二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)-專題四-第二課時-“導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點問題”考法面面觀第二課時“導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點問題”考法面面觀[考法一函數(shù)零點個數(shù)問題]題型·策略(一)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,))討論函數(shù)的零點個數(shù)eq\a\vs4\al([例1])已知f(x)＝e－x(ax2＋x＋1)．當(dāng)a>0時，試討論方程f(x)＝1的解的個數(shù)．[破題思路]求什么想什么討論方程f(x)＝1的解的個數(shù)，想到f(x)－1的零點個數(shù)給什么用什么給出f(x)的解析式，用f(x)＝1構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為零點問題求解(或分離參數(shù)，結(jié)合圖象求解)[規(guī)范解答]上單調(diào)遞增，所以g(m)max＝g(1)＝0，即h′(x)min≤0(當(dāng)m＝1即a＝eq\f(1,2)時取等號)．①當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，h′(x)min＝0，則h′(x)≥0恒成立．所以h(x)在R上單調(diào)遞增，故此時h(x)只有一個零點．②當(dāng)a>eq\f(1,2)時，ln2a>0，h′(x)min＝h′(ln2a)<0，又h′(x)在(－∞，ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a，＋∞)上單調(diào)遞增，又h′(0)＝0，則存在x1>0使得h′(x1)＝0，這時h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以h(x1)<h(0)＝0，又h(0)＝0，所以此時h(x)有兩個零點．③當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，ln2a<0，h′(x)min＝h′(ln2a)<0，又h′(x)在(－∞，ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a，＋∞)上單調(diào)遞增，又h′(0)＝0，則存在x2<0使得h′(x2)＝0.這時h(x)在(－∞，x2)上單調(diào)遞增，在(x2,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x2)>h(0)＝0，h(0)＝0，所以此時f(x)有兩個零點．綜上，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，方程f(x)＝1只有一個解；當(dāng)a≠eq\f(1,2)且a>0時，方程f(x)＝1有兩個解．法二：分離參數(shù)法(學(xué)生用書提供解題過程)方程f(x)＝1的解的個數(shù)即方程ex－ax2－x－1＝0(a>0)的解的個數(shù)，方程可化為ax2＝ex－x－1.當(dāng)x＝0時，方程為0＝e0－0－1，顯然成立，所以x＝0為方程的解．當(dāng)x≠0時，分離參數(shù)可得a＝eq\f(ex－x－1,x2)(x≠0)．設(shè)函數(shù)p(x)＝eq\f(ex－x－1,x2)(x≠0)，則p′(x)＝eq\f(ex－x－1′·x2－x2′·ex－x－1,x22)＝eq\f(exx－2＋x＋2,x3).記q(x)＝ex(x－2)＋x＋2，則q′(x)＝ex(x－1)＋1.記t(x)＝q′(x)＝ex(x－1)＋1，則t′(x)＝xex.顯然當(dāng)x<0時，t′(x)<0，函數(shù)t(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時，t′(x)>0，函數(shù)t(x)單調(diào)遞增．所以t(x)>t(0)＝e0(0－1)＋1＝0，即q′(x)>0，所以函數(shù)q(x)單調(diào)遞增．而q(0)＝e0(0－2)＋0＋2＝0，所以當(dāng)x<0時，q(x)<0，即p′(x)>0，函數(shù)p(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>0時，q(x)>0，即p′(x)>0，函數(shù)p(x)單調(diào)遞增．而當(dāng)x→0時，p(x)→eq\f(ex－x－1′,x2′)x→0＝eq\f(ex－1,2x)x→0＝eq\f(ex－1′,2x′)x→0＝eq\f(ex,2)x→0＝eq\f(1,2)(洛必達(dá)法則)，當(dāng)x→－∞時，p(x)→eq\f(ex－x－1′,x2′)x→－∞＝eq\f(ex－1,2x)x→－∞＝0，故函數(shù)p(x)的圖象如圖所示．作出直線y＝a.顯然，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，直線y＝a與函數(shù)p(x)的圖象無交點，即方程ex－ax2－x－1＝0只有一個解x＝0；當(dāng)a≠eq\f(1,2)且a>0時，直線y＝a與函數(shù)p(x)的圖象有一個交點(x0，a)，即方程ex－ax2－x－1＝0有兩個解x＝0或x＝x0.綜上，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，方程f(x)＝1只有一個解；當(dāng)a≠eq\f(1,2)且a>0時，方程f(x)＝1有兩個解．[注]部分題型利用分離法處理時，會出現(xiàn)“eq\f(0,0)”型的代數(shù)式，這是大學(xué)數(shù)學(xué)中的不定式問題，解決這類問題有效的方法就是洛必達(dá)法則．法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)lieq\o(m,\s\do4(x→a))f(x)＝0及l(fā)ieq\o(m,\s\do4(x→a))g(x)＝0；(2)在點a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l.那么lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(fx,gx)＝lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l.法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)lieq\o(m,\s\do4(x→a))f(x)＝∞及l(fā)ieq\o(m,\s\do4(x→a))g(x)＝∞；(2)在點a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l.那么lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(fx,gx)＝lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l.[題后悟通]思路受阻分析構(gòu)造函數(shù)后，正確進(jìn)行分類討論是解決本題的關(guān)鍵；不知道分類討論或分類討論時，分類不明或分類不全是解決此類問題常犯的錯誤技法關(guān)鍵點撥判斷函數(shù)零點個數(shù)的思路判斷函數(shù)在某區(qū)間[a，b]((a，b))內(nèi)的零點的個數(shù)時，主要思路為：一是由f(a)f(b)<0及零點存在性定理，說明在此區(qū)間上至少有一個零點；二是求導(dǎo)，判斷函數(shù)在區(qū)間(a，b)上的單調(diào)性，若函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)遞增或遞減，則說明至多只有一個零點；若函數(shù)在區(qū)間[a，b]((a，b))上不單調(diào)，則要求其最大值或最小值，借用圖象法等，判斷零點個數(shù)[對點訓(xùn)練]1．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2(a∈R)．(1)若f(x)在點(2，f(2))處的切線與直線2x＋y＋2＝0垂直，求實數(shù)a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e2]上零點的個數(shù)．解：(1)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＝eq\f(1－ax2,x)，則f′(2)＝eq\f(1－4a,2).因為直線2x＋y＋2＝0的斜率為－2，所以(－2)×eq\f(1－4a,2)＝－1，解得a＝0.(2)f′(x)＝eq\f(1－ax2,x)，x∈(0，＋∞)，當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,x>0))得0<x<eq\f(\r(a),a)；由f′(x)<0得x>eq\f(\r(a),a)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上所述：當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞)).(3)由(2)可知，(ⅰ)當(dāng)a<0時，f(x)在[1，e2]上單調(diào)遞增，而f(1)＝－eq\f(1,2)a>0，故f(x)在[1，e2]上沒有零點．(ⅱ)當(dāng)a＝0時，f(x)在[1，e2]上單調(diào)遞增，而f(1)＝－eq\f(1,2)a＝0，故f(x)在[1，e2]上有一個零點．(ⅲ)當(dāng)a>0時，①若eq\f(\r(a),a)≤1，即a≥1時，f(x)在[1，e2]上單調(diào)遞減．因為f(1)＝－eq\f(1,2)a<0，所以f(x)在[1，e2]上沒有零點．②若1<eq\f(\r(a),a)≤e2，即eq\f(1,e4)≤a<1時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(a),a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，e2))上單調(diào)遞減，而f(1)＝－eq\f(1,2)a<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)，f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)<0，即a>eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e2]上沒有零點；若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)＝0，即a＝eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e2]上有一個零點；若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)>0，即a<eq\f(1,e)時，由f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4>0，得a<eq\f(4,e4)，此時，f(x)在[1，e2]上有一個零點；由f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4≤0，得a≥eq\f(4,e4)，此時，f(x)在[1，e2]上有兩個零點；③若eq\f(\r(a),a)≥e2，即0<a≤eq\f(1,e4)時，f(x)在[1，e2]上單調(diào)遞增，因為f(1)＝－eq\f(1,2)a<0，f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4>0，所以f(x)在[1，e2]上有一個零點．綜上所述：當(dāng)a<0或a>eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e2]上沒有零點；當(dāng)0≤a<eq\f(4,e4)或a＝eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e2]上有一個零點；當(dāng)eq\f(4,e4)≤a<eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e2]上有兩個零點．eq\a\vs4\al(題型·策略二)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,))由函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)范圍eq\a\vs4\al([例2])已知函數(shù)f(x)＝xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2.(1)若a＝e，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．[破題思路]第(1)問求什么想什么求f(x)的極值，想到求f′(x)＝0的解，然后根據(jù)單調(diào)性求極值第(2)問求什么想什么求實數(shù)a的取值范圍，想到建立關(guān)于a的不等式給什么用什么給出函數(shù)f(x)的解析式，并已知f(x)有兩個零點，利用f(x)的圖象與x軸有兩個交點求解[規(guī)范解答](1)直接法(學(xué)生用書不提供解題過程)由題意知，當(dāng)a＝e時，f(x)＝xex－eq\f(1,2)e(x＋1)2，函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值－eq\f(1,e)極小值－e所以當(dāng)x＝－1時，f(x)取得極大值－eq\f(1,e)；當(dāng)x＝1時，f(x)取得極小值－e.(2)法一：分類討論法(學(xué)生用書不提供解題過程)f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，若a＝0，易知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上只有一個零點，故不符合題意．若a<0，當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．由f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，且f(1)＝e－2a>0，當(dāng)x→－∞時，f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上有兩個零點．若lna<－1，即0<a<eq\f(1,e)，當(dāng)x∈(－∞，lna)∪(－1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(lna，－1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．又f(lna)＝alna－eq\f(1,2)a(lna＋1)2<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一個零點，故不符合題意．若lna＝－1，即a＝eq\f(1,e)，當(dāng)x∈(－∞，＋∞)時，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，故不符合題意．若lna>－1，即a>eq\f(1,e)，當(dāng)x∈(－∞，－1)∪(lna，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－1，lna)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．又f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一個零點，故不符合題意．綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)．法二：數(shù)形結(jié)合法(學(xué)生用書提供解題過程)令f(x)＝0，即xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2＝0，得xex＝eq\f(1,2)a(x＋1)2.當(dāng)x＝－1時，方程為－e－1＝eq\f(1,2)a×0，顯然不成立，所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函數(shù)f(x)的零點．當(dāng)x≠－1時，分離參數(shù)得a＝eq\f(2xex,x＋12).記g(x)＝eq\f(2xex,x＋12)(x≠－1)，則g′(x)＝eq\f(2xex′x＋12－[x＋12]′·2xex,x＋14)＝eq\f(2exx2＋1,x＋13).當(dāng)x<－1時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．當(dāng)x＝0時，g(x)＝0；當(dāng)x→－∞時，g(x)→0；當(dāng)x→－1時，g(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時，g(x)→＋∞.故函數(shù)g(x)的圖象如圖所示．作出直線y＝a，由圖可知，當(dāng)a<0時，直線y＝a和函數(shù)g(x)的圖象有兩個交點，此時函數(shù)f(x)有兩個零點．故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)．[題后悟通]思路受阻分析解決本題第(2)問時，可根據(jù)參數(shù)對函數(shù)單調(diào)性的影響，分類討論函數(shù)零點的個數(shù)，進(jìn)而求得實數(shù)a的取值范圍，此時能否正確分類是解決本題的關(guān)鍵；也可直接分離參數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象交點個數(shù)問題求解，此時，能否正確畫出函數(shù)圖象是解決問題的關(guān)鍵技法關(guān)鍵點撥利用函數(shù)零點的情況求參數(shù)范圍的方法(1)分離參數(shù)(a＝g(x))后，將原問題轉(zhuǎn)化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉(zhuǎn)化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的交點個數(shù)問題(優(yōu)選分離、次選分類)求解；(2)利用零點的存在性定理構(gòu)建不等式求解；(3)轉(zhuǎn)化為兩個熟悉的函數(shù)圖象的位置關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解[對點訓(xùn)練]2．(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R.(1)當(dāng)a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程；(2)討論f(x)的單調(diào)性；(3)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝lnx＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，f′(e)＝1＋eq\f(1,e)，∴曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程為y－(e＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e)))(x－e)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))x.(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋1＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)，x>0，①當(dāng)a≤0時，顯然f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)＝0，則－2ax2＋x＋1＝0，易知其判別式為正，設(shè)方程的兩根分別為x1，x2(x1<x2)，則x1x2＝－eq\f(1,2a)<0，∴x1<0<x2，∴f′(x)＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)＝eq\f(－2ax－x1x－x2,x)，x>0.令f′(x)>0，得x∈(0，x2)；令f′(x)<0，得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(3)法一：由(2)知，①當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，至多一個零點，不符合題意；②當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在(0，x2)上單調(diào)遞增，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(x2)．要使f(x)有兩個零點，需f(x2)>0，即lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2>0，又由f′(x2)＝0得axeq\o\al(2,2)＝eq\f(1＋x2,2)，代入上面的不等式得2lnx2＋x2>1，解得x2>1，∴a＝eq\f(1＋x2,2x\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x\o\al(2,2))＋\f(1,x2)))<1.下面證明：當(dāng)a∈(0,1)時，f(x)有兩個零點．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝lneq\f(1,e)－ae－2＋eq\f(1,e)<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝lneq\f(2,a)－a·eq\f(4,a2)＋eq\f(2,a)<eq\f(2,a)－a·eq\f(4,a2)＋eq\f(2,a)＝0(∵lnx<x)．又x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)<eq\f(1＋\r(8＋1),4a)＝eq\f(1,a)<eq\f(2,a)，且x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)＝eq\f(2,\r(8a＋1)－1)>eq\f(2,\r(8＋1)－1)＝1>eq\f(1,e)，f(x2)＝lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2＝eq\f(1,2)(2lnx2＋x2－1)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，x2))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(2,a)))上各有一個零點．∴a的取值范圍為(0,1)．法二：函數(shù)f(x)有兩個零點，等價于方程a＝eq\f(lnx＋x,x2)有兩解．令g(x)＝eq\f(lnx＋x,x2)，x>0，則g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3).由g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3)>0，得2lnx＋x<1，解得0<x<1，∴g(x)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)單調(diào)遞減，又當(dāng)x≥1時，g(x)>0，當(dāng)x→0時，g(x)→－∞，∴作出函數(shù)g(x)的簡圖如圖，結(jié)合函數(shù)值的變化趨勢猜想：當(dāng)a∈(0,1)時符合題意．下面給出證明：當(dāng)a≥1時，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合題意；當(dāng)a≤0時，方程至多一解，不符合題意；當(dāng)a∈(0,1)時，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))－a<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)＋\f(2,a)))<eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(2,a)))＝a，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))－a<0.∴方程在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,a)))上各有一個根，∴f(x)有兩個零點．∴a的取值范圍為(0,1)．[考法二函數(shù)零點與極值點的偏移問題]eq\a\vs4\al([典例])已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(x>0)，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個零點x1，x2(x1≠x2)．證明：x1x2>e2.[破題思路]證明x1x2>e2，想到把雙變量x1，x2轉(zhuǎn)化為只含有一個變量的不等式證明．[規(guī)范解答]法一：巧抓根商c＝eq\f(x1,x2)構(gòu)造函數(shù)(學(xué)生用書不提供解題過程)不妨設(shè)x1>x2>0，因為lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝a，欲證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2.因為lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即證a>eq\f(2,x1＋x2)，所以原問題等價于證明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即lneq\f(x1,x2)>eq\f(2x1－x2,x1＋x2)，令c＝eq\f(x1,x2)(c>1)，則不等式變?yōu)閘nc>eq\f(2c－1,c＋1).令h(c)＝lnc－eq\f(2c－1,c＋1)，c>1，所以h′(c)＝eq\f(1,c)－eq\f(4,c＋12)＝eq\f(c－12,cc＋12)>0，所以h(c)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(c)>h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－eq\f(2c－1,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得證．[啟思維]該方法的基本思路是直接消掉參數(shù)a，再結(jié)合所證問題，巧妙引入變量c＝eq\f(x1,x2)，從而構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)．其解題要點為：(1)聯(lián)立消參：利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的參數(shù)a.(2)抓商構(gòu)元：令c＝eq\f(x1,x2)，消掉變量x1，x2，構(gòu)造關(guān)于c的函數(shù)h(c)．(3)用導(dǎo)求解：利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)h(c)的最小值，從而可證得結(jié)論．法二：抓極值點構(gòu)造函數(shù)(學(xué)生用書提供解題過程)由題意，函數(shù)f(x)有兩個零點x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的兩根．令t1＝lnx1，t2＝lnx2.設(shè)g(x)＝xe－x，則g(t1)＝g(t2)，從而x1x2>e2?lnx1＋lnx2>2?t1＋t2>2.下證：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)g(x)在x＝1處取得極大值g(1)＝eq\f(1,e).當(dāng)x→－∞時，g(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0且g(x)>0.由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨設(shè)t1<t2，作出函數(shù)g(x)的圖象如圖所示，由圖知必有0<t1<1<t2，令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0,1]，則F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝eq\f(x,ex＋1)(e2x－1)>0，所以F(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，所以F(x)>F(0)＝0對任意的x∈(0,1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)對任意的x∈(0,1]恒成立．由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0,1]，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2)，又2－t1∈(1，＋∞)，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以2－t1<t2，即t1＋t2>2.[啟思維]上述解題過程就是解決極值點偏移問題的最基本的方法，共有四個解題要點：(1)求函數(shù)g(x)的極值點x0；(2)構(gòu)造函數(shù)F(x)＝g(x0＋x)－g(x0－x)；(3)確定函數(shù)F(x)的單調(diào)性；(4)結(jié)合F(0)＝0，確定g(x0＋x)與g(x0－x)的大小關(guān)系．其口訣為：極值偏離對稱軸，構(gòu)造函數(shù)覓行蹤，四個步驟環(huán)相扣，兩次單調(diào)緊跟隨．法三：巧抓根差s＝Δt＝t2－t1構(gòu)造函數(shù)(學(xué)生用書提供解題過程)由題意，函數(shù)f(x)有兩個零點x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的兩根．設(shè)t1＝lnx1，t2＝lnx2，設(shè)g(x)＝xe－x，則g(t1)＝g(t2)，從而x1x2>e2?lnx1＋lnx2>2?t1＋t2>2.下證：t1＋t2>2.由g(t1)＝g(t2)，得t1e－t1＝t2e－t2，化簡得et2－t1＝eq\f(t2,t1)，①不妨設(shè)t2>t1，由法二知，0<t1<1<t2.令s＝t2－t1，則s>0，t2＝s＋t1，代入①式，得es＝eq\f(s＋t1,t1)，解得t1＝eq\f(s,es－1).則t1＋t2＝2t1＋s＝eq\f(2s,es－1)＋s，故要證t1＋t2>2，即證eq\f(2s,es－1)＋s>2，又es－1>0，故要證eq\f(2s,es－1)＋s>2，即證2s＋(s－2)(es－1)>0，②令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，則G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0，故G′(s)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以G′(s)>G′(0)＝0，從而G(s)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以G(s)>G(0)＝0，所以②式成立，故t1＋t2>2.[啟思維]該方法的關(guān)鍵是巧妙引入變量s，然后利用等量關(guān)系，把t1，t2消掉，從而構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，轉(zhuǎn)化所證問題．其解題要點為：(1)取差構(gòu)元：記s＝t2－t1，則t2＝t1＋s，利用該式消掉t2.(2)巧解消參：利用g(t1)＝g(t2)，構(gòu)造方程，解之，利用s表示t1.(3)構(gòu)造函數(shù)：依據(jù)消參之后所得不等式的形式，構(gòu)造關(guān)于s的函數(shù)G(s)．(4)轉(zhuǎn)化求解：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)G(s)的單調(diào)性和最小值，從而證得結(jié)論．[題后悟通]思路受阻分析不能把雙變量x1，x2的不等式轉(zhuǎn)化為單變量的不等式，導(dǎo)致無從下手解題技法關(guān)鍵點撥函數(shù)極值點偏移問題的解題策略函數(shù)的極值點偏移問題，其實質(zhì)是導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用問題，解題的策略是把含雙變量的等式或不等式轉(zhuǎn)化為僅含一個變量的等式或不等式進(jìn)行求解，解題時要抓住三個關(guān)鍵量：極值點、根差、根商[對點訓(xùn)練](2018·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－mx2＋2，其中m∈R，e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)當(dāng)m＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)常數(shù)m∈(2，＋∞)時，函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上有兩個零點x1，x2(x1<x2)，證明：x2－x1>lneq\f(4,e).解：(1)當(dāng)m＝1時，f(x)＝(x－1)ex－x2＋2，∴f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)．由f′(x)＝x(ex－2)＝0，解得x＝0或x＝ln2.當(dāng)x>ln2或x<0時，f′(x)>0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln2，＋∞)．當(dāng)0<x<ln2時，f′(x)<0，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln2)．(2)證明：由f′(x)＝x(ex－2m)＝0，解得x＝0或x＝ln2m.當(dāng)x>ln2m時，f′(x)>0，f(x)在(ln2m，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<x<ln2m時，f′(x)<0，f(x)在[0，ln2m]上單調(diào)遞減．∴f(x)的極小值為f(ln2m)．∵函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上有兩個零點x1，x2(x1<x2)，∴f(ln2m)<0.由f(0)＝1>0，f(1)＝2－m<0，可知x1∈(0,1)．f(ln2m)<0，當(dāng)x→＋∞時，f(x)→＋∞，f(x)在(ln2m，＋∞)上單調(diào)遞增．∴x2∈(ln2m，＋∞)．∴x2>ln2m>ln4.∵0<x1<1，∴x2－x1>ln4－1＝lneq\f(4,e).[高考大題通法點撥]函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題重在“分”——分離、分解[思維流程][策略指導(dǎo)]函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題一般以函數(shù)為載體，以導(dǎo)數(shù)為工具，重點考查函數(shù)的一些性質(zhì)，如含參函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值的探求與討論，復(fù)雜函數(shù)零點的討論，函數(shù)不等式中參數(shù)范圍的討論，恒成立和能成立問題的討論等，是近幾年高考試題的命題熱點．對于這類綜合問題，一般是先求導(dǎo)，再變形、分離或分解出基本函數(shù)，然后根據(jù)題意處理．eq\a\vs4\al([典例])已知函數(shù)f(x)＝lnx－bx＋c，f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋y＋4＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)若在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5))內(nèi)，恒有f(x)≥x2＋lnx＋kx成立，求k的取值范圍．[破題思路]第(1)問求什么想什么求f(x)的解析式，想到建立參數(shù)b，c的關(guān)系式給什么用什么題目條件給出f(x)在點(1，f(1))處的切線方程．利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知f′(1)＝－1及f(1)＝－5，從而建立b，c的方程組求b，c的值第(2)問求什么想什么求f(x)的單調(diào)區(qū)間，想到導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性之間關(guān)系給什么用什么由第(1)問給出f(x)的解析式，用相關(guān)導(dǎo)數(shù)公式求f′(x)，并解f′(x)＞0和f′(x)<0即可．要注意f(x)的定義域第(3)問求什么想什么求k的取值范圍，想到建立關(guān)于k的不等式給什么用什么題干中給出不等式f(x)≥x2＋lnx＋kx在區(qū)間eq\f(1,2)，5上恒成立．用分離參數(shù)法轉(zhuǎn)化為k≤－x－2－eq\f(3,x)的形式差什么找什么差g(x)＝－x－2－eq\f(3,x)在區(qū)間eq\f(1,2)，5上的最小值，利用導(dǎo)數(shù)求g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5))上的最小值即可[規(guī)范解答](1)f′(x)＝eq\f(1,x)－b，∴f′(1)＝1－b，又f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為－1，故1－b＝－1，b＝2.∵(1，f(1))在切線x＋y＋4＝0上，∴f(1)＝－5，∴f(1)＝－b＋c＝－5，將b＝2代入，得c＝－3，故f(x)＝lnx－2x－3.(2)依題意知x>0，f′(x)＝eq\f(1,x)－2.令f′(x)>0，得0<x<eq\f(1,2)，再令f′(x)<0，得x>eq\f(1,2)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(3)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5))上，由f(x)≥x2＋lnx＋kx，得lnx－2x－3≥x2＋lnx＋kx，∴k≤－x－2－eq\f(3,x).設(shè)g(x)＝－x－2－eq\f(3,x)，則g′(x)＝－1＋eq\f(3,x2)，令g′(x)＝0，得x＝eq\r(3)(負(fù)值舍去)．令g′(x)>0，得0<x<eq\r(3)，令g′(x)<0，得x>eq\r(3)，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(3)))時，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(eq\r(3)，5)時，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)的最小值只能在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5))的端點處取得，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)－2－6＝－eq\f(17,2)，g(5)＝－5－2－eq\f(3,5)＝－eq\f(38,5)，∴g(x)min＝－eq\f(17,2).∴k≤－eq\f(17,2)，即k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(17,2))).[關(guān)鍵點撥]解決函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題的關(guān)鍵點(1)會求函數(shù)的極值點，先利用方程f(x)＝0的根，將函數(shù)的定義域分成若干個開區(qū)間，再列成表格，最后依表格內(nèi)容即可寫出函數(shù)的極值；(2)證明不等式，常構(gòu)造函數(shù)，并利用導(dǎo)數(shù)法判斷新構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性，從而可證明原不等式成立；(3)解決不等式恒成立問題除了用分離參數(shù)法，還可以從分類討論和判斷函數(shù)的單調(diào)性入手，去求參數(shù)的取值范圍．[對點訓(xùn)練](2018·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a.解：(1)證明：當(dāng)a＝1時，f(x)≥1等價于(x2＋1)e－x－1≤0.設(shè)函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.當(dāng)x≠1時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．而g(0)＝0，故當(dāng)x≥0時，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點等價于h(x)在(0，＋∞)上只有一個零點．(ⅰ)當(dāng)a≤0時，h(x)>0，h(x)沒有零點；(ⅱ)當(dāng)a>0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x.當(dāng)x∈(0,2)時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．故h(2)＝1－eq\f(4a,e2)是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．①當(dāng)h(2)>0，即a<eq\f(e2,4)時，h(x)在(0，＋∞)上沒有零點．②當(dāng)h(2)＝0，即a＝eq\f(e2,4)時，h(x)在(0，＋∞)上只有一個零點．③當(dāng)h(2)<0，即a>eq\f(e2,4)時，因為h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一個零點．由(1)知，當(dāng)x>0時，ex>x2，所以h(4a)＝1－eq\f(16a3,e4a)＝1－eq\f(16a3,e2a2)>1－eq\f(16a3,2a4)＝1－eq\f(1,a)>0，故h(x)在(2,4a)上有一個零點．因此h(x)在(0，＋∞)上有兩個零點．綜上，當(dāng)f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點時，a＝eq\f(e2,4).[總結(jié)升華]函數(shù)與導(dǎo)數(shù)壓軸題堪稱“龐然大物”，所以征服它需要一定的膽量和勇氣，可以參變量分離、把復(fù)雜函數(shù)分離為基本函數(shù)、可把題目分解成幾個小題、也可把解題步驟分解為幾個小步，也可從邏輯上重新?lián)Q敘．注重分步解答，這樣，即使解答不完整，也要做到盡可能多拿步驟分．同時要注意分類思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用．[專題跟蹤檢測](對應(yīng)配套卷P173)1．(2018·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)只有一個零點．解：(1)當(dāng)a＝3時，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).當(dāng)x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))時，f′(x)<0.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))．(2)證明：因為x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等價于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.設(shè)g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，則g′(x)＝eq\f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0，僅當(dāng)x＝0時，g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．故g(x)至多有一個零點，從而f(x)至多有一個零點．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))2－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一個零點．綜上，f(x)只有一個零點．2．(2018·鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)，a∈R且a≠0.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，試判斷函數(shù)g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零點個數(shù)．解：(1)f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x>0)，當(dāng)a<0時，f′(x)>0恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)>0，得x>eq\f(1,a)；由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)<0，得0<x<eq\f(1,a)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a<0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．(2)∵當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，判斷函數(shù)g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零點，即求當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，方程(lnx－1)ex＋x＝m的根．令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，則h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1.由(1)知當(dāng)a＝1時，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，f(x)≥f(1)＝0.∴eq\f(1,x)＋lnx－1≥0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上恒成立．∴h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1≥0＋1>0，∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上單調(diào)遞增．∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2e＋eq\f(1,e)，h(x)max＝e.∴當(dāng)m<－2e＋eq\f(1,e)或m>e時，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上沒有零點；當(dāng)－2e＋eq\f(1,e)≤m≤e時，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有一個零點．3．(2018·貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝kx－lnx－1(k>0)．(1)若函數(shù)f(x)有且只有一個零點，求實數(shù)k的值；(2)證明：當(dāng)n∈N*時，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>ln(n＋1)．解：(1)法一：f(x)＝kx－lnx－1，f′(x)＝k－eq\f(1,x)＝eq\f(kx－1,x)(x>0，k>0)，當(dāng)0<x<eq\f(1,k)時，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\f(1,k)時，f′(x)>0.∴f(x)在0，eq\f(1,k)上單調(diào)遞減，在eq\f(1,k)，＋∞上單調(diào)遞增．∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＝lnk，∵f(x)有且只有一個零點，∴l(xiāng)nk＝0，∴k＝1.法二：由題意知方程kx－lnx－1＝0僅有一個實根，由kx－lnx－1＝0，得k＝eq\f(lnx＋1,x)(x>0)，令g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)(x>0)，g′(x)＝eq\f(－lnx,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)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)max＝g(1)＝1，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，∴要使f(x)僅有一個零點，則k＝1.法三：函數(shù)f(x)有且只有一個零點，即直線y＝kx與曲線y＝lnx＋1相切，設(shè)切點為(x0，y0)，由y＝lnx＋1，得y′＝eq\f(1,x)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝\f(1,x0)，,y0＝kx0，,y0＝lnx0＋1，))∴k＝x0＝y(tǒng)0＝1，∴實數(shù)k的值為1.(2)證明：由(1)知x－lnx－1≥0，即x－1≥lnx，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號，∵n∈N*，令x＝eq\f(n＋1,n)，得eq\f(1,n)>lneq\f(n＋1,n)，∴1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋…＋lneq\f(n＋1,n)＝ln(n＋1)，故1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>ln(n＋1)．4.已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋(c－3a－2b)x＋d的圖象如圖所示．(1)求c，d的值；(2)若函數(shù)f(x)在x＝2處的切線方程為3x＋y－11＝0，求函數(shù)f(x)的解析式；(3)在(2)的條件下，函數(shù)y＝f(x)與y＝eq\f(1,3)f′(x)＋5x＋m的圖象有三個不同的交點，求m的取值范圍．解：函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝3ax2＋2bx＋c－3a－2b.(1)由圖可知函數(shù)f(x)的圖象過點(0,3)，且f′(1)＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,3a＋2b＋c－3a－2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,c＝0.))(2)由(1)得，f(x)＝ax3＋bx2－(3a＋2b)x＋3，所以f′(x)＝3ax2＋2bx－(3a＋2b)．由函數(shù)f(x)在x＝2處的切線方程為3x＋y－11＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝5，,f′2＝－3，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8a＋4b－6a－4b＋3＝5，,12a＋4b－3a－2b＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－6，))所以f(x)＝x3－6x2＋9x＋3.(3)由(2)知f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，所以f′(x)＝3x2－12x＋9.函數(shù)y＝f(x)與y＝eq\f(1,3)f′(x)＋5x＋m的圖象有三個不同的交點，等價于x3－6x2＋9x＋3＝(x2－4x＋3)＋5x＋m有三個不等實根，等價于g(x)＝x3－7x2＋8x－m的圖象與x軸有三個不同的交點．因為g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(2,3)或x＝4.當(dāng)x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如表所示：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，4))4(4，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)極大值極小值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(68,27)－m，g(4)＝－16－m，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝\f(68,27)－m>0，,g4＝－16－m<0))時，g(x)圖象與x軸有三個交點，解得－16<m<eq\f(68,27).所以m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－16，\f(68,27))).5．(2018·南寧二中、柳州高中二聯(lián))已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)f(x)的兩個零點是x1，x2，求證：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0.解：(1)函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f(ax－12x＋1,x)，①當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)a>0時，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，則f′(x)>0，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，則f′(x)<0，則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)法一：構(gòu)造差函數(shù)法由(1)易知a>0，且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，不妨設(shè)0<x1<eq\f(1,a)<x2，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0?eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(1,a)?x1＋x2>eq\f(2,a)，故要證f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0，只需證x1＋x2>eq\f(2,a)即可．構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，F(xiàn)′(x)＝f′(x)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))))′＝f′(x)＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))＝eq\f(2axax－2＋2,x2－ax)＝eq\f(2ax－12,x2－ax)，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，∴F′(x)＝eq\f(2ax－12,x2－ax)>0，∴F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，∴F(x)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－\f(1,a)))＝0，即f(x)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，又x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點且0<x1<eq\f(1,a)<x2，∴f(x1)＝f(x2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x1))，而x2，eq\f(2,a)－x1均大于eq\f(1,a)，∴x2>eq\f(2,a)－x1，∴x1＋x2>eq\f(2,a)，得證．法二：對數(shù)平均不等式法易知a>0，且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，不妨設(shè)0<x1<eq\f(1,a)<x2，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0?eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(1,a).因為f(x)的兩個零點是x1，x2，所以lnx1－axeq\o\al(2,1)＋(2－a)x1＝lnx2－axeq\o\al(2,2)＋(2－a)x2，所以lnx1－lnx2＋2(x1－x2)＝a(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＋x1－x2)，所以a＝eq\f(lnx1－lnx2＋2x1－x2,x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)＋x1－x2)，以下用分析法證明，要證eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(1,a)，即證eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)＋x1－x2,lnx1－lnx2＋2x1－x2)，即證eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(x1＋x2＋1,\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＋2)，即證eq\f(2,x1＋x2)<eq\f(\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＋2,x1＋x2＋1)，只需證eq\f(2,x1＋x2)<eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，即證eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)，根據(jù)對數(shù)平均不等式，該式子成立，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0.法三：比值(差值)代換法因為f(x)的兩個零點是x1，x2，不妨設(shè)0<x1<x2，所以lnx1－axeq\o\al(2,1)＋(2－a)x1＝lnx2－axeq\o\al(2,2)＋(2－a)x2，所以a(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))＋(a－2)(x2－x1)＝lnx2－lnx1，所以eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝a(x2＋x1)＋a－2，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋2－a，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝eq\f(2,x1＋x2)－a(x1＋x2)－(a－2)＝eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(1,x2－x1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)－1)),1＋\f(x2,x1))－ln\f(x2,x1)))，令t＝eq\f(x2,x1)(t>1)，g(t)＝eq\f(2t－1,1＋t)－lnt，則當(dāng)t>1時，g′(t)＝eq\f(－t－12,tt＋12)<0，所以g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t>1時，g(t)<g(1)＝0，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2