(ex0＋a)＝eq\f(e2,ex0＋a)－a－e·lneeq\s\up12(2－x0)＝ex0＋eq\f(e2,ex0＋a)－2e－a＝ex0＋a＋eq\f(e2,ex0＋a)－2e－2a．因為ex0＋a＋eq\f(e2,ex0＋a)≥2eeq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(當且僅當x0＝\f(a,1－e)時，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(等號成立))，所以f(x0)≥2e－2e－2a＝－2a≥0，則a≤0，所以實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]．2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1－lnx,x2)．(1)求函數(shù)f(x)的零點及單調(diào)區(qū)間；(2)求證：曲線y＝eq\f(lnx,x)存在斜率為6的切線，且切點的縱坐標y0<－1．(1)解：函數(shù)f(x)的零點為e．函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(eeq\s\up12(eq\f(3,2))，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eeq\s\up12(eq\f(3,2)))．(解答過程略)(2)證明：要證曲線y＝eq\f(lnx,x)存在斜率為6的切線，即證y′＝eq\f(1－lnx,x2)＝6有解，等價于1－lnx－6x2＝0在x>0時有解．構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)＝1－lnx－6x2(x>0)，g′(x)＝－eq\f(1,x)－12x<0，函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(1)＝－5<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋ln2－eq\f(3,2)>0，所以?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得g(x0)＝1－lnx0－6xeq\o\al(2,0)＝0．即證明曲線y＝eq\f(lnx,x)存在斜率為6的切線．設(shè)切點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(lnx0,x0)))，則y＝eq\f(lnx0,x0)＝eq\f(1－6x\o\al(2,0),x0)＝eq\f(1,x0)－6x0，x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))．令h(x)＝eq\f(1,x)－6x，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，由h(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，則h(x)<heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－1，所以y0<－1．已知f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x，m∈R．若f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1<x2．求證：x1x2>e2(e為自然對數(shù)的底數(shù))．[四字程序]讀想算思求證：x1x2>e21．證明不等式的解題策略．2．如何構(gòu)造函數(shù)由極值的定義建立等量關(guān)系、求導研究有關(guān)函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化與化歸f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1<x21．構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值．2．利用函數(shù)單調(diào)性．3．建立等量關(guān)系后令t＝eq\f(x2,x1)構(gòu)建關(guān)于t的函數(shù)．4．構(gòu)造g(x)＝eq\f(lnx,x)1．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))得m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)．2．令g(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x1)＝g(x2)，g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)1．函數(shù)極值的定義．2．欲證x1x2>e2，需證lnx1＋lnx2>2思路參考：轉(zhuǎn)化為證明lnx1＋lnx2>2，根據(jù)x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量關(guān)系．令t＝eq\f(x2,x1)，將lnx1＋lnx2變形為關(guān)于t的函數(shù)，將lnx1＋lnx2>2轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的不等式進行證明．證明：欲證x1x2>e2，需證lnx1＋lnx2>2．若f(x)有兩個極值點x1，x2，則函數(shù)f′(x)有兩個零點．又f′(x)＝lnx－mx(x>0)，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個不等實根．于是，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))解得m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)．另一方面，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，從而得eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，于是，lnx1＋lnx2＝eq\f((lnx2－lnx1)(x2＋x1),x2－x1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1)．又0<x1<x2，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)，則t>1．因此，lnx1＋lnx2＝eq\f((1＋t)lnt,t－1)，t>1．要證lnx1＋lnx2>2，即證eq\f((t＋1)lnt,t－1)>2，t>1．即當t>1時，有l(wèi)nt>eq\f(2(t－1),t＋1)．設(shè)函數(shù)h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)，t＞1，則h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2(t＋1)－2(t－1),(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)≥0，所以，h(t)為(1，＋∞)上的增函數(shù)．又h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0．于是，當t>1時，有l(wèi)nt>eq\f(2(t－1),t＋1)．所以lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2．思路參考：將證明x1x2>e2轉(zhuǎn)化為證明x1>eq\f(e2,x2)．依據(jù)x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個不等實根，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx,x)，結(jié)合函數(shù)g(x)的單調(diào)性，只需證明g(x2)＝g(x1)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1)))．證明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個不等實根，且f′(x)＝lnx－mx(x>0)，所以mx1＝lnx1，mx2＝lnx2．令g(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，因此，g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．又x1<x2，所以0<x1<e<x2．令h(x)＝g(x)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x)))(x∈(0，e))，h′(x)＝eq\f((1－lnx)(e2－x2),x2e2)>0，故h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，故h(x)<h(e)＝0，即g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x)))．令x＝x1，則g(x2)＝g(x1)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1)))．因為x2，eq\f(e2,x1)∈(e，＋∞)，g(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以x2>eq\f(e2,x1)，即x1x2>e2．思路參考：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，推出eq\f(t1,t2)＝et1－t2．將證明x1x2>e2轉(zhuǎn)化為證明t1＋t2>2，引入變量k＝t1－t2<0構(gòu)建函數(shù)進行證明．證明：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＝met1，,t2＝met2))?eq\f(t1,t2)＝et1－t2．設(shè)k＝t1－t2<0，則t1＝eq\f(kek,ek－1)，t2＝eq\f(k,ek－1)．欲證x1x2>e2，需證lnx1＋lnx2>2．即只需證明t1＋t2＞2，即eq\f(k(1＋ek),ek－1)>2?k(1＋ek)<2(ek－1)?k(1＋ek)－2(ek－1)<0．設(shè)g(k)＝k(1＋ek)－2(ek－1)(k<0)，則g′(k)＝kek－ek＋1．令m(k)＝kek－ek＋1，則m′(k)＝kek<0，故g′(k)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，因此g(k)<g(0)＝0，命題得證．思路參考：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，推出eq\f(t1,t2)＝et1－t2．將證明x1x2>e2轉(zhuǎn)化為證明t1＋t2>2，引入變量eq\f(t1,t2)＝k∈(0,1)構(gòu)建函數(shù)進行證明．證明：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＝met1，,t2＝met2))?eq\f(t1,t2)＝et1－t2．設(shè)eq\f(t1,t2)＝k∈(0,1)，則t1＝eq\f(klnk,k－1)，t2＝eq\f(lnk,k－1)．欲證x1x2>e2，需證lnx1＋lnx2>2，即只需證明t1＋t2>2，即eq\f((k＋1)l