第二講賦值的依據(jù)和方 () 已知函數(shù)f(x)aexx2bx(a,bR)（2）設(shè)b0f(x在Ra解：（2）b0aexx20即a

x2g(xg(x)x(2x)g(x)0x0x2yg(yg(x)x0g(x0g(xg(xg(0)0g(x)的取值范圍是[00x2g(x的取值范圍是(0,4)

x2g(x0g(xg(x的取值范圍是0,4 e2 所以當a0或a4f(xaa0a4 g(x0g(x是[0)xg(x，那么其依據(jù)是什么

y

g(x) 2（201320）f(xlnxaxg(xexaxa（2）g(x在(1f(x（2）g(x在(1a

(過程略) 1a0f(x1 f(ea1a(1ea110,f(e1ae0f(x圖像不間斷，依據(jù)零點定理，f(x)有且只有一個零點．a(chǎn)0f(x0x1(極大值點)f

ln112a1時,f(xlnx1xf(x110xe e f(xe,f(x00xe,f(xef(x)的極大值點，也是最大值點，f(xf(e)0xe,f(x0．f(xxe3°0a1f(x1a0x1 ffff

f(1)ln110f(f(x)ln ? e①在(01f(1a0f(xf(x②在1112的結(jié)論(lnx1x f(12ln112(ln11≤2(1

10f(x

f(xa0a1f(x1個零點；當0a1f(x2 ①在(01上，因為1(01，且為常數(shù)，所以理應(yīng)成為 ②在112

，成了！(過程如上)在(0111,f(10標解 a1,f(alnaa21a20（均不及賦值1簡便在1

1,f(1)eln1

aeln1

ae(ln111)≤0

e 還可考慮ea1(標解)x0exx2證略)f(ea1aeaa(

ea)0 【22結(jié)論(lnx1x的牽引下，區(qū)間111ea a2井然有序：因為lnx≤1xex≥xe(當且僅當xe，等號成立)，所以ea1

11 現(xiàn)以區(qū)間11xf(x0f(x f(x0起主導(dǎo)作用的那一項是ax，不宜輕易放縮，放縮的目標應(yīng)鎖定lnx依據(jù)lnxx1x1證略)f(xx1ax0x1

1111

1

1lnx2lnx2

2xx2xxf(x)xax0

1(1) 2結(jié)論(lnx1xlnx2lnx22x2x2 ff(x)lnx1a2?在1x1,f(xx

11

思路二：由lnxx1k1lnxx1lnxxlnk1 )f(x)lnxax≤xlnk1ax≤(1a)xk2(1a)xk k

令ka)xk0x

1a

(0a

)ak1k2x

a

lnxx1證略)lnxax1lnxax1ln2ax2fxax2

1,f(x)a

20以下略

第二講零點存在定理.f(am(ma)f(mf(a異號，則在(ma)上存在零點．x1≤lnx≤x1；lnx≤1x x≥1x12(x1)lnxx21x1 x 0x≤1x1x21lnx2(x1)x1 xex≥x1;ex≥ex;exx21(x0);exx2x(x≥0)ln

， x0ex≤1x1ex(1)1等；e 11（2015N）fx1ax22x2alnx 若曲線Cyfxx1處的切線l與Ca的取值范圍．解析：（3）y4xa2yfx整理得： x1gx0gx；當0x1gx0gxag(gag(20即0a2gx0

g(ag(a° ° 1即a1時，g gxg10a1 0a 0a 2alnxx12alnx0 x141，所以2alnx10

1a

12

1ax20

g(Ox21a【接著探究：在0,gxx0右側(cè)充分近處，x2gxg(Ox21a 2 x2

a gx222alnx222a2a1a2．

0，所以在0,gx 2 2 1 1 2 2

a e2a

2 22（1（2）”）f(xaexx2bx(a,bR)f(x)aexa設(shè)b0f(x在Ra的取值范圍．f(x)aexa10a0,f(x020a0,f(xx230a0f(0)a0f(x)aex2x0,f(x)x0aex0f(xaexx20x為某個負常數(shù),a的任意性,f(x0x x1a1另一方面a10exx1證略f(a1aa12aa12a120(0)f(x

2

2

2x0f(xf(0)0，所以x0,f(x0，即ax2g(x)x2(x0),g(x)x(2x)g(x)0x2,當0xxg(x)0g(x) xxg(x0g(x)

g(x4a4a4a0a4

xx0時,f(xaexx2a1x2令0,另一方面

0f(xaexx2ax20,x0f(xaex2x0,f(x) 所以在(0)f(x x1f(xaexx2a1x2ax令0xa

a1另一方面

a10f(xaexx2ax2a

0x0 f(x)aex2x0,f(x)，所以在(0)f( 3f(xxlnxafxfx0x1x1fx0,fx；當0x1fx0fx

f1a1 10.當a10，即a1時，f 0,故k0

a

f(f( a20.當a10，即a1時，fx f( a 30a10a1f

af(0a【途徑一】存在ea1feaaeaaaaf(0a

f(x)xa令0xa xexaf(xxa0k1a0xlnx0x1k0a1時，f a10．一方面11，且f1a0，另一方 【途徑一：依據(jù)單調(diào)性，當0x1fx0

eaf(f( x0

x（證略）x0eae1a1afe

a2 e

0a所以在0，1和1fxk 已證在(0xlnx1a2a1fa22a2lnaaa2alna a210ka1f(xa1a01 當0a12x0xlnx（或(e1lnxx1，其中ef(xx1e1lnxf(x0.f(x1e1f(f(xf(xx0,f(x0f(x；當0xx0,f(x又一方面，存在1x0,f(1)0,另一方面，存在ex0,f(e)0，所以當且僅當1xef(x0，從而原不等式的解集為(1e．f(xlnxax1(aR)(1f(xf((2)f(xxxf(12 (1f(x在(0a,在a.(2)a0f(x,f(x在定義域內(nèi)最多一個零點,a0f

f(1)ln100a 此時，一方面11f(1a0；另一方面，注意到lnxx1證略) xe1f(x12ln1e122(11e2e0

f(x的單調(diào)性,f(x在(01和1 f(xsinxax1x3(aR)x0,f(x0af(xcosxa1x2,f(xxsinx≥0f(x)f(x)f(0)1aa1時,f(x0,f(x)f(xf(0)0a1時,f(2acos2aa2a2cos2aa2a(a10,f(0)1a0所以x002af(x00且在(0x0f(x0f(x,f(xf(0)0與題設(shè)不符a≤1． 1（2015.新課標（1）21）f(xe2xalnx（1）f(x零點的個數(shù)；（2）略．解：（1）f(x)1(2xe2xa)．a(chǎn)0f(x0f(xa0f(xg(x)2xe2xa(x0)n所以在(0g(xn≤1(ig(a)a(2e2a1)0

g(【下一步如何尋找正數(shù)x0使g(x0)0? 途徑一(直觀放縮法)x0g(0)a0x0鎖定在0右側(cè)一點點，詳解：取xmin{a,1}，g(x 2ae21aa(e12)0，依據(jù)零點定理n≥1(j) 4由(ij)n1

0 途徑二(放縮求解法)0x1時ex11于是當0x1，即02x1e 1 e2x1g(x)2xa令0,x 1．

2(a 0x1時ex11，于是當0x102x1e2x1e

1

g(x)2xa，取 1g()2

a0n≥1j由(ij)n1

2(a a2（2016.全（1）21）f(x a

f(x)(x1)(ex2a)10)若a0，當x1,f(x)0,f(x)，當x1,f(x)0,f(x),f(x) f(1)e0．一方面,當x1時f(2)a0；x1．(標解)存在b0blnaf(bb2)aa(b12ab(b30 x1f(xx0時,f(x0a(x1)2，而ex0,1變化x0時,f(x)x2)a(x122x2a(x12(x1)(2axa)(x1)(2ax)

x

2x0時,f(xx2a(x122x2a(x12x1)(2axa(x1)(2axx201,f(xx1)(2ax0x1 f(x20a0x≤1,f(x0f(x有兩零點x1f(x(x

(x24x5)eg(x) a(x1)有兩零點，但g(x) 0g(x)(xf(xa的取值范圍是(0

(x【注】順便指出,在同解變形中,巧用升降格,(證明x0exx213（2017全（2）21）f(x1x2ex（2）FF1a3e1a31.510 FF(0aF(aF(aF(aF(a 2當0a1xx2xa1 1a令0x1ax 詳解：當0x1時，注意到exx1證略且在(0x0Fx0F(x)F(x)F(0)0不合題意．n 1 例4（省競集訓(xùn)題）設(shè)數(shù)列an的通項an ,證明:a2nan ln2 k【分析：聯(lián)想超越不等式lnxlnxx1(x1lnxx21(x1) 2n1 ka2nan4n(2k2(k1kn

n 2n

k

nlnn1ln2n1ln k

(k1)2

2k

2(kx2

k

k

(k1)2 證明：易證lnx

(x1)，令x

2k

2(ka

1(11

1)1

n

n 1 2(n 2(n 2(2n1)

1

2(n 2(n 2(2n1) 2(n 2(2n 4n2n1

k

n

n 2nk k(2k2(k1))k k

ln(

n12n

)ln2f(xlnxax(aRf(xa1x2a hx x1時hxaxa1x2x(a1xa)令0

a

x1，則改用兩點式,hx0x（參閱(二)23）

1h

ln2ax0a1

aln

0a

a

a

a

a

a1aaf(x)axg(x)lnxx0Rxx0f(xg(x)證法一易證lnx1

(證略)11lnx1x

x

lnxx

axxa2x2xa2xa2xx0時,由(

ax,再由(axlnx.x0時(1lnx1x;(2)exx2;(3)h(x)lnx在(e(證略 于是，(1)當a1時,ln 1xax，結(jié)論成立．(2)當 1時，取x (顯然xe x

時,lnxlnea

aaxlnx

綜上所述x0Rxx0時

f(x)g(x)f(xaxblnxcg(xxe1x（abcR當b2ac0x00e，在區(qū)間0e上總存在t1t2t1t22a2fx0得x2x2fx0x2fx

f221alna0

3

f(事實上，一方面在a,e上，須fe1ae1e

g(另一方面在0，2xe2afxae2a3a3a61

ae

x00e，必存在t10，2t22eft1ft2gt0故所求取值范圍是e3

引子：（20171·理·21）fxae2xa2exx解析：（1）f'x2ae2xa2ex12ex1aex若a0f'x0fxR上遞減；若a0f'x0，得ex1xln1. xln1f'x0fx在ln1 xln1f'x0fx在ln1上遞增

（2

有兩個零點，必須滿足

fx 0，即

a0，且

fln111ln10

構(gòu)造函數(shù)gx1xlnx，x0.易得g'x g10，所以11ln10g1g1110a1 下面只要證明當0a1fxx0xlnx

xlnx

a

當0a1f1e2

1

0

f aa1a2a1lna1a1lna10

1

其中1ln，

lna，所以fx在1,lna和lna, 故a的取值范圍是0,1

ae2xa2exx0ae2xa2exex0aexa30ex3axln31 x0ae2xa2exx0a2exx0x1（目測的（放縮成一次函數(shù)）lnxx1lnxxln1x（放縮成雙撇函數(shù)）lnx1x1x1lnx1x10x1 lnx

1x1，lnx 10x1（放縮成二次函數(shù)ln1xx1x2x

lnxx2

，ln1xx1x21x （放縮成類反比例函數(shù)）lnx1，lnx

2x

2x

ln1x

1

，ln1x

1

x0，ln1x

1

（放縮成一次函數(shù)）exx1exxexex（放縮成類反比例函數(shù)）ex

1

（放縮成二次函數(shù)）ex1x1x2x0ex1x1x21x3 sinxxtanxx0，sinxx1x2，11x2cosx11sin2x yx1ylnx，yex11，yx2x，y11，yxlnxylnxy

xlna0時，1個零點f'xa0，單調(diào)遞增.f1a0a1 1

a

1 1 fea aaeaa

a a

a e2 a f'x a，f

f1ln110a 時，1個零點

f'x ，f

felne10當0a 時，2個零點f1a0（目測）f

ln

1

0，其中1

1a

1

1

1

1

1f1ln

fe1ea011a1a0，其中

e2e.（a2

lnx

1x1fxlnx

t，ma

a

fx

fx，令tx2

3mafxlnxmx2的零點個數(shù)（令tx22mafxaxex的零點個數(shù)（令ext 經(jīng)典模型二：y 或y 2fxexax的零點個數(shù)a0時，1個零點f'xexa0fxexax單調(diào)遞增1 且f01a0，f ea10，所以在 a0時，無零點0ae時，無零點

a fxex0ae時，2個零點

flnaa1lna01 fea10，f1ea0，f2lnaaa2lnaae20afxe2xmx的零點個數(shù)（令2xtmafx

m的零點個數(shù)（1fxex

fxex1mx的零點個數(shù)（e，令emafxlnxmx的零點個數(shù)（xetfxex1mxm的零點個數(shù)（x1tmayxlnxy a0時，1個零點f'x

0a0時，1個零點（x0a時，無零點

1

1

1f'x

，f

falna1a時，1個零點

1.fx

f1ln11 a0時，2個零點fa2lna21a

1a0，f11ea0，f1a0 a

e fx1alnx

fxfxx

的零點個數(shù)（令ext

tfxexafxx2exax12有兩個零點，求a的取值范圍fxx1exax2有兩個零點，求a的取值范圍fxexmx2mx1.m0y

在導(dǎo)數(shù)試題中,經(jīng)常碰到導(dǎo)函數(shù)零點不可求的情況.對于此類試題,往往要繞開具體的零點值,轉(zhuǎn)而判斷導(dǎo)函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性,再想辦法證明導(dǎo)函數(shù)的零點存在.如何證明導(dǎo)函數(shù)的零點零點存在性定理:如果函數(shù)fx在區(qū)間a，b上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線,并且有fafb0,那么函數(shù)fx在區(qū)間a，bx0a，bfx00.進一步,若fx在區(qū)間a，b內(nèi)有具有單調(diào)性,則函數(shù)fx在區(qū)間a，b內(nèi)有唯一的零點.在實際解題中,經(jīng)常先判斷??fx1.已知函數(shù)fxx2exlnxx0時,不等式fx證明:fxxx2ex1x0.由f//xx2

4x2ex

0,得

/4又f1=9e4

40,f/1=5e2 2

20x11,使得f

， 42x

時,fx0,fx在

xx時,fx0,fx在x故fx

f

=

lnx

x0x0

0 x0x02e

,e

x2

2

11故fx0=x0e0lnx0

lnx0,其中x0，x0 11

42gx

x2lnx,x，42 11由gx= 20得gx在x，上單調(diào)遞減gxg12ln11,即f

42 綜上,有fx

1x0時,不等式fx評析:

fx1,等價于證

fx

1.導(dǎo)函數(shù)

fxxx2ex1點無法求??.借助f//x0判斷

fx的單調(diào)性,結(jié)合零點存在性定理得

fxxx11x將0，分成兩個區(qū)間,分別考查

x ， 42

f/

x2

從而判斷??fx

點的個數(shù)就是函數(shù)零點個數(shù).在實際解題中,通常先求??fx,然后令fx0,移項,轉(zhuǎn)化2.已知函數(shù)fxe2xaln 2

.證明:當a0時,fx2aaln2證明:

x

,x0.2

2

=02e

有實根,等價于函y2e2x與函數(shù)y

顯然當a0a0時,兩個函數(shù)圖象有一個交點;因此,當a0時,fxa0時,fx只有一個零點.當a0時,fx在0，x.即f

x

時,fx0,

x在

xx時,fx0fx在x故fx

f

alnx0由f

0得,2e2x0

0,e2x0

,lne2x0=lnaln2x

,化簡得lnx0lnaln22x0.

alnaln22x0

alna2aaln2故fx

2aa

,即當a0時,fx2aaln 評析:利用函數(shù)與方程思想,將判斷f/x的零點個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為圖象交點問題.不難得??a0時,fxx.對于fx2e2xa 證fx

2aaln2x將0，分成兩個區(qū)間,分別考查

上的單調(diào)性.借助f

0得到e2x0 ,lnx=lnaln2

3.已知函數(shù)

fx1ln(x1x0

fx

x

恒成立,求正整數(shù)k解析:由已知有k 在x0上恒成立 令 , 0.只需 h h/x

x1ln(x

xx

時,x0h/x0hx在

故hx

h

x01[1ln(x01)]由x00x01ln(x01)=0x0則hx0x013，4.k的最大值為

1ln(x01)

x1ln(x1,分母顯然是正數(shù),將分子看成一個新的函數(shù)法一中,對于給定的區(qū)間a，b

fxxaxb時fx a4.已知函數(shù)fx

中a0.求a解析:由已知有fx

0x0a0f/xaex

a

ax2exagxax2exa1x0a0g0a10xgx,x

,,

x在

xxgx0,fx0, a

故fx

fx0ae

2a1.由g

a1=0,即aex0a1 a

a

a則fx0ae

2a1

2a1 a1a12a10x0a0,解得0

1.x 因為在

上單調(diào)遞增,

0x0

,所以ax2exa

e1評析:

fx 新的函數(shù)gx.在考查gxg0a10x時,gxf（x）≥0x∈Ra證明：f（x）存在唯一極大值點x0，且a（ex﹣1）≥xx=0x＞0故只需a≥在（0，+∞）恒成立，令h（x）= x＜0故只需a≤在（﹣∞，0）恒成立，令g（x）=，（x＜0）， a≤1，（2）證明：由所以h（x）在（﹣∞，ln）單調(diào)遞減，在（ln，+∞）單調(diào)遞增，∵h（﹣2）h（ln）＜0由零點存在定理及h（x）的單調(diào)性知，方程h（x）=0在（﹣2，ln）有唯一根，x02ex0﹣x0﹣2=0h（x）x0所以f（x）在（﹣∞，x0）單調(diào)遞增，在（x0，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）從而f（x）存在唯一的極大值點x0即證，由2ex0﹣x0﹣2=0得

（﹣x0（2+x0≤ 2=取等不成立，所以f（x0）＜得證又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）單調(diào)遞f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得證，從而0＜f（x0）＜成立．f（x）在區(qū)間[e，+∞）aa=1k∈Zk（x﹣1）＜f（x）x∈（1，+∞）∴f′（x）=a+lnx+1≥0在區(qū)間[e，+∞）∴a的取值范圍是∴k＜令g（x）=，則g′（x）=，h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1）．則h′（x）=1﹣ ＞0，∴h（x）在（1，+∞）上單增x0∈（3，4），使h（x0）=0．即當1＜x＜x0時h（x）＜0 即g′（x）＜0x＞x0時 即g′（x）＞0g（x）（1，x0）（x0+∞）上單增．h（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0lnx0=x0﹣2，k＜g（x）min=x0∈（3，4），k∈Z，a≤0f（x）a=﹣1，x∈（0，1]時，f（x）＞g（x）m（i）當時，1+8a≤0，當x∈（0，+∞）時f'（x）≤0，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+∞）；（ⅱ）當，﹣2x2+x+a=0的兩根分別是：，，x∈（0，x1）f'（x）＜0f（x）的單調(diào)遞減．x∈（x2，+∞）f'（x）＜0f（x）的單調(diào)遞減； 設(shè)h（x）=（﹣x+2）ex﹣lnx+x，x∈（0，1]，∴，0＜x≤1且∴使得u（x0）=0，即，x∈（0，x0）時，u（x）＜0，h'（x）＜0；x∈（x0，1）h（x）在（0，x0]單調(diào)遞減，在[x0，1）∵，∴m≤3m＜（﹣x+2）ex﹣lnx+xx∈（0，1ma=0a=0的圖象在（1，f（1））求證：當時【解答】（Ⅰ）解：∵a=0時，∴（Ⅱ）證明：∵∴g（x）∵ex+a＞ea，∴由x＞e﹣a若0＜x＜1?ex+a＜ea+1，由0＜x＜min{1，e﹣a﹣1f′（x）=0x00＜x＜x0時，f′（x）＜0，f（x）遞減；x＞x0時，f′（x）＞0，f（x）遞增；∴而則h（x）顯然是增函數(shù)，∴，∴．x＞0f（x）≥0ax=0時，f（0）=2，f'（x）=xex+ex﹣4，x=0時，f'（0）=﹣3，y=﹣3x+2．……（3分（2）由條件可得，首先f（1）≥0，得，f'（x）=a（x+1）ex﹣2（a+1），h（x）f'（x）單調(diào)遞增，f'（x）x0∈（0，1]，f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0+∞）上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f（x）的最小值為，f（x0）≥0又x0滿足代入上式可得∵x0∈（0，1]，∴即：f（x0）≥0恒成立，所以．……（13分f（x）=xex﹣ax+bx=0abf（x）x＞0時，f（x）≥lnx﹣x+mm【解答】解f（x）x=0處的切線方程為：y=﹣x+1（2）∵f（x）x＞0則=設(shè)g′（x0）=0，x0＞0，則=，從而由g′（）﹣g′（1）＜0，知：，x∈（0，x0）時，g′（x）＜0；g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）∴g（x）min=g（x0）=﹣x0﹣lnx0=﹣x0﹣lnx0=x0?m≤xex﹣x﹣lnx+1恒成立m的取值范圍是令φ'（x）=0x1=ln2，x2=2；令φ'（x）＞0x＜ln2x＞2；令φ'（x）＜0ln2＜x＜2．h（x）=f（x）﹣g（x）=3ex+x2﹣9x+1，∵h'（x）=3ex+2x﹣9h'（x0）=0，∵h'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e﹣7＞0，∴x0∈（0，1）．x＞x0時，h'（x）＞0x＜x0時，h'（x）＜0．又，∴，∴=若f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有唯一的零點x0，證明：【解答】解：（1）0＜a≤2時，f'（x）≥0，y=f（x）在（0，+∞）②當a＞2時，設(shè)2ax2﹣2ax+1=0的兩個根為，，y=f（x）在（0，x1），（x2，+∞）單調(diào)遞増，在（x1，x2）由（1）可知a＞2，且．于是：① ，因此g（x）在 又根據(jù)零點存在定理，故已知函數(shù)f（x）=，其中a為常數(shù)f（x）在（0，﹣a）aa=﹣1f（x）在（0，1）x0令f′（x）＞0，解得0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：x＞，則f（x）在（0，）遞增，在（，+∞）遞減，故f（x）極大值=f（）=，無極小值；f（x）的定義域為{x|x＞0=x∈（0，﹣a）時，a＜x+a＜0，只需1+﹣2lnx≤0在（0，﹣a）上恒成立a≥2xlnx﹣x在（0，﹣a）y=2xlnx﹣x當 時，函數(shù)y遞增，0＜x＜時，函數(shù)y遞減當 即 ＜a＜0時，函數(shù)遞減，可得a≥0，矛盾不成立 即a＜﹣ 時，函數(shù)y在（0，）遞減，在（，﹣a）遞增，可得y＜﹣2aln（﹣a）+a，a的范圍是[﹣1，0）；可得1﹣2lnx0﹣=0，即有2lnx0=1﹣要證f（x0）＜﹣2， 由 +2===由于x0∈（0，1），且x0=，2lnx0=1﹣不成立， f（x0）＜﹣2f（x）=lnx﹣x+1g（x）=ax?ex﹣4xa【解答】解：（Ⅰ）…………………（2分 ．（4分（Ⅱ）證明：令h（x）=axex﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axex﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞ ．（5分）故……………．（7分令h'（x）=0即兩邊求對數(shù)得：lna+x0=ln2﹣lnx0即 ．（9分∴ （12分y=f（x）a=1f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）a≤0時，f′（x）＞0x∈（0，+∞）恒成立，f（x）在區(qū)間（0，+∞）單調(diào)遞增；…（4分當a＞0時，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜所以，函數(shù)在區(qū)間（，+∞）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（0，）上單調(diào)遞減（Ⅱ）a=1時，f（x）=x2+x﹣lnx，f（x）+ex＞x2+x+2，x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=ex﹣=0，得ex=，容易知道該方程有唯一解，不妨設(shè)為x0，則x0滿足 x變化時，g′（x）g（x）g（x）min=g（x0）=ex0﹣lnx0﹣2=因為x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，（1（1）若【解答】解：（Ⅰ）當a=2時，，定義域為（0，+∞），所以切點坐標為（1，﹣3），切線斜率為令g（x）在（0，+∞）x∈（0，1）時，g（x）＞0x∈（1，+∞）時，g（x）＜0（Ⅱ）證明：f（x）＜﹣1 設(shè)h'（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減所以所以在（1，e2）上必存在一個x0使得 x∈（x0，+∞）時，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，所以因為所以令h（x0）=0 因為1＜a＜2，所以 因為，所以h（x0）＜0恒成立，h（x）＜01＜a＜2已知函數(shù)f（x）=（x﹣a）lnx+x，（其中若曲線y=f（x）在點（x0，f（x0））處的切線方程為y=x，求a的值若為自然對數(shù)的底數(shù)），求證 由題意 ， x0=1，a=1x0=a，a=1（2）令，則因為，所以，即g（x）在（0，+∞）上遞增，以下證明在g（x）區(qū)間上有唯一的零點x0，事實 ，由零點的存在定理可知，g（x）在上有唯一的零點x0，故當x=x0時，f（x）取得最小值，因為，即所以即

e2

e1且xx0,1，于是：lnxax12 ①，2ax2

10 由①②得lnxx010g(x)＝lnx?x1，(x∈(0，1)) xx01 于是：lnxax12 2ax22ax10 由①②得lnxx010gxlnxx1x0,1 gx2x1gx在012x2

3

e2

又ge2 0

ge1 根據(jù)零點存在定理，故e

xe1 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）

b2x

所以b< ＝－x在區(qū)間[1,2]上有解．b<g(x)max＝g(1)＝2－1＝1b的取值范圍為(－∞，1點睛：利用零點存在性定理不僅要求函數(shù)的圖象在區(qū)間[abfxax2mxm1a0若對任意實數(shù)mfx恒有兩個相異的零點，求實數(shù)axxRRxx，fxf

fx1fxfx

2 2【答案】⑴見解析;0a1;⑶見解析點個數(shù)問題，利用判別式處理即可；（3）fx1fxfx在區(qū)間x

2 2

fx1fxfx有零點，結(jié)合零點存在定理可以證明2 2⑴f10,amm10,afxx2mxmm24m1m22當m2

0fx當m2

gx

fx1fxfx2 2gxfx1fxf

1fxfx 2

2 2 2gxfx1fxf

1fxfx 2

2 2 1fx1fx2gxgx1fxf

20 4

2fx1fxfx在區(qū)間x

2 2 fxalnxbx2P2f2y3x2ln22(1ab(2fxm0在1e內(nèi)有兩個不等實根,求m e2.71828

1m

解．(2)先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)h(x)=f(x)+m=2lnx﹣x2+m的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性與極值點確定關(guān)系(2)由（1）f(x)=2lnx﹣x2，則hx22x

21x2 令h'(x)=0，得x=1(x=﹣1舍去 h(x)=0在1，e h121m he2e2m

，解得1m m的取值范圍為1,12 fxexax1，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，afx,x

gx,x

xx02fxf

e1ae2 【答案】（1）①詳見解析②實數(shù)m的取值范圍是 1；（2）e1ae2e ae

fxexex1.hxfxgxex2x1h'xex2.由h'x0xln2h'x0xln2.②f'xexx1x1

FxR，所以emem12e)m，即em2m10

f'xexa若a0

f'x0fxR

不妨設(shè)0x1x22，則有0x1lnax22x1xx2

由0x1x22x1

1，可得1x1x2fx在lna單調(diào)遞減，且0x1lnafx1f0，f1f0f1f2.ea1即

解得e1ae2e1ea1e22a所以e1ae2e點睛：本題考查函數(shù)的單調(diào)性極值及恒成立問題，涉及函數(shù)不等式的證明，綜合性強，fx

fx只有一個零點；當a0

（2）原方程等價于ex1a0實根的個數(shù)，原命題也等價于hxex1a x0(0a0，a0，a0試題解析：（1）a1

fx

ax1fx1x1gxf f12e10，f f110

x0

f0 f f1,f

f12e

a0x0

hxex10x0

h1 22 a0，則x0

hxex1a0 1

1 x0h

a0 e2a2e220hx在02aa0x0

exxxRex1ax1a0x0 a2則x2ax10,取x 0，則hx0，又haeaa0，所

h1ae1a

1

1

a

1

1 e2a2aa2a2aaa0hx在0 2aa0時，

fx1ax間1k

n22n

n

2ln234n

N

19ln2

a1a1

fx1xlnxgx在區(qū)間1,8上恰有兩個零點，即關(guān)于x的方程x2xlnxkx220在區(qū)間

x2xlnx2,8上恰有兩個實數(shù)根.整理方程得 k

，令sx

x2xlnxx

x

，s'x

x23x2lnxx

3x2lnx4x1,8 2x1x則'

s1

9ln2

s83312ln2 s8s15726ln2

1

ln2

的取值范圍是

由(1)a1x1lnx，x1時取等號.x

1ln

k2

2lnk111

1k k

k1 k 當k23,n2ln21 1

11，

2lnn1 1

n1

2ln23nn111

nN*且n2即2ln23n

n22n

gxfxx在0內(nèi)存在零點，求a的范圍【答案】（1）見解析；（2）a的取值范圍是01 解析：（1）定義域x|x1,f'xaeaxlnx1eax 1 x1Fxeaxf'xalnx1

則F'x

x

axax若a0，則若a0

F'x0x11.

a0

x111，因此在1

F'x0

Fxa0時，

x111，因而在111F'x0，在11上有 F'x

Fx

111上單調(diào)遞減，在11 （ii）當0a1，考察函數(shù)h'x，由于h'02a10h1

h'x在0x0x0x0時，h'x0

x0,x0

g'x0

上單調(diào)遞減，故在gxg0 。

g

，注意

eaxx

，因 1

ygx

x0ea 1找出決定導(dǎo)數(shù)符號的核心代數(shù)式，討論其零點是否存在，零點是否在給定的范圍中；（2）零點有exx1lnxx1等；（3）fxlnx

gxaxbc（a,b,cR當c0fxgxx1ab當b3ax01a0,3x1x2，使得gx1gx2fx0，求c的最小值；a1yfxygxAx1y1,Bx2y2(x1x2點．求證：x1x2x2bx1x2x1a

b

ab的值；（2）組，解得c的最小值；(3)b，代入要證不等式化簡得1x1lnx2x21 （2）x01fx00，又b3a，設(shè)tfx0則題意可轉(zhuǎn)化為方程ax3act(t0)在0xx x的方程ax2ctx3a0(t0在0xx 0a

0a所以

x

ct

，得{ct24a3a

ct所以c

3aa3t對t0aa3因為0a3，所以（當且僅當a3時取等號又t0，所以的取值范圍是,3，所以c3．故c的最小值為3.lnxxb

lnxlnx所以

，兩式相減，得bx

1 1 1

x

2

xx

bx

xxx

x

1lnx2lnx1x

x1 1

1 12

x

1 1lnx2lnx1

1，即證1x1lnx2x21

x2

t，則t1，此時即證11lntt mtlntt1，所以mt111t0，所以當t1mt 又m10mtlntt10，即lntt1也成立．x1x2x1x2x2bx1x2x1.點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式常見類型及解題策略(1hxfxgx.根據(jù)差函

試題解析：（Ⅰ）a0

當a0

fx在01單調(diào)遞減；fx在1 a fxx1exelnxgxx33x2a【答案】（1）fx的單調(diào)遞減區(qū)間是0,1，單調(diào)遞增區(qū)間是1;(2)a1,2 fx在0上的值域為0．結(jié)合題意可將問題轉(zhuǎn)化為當x0

g2

由（1）x1

gx01gx