2024年新结构题型中大题考点预测：导数综合 解析版

2024年新结构题型中大题考点预测：导数综合目录题型一：导数恒能成立问题题型二：导数与函数零点问题题型三：导数解决双变量问题题型四：导数中的极值点偏移问题题型一：导数恒能成立问题221(2023·黑龙江佳木斯·模拟预测)已知函数fx=lnx-ax-ax+a-1a∈R．(1)试讨论fx的单调性；x22e(2)若不等式fx+1+ax+1+≥0对任意的x≥0恒成立，求实数a的取值范围.x+1【分析】(1)求出fx的导函数，讨论a与0的大小关系即可求解；xxee(2)由题意可得lnx+1-ax-1+≥0，设gx=lnx+1-ax-1+x≥0，当a≤1时，x+1x+1利用放缩、构造函数、求导可知满足题意；当a>1时，证明gx在0,+∞上有唯一的零点x0即可.【详解】(1)fx的定义域为0,+∞，当a=0时，fx=lnx-1在0,+∞上单调递增；12ax+12ax-1当a>0时，fx=-2ax-a=-，xx11当0<x<时，fx>0，所以fx在0,上单调递增，2a2a11当x>时，fx<0，在,+∞上单调递减．2a2aax+12ax-1当a<0时，fx=-，x11当0<x<-时，fx>0，所以fx在0,-上单调递增，aa11当x>-时，fx<0，在-,+∞上单调递减.aa综上所述，a=0时，fx在0,+∞上单调递增；11当a>0时，fx在0,2a上单调递增，在2a,+∞上单调递减；11当a<0时，fx在0,-a上单调递增，在-a,+∞上单调递减.xx22ee(2)由题意，fx+1+ax+1+≥0即为lnx+1-ax-1+≥0，x+1x+1xe设gx=lnx+1-ax-1+x≥0，x+1xe①当a≤1时，gx≥lnx+1-x-1+，x+1xe设hx=lnx+1-x-1+x≥0，x+1xx1xexxexx则hx=-1+=-+=e-x-1，x+1x+12x+1x+12x+121 xx设ux=e-x-1x≥0，则ux=e-1≥0，所以ux在0,+∞上单调递增，x又u0=0，所以ux≥0恒成立，即e-x-1≥0，x又≥0，所以hx≥0在0,+∞上恒成立，从而hx在0,+∞上单调递增，2x+1因为h0=0，所以hx≥0，又gx≥hx，所以gx≥0，满足题意；x1xe②当a>1时，gx=-a+，x+1x+12x1xe设tx=-a+x≥0，x+1x+12x2x2x1x+1e⋅x+1-2x+1⋅xex+1e-x-1则tx=-+=，243x+1x+1x+12xx因为当x≥0时，x+1e-x-1≥e-x-1≥0，所以tx≥0恒成立，故gx在0,+∞上单调递增，x2x-1ex2e设φx=x>1，则φx=>0，23x+1x+1所以φx在1,+∞上单调递增，xx2e2ee1又φ(1)=>1，所以φx>1恒成立，即>1，从而>，4x+12x+122x1xex所以当x>2a时，必有gx=-a+>-a+>0，x+1x+122又g0=1-a<0，所以gx在0,+∞上有唯一的零点x0，且当x∈0,x0时，gx<0，从而gx在0,x0上单调递减，结合g0=0知当x∈0,x0时，gx<0，所以gx≥0在0,+∞上不能恒成立，不合题意.综上所述，实数a的取值范围是-∞,1．122(2023·湖南郴州·模拟预测)已知f(x)=alnx+x-2x(a∈R且a≠0)在(0,+∞)上单调递增，2gx=cosx+xsinx.12(1)当a取最小值时，证明fx≤x-x-1恒成立.21fx2(2)对∀x1∈-π,π，∃x2∈e,e，使得x-a≤gx1成立，求实数a的取值范围.2【分析】(1)首先利用条件可得f(x)≥0在(0,+∞)恒成立，参变分离后可得amin=1，代入后构造函数解不等式即可；fx2(2)根据题意只需不等式-a≤gx1左边的最小值小于等于右边的最小值即可，利用导数即可求得x21fx2g(x)在(0,π)上的最小值为-1，即证∃x2∈,e，使得-a≤-1成立，ex212即a(x2-lnx2)≥x2-x2成立，参变分离后再构造函数即可得解.2a【详解】(1)由题意可知fx=+x-2≥0在(0,+∞)上恒成立，x2参变分离得a≥2x-xmax=1，∴amin=1，12此时f(x)=lnx+x-2x.212设hx=fx-x-x-1=lnx-x+1，22 11-xh(x)=-1=，xx令h(x)>0⇒0<x<1，令h(x)<0⇒x>1，∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.∴h(x)≤h(1)=012∴fx≤x-x-1恒成立，2(2)gx=-sinx+sinx+xcosx=xcosx，π当x∈0,时，xcosx>0，g(x)>0，2π∴g(x)在0,单调递增；2π当x∈,π时，xcosx<0，g(x)<0，2π∴g(x)在,π单调递减；2ππg(0)=1，g=，g(π)=-1，22∴g(x)在(0,π)上的最小值为-1.易知g(x)为偶函数，由偶函数图象的对称性可知g(x)在(-π,π)上的最小值为-11fx2由题意可得∃x2∈,e，使得-a≤-1成立，ex212即a(x2-lnx2)≥x2-x2成立.2由(1)可知x2-lnx2≥1>0，1212x-xx-x221参变分离得a≥，设ϕx=，x∈,e，x-lnxx-lnxe即只需a≥ϕxmin即可.12x-11x-1x-lnx-x-x⋅x-1x-lnx+12x2ϕx==22(x-lnx)(x-lnx)由(1)知lnx≤x-1得-lnx≥1-x，1114-x∴x-lnx+1≥x+1-x+1=2-x=>022221令ϕx>0⇒1<x<e，令ϕx<0⇒<x<1，e11∴ϕ(x)在e,1上单调递减，在(1,e)上单调递增.∴ϕxmin=ϕ1=-2，1∴a≥-，又已知a≥1.故a的取值范围为1,+∞.222xx3(2024·云南昆明·模拟预测)已知函数fx=lnx+1-x+x∈-1,+∞和gx=+sinx22π+cosx-x-1x∈-1,2．(1)讨论fx与gx的单调性；a(2)若lnx+1+1≥sinx+cosx+在0,+∞上恒成立，求实数a的取值范围．xπ【答案】(1)f(x)在区间-1,+∞内单调递增；g(x)在区间-1,内单调递减；2(2)-∞,0．3 2x【分析】(1)求出定义域，求导得到f(x)=≥0，得到f(x)在区间-1,+∞内单调递增，对gx二次x+1π求导，得到g(x)=hx≤h0=0，g(x)在区间-1,内单调递减；2a(2)不等式变形为lnx+1+1-sinx-cosx≥，先判断a≤0，再证明a≤0不等式成立即可.x21x【详解】(1)f(x)的定义域为-1,+∞，则f(x)=-1+x=≥0，x+1x+1所以f(x)在区间-1,+∞内单调递增，πgx=x+cosx-sinx-1,x∈-1,，2π令hx=g(x)=x+cosx-sinx-1，x∈-1,，2π则hx=1-sinx-cosx=1-2sinx+，4π2当x∈-1,0时，sinx+<，则hx>0，42ππ2当x∈0,2时，sinx+4>2，则hx<0，πhx在区间-1,0内单调递增，在区间0,内单调递减，2注意到h0=0+cos0-sin0-1=0，故g(x)=hx≤h0=0，π所以g(x)在区间-1,内单调递减；2aa(2)lnx+1+1≥sinx+cosx+，即lnx+1+1-sinx-cosx≥，xx因为x>0，故xlnx+1+1-sinx-cosx≥a，a若a>0，左边x→0时，lnx+1+1-sinx-cosx→0，而→+∞，x此时不等式不成立.故a≤0，下面a≤0符合.构造函数Fx=fx-gx=lnx+1+1-sinx-cosx，x∈0,+∞，ππ1当x∈2,+∞时，lnx+1≥ln2+1>ln2>2，3π则lnx+1+1>>2≥2sinx+=sinx+cosx，故此时Fx>0恒成立，24π1当x∈0,时，Fx=-cosx+sinx，2x+11设vx=-cosx+sinx，x+112π12则vx=sinx+cosx-x+1=2sinx+4-x+1>0，ππ故vx为0,2上的增函数，故vx>v0=0，故Fx为0,2上的增函数，故Fx>F0=0.a综上，Fx>0对任意x>0恒成立，故Fx>0≥恒成立.x综上，满足条件的实数a的取值范围为-∞,0．x4(2024·广东·模拟预测)已知函数fx=e+cosx-2，gx=sinx.(1)求证：当x∈0,+∞，g(x)<x<f(x)；(2)若x∈0,+∞，fx+gx>ax恒成立，求实数a的取值范围.4 【答案】(1)证明见解析(2)-∞,2x【分析】(1)分别构造函数Gx=x-g(x)=x-sinx，F(x)=f(x)-x=e+cosx-2-x，x>0，利用导数分别求出两函数的最值，即可得证；x(2)fx+gx>ax在区间0,+∞上恒成立，即e+cosx-2+sinx-ax>0在区间0,+∞上恒成立，x构造函数φx=e+cosx-2+sinx-ax，由a分类讨论求出函数的最值即可得解.【详解】(1)设Gx=x-g(x)=x-sinx，x>0则Gx=1-cosx≥0，所以Gx在区间0,+∞上单调递增，所以Gx>G0=0，即g(x)<x，x设F(x)=f(x)-x=e+cosx-2-x，x>0，x则F(x)=e-sinx-1，由x>0时，g(x)<x，即-sinx>-x，xx所以F(x)=e-sinx-1>e-x-1，xx设hx=e-x-1，则hx=e-1，当x>0时，hx>0，所以函数hx在区间0,+∞上单调递增，x故在区间0,+∞上，hx>h0=0，即在区间0,+∞上，e>x+1，x所以F(x)>e-x-1>0，所以F(x)在区间0,+∞上单调递增，所以F(x)>F(0)=0，即fx>x，所以g(x)<x<f(x)得证.(2)由fx+gx>ax在区间0,+∞上恒成立，x即e+cosx-2+sinx-ax>0在区间0,+∞上恒成立，x设φx=e+cosx-2+sinx-ax，则φx>0在区间0,+∞上恒成立，x而φx=e-sinx+cosx-a，x令mx=φx，则mx=e-cosx-sinx，x由(1)知：在区间0,+∞上，e>x+1>sinx+cosx，x即mx=e-cosx-sinx>0，所以在区间0,+∞上函数φx单调递增，①当a≤2时，φ0=2-a≥0，故在区间0,+∞上函数φx>0，所以函数φx在区间0,+∞上单调递增，又φ0=0，故φx>0，即函数fx+gx>ax在区间0,+∞上恒成立；②当a>2时，φ0=2-a，φlna+2=a+2-sinlna+2+coslna+2-aπ=2-2sinlna+2->0，4故在区间0,lna+2上函数φx存在零点x0，即φx0=0，又在区间0,+∞上函数φx单调递增，故在区间0,x0上函数φx<φx0=0，所以在区间0,x0上函数φx单调递减，由φ0=0，所以在区间0,x0上φx<φ0=0，与题设矛盾.综上，a的取值范围为-∞,2.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．5 (3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2x5(2024·湖南·模拟预测)已知函数fx=ae-3ax(a∈R,a≠0,e是自然对数的底数，e=2.71828⋯).(1)当a=1时，求函数fx的零点个数；(2)当a=1时，证明：fx≥cosx-2x；(3)证明：若a∈1,+∞,x∈R，则fx≥1-2sinx.【答案】(1)有两个不同零点(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，结合零点存在性判断即可；xx(2)依题意可得e-x≥cosx，令hx=e-x，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，结合余弦函数的性质即可得证；2xx2(3)依题意可得ae-3ax+2sinx-1≥0，令ga=ea-3xa+2sinx-1，结合二次函数的性质可得gaxx3x-2sinx+1≥g1=e-3x+2sinx-1，只需证明e-3x+2sinx-1≥0即可，即证-1≤0，令Fxxe3x-2sinx+1=-1，利用导数说明函数的单调性求出函数的最大值，即可得证.xexx【详解】(1)因为fx=e-3x定义域为R，所以fx=e-3，当x<ln3时，fx<0，函数fx单调递减；当x>ln3时，fx>0，函数fx单调递增，ln3所以fxmin=fln3=e-3ln3=31-ln3<0，02又f0=e=1>0,f2=e-6>0，由零点存在性定理可知fx在区间0,ln3和ln3,2上各存在一个零点，所以fx有两个不同零点.xx(2)当a=1时，fx=e-3x，由fx≥cosx-2x，得e-x≥cosx，xx令hx=e-x，则hx=e-1，当x<0时，hx<0,hx在-∞,0上为减函数，当x>0时，hx>0,hx在0,+∞上为增函数，所以hx≥h0=1，而cosx≤1，且h0=cos0，x所以e-x≥cosx，即fx≥cosx-2x.2x(3)由已知fx≥1-2sinx，即ae-3ax+2sinx-1≥0，x23x因为a∈1,+∞，令ga=ea-3xa+2sinx-1为开口向上的二次函数，对称轴为a=，x2e3x31-x令φx=，所以φx=，xx2e2e当x<1时，φx>0，函数φx单调递增；当x>1时，φx<0，函数φx单调递减，所以φxmax=3φ1=<1，2e3x3即a=≤<1，故ga在区间1,+∞上单调递增，x2e2ex所以ga≥g1=e-3x+2sinx-1，x3x-2sinx+1从而只需证明e-3x+2sinx-1≥0即可，即证-1≤0，xe6 3x-2sinx+12-3x+2sinx-2cosx令Fx=-1，则Fx=，xxeeπ令qx=2-3x+2sinx-2cosx，则qx=-3+2cosx+2sinx=22sinx+-3<0，4所以函数qx单调递减，且q0=0，所以当x<0时，Fx>0，当x>0时，Fx<0，所以函数Fx在-∞,0上单调递增，在0,+∞上单调递减，3x-2sinx+12x故Fx≤F0=0，即-1≤0，从而不等式ae-3ax+2sinx-1≥0得证.xeaxlnx6(2024·全国·模拟预测)已知函数fx=和函数gx=有相同的最大值.xaxe(1)求a的值；(2)设集合A=xfx=b，B=xgx=b(b为常数).证明：存在实数b，使得集合A∪B中有且仅有3个元素.【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】(1)先由定义域得到a≠0，求导，当a<0时，函数无最大值，舍去，当a>0时，求出单调性和fxa1有最大值f1=，进而求出gx的单调性，最大值ge=，从而得到方程，求出a的值；eae(2)集合A∪B的元素个数即为直线y=b与两条曲线y=fx和y=gx的交点个数，在(1)的基础上作xlnx出fx=和gx=，数形结合得到答案.xxeaxa1-x【详解】(1)由题意可知a≠0，由fx=，得fx=，xxee若a<0，当x<1时，fx<0；当x>1时，fx>0，则fx在-∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，a所以fx有最小值f1=，无最大值，不合题意.e所以a>0，当x<1时，fx>0；当x>1时，fx<0，则fx在-∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，a所以fx有最大值f1=.elnx1-lnx由gx=，得gx=，x>0且a>0，axax2当0<x<e时，gx>0；当x>e时，gx<0，则gx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，1所以gx有最大值ge=.aea=1则eae，解得a=1.a>0(2)集合A∪B的元素个数即为直线y=b与两条曲线y=fx和y=gx的交点个数.x由(1)可知fx=在-∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，xe且x→+∞，fx→0，lnxgx=在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，x且x→+∞，gx→0，7 xlnx作出fx=和gx=的图像如图所示.xxe设fx和gx的图像交于点M，则当直线y=b经过点M时，直线y=b与两条曲线y=fx和y=gx共有3个交点，故存在实数b，使得集合A∪B中有且仅有3个元素.327(2023·上海·模拟预测)已知函数f(x)=x+bx+cx(b、c∈R)，其导函数为f(x)，(1)若函数f(x)有三个零点x1、x2、x3，且x1+x2+x3=3,x1x3=-9，试比较f(3)-f(0)与3f(2)的大小.(2)若f(1)=-2，试判断f(x)在区间(0,2)上是否存在极值点，并说明理由.(3)在(1)的条件下，对任意的m,n∈R，总存在x∈[0,3]使得|f(x)+mx+n|≥t成立，求实数t的最大值.【答案】(1)f(3)-f(0)=3f(2)(2)存在，理由见解析(3)22【分析】(1)根据分析得到x2=0，x1,x3是方程x+bx+c=0的两根，由韦达定理得b=-3,c=-9，计算出f(3)-f(0)=3f(2)；(2)由导函数为二次函数，开口向上，结合特殊点的函数值及零点存在性定理得到极值点情况；(3)将x=0,2,3分别代入|f(x)+mx+n|≤M，得到不等式组，整理得到6M≥|-54+6m+3n|+|-66+6m+3n|≥12，求出M≥2，进而求出t的最大值.【详解】(1)因为x1x3=-9<0，故x1,x3一正一负，3222f(x)=x+bx+cx=x(x+bx+c)，所以x2=0，所以x1,x3是方程x+bx+c=0的两根，由韦达定理得x1+x3=-b,x1x3=c，因为x1+0+x3=3,x1x3=-9322所以b=-3,c=-9，故f(x)=x-3x-9x，fx=3x-6x-9，f(2)=-9，因为f(3)-f(0)=-27，3f(2)=-27，所以f(3)-f(0)=3f(2)；2(2)f(x)=3x+2bx+c，开口向上，f(1)=3+2b+c=-2，f(0)=c，f(2)=12+4b+c=2-c，①当c>0时，f(1)⋅f(0)<0，根据零点存在定理可知，存在x0∈(0,1)使得f(x0)=0，且x∈(0,x0)时，f(x)>0，fx单调递增，x∈(x0,1)时，f(x)<0，fx单调递减，所以f(x)在区间(0,2)上存在极大值点，②当c≤0时，f(2)=2-c>0，f(1)⋅f(2)<0，根据零点存在定理可知，存在x0∈(1,2)使得f(x0)=0，且x∈(1,x0)时，f(x)<0，x∈(x0,2)时，f(x)>0，所以f(x)在区间(0,2)上存在极小值点；(3)对任意的m,n∈R，总存在x∈[0,3]使得|f(x)+mx+n|≥t成立，8 f0+m⋅0+n≤M设x∈[0,3]，|f(x)+mx+n|的最大值为M，则f2+m⋅2+n≤M，f3+m⋅3+n≤M即|n|≤M①，|-22+2m+n|≤M②，|-27+3m+n|≤M③，由①+③×2得3M≥|n|+2|-27+3m+n|≥|-54+6m+3n|④，由②×3得3M≥|-66+6m+3n|⑤，④+⑤得6M≥|-54+6m+3n|+|-66+6m+3n|≥12，即M≥2，n=2m=9当且仅当-22+2m+n=-2，即时取等，所以t的最大值为2.n=2-27+3m+n=232【点睛】设一元三次方程ax+bx+cx+d=0a≠0的三个根为x1,x2,x3，3b2cd原方程可化为x+x+x+=x-x1x-x2x-x3，aaa3b2cd32整理得x+x+x+=x-x1+x2+x3x+x1x2+x1x3+x2x3x-x1x2x3，aaa比较左右两边同类项，得到一元三次的根与系数关系：bcdx1+x2+x3=-,x1x2+x1x3+x2x3=,x1x2x3=-.aaa28(2023高三·全国·专题练习)已知函数fx=lnax-2ax+alna.2(1)求证fx≤a-3；(2)是否存在实数k，使得只有唯一的正整数a，对于x∈(0,+∞)恒有：f(x)<ea+k，若存在，请求出k的范围以及正整数a的值；若不存在请说明理由.(下表的近似值供参考)ln2ln3ln4ln5ln6ln7ln8ln90.62.02.21.101.381.611.791.95970【答案】(1)证明见解析(2)存在，k∈5ln4-4e-2,6ln5-5e-2，a=42【分析】(1)求出定义域，求导，得到函数单调性，得到函数最小值，故证明a+1lna-2≤a-3即可，变形后得到lna≤a-1，构造函数证明出结论；(2)由(1)可知fxmax=a+1lna-2，参变分离后，二次求导，得到ga的单调性，结合g3>g5>g4，求出k∈5ln4-4e-2,6ln5-5e-2，并求出正整数a的值.【详解】(1)fx=lnx-2ax+a+2lna，定义域为0,+∞，1a1-axfx=-=，xxx11当x<时，fx>0；当x>时，fx<0，aa11则函数fx在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减，1∴fx≤f=a+1lna-2．a2下证：a+1lna-2≤a-3，上式等价于证明lna≤a-1．设函数ha=a-1-lna，1则ha=1-，a∴函数ha在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，2∴ha=a-1-lna≥h1=0，则lna≤a-1，即fx≤a-3．9 (2)由(1)可知fxmax=a+1lna-2，故不等式a+1lna-2<ea+k只有唯一的正整数解，则k>a+1lna-ea-2．a+1设函数ga=a+1lna-ea-2，则ga=lna+-e，a1其中g=0，g1=2-e<0．ea+111a-1令函数ua=lna+-e，则ua=-=，aaa2a2∴函数ua在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增．5又u4=ln4+-e≈1.38+1.25-2.718<0，46u5=ln5+-e≈1.61+1.2-2.718>0，5故存在a0∈4,5满足ua0=0，11∴函数ga在0,e上单调递增，在e,a0上单调递减，a0,+∞上单调递增．其中g3=4ln3-3e-2≈4.4-3×2.718-2=-5.754，g4=5ln4-4e-2≈5×1.38-4×2.718-2=-5.972，g5=6ln5-5e-2≈6×1.61-5×2.718-2=-5.93，故g3>g5>g4，∴k∈5ln4-4e-2,6ln5-5e-2，此时a=4．2xx+1129(2023·浙江温州·模拟预测)已知函数fx=ae-e-xa∈R．2(1)若函数f(x)有两个极值点，求整数a的值；b(2)若存在实数a，b，使得对任意实数x，函数f(x)的切线的斜率不小于b，求的最大值．a【答案】(1)a=12(2)2e2xx+1xxelnt【分析】(1)对函数求导有f(x)=2ae-e-lne，令t=e>0，将问题化为y=2a与h(t)=+有两tt2个交点，利用导数研究h(t)最值及区间值域，进而求参数a范围，即可得答案.2x(2)令t=e>0，问题化为∃a,b∈R使2at-b≥et+lnt在t∈(0,+∞)上恒成立，构造k(t)=et+1222lnt，求得,0处的切线方程y=et-1，再构造m(t)=et-1-et-lnt，利用导数证et-1≥e22et+lnt在(0,+∞)上恒成立，最后只需2at-b≥et-1对任意t>0恒成立，即可求目标式的最值.2xx+12xx+1xx【详解】(1)由题设f(x)=2ae-e-x=2ae-e-lne，令t=e>0，2所以f(x)=g(t)=2at-et-lnt，又f(x)有两个极值点，elnt所以f(x)=g(t)有两个不同零点，即2a=+在t∈(0,+∞)上有两个根，tt2elnt1-et-2lnt所以y=2a与h(t)=+有两个交点，而h(t)=，tt2t331134令φ(t)=1-et-2lnt，易知φ(t)在t∈(0,+∞)上递减，φ=2-e>0，φ=-e<0，e4e211所以∃t0∈,4使φ(t0)=0，即2lnt0=1-et0，故(0,t0)上φ(t)>0，即h(t)>0，(t0,+∞)上φ(t)<0，ee即h(t)<0，故h(t)在(0,t0)上递增，(t0,+∞)上递减，t趋向于0时h(t)趋向-∞，t趋向于+∞时h(t)趋向0，10 et+lnt11e11e2e21004h(t)max=h(t0)=2=22+t=2t+2-8，t∈(e,e)，t0t0000444444e(e+e)e(1+e)e(e+e)h(t0)e(1+e)e(e+e)所以<h(t0)<，则<<，且∈(1,2)，224244e(1+e)∈(1,2)，4h(t0)h(t0)综上，0<2a<h(t0)，即0<a<，∈(1,2)，又a为整数，22所以a=1，经检验满足题设.2xx+1x(2)由题设，∃a,b∈R使f(x)=2ae-e-lne≥b恒成立，2x令t=e>0，即∃a,b∈R使g(t)=2at-et-lnt≥b在(0,+∞)上恒成立，所以2at-b≥et+lnt在t∈(0,+∞)上恒成立，1令k(t)=et+lnt，在(0,+∞)上递增，且k=0，e2e11212所以k(t)=+>0，k=e，故k(t)在,0处的切线为y=et-1，2t2te2e222e1令m(t)=et-1-et-lnt，则m(t)=e--在(0,+∞)上递增，2t2t111而m=0，故0,上m(t)<0，m(t)递减，,+∞上m(t)>0，m(t)递增，e2e2e212所以m(t)≥m=0，即et-1≥et+lnt在(0,+∞)上恒成立，e2222a=e综上，2at-b≥et-1对任意t>0恒成立，只需，-b≥-1b2b2即≤，仅当b=1时等号成立，故的最大值.ae2ae210(22-23高三上·安徽·阶段练习)若存在x1,x2∈a,b且x1≠x2,m>1使gx1-gx2>x2mfx1-fx2成立，则在区间a,b上，称gx为fx的“m倍扩张函数”．设fx=e,gx=-x+x，1若在区间-2,上gx为fx的“m倍扩张函数”．2(1)求实数m的取值范围；(2)证明：fx与gx的图象存在两条公切线．2【答案】(1)1,5e(2)证明见解析【分析】(1)根据“m倍扩张函数”的定义列不等式，化简后利用构造函数法，结合导数来求得m的取值范围.(2)设出切点坐标，根据“公切线”的知识列方程，化简后利用构造函数法，结合导数研究所构造函数的零点个数，从而证得结论成立.【详解】(1)因为fxx21=e,gx=-x+x在区间-2,上单调递增，21不妨设-2≤x2<x1≤，由gx1-gx2>mfx1-fx22得gx1-mfx1>gx2-mfx2．2x令hx=gx-mfx=-x+x-me，1则hx1>hx2．所以hx在-2,2上存在单调递增区间，即hxx1=-2x+1-me>0在-2,上有解，211 1-2x1即m<在-2,上有解．ex211-2x2x-3当x∈-2,时，设px=，则px=<0，2exex1即px在-2,上单调递减，222故p(x)max=p-2=5e，则m<5e．2故实数m的取值范围为1,5e．x2x(2)因为fx=e,gx=-x+x，所以fx=e,gx=-2x+1．x12设直线l分别与函数fx,gx的图象相切于点Ax1,e,Bx2,-x2+x2，易知直线l的斜率存在，则fx1=gx2=kAB，x12x1e+x2-x2即e=-2x2+1=．x1-x2x1x11-e由e=-2x2+1，得x2=，2x1x12代入ex1-x2=e+x2-x2中，x12x1x13ee1得x1e-++=0，244x2xx3ee1令Fx=xe-++，244x2xxx3eeex则Fx=x+1e-+=e+2x-1．222x令φx=e+2x-1，则φx在R上单调递增，且φ0=0，所以当x<0时，Fx<0，当x>0时，Fx>0，所以Fx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，所以F(x)min=F0=-1<0，223ee1e-2e+1又F1=e-++=>0，所以Fx在0,+∞上仅有一个零点．2444-1001611100614006因为F-100=+-+>--=1-->0，e1004⋅e2004⋅e10044e1004⋅e1004e100e100所以Fx在-∞,0上仅有一个零点．所以Fx在R上有两个零点，故函数fx与gx的图象存在两条公切线．【点睛】公切线的问题，关键点和突破口在于切线的斜率相同，可以由此建立切点横坐标的等量关系式.利用导数研究函数的零点，再求的函数的单调区间后，需要利用零点存在性定理来确定零点的个数.elnx+1ex11(2024·湖北武汉·二模)已知函数fx=+1-alnx，hx=．xxe13(1)当x>1时，求证：hx>-x+；22x23a(2)函数fx有两个极值点x1，x2，其中x1<x2，求证：>e．x1【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.ex13x-1【分析】(1)构造Fx=--x+求导，再构造mx=2-2x+e(x>1)应用导数研究单调性x22e求函数符号，进而确定Fx符号，判断Fx单调性即可证结论；12 et1et2(2)令t1=lnx1，t2=lnx2t1<t2，问题化为证t2-t1>3a成立，根据极值点有t1=t2=1-a，构造ht=eeett研究单调性和最值，研究ht=1-a有两个零点求t1,t2范围，即可证.ex-113ex131-x12-2x+e【详解】(1)Fx=hx--x+=--x+，则Fx=+=22x22x-12x-1ee2ex-1x-1令mx=2-2x+e(x>1)，则mx=e-2，在1,ln2+1上mx<0，mx单调递减，在ln2+1,+∞上mx>0，mx单调递增．所以mx≥mln2+1=21-ln2>0，综上，Fx>0，即Fx在1,+∞上单调递增，故Fx>F1=0，13即x∈1,+∞时，hx>-x+成立．221-ax-elnx1-ax1-elnx1=0(2)由题设fx=2，fx有两个极值点x1，x2，则①，x1-ax2-elnx2=0x23a要证>e成立，即证lnx2-lnx1>3a成立．x1令t1=lnx1，t2=lnx2t1<t2，即证t2-t1>3a成立．t11-ae-et1=0et1et2①式可化为t，则==1-a，1-ae2-et=0t1t22eeet1-t令ht=，ht=，tt-1ee在-∞,1上ht>0，ht单调递增，在1,+∞上ht<0，ht单调递减．h1=1，要使ht=1-a有两个零点，则0<t1<1<t2，et当t∈0,1时，t>t，若y=t与y=1-a交于t1,1-a，则t1<t1=1-a，e1313当t∈1,+∞时，由(1)知ht>-t+，若y=1-a与y=-t+交于t2,1-a，则1<t2<t2，t22222=2a+1，x23a所以t2-t1>t2-t1=2a+1-1-a=3a成立，则>e．x1x-a12(2024·广西南宁·一模)已知函数fx=lnx-ax+a,gx=x-1e-ax+1a∈R．(1)若fx≤0，求a的值；(2)当a∈0,1时，证明：gx≥fx．【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数，分类讨论a的取值，结合函数的单调性判断fx≤0是否成立，即可求得答案；1(2)根据要证明的gx≥fx，构造函数hx=gx-fx，利用导数判断∃x0∈2,1，使得hx0=0，x0-1x-11结合单调性确定hxmin=2-3lnx0-x0+1，继而令tx=2-3lnx-x+1,x∈2,1，利用导x0x数证明tx≥0，即可证明结论.11-ax【详解】(1)由题意知x∈0,+∞,fx=-a=，xx当a≤0时，fx>0，fx在0,+∞上单调递增，而f1=ln1-a+a=0，当x>1时，fx>f(1)=0，与题意不符；1当0<a<1时，>1，a13 11由fx>0可得x∈0,a，fx在0,a上单调递增，1此时f>f(1)=0，不符合题意；a当a=1时，由fx>0可得x∈0,1，fx在0,1上单调递增，由fx<0可得x∈1,+∞，fx在1,+∞上单调递减，故对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤f(1)=0恒成立，符合题意；1当a>1时，0<<1，a11由fx<0可得x∈a,+∞，fx在a,+∞上单调递减，1此时f>f(1)=0，不符合题意；a综合上述，a=1；(2)证明：要证gx≥fx，即证gx-fx≥0；x-a即hx=gx-fx=x-1e-lnx+1-a,x>0，x-a1则hx=xe-，xx-a1x-a1令φx=xe-,x∈0,+∞，则φx=(1+x)e+>0，xx2则φx，即hx在0,+∞上单调递增，11-a121-a又a∈0,1，∴h=e-2<0,h1=e-1≥0，221x0-a1故∃x0∈2,1，使得hx0=0，即x0e=x，0x0-a1则e=2,x0-a=-2lnx0，x0则当x∈0,x0时，hx<0,hx在0,x0上单调递减，当x∈x0,+∞时，hx>0,hx在x0,+∞上单调递增，x0-ax0-1故hxmin=hx0=x0-1e-lnx0+1-a=2-3lnx0-x0+1，x02x-11123-x+2x+x-1令tx=-3lnx-x+1,x∈,1，则tx=-+--1=，x22x2x3xx315-125-12当x∈2,2时，x+x-1<0，则tx>0，当x∈2,1时，x+x-1>0，则tx<0，15-15-1故tx在2,2上单调递增，在2,1上单调递减，11由于t2=3ln2-1>0,t1=0，故x∈2,1时，tx≥0，故hxmin=hx0≥0，即h(x)≥0，即当a∈0,1时，gx≥fx成立.题型二：导数与函数零点问题xa13(23-24高三上·湖北·期中)已知a>0，曲线C1：y=alnx与C2：y=e没有公共点.(1)求a的取值范围；(2)设一条直线与C1，C2分别相切于点i,j，s,t.证明：(i)i+t≠j+s；i+ssj(ⅱ)0<<+.eit14 xxaa1a【分析】(1)设fx=alnx-e，求得fx=-e，转化为fx没有零点，分a≥e和0<a<e，两种xa情况，结合函数的单调性和零点的存在性定理，即可求解；j-ta(2)(i)由直线l与x轴不垂直，假设i+t=j+s，的斜率k==1，由y=alnx，求得y=，求得k=i-sx-1，即可得证；综上，i+t≠j+s.2aaa(ii)根据题意转化为i+s>iln++1，设g(x)=2xlnx+x+1，利用导数求得gx单调性，得到iii-32gx≥ge>0，转化为i+s=a+i(2-lni)，设hx=x(2-lnx)，求得hx=1-lnx，得出函数hxssi+saaas的单调性，进而得到i+s<a+e<2e,<2，设ailni+se-2ie=ailni+-2a，将s=a-i(lnieissaaa-1)代入，得到ailni+se-2ie=a(a-i)-lni，在分0<i<e和i>e，两种情况讨论，即可求解.ixxaa1a【详解】(1)解：设fx=alnx-e，可得fx=-e，xa曲线C1与C2没有公共点等价于fx没有零点，1a当a≥e时，可得f1=-e<0，且fa=alna-e≥0，所以f1fa<0，根据零点的存在定理，可得fx存在零点，不合题意；2xaa1a当0<a<e时，可得0<<a，可得fx=-e在0,+∞单调递减，3xaa23a3-ee且f3=a>0，fa=1-a<0，2x0aa1a则存在唯一x0∈3,a，使得fx0=0，即x-ae=0，0x02xaa0可得e=，即lnx0=2lna-，x0a当0<x<x0时，fx>0，fx单调递增；当x>x0时，fx<0，fx单调递减，x220aa故fx≤fx0=a2lna-a-x=2alna-x0+x<2a(lna-1)<0，符合题意.00综上，实数a的取值范围是0,e.(2)解：(i)记题设的直线为l，由题意可知l与x轴不垂直，j-t假设i+t=j+s，则l的斜率k==1，i-saa由y=alnx，可得y=，且=1，即i=a，j=alna，xixxsa1a1a又由y=e，可得y=e，e=1，即s=alna，t=a，aaj-talna-a所以k===-1，矛盾，i-sa-alna综上，i+t≠j+s.saseasa(ii)由k==及1-e=a(lni-1)，可得a-s=i(lni-1)，aiasaeaea若i=e，则a-s=i(lni-1)=0，a=s，且由=可得=，aiae故a=e，这与0<a<e矛盾，故i≠e，又由i>0，t>0，当0<i<e时，s-a=i(1-lni)>0，故s>a>0，i+s>0，15 s21aaaaa当i>e时，由k=ae=i，得s=alni=a2lni+lni>a2lni+1，a2aaaa所以i+s>i+a2lni+1=iilni+i+1，其中0<i<1，设g(x)=2xlnx+x+1(0<x<1)，则gx=2lnx+3，-32当0<x<e时，gx<0，gx单调递减；-32当e<x<1时，gx>0，gx单调递增，-3-3-322-12所以gx≥ge=1-2e>1-2e>0，此时也有i+s>1-2ei>0，由a-s=i(lni-1)可得i+s=a+i(2-lni)，设hx=x(2-lnx)，则hx=1-lnx，当0<x<e时，hx>0，hx单调递增；当x>e时，hx<0，hx单调递减，i+s所以当x≠e时，hx<h(e)=e，故i+s<a+e<2e,<2，esjasssailni+seaaas又由+=，设ailni+se-2ie=ailni+-2a，itsiaiessaaa将s=a-i(lni-1)代入，可得ailni+se-2ie=a(a-i)-lni，ia当0<i<e，由上可知i<a<e，有a(a-i)-lni>0，iasj当i>e，由上可知a<e<i，也有a(a-i)-lni>0，故+>2，iiti+ssj综上可得，0<<2<+.eitax14(2024·山东泰安·一模)已知函数fx=aea≠0．(1)若a>0，曲线y=fx在点0,f0处的切线与直线x+y-2=0垂直，证明：fx>lnx+2；ax1ax2e-e(2)若对任意的x1,x2且x1<x2，函数gx=fx-，证明：函数gx在x1,x2上存在唯一零点．x1-x2【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)首先由导数的几何意义结合垂直关系求得a=1，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性结合虚设零点的方式，即可证明不等式；ax1ax2(2)通过变形得g(x)=-eeax2-x1-ax-x-1，gx=eeax1-x2-ax-x-1，再通过构121212x2-x1x2-x1x造函数hx=e-x-1证明gx1<0,gx2>0，则可得证.2ax【详解】(1)∵fx=ae，2∴f0=a=1，∴a=1，x∴fx=e，xx1设Fx=e-lnx+2(x>-2)，则Fx=e-，x+2x1x1设φx=e-(x>-2)，则φx=e+>0，x+2(x+2)2∴Fx单调递增，1011又∵F-1=-1<0,F0=e-=>0，e2216 x01∴存在x0∈-1,0使得Fx=0即e=，x0+2∴x0=-lnx0+2，当x∈-2,x0时，Fx<0,Fx单调递减，当x∈x0,+∞时，Fx>0,Fx单调递增，22x01x0+2x0+1x0+1∴Fx≥Fx0=e-lnx0+2=+x0==>0x0+2x0+2x0+2∴fx>lnx+2；ax1ax2axe-e(2)∵gx=ae-a≠0，x1-x22ax∴gx=ae>0，∴gx在x1,x2上单调递增，ax1ax2ax1e-e又∵gx1=ae-x1-x2ax1ax1ax2aex1-x2-e-e=x1-x2ax1eax2-x1=-ax1-x2+e-1x2-x1ax1eax2-x1=-e-ax2-x1-1x2-x1ax2eax1-x2gx2=e-ax1-x2-1x2-x1xx设hx=e-x-1，则hx=e-1，令hx=0，解得x=0，当x<0时，hx<0,hx单调递减；当x>0时，hx>0,hx单调递增，x∴当x≠0时，hx>h0=0，即e-x-1>0，∴eax2-x1-ax-x-1>0,eax1-x2-ax-x-1>0，2112ax1ax2ee又>0,>0，x2-x1x2-x1∴gx1<0,gx2>0，∴存在c∈x1,x2，使得gc=0，又∵gx在x1,x2上单调递增，∴函数gx在x1,x2上存在唯一零点.15(2024·山西·模拟预测)已知函数f(x)=sinx+ln(x+1)-ax，且y=f(x)与x轴相切于坐标原点．(1)求实数a的值及f(x)的最大值；π1(2)证明：当x∈,π时，f(x)+2x>；62(3)判断关于x的方程f(x)+x=0实数根的个数，并证明．【答案】(1)a=2，最大值为0(2)证明见解析(3)2个，证明见解析【分析】(1)由f(0)=0求出a的值，即可得到fx解析式，再利用导数求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值；(2)依题意即证当x∈π,π1，记m(x)=sinx+ln(x+1)-1，x∈π,π时sinx+ln(x+1)>，当x∈622617 π,5π5π,π66时直接说明即可，当x∈6，利用导数说明函数的单调性，即可得证；(3)设h(x)=f(x)+x，x∈-1,+∞，当x∈(-1,0)时，由(1)知f(x)<f(0)=0，则f(x)+x<0，当x∈(0,π)时，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断函数的零点，当x∈[π,+∞)时，h(x)≤1+ln(x+1)-x，令l(x)=1+ln(x+1)-x(x≥π)，利用导数说明l(x)在区间[π,+∞)上单调递减，即可得到l(x)<0，从而说明函数在[π,+∞)无零点，即可得解.【详解】(1)由题意知，f(0)=0且f(0)=0，1∵f(x)=cosx+-a，x+1∴f(0)=2-a=0，解得a=2，∴f(x)=sinx+ln(x+1)-2x，x∈-1,+∞，1则f(x)=cosx+-2，x+11当x≥0时，cosx≤1，≤1．故f(x)≤0，x+1所以f(x)在区间[0,+∞)上单调递减，所以f(x)≤f(0)=0．1当-1<x<0时，令g(x)=cosx+-2，x+11则g(x)=-sinx-，2(x+1)1∵-sinx∈(0,1)，>1，∴g(x)<0，2(x+1)∴f(x)在区间(-1,0)上单调递减，则f(x)>f(0)=0，∴f(x)在区间(-1,0)上单调递增，则f(x)<f(0)=0，则fxmax=f0=0．综上所述，a=2，f(x)的最大值为0．(2)因为f(x)=sinx+ln(x+1)-2x，π11要证当x∈,π时f(x)+2x>，即证sinx+ln(x+1)>，6221π记m(x)=sinx+ln(x+1)-，x∈,π，26π5π1当x∈,时，≤sinx≤1，ln(x+1)>0，6621∴m(x)=sinx+ln(x+1)->0；25π1当x∈6,π时，m(x)=cosx+x+1，11记n(x)=m(x)=cosx+，则n(x)=-sinx-<0，x+1(x+1)25π5π36∴m(x)在区间6,π上单调递减，则m(x)<m6=-2+5π+6<0，5π则m(x)在区间6,π上单调递减，11∴m(x)≥m(π)=sinπ+ln(π+1)-=lnπ+1->0，22π1综上所述，当x∈,π时，f(x)+2x>．62(3)设h(x)=f(x)+x=sinx+ln(x+1)-x，x∈-1,+∞，1∴h(x)=cosx+-1，x+1当x∈(-1,0)时，由(1)知f(x)<f(0)=0，18 故f(x)+x<f(x)<0，故f(x)+x=0在区间(-1,0)上无实数根．当x=0时，h(0)=0，因此0为f(x)+x=0的一个实数根．1当x∈(0,π)时，h(x)=cosx+-1单调递减，x+11又h(0)=1>0，h(π)=-2<0，π+1∴存在x0∈(0,π)，使得hx0=0，所以当0<x<x0时hx>0，当x0<x<π时hx<0，∴h(x)在区间0,x0上单调递增，在区间x0,π上单调递减，∴hx0>h(0)=0，又h(π)=ln(π+1)-π<2-π<0，∴f(x)+x=0在区间x0,π上有且只有一个实数根，在区间0,x0上无实数根．当x∈[π,+∞)时，h(x)≤1+ln(x+1)-x，令l(x)=1+ln(x+1)-x(x≥π)，1-x∴l(x)=-1=<0，x+1x+1故l(x)在区间[π,+∞)上单调递减，l(x)≤l(π)=ln(1+π)-π+1<3-π<0，于是f(x)+x<0恒成立．故f(x)+x=0在区间[π,+∞)上无实数根，综上所述，f(x)+x=0有2个不相等的实数根．x16(23-24高三上·安徽池州·期末)已知函数f(x)与g(x)的图象关于直线y=x对称，若fx=e，构造函数p(x)=xf(x)+ag(x)．(1)当a=1时，求函数p(x)在点(1,p(1))处的切线与坐标轴围成三角形的面积；5(2)若r(x)=(x+1)f(x)-g(x)(其中g(x)为g(x)的导函数)，当a=-1时，(t+1)r(t)=p(t)，证明：<t95<．(参考数据：ln3≈1.099,ln5≈1.609)3e2(e+1)【答案】(1)4e+2(2)证明见解析【分析】(1)由题可得p(x)表达式，后由导数知识可得函数p(x)在点(1,p(1))处的切线方程，即可得相关三角形面积；2t+lntx(2)由(1)，当a=-1，(t+1)r(t)=p(t)⇔t+t+1e-1+t(t+lnt)=0，由e≥x+1结合分析可得t+lnt=0，后由零点存在性定理可证明结论.x【详解】(1)由题，gx=lnx，则p(x)=xf(x)+ag(x)=xe+alnx，x当a=1时，p(x)=xe+lnx,p(1)=e，xx1则p(x)=e+xe+，p(1)=2e+1，p1=e.x则切线方程为y-e=(2e+1)(x-1)，e+1又切线与坐标轴的交点为A,0,B(0,-e-1)，2e+121e+1(e+1)则S△AOB=22e+1⋅-e-1=4e+2；x(2)当a=-1时，p(x)=xe-lnx，由题意(t+1)r(t)=p(t)，即(t+1)(t+1)et-1t-lnt=tet19 2tt+1t⇔(t+1)e-=te-lntt2t2t⇔t(t+1)e-(t+1)=te-tlnt2t+lntt+lnt⇔(t+1)e-te=(t+1)-tlntt+lnt222⇔et+t+1=t+t+1-t-tlnt2t+lnt⇔t+t+1e-1+t(t+lnt)=0∗xx构造函数hx=e-x-1，则hx=e-1，hx>0⇒x>0，hx<0⇒x<0，得hx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，x即hxmin=h0=0⇒∀x∈R，e≥x+1，当且仅当x=0时取等号.2则∗式=0≥t+t+1(t+lnt+1-1)+t(t+lnt)22=(t+lnt)t+t+1+t=(t+lnt)(t+1)2因(t+1)≥0，则t+lnt≤0，①因t>0，则tt+lnt≤0，又结合(*)式，2t+lnt2123可得0≤t+t+1e-1，因t+t+1=t++>024t+lnt则e-1≥0⇒t+lnt≥0，②由①②知t+lnt=0，1构造函数φ(t)=t+lnt，(t>0)，φ(t)=1+>0，则φ(t)在(0,+∞)单调递增，t5555注意到φ9=9+ln5-2ln30，φ3e=3e+ln5-ln3-10，55由零点存在性定理可知：<t<．93eπx17(23-24高三上·河北沧州·期末)已知函数f(x)=x-sin.2π2(1)设θ∈0,且cosθ=，求f(x)在区间(-1,1)内的单调递减区间(用θ表示)；2π(2)若a>0，函数g(x)=f(x)-aln|x|有且仅有2个零点，求a的值.2θ2θ【答案】(1)-,ππ(2)1【分析】(1)求导，得到函数的单调性，得到答案；(2)求出定义域，结合(1)中fx的单调性得到g(x)在(-∞,0)总有唯一的零点-1，再考虑当x>0时，结合g(1)=0，g(1)=1-a，分a=1，a>1，和0<a<1三种情况，结合函数单调性和特殊函数值，得到答案.ππx【详解】(1)f(x)=1-cos，22πx2πxπππx由f(x)=0，得cos=，当x∈(-1,1)时，∈-,，所以=±θ，2π22222θ即x=±，π2θ2θ2θ2θ当-<x<时，f(x)<0，当-1<x<-或<x<1时，f(x)>0，ππππ2θ2θ所以f(x)在区间(-1,1)内的单调递减区间为-,.πππx(2)依题意，g(x)=x-sin-aln|x|，定义域是(-∞,0)∪(0,+∞).2(i)当x<0时，有g(-1)=0.20 πx当x<-1时，-sin≤1，-aln|x|<0，所以g(x)<0；22θ2θ当-1<x<0时，由(1)知f(x)在-1,-π单调递增，在-π,0单调递减，πx又f(-1)=f(0)=0，所以f(x)=x-sin>0，又-aln|x|>0，所以g(x)>0.2所以g(x)在(-∞,0)总有唯一的零点-1.ππxa(ii)当x>0时，有g(1)=0，g(x)=1-cos-，g(1)=1-a,22x令u(x)=x-lnx，x∈0,+∞，1x-1u(x)=1-=，当x>1时，u(x)>0，u(x)=x-lnx单调递增，xx当0<x<1时，u(x)<0，u(x)=x-lnx单调递减，故u(x)≥u(1)=1，即x-lnx≥1，πxπx若a=1，有g(x)=x-lnx-sin≥1-sin≥0，22当且仅当x=1时两个不等号中的等号同时成立，可知g(x)在(0,+∞)有且仅有1个零点，符合题意.πa若a>1，有g(x)在(1,2)单调递增，g(2)=1+-.22①若g(2)≤0，则当x∈(1,2)时，有g(x)<0；②若g(2)>0，又g(1)<0，则可知∃x1∈(1,2)，使得gx1=0.由①②，可知g(x)在1,x1单调递减，所以gx1<g(1)=0，又当x趋向于正无穷时，g(x)趋向于正无穷，所以g(x)在(1,+∞)至少有1个零点，则可知g(x)在(0,+∞)至少有2个零点，不符合题意.12π若0<a<1，有g(x)在(0,1)单调递增，又g(1)>0，g=1--2a<0，24则可知∃x2∈(0,1)，使得gx2=0，且g(x)在x2,1单调递增，则有gx2<g(1)=0，又当x趋向于0时，g(x)趋向于正无穷，所以g(x)在0,x2至少有1个零点，又g(1)=0，可知g(x)在(0,+∞)至少有2个零点，不符合题意.综上可知，a=1.18(2023·全国·模拟预测)一类项目若投资1元，投资成功的概率为p(0<p<1)．如果投资成功，会获得b元的回报(b>0)；如果投资失败，则会亏掉1元本金．为了规避风险，分多次投资该类项目，设每次投资金额为剩余本金的x(0<x<1)，1956年约翰·拉里·凯利计算得出，多次投资的平均回报率函数为f(x)p1-p=(1+bx)⋅(1-x)，并提出了凯利公式．pb-(1-p)(1)证明：当p(b+1)>1时，使得平均回报率f(x)最高的投资比例x满足凯利公式x=；b11x2(2)若b=1，p=，求函数g(x)=e-x-f(cosx)在(0,π)上的零点个数．2【答案】(1)证明见解析(2)有且仅有两个零点pb-(1-p)pb-(1-p)【分析】(1)证法一：直接求导，令f(x)>0，得到x<，结合0<<p<1得到函数bbpb-(1-p)单调性，求出f(x)在x=取得最大值；b证法二：先对函数取对数，等价于h(x)=lnf(x)=pln(1+bx)+(1-p)ln(1-x)的最值问题(方便求导)，求导得到函数单调性，求出答案；21 1x2(2)得到g(x)=e-x-sinx，二次求导，结合零点存在性定理得到函数单调性，得到g(x)在(0,π)上至多两个零点，再根据特殊点的函数值和零点存在性定理得到g(x)至少有两个零点，从而得到g(x)有且仅有两个零点．p1-p【详解】(1)证法一：因为f(x)=(1+bx)(1-x)，0<x<1，p-11-pp-p则f(x)=bp(1+bx)(1-x)+(1+bx)⋅(1-p)×(-1)⋅(1-x)，1+bxp-11+bxp即f(x)=bp1-x-(1-p)1-x，1+bx1+bxp-11+bxp显然1-x>1，令f(x)>0，故bp1-x>(1-p)1-x，pb-(1-p)解得x<．bpb-(1-p)因为p(b+1)>1，所以0<<p<1，bpb-(1-p)pb-(1-p)故f(x)在0,上单调递增，在,1上单调递减，bbpb-(1-p)故f(x)在x=取得最大值．b证法二：由于b>0，0<p<1，0<x<1，故1+bx>0，1-x>0，f(x)>0．要使得f(x)最大，等价于使得h(x)=lnf(x)=pln(1+bx)+(1-p)ln(1-x)最大，bpp-1pb-(1-p)则h(x)=+，令h(x)>0，得x<．1+bx1-xbpb-(1-p)因为p(b+1)>1，所以0<<p<1，bpb-(1-p)pb-(1-p)故h(x)在0,上单调递增，在,1上单调递减，bbpb-(1-p)pb-(1-p)故h(x)在x=取得最大值，即f(x)在x=取得最大值．bb11222(2)因为b=1，p=，x∈(0,π)，则sinx>0，所以f(x)=1-x=1-x，222则f(cosx)=1-cosx=sinx=|sinx|=sinx，1x11x22故g(x)=e-x-sinx，则g(x)=e-1-cosx，211x2令q(x)=g(x)，则q(x)=e+sinx．4当x∈(0,π)时，q(x)>0，故q(x)=g(x)在(0,π)上单调递增．ππ131212因为g(0)=-1-1=-<0，g(π)=e-1-(-1)=e>0，2222故∃x0∈(0,π)，使得gx0=0，同时使得当x∈0,x0时，g(x)<0；当x∈x0,π时，g(x)>0，故g(x)在0,x0上单调递减，在x0,π上单调递增，故g(x)在(0,π)上至多两个零点．①π2又因为g(0)=1-0-0=1>0，g(2)=e-2-sin2，g(π)=e-π，π2π331.7注意到<2<，故<sin2<1，则sin2>>=0.85，232223故g(2)=e-2-sin2<e-2-<2.8-2-0.85=-0.05<0．2由于g(0)⋅g(2)<0，故g(x)在(0,2)上至少有一个零点．②π由于e>2.7>2.56>2.5，>1.5，π<4，222 π21.50.5故g(π)=e-π>2.7-4>2.5×2.56-4=2.5×1.6-4=0，由于g(2)⋅g(π)<0，故g(x)在(2,π)上至少有一个零点．③综合②③，故g(x)在(0,π)上至少有两个零点．④综合①④，则g(x)在(0,π)上有且仅有两个零点19(2023·上海浦东新·二模)设P是坐标平面xOy上的一点，曲线Γ是函数y=fx的图象．若过点P恰能作曲线Γ的k条切线k∈N，则称P是函数y=fx的“k度点”．(1)判断点O0,0与点A2,0是否为函数y=lnx的1度点，不需要说明理由；(2)已知0<m<π，gx=sinx．证明：点B0,π是y=gx0<x<m的0度点；3(3)求函数y=x-x的全体2度点构成的集合．【答案】(1)O0,0是函数y=lnx的一个1度点；A2,0不是函数y=lnx的1度点(2)证明见解析3(3)a,bb=-a或b=a-a,a≠0【分析】(1)求出曲线y=lnx在点t,lnt处的切线方程，该切线过点O时，列出方程，求出一个根，满足要求，该切线过点A(2,0)，构造函数，解超越方程，无解，不合要求；(2)求出y=sinx在点t,sint处的切线方程，转化为π-sint=-tcost无解，构造Gt=sint-tcost-π，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；332(3)求出切线方程，得到y=x-x的一个2度点当且仅当关于t的方程b-t-t=3t-1a-t恰有两32个不同的实数解，设ht=2t-3at+a+b，分a=0，a>0与a<0三种情况，进行求解.1【详解】(1)设t>0，则曲线y=lnx在点t,lnt处的切线方程为y-lnt=x-t．t则该切线过点O当且仅当-lnt=-1，即t=e．故原点O是函数y=lnx的一个1度点，1该切线过点A(2,0)，故-lnt=2-t，t令wt=tlnt-t+2，则wt=1+lnt-1=lnt，令wt>0得t>1，令wt<0得0<t<1，故wt=tlnt-t+2在1,+∞上单调递增，在0,1上单调递减，wt=tlnt-t+2在x=1处取得极小值，也时最小值，且w1=1>0，1故-lnt=2-t无解，点A(2,0)不是函数y=lnx的一个1度点t(2)设t>0，y=cost，则曲线y=sinx在点t,sint处的切线方程为y-sint=costx-t．则该切线过点0,π当且仅当π-sint=-tcost(*)．设Gt=sint-tcost-π，则当0<t<π时，Gt=tsint>0，故y=Gt在区间0,π上严格增．因此当0<t<m<π时，Gt<Gπ=0，(*)恒不成立，即点0,π是y=gx的一个0度点．2(3)y=3x-1，3332对任意t∈R，曲线y=x-x在点t,t-t处的切线方程为y-t-t=3t-1x-t．332故点a,b为函数y=x-x的一个2度点当且仅当关于t的方程b-t-t=3t-1a-t恰有两个不同的实数解．323设ht=2t-3at+a+b．则点a,b为函数y=x-x的一个2度点当且仅当y=ht两个不同的零点．3若a=0，则ht=2t+b在R上严格增，只有一个实数解，不合要求．2若a>0，因为ht=6t-6at，由t<0或t>a时ht>0得y=ht严格增；而当0<t<a时ht<0，得y=ht严格减．3故y=ht在t=0时取得极大值h0=a+b，在t=a时取得极小值ha=b+a-a．23 332a+ba+b3又因为h-2=-3a2<0，h3a+b≥a>0，所以当h0>0>ha时，由零点存在定理，y=ht在-∞,0、0,a、a,+∞上各有一个零点，不合要求；当0>h0>ha时，y=ht仅a,+∞上有一个零点，不合要求；当h0>ha>0时，y=ht仅-∞,0上有一个零点，也不合要求．故y=ht两个不同的零点当且仅当h0=0或ha=0．若a<0，同理可得y=ht两个不同的零点当且仅当h0=0或ha=0．33综上，y=x-x的全体2度点构成的集合为a,bb=-a或b=a-a,a≠0．20(2024·全国·模拟预测)如果有且仅有两条不同的直线与函数fx,gx的图象均相切，那么称这两个函数fx,gx为“L函数组”．x-2(1)判断函数y=e与y=lnx是否为“L函数组”，其中e为自然对数的底数，并说明理由；(2)已知函数fx=2+lnx与gx=ax为“L函数组”，求实数a的取值范围．【答案】(1)它们为“L函数组”，理由见解析(2)0,2x1-21【分析】(1)设出切点，得到两函数的切线方程，根据斜率相等得到e=，代入两切线方程，对照系数得x2x1-2到-x1+1e-1=0，解得x1=1或x1=2，求出两条切线方程，得到答案；y=1x+lnt+1(2)设出切点，得到两切线方程，求出a>0，再联立t，转化为方程有两个正数根，构造gty=ax4lnt+4=，求导得到其单调性，极值最值情况，数形结合得到答案.tx-2【详解】(1)函数y=e和y=lnx是“L函数组”，理由如下：x-2设直线与曲线y=e和y=lnx相切于点x1,y1,x2,y2，x-21y=e，y=，xx1-2x1-21则切线方程分别为y=ex-x1+e,y=x-x2+lnx2．x2x1-21因此e=，则x1-2=-lnx2．x2x1-2x1-211x1-x1故y=ex-x1+e=x-x1+=+，x2x2x2x211xy=x-x2+lnx2=x-x2-x1-2=+1-x1，x2x2x21-x1由于两切线为同一直线，故=1-x1，x21-x1x1-21即-1-x1=0，又e=，x2x2x1-2故-x1+1e-1=0，解得x1=1或x1=2，1当x1=1时，切线方程为y=x，e当x1=2时，切线方程为y=x-1，1因此切线方程为y=x或y=x-1．ex-2因为有且仅有两条不同的直线与函数y=e和y=lnx的图象均相切，所以它们为“L函数组”．(2)因为函数fx=2+lnx与gx=ax为“L函数组”，24 所以它们的图象有且仅有两条公切线．1由fx=2+lnx，得fx=，x1设切点坐标为t,2+lnt，t>0，则切线方程为y=x-t+2+lnt，taagx=，设切点为m,am，则切线方程为y-am=x-m，2x2m1a由题意得=有解，因为t>0，所以a>0．t2my=1x+lnt+1联立t，所以x-atx+tlnt+t=0．y=ax2224lnt+4由判别式Δ=at-4tlnt-4t=0，可得a=．t22依题意，关于实数t的方程at-4tlnt-4t=0恰有两个不同的正数解．4lnt+44-4lnt-4-4lnt令gt=，则gt==，tt2t2故当t∈0,1时，gt>0，所以gt单调递增；当t∈1,+∞时，gt<0，所以gt单调递减，所以gtmax=g1=4．1+又g=0，当x→+∞时，gx→0；e2所以0<a<4．又a>0，所以0<a<2，实数a的取值范围是0,2．x21(23-24高三上·安徽·阶段练习)已知函数fx=e-ax+1，a∈R，fx有两个零点x1，x2.(1)若a∈Z，求a的最小值；2(2)证明：x1+x2>2+.a【答案】(1)4(2)证明见解析【分析】(1)当a≤0时，不可能有两个零点，当a>0时，首先满足fxmin=flna=a-alna+1<0，求出a的最小值为4，再验证a=4满足条件.x2x1xe-e2x2-x1(2)因为fx=e-ax+1有两个零点x1，x2，所以=a，要证x1+x2>2+，即证e+1>2⋅x2-x1ax2-x1e-1，令t=x2-x1>0，转化为关于t的不等式,用导数证明即可.x2-x1xx【详解】(1)fx=e-ax+1，fx=e-ax当a≤0时，fx=e-a>0，fx在R上为单调递增函数，不可能有两个零点，舍去.x当a>0时，令fx=e-a=0得，x=lna，当x<lna时，fx<0，此时fx为减函数，当x>lna时，fx>0，此时fx为增函数，故fxmin=flna=a-alna+1，要使fx有两个零点，首先满足fxmin<0，令ga=a-alna+1,a>0，ga=1-1+lna=-lna，当0<a<1时，ga>0，此时ga为增函数，且ga>0，当a>1时，ga<0，此时ga为减函数，25 4g3=4-3ln3=lne-3ln3>0，5858g4=5-4ln4=lne-ln2<ln3-ln2=ln243-ln256<0，又a∈Z，所以a的最小值为4，x下面证明当a=4时，fx=e-4x+1存在两个零点，此时f2ln2<0，2f0=2>0，f2=e-7>0，又由fx的单调性知fx在0,2ln2,2ln2,2上各存在一个零点，满足条件.所以a的最小值为4.x(2)因为fx=e-ax+1有两个零点x1，x2，不妨设0<x1<lna<x2，x2x1所以e=ax2-1，e=ax1-1，x2x1两式相减得e-e=ax2-x1，x2x1e-e所以=a，x2-x12要证x1+x2>2+，即证ax1-1+ax2-1>2a，ax2x1x2x1x2x1e-e即证e+e>2a，即证e+e>2⋅，x2-x1x2-x1x2-x1e-1即证e+1>2⋅，令t=x2-x1>0，x2-x1t-2t即证e+1>0，t+22t-2ttt令ht=e+1,t>0，则ht=e>0，t+2t+22所以ht在0,+∞上为增函数，所以ht>h0=0，t-2t2所以t+2e+1>0成立，所以x1+x2>2+a成立.题型三：导数解决双变量问题x222(22-23高三上·吉林通化·开学考试)已知函数fx=1-xe-a(x+1)(a∈R).(1)求f(x)的单调区间；(2)若fx有两个不同的零点x1,x2，证明：x1+x2<0.x111【分析】(1)由题可得f(x)=-xe+2a，然后分a≥0，a=-，-<a<0，a<-讨论即得；222xx(1-x)e(1-x)e(2)由题可知=a有两个解，构造函数g(x)=，利用导数研究函数的性质可得x1<0<22x+1x+1x2<1，然后经过分析可得证明gx2-g-x2<0即可，再构造函数通过导数判断函数的单调性即得.x2【详解】(1)∵fx=1-xe-a(x+1)(a∈R)，xx∴f(x)=-xe-2ax=-xe+2a，当a≥0时，令f(x)>0，解得x<0，令f(x)<0，解得x>0，所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞)，f(x)的单调递增区间为(-∞,0)；1当ln(-2a)=0，即a=-时，f(x)≤0在(-∞,+∞)上恒成立，2所以f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞)，1当ln(-2a)<0，即-<a<0时，令f(x)>0，解得ln(-2a)<x<0，2令f(x)<0，解得x<ln(-2a)或x>0，所以f(x)的单调递增区间为(ln(-2a),0)，f(x)的单调递减区间为(-∞,ln(-2a))，(0,+∞)；26 1当ln(-2a)>0，即a<-时，令f(x)>0，解得0<x<ln(-2a)，令f(x)<0，解得x<0或x>ln(2-2a)，所以f(x)的单调递增区间为(0,ln(-2a))，f(x)的单调递减区间为(-∞,0)，(ln(-2a),+∞)；综上，当a≥0时，f(x)的单调递减区间为(0,+∞)，f(x)的单调递增区间为(-∞,0)；1当a=-时，f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞)；21当-<a<0时，f(x)的单调递增区间为(ln(-2a),0)，f(x)的单调递减区间为(-∞,ln(-2a))，(0,+∞)；21当a<-时，f(x)的单调递增区间为(0,ln(-2a))，f(x)的单调递减区间为(-∞,0)，(ln(-2a),+∞)；2xx2(1-x)e(2)令f(x)=0，即(1-x)e-ax+1=0，即=a，2x+1x1x21-x1e1-x2e所以==a，22x1+1x2+1x(1-x)e令g(x)=2，所以gx1=gx2，x+12x-xx-2x+3e所以g(x)=，22x+1令g(x)>0，解得x<0，令g(x)<0，解得x>0，所以g(x)在(-∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，又当x<1时，g(x)>0，当x>1时，g(x)<0，不妨设x1<x2，则x1<0<x2<1，要证x1+x2<0，即证x1<-x2，又g(x)在(-∞,0)上单调递增，所以只需证gx1<g-x2，即证gx2<g-x2，2x2即证gx2-g-x2<0，即证1-x2e-x2-1<0，2x2x令h(x)=(1-x)e-x-1,x∈(0,1)，所以h(x)=(1-2x)e-1，2x令u(x)=h(x)，所以u(x)=-4xe<0在(0,1)上恒成立，所以u(x)在(0,1)上单调递减，即h(x)在(0,1)上单调递减，所以h(x)<h(0)=0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，又0<x2<1，所以hx2<h(0)=0，所以x1+x2<0.x23(2023·山东威海·一模)已知函数fx=e-ax有两个零点.(1)求实数a的取值范围；(2)设x1,x2是fx的两个零点，求证：fx1x2<0.【答案】(1)e,+∞(2)证明见解析x【分析】(1)求出导函数f(x)=e-a，通过讨论a≤0，a>0时，结合函数有两个零点，可知a>0，利用函数单调性可知，当f(lna)<0时，原函数才有两个零点，求解即可；(2)要证fx1x2<0，即证x1x2∈-∞,lna，方法一：不妨设x1<x2，由fx在-∞,lna单调递减，得f(x1)>f(2lna-x2)，构造函h(x)=f(x)-f(2lna-x)，求导，利用基本不等式可得h(x)≥0，则f(x2)-x1+x2f(2lna-x2)>0，结合f(0)=1>0，所以0<x1<lna<x2，所以>x1x2，命题得证；方法二：不妨设22x2ax1<x2，由fx在-∞,lna上单调递减，得f(x1)>f(2lna-x2)，结合f(x1)=0和e=ax2，得x-e227 x2e112alna+ax2=xx+2lnx2-x2，构造函数h(x)=x+2lnx-xx>1，则h(x)<0，则函数h(x)在221,+∞上单调递减，所以h(x2)<h(1)=0，所以f(2lna-x2)<0，可得x1+x2<2lna，则0<x1<lna<x2，命题得证.x【详解】(1)f(x)=e-a，当a≤0时，f(x)>0，所以fx在R上单调递增，不满足题意；当a>0时，令f(x)<0，可得x∈-∞,lna，令f(x)>0，可得x∈lna,+∞，所以fx在-∞,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增，11aa2当a>e时，有f=e-1>0，f(a)=e-a>0，ax又因为函数fx=e-ax有两个零点，lna所以f(lna)<0，即e-alna<0，所以a-alna<0，可得lna>1，所以a>e，故实数a的取值范围是e,+∞.(2)要证fx1x2<0，即证x1x2∈-∞,lna，方法一：下证x1+x2<2lna，即证x1<2lna-x2，不妨设x1<x2，由(1)可知x1<lna<x2，所以2lna-x2<lna，因为fx在-∞,lna上单调递减，即证f(x1)>f(2lna-x2)，因为f(x1)=f(x2)，所以f(x2)>f(2lna-x2)，即证f(x2)-f(2lna-x2)>0，令h(x)=f(x)-f(2lna-x)，22x2lna-xxaxah(x)=f(x)+f(2lna-x)=e-2a+e=e+-2a≥2e⋅-2a=0，xxee所以h(x)在R上单调递增，又因为x2>lna，所以h(x2)>h(lna)=0，即f(x2)-f(2lna-x2)>0，可得f(0)=1>0，所以0<x1<lna<x2，x1+x2所以>x1x2，即x1x2<lna，2又因为fx在-∞,lna上单调递减，所以fx1x2<0.方法二：下证x1+x2<2lna，即证x1<2lna-x2，不妨设x1<x2，由(1)可知x1<lna<x2，所以2lna-x2<lna，因为fx在-∞,lna上单调递减，即证f(x1)>f(2lna-x2)，因为f(x1)=0，即证f(2lna-x2)<0，22lna-x2af(2lna-x2)=e-a2lna-x2=x-2alna+ax2，e2x22x2x2eae1因为e=ax2，所以a=，所以x-2alna+ax2=+2lnx2-x2，xe2xx2221因为x2>lna且a>e，所以x2>1，令h(x)=+2lnx-xx>1，x212x-1h(x)=-+-1=-<0，x2xx2所以h(x)在1,+∞上单调递减，所以h(x2)<h(1)=0，x2e1所以xx+2lnx2-x2<0，所以f(2lna-x2)<0，可得x1+x2<2lna，22因为f(0)=1>0，所以0<x1<lna<x2，28 x1+x2所以>x1x2，即x1x2<lna，2又因为fx在-∞,lna上单调递减，所以fx1x2<0.x1224(23-24高三上·重庆沙坪坝·期中)已知函数fx=ae-x+a有两个不同的极值点x1,x22x1<x2.(1)求实数a的取值范围；(2)已知m>0，且x1+mx2>m+1，求m的取值范围.1【答案】(1)0<a<e(2)m≥1x【分析】(1)求导，得到fx=ae-x有两个不同的零点，再次求导，分a≤0与a>0两种情况，得到函数单1调性和极值点情况，得到不等式，求出0<a<，再利用零点存在性定理得到答案；ex1x2x1-x2x1-x2t(2)由ae=x1，ae=x2，变形得到x1-x2e+m>m+1,x1<x2，换元后得到te+m-e-1tm+1e-1<0恒成立，构造函数，二次求导，分m≥1和0<m<1，结合函数单调性即特殊点的函数值，求出m的取值范围.x【详解】(1)由题知fx=ae-x有两个不同的零点，x设gx=fx=ae-x，当a≤0时，fx在R上单调递减，fx至多有一个零点，与题意不符；x1当a>0时，gx=ae-1，令gx=0得：x=ln，a11且x<ln时，gx<0,x>ln时，gx>0，aa11则gx在-∞,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增；1ln1111a由题意，gln<0，即ae-ln=1-ln<0，解得：0<a<.aaae12且此时，当x<lna<ln时，gx>glna=a-lna>0，a11111当x>ln>ln时，gx>gln=-ln>0，a2aa2aa211因此，由零点存在定理知gx在-∞,lna和lna,+∞各有一个零点，符合题意.1综上，0<a<.ex1x2(2)由(1)可知：ae=x1①，ae=x2②，x1x2因此不等式x1+mx2>m+1等价于ae+mae>m+1.x1-x2x1-x2x1x2又①-②得：a=x1x2，代入得x1x2e+me>m+1，e-ee-ex1-x2x1-x2即x1-x2e+m>m+1,x1<x2，e-1tt设t=x1-x2，不等式化为te+m>m+1，e-1tt又t<0,∴te+m-m+1e-1<0恒成立，tt设ht=te+m-m+1e-1,t<0，tht=et-m+m，t设φt=ht,φt=et-m+1,φ0=-m+1.29 t当m≥1时，φt=et-m+1<0,φt单调递减，即ht单调递减，而h0=0，∴ht>0,ht在-∞,0上单调递增，而h0=0，∴ht<0在-∞,0上恒成立，符合题意.t当0<m<1时，令φt=et-m+1=0得：t=m-1，且当t<m-1时，φt<0，当m-1<t<0时，φt>0，则φt在-∞,m-1上单调递减，在m-1,0上单调递增，而φ0=h0=0，∴当t∈m-1,0时，ht<0,ht在m-1,0上单调递减，而h0=0,∴ht>0，与题意不符.综上所述，m≥1.12325(23-24高三上·湖南长沙·阶段练习)函数fx=alnx+x-a+1x+(a>0).22(1)求函数fx的单调区间；(2)当a=1时，若fx1+fx2=0，求证：x1+x2≥2；*(3)求证：对于任意n∈N都有.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)求定义域，求导，分0<a<1，a=1和a>1三种情况，求解函数单调区间；22(2)令gx=fx+f2-x=ln1-(x-1)+(x-1)，构造Fx=lnx-x+1(x>0)，求导得到其单调性，进而得到lnx≤x-1，进而得到gx=fx+f2-x≤0，不妨设0<x1<1<x2，则fx1+f2-x1≤0，推出fx2≥f2-x1，由fx的单调性得到x2≥2-x1，证明出结论；1232(3)由(2)知，x>1时，fx=lnx+x-2x+>f1=0，变形得到2lnx+(x-2)>1在x>1时恒22成立，从而得到不等式，相加得到答案.【详解】(1)函数fx的定义域是0,+∞.2ax-a+1x+ax-1x-a由已知得，fx=+x-a-1==.xxx①当0<a<1时，当0<x<a时，fx>0,fx单调递增；当a<x<1时，fx<0,fx单调递减；当x>1时，fx>0,fx单调递增.②当a=1时，当x>0时，fx≥0,fx单调递增.③当a>1时，当0<x<1时，fx>0,fx单调递增；当1<x<a时，fx<0,fx单调递减；当x>a时，fx>0,fx单调递增.综上，①当0<a<1时，函数fx单调递增区间为0,a，1,+∞，单调递减区间为a,1；②当a=1时，函数fx单调递增区间为0,+∞，无单调递减区间；③当a>1时，函数fx单调递增区间为0,1，a,+∞，单调递减区间为1,a.30 123(2)当a=1时，fx=lnx+x-2x+.22由(1)知，函数fx在0,+∞单调递增且f1=0；123123令gx=fx+f2-x=lnx+x-2x++ln2-x+(2-x)-22-x+2222222=lnx2-x+x-2x+1=ln1-(x-1)+(x-1)，11-x令Fx=lnx-x+1(x>0),Fx=-1=，xx令Fx>0，解得0<x<1；令Fx<0，解得x>1，所以Fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，所以Fx≤F1=0，所以lnx≤x-1，2令(x-1)=t∈0,1，则1-t∈0,1，则ln1-t≤1-t-1=-t，故ln1-t+t≤0，所以gx=fx+f2-x≤0恒成立，不妨设0<x1<1<x2，则fx1+f2-x1≤0，所以-fx1≥f2-x1，所以fx2≥f2-x1，因为2-x1>1,x2>1，而fx在0,+∞单调递增，所以x2≥2-x1，所以x1+x2≥2.123(3)由(2)知，x>1时，fx=lnx+x-2x+>f1=0，2222即2lnx+x-4x+3=2lnx+(x-2)-1>0，2故2lnx+(x-2)>1在x>1时恒成立，22202所以2ln+(2-2)=2ln+>1，1113323122ln2+2-2=2ln2+2>1，4424222ln3+3-2=2ln3+3>1，⋯⋯，n+1n+12n+1n-122lnn+n-2=2lnn+n>1，相加得.12126(2023·四川成都·模拟预测)若函数fx=alnx-x+a+x>0有两个零点x1,x2，且x1<x2．22(1)求a的取值范围；(2)若fx在x1,0和x2,0处的切线交于点x3,y3，求证：2x3<x1+x2．【答案】(1)a∈0,+∞(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解；1222x1-x211(2)利用导数求切线方程得出a=，将原不等式化为证明lnt>t-0<t<1，构造函数lnx1-lnx22t11ht=lnt-t-利用导数证明即可.2t2a-x+a【详解】(1)fx=-x=xx31 当a≤0，fx<0，fx在0,+∞上单调递减，不可能两个零点；当a>0时，令fx=0得x=ax∈0,a，fx>0，fx单调递增，x∈a,+∞，fx<0，fx单调递减，11g(x)=lnx-1-=lnx+-1(x>0)，xx11x-1g(x)=-=，xx2x2x∈(0,1)时，g(x)<0，gx单调递减，x∈1,+∞，gx>0，gx单调递增，1所以g(x)≥g(1)=0，即x>0时，lnx≥1-恒成立，当且仅当x=1时取等号，x-1-11-1aalna所以e<e≤e=a，121而fx=alnx-x+a+<alnx+a+1，22-1-11a所以fe<a-1-a+a+1=0；fa≥f1=a>0；121121f1+2a=aln(1+2a)-(1+2a)+a+<-(1+2a)+a+=-2a-a<0∴x∈0,a2222有唯一零点且x∈a,+∞有唯一零点，满足题意，综上：a∈0,+∞；(2)曲线y=fx在x1,0和x2,0处的切线分别是aal1:y=x-x1x-x1，l2:y=x-x2x-x212x1+x2x1+x2a联立两条切线得x3=，∴=+1，a+1x3x1x2x1x2121122alnx1-2x1+a+2=02x1-x2由题意得⇒a=，alnx-1x2+a+1=0lnx1-lnx222221x1x2x1+x2a2x2-x1要证2x3<x1+x2，即证>2，即证>1，即证>1，x3x1x2lnx1x2x111令t=<1，即证lnt>t-0<t<1，x22t211t-1令ht=lnt-t-，ht=-<0，∴ht在0,1单调递减，∴ht>h1=0，2t2t211∴lnt>2t-t0<t<1得证．综上：2x3<x1+x2<2a+1．x+227(2023·海南海口·模拟预测)已知函数f(x)=xe.(1)求f(x)的最小值；2(2)设F(x)=f(x)+a(x+1)(a>0).(ⅰ)证明：F(x)存在两个零点x1，x2；(ⅱ)证明：F(x)的两个零点x1，x2满足x1+x2+2<0.【答案】(1)-e(2)(i)证明见解析(ii)证明见解析【分析】(1)用导数求出f(x)单调性即可求解；(2)(ⅰ)求出F(x)的单调区间，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点的个数；(ⅱ)用F(x)的单调性把需证明的不等式转化为即证F(-2-x2)<F(x1)=0，然后构造函数证明即可.x+2x+2x+2【详解】(1)f(x)=e+xe=(x+1)e，32 所以当x≤-1时，f(x)≤0，当x>-1时，f(x)>0，所以函数f(x)在(-∞,-1]上单调递减，在(-1,+∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(-1)=-e．x+22x+2(2)(ⅰ)证明：F(x)=xe+a(x+1)，a>0，F(x)=(x+1)(e+2a)，x+2因为a>0，所以e+2a>0，所以当x≤-1时，F(x)≤0，x>-1时，F(x)>0，所以F(x)在(-∞,-1]上单调递减，在(-1,+∞)上单调递增，则函数F(x)有最小值F(-1)=-e．x+22x+22x+2由a>0，F(x)=xe+ax+2ax+a>xe+ax+2ax=x(e+ax+2a)，下面证明，在(-∞,-1]上，对∀a>0，只要x足够小，必存在x=x0∈(-∞,-1]，x0+2使得e+ax0+2a<0：x+21实际上，当x<-2时，0<e<1，令ax+2a<-1，得x<--2<-2，a1x0+2所以对∀a>0，取x0∈-∞,-a-2，必有x0(e+ax0+2a)>0，即F(x0)>0，所以在区间(-∞,-1]上，存在唯一的x1∈(x0,-1)，F(x1)=0，又F(0)=1>0，所以在区间(-1,+∞)上，存在唯一的x2∈(-1,0)，F(x2)=0，综上，F(x)存在两个零点．(ⅱ)要证x1+x2+2<0，需证x1<-2-x2，由-1<x2<0，所以-2-x2<-1，因为F(x)在(-∞,-1]上单调递减，因此需证：F(-2-x2)<F(x1)=0，-x22x2+22F(-2-x2)=-(2+x2)e+a(x2+1)，F(x2)=x2e+a(x2+1)=0，-x2x2+2所以F(-2-x2)=-(2+x2)e-x2e，-1<x2<0，-xx+2设g(x)=-(2+x)e-xe，-1<x<0，-x-xx+2x+2-x2x+2则g(x)=e+xe-e-xe=e(x+1)(1-e)<0，所以g(x)在(-1,0)上单调递减，g(x)≤g(-1)=0，即-x2x2+2F(-2-x2)=-(2+x2)e-x2e<0，结论得证，所以x1+x2+2<0．28(2023·浙江·二模)设m>1，过Mm,0斜率为k的直线与曲线y=lnx交于P，Q两点(P在第一象限，Q在第四象限).(1)若M为PQ中点，证明：0<k<1；(2)设点A0,1，若AP≤AQ，证明：k>1.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析lnx1=kx1-mx1-x2【分析】(1)依题意得到，x1x2=1，从而将问题转化为证>x1x2成立，再利用lnx2=kx2-mlnx1-lnx2构造函数求导法证明即可.22(2)利用逆否命题将问题转化为证“若k≤1，则AP>AQ”，构造函数h(x)=x+(lnx-1)-(x-lnx+2a)x>0，从而将问题转化为证存在a≥-1，使得h(x)单调递增，由此得证.【详解】(1)依题意，设l:y=k(x-m),Px1,lnx1,Qx2,lnx2，m>1，1x1-mlnx1=kx1-mk=lnx11x1-x2则0<x2<x1，所以1x2-m，故k=lnx-lnx，lnx2=kx2-m=12klnx2由于Mm,0为PQ中点，则由中点坐标公式可得lnx1+lnx2=0⇒x1x2=1，x1-x2下证：>x1x2，lnx1-lnx233 不妨设x1=tx2，则由0<x2<x1得t>1，x1-x2(t-1)x2要证>x1x2，即证>tx2，lnx1-lnx2lnt(t-1)即证>t，即证tlnt<t-1，lnt2+lnt2+lnt-2t令ft=tlnt-t+1(t>1)，则f(t)=-1=，2t2t111-t令g(t)=2+lnt-2t(t>1)，则g(t)=-=<0在1,+∞上恒成立，ttt所以gt在1,+∞上单调递减，故g(t)<g(1)=0，即f(t)<0，所以ft在1,+∞上单调递减，故f(t)<f(1)=0，即tlnt<t-1，得证，1x1-x2所以=>x1x2=1，解得0<k<1，klnx1-lnx2所以0<k<1，证毕.(2)要证“若AP≤AQ，则k>1”成立，可证其逆否命题“若k≤1，则AP>AQ”成立，1x-1令φx=x-lnxx>0，则φx=1-=，xx当0<x<1时，φx<0；当x>1时，φx>0；所以φx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，故φx≥φ1=1，则x-lnx+a≥0(∀a≥-1)，lnx1-lnx2又由(1)知k=，x1-x2所以当k≤1时，0≤x2-lnx2+a≤x1-lnx1+a(∀a≥-1)，222222要证AP>AQ，即证|AP|>|AQ|，即证x1+lnx1-1-x2-lnx2-1>0，22由于x1-lnx1+a-x2-lnx2+a≥0(∀a≥-1)，222222只需证：存在a≥-1,x1+lnx1-1-x2-lnx2-1>x1-lnx1+a-x2-lnx2+a，222222即证x1+lnx1-1-x1-lnx1+a>x2+lnx2-1-x2-lnx2+a，2222令h(x)=x+(lnx-1)-(x-lnx+a)=(2x-2+2a)lnx-a-2ax+1x>0，则hx1>hx2，a-11因为h(x)=2lnx+x+1-a，取a=2，则h(x)=2lnx+x-1，111x-1令m(x)=lnx+-1x>0，则m(x)=-=，xxx2x2当0<x<1时，mx<0；当x>1时，mx>0；所以mx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，1故mx≥m1=0，即lnx+-1≥0，x1所以h(x)=2lnx+-1≥0，故h(x)在0,+∞上单调递增，x因为x1>x2，所以hx1>hx2，证毕.1+2lnx29(2023·全国·模拟预测)已知函数fx=.2xkx1(1)设函数gx=e-k>0，若fx≤gx恒成立，求k的最小值；kxx1x221-lnm(2)若方程fx=m有两个不相等的实根x1、x2，求证：+<.x2x1m【答案】(1)1；34 (2)证明见解析.2lnx+kxx【分析】(1)将问题转化为不等式e--(1+2lnx)≥0在(0,+∞)上恒成立，利用导数证明k=1时，k2lnx+x不等式e-2lnx-x-1≥0成立，进而分类讨论0<k<1与k>1两种情况，从而得解；22(2)利用导数研究函数fx的性质可得0<m<1，由题意可得m(x1+x2)<2x1x2(1-lnm)，原不等式变形为1+lnx1x2<x1x2-x1x2lnm，利用分析法，构造函数h(x)=lnx-x+1(x>0)证明lnx+1≤x，即1+lnx1x2≤x1x2，结合x1x2<x1x2-x1x2lnm即可证明.1+2lnxkx1【详解】(1)当k>0、x>0时，f(x)≤g(x)即≤e-恒成立，2kxx2kxx2lnx+kxx2lnx+kxx等价于1+2lnx≤xe-⇔1+2lnx≤e-⇔e--(1+2lnx)≥0恒成立.kkkxx设u(x)=e-x-1，则u(x)=e-1，令u(x)<0⇒x<0，令u(x)>0⇒x>0，所以函数u(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，x所以u(x)min=u(0)=0，得u(x)≥0，即e-x-1≥0，当k=1时，令v(x)=2lnx+xx>0，易得v(x)在(0,+∞)上单调递增，1111又v=2ln+=-2+<0，v1=1>0，eeee1所以v(x)在e,1，即(0,+∞)上存在唯一零点x0，2lnx+x2lnx0+x0所以uv(x)≥uvx0=0，即e-2lnx-x-1≥0，且e-2lnx0-x0-1=0；2lnx+kxx当0<k<1时，令mk=e--(1+2lnx)，k2lnx+kxx2lnx+x易得关于k的函数y=e与y=-在0,1上单调递增，则mk<m1=e-2lnx-x-1，k2lnx+kxx当x=x0时，mk<0，即e--(1+2lnx)<0，不满足题意；k2lnx+x2lnx+kxx当k>1时，易得mk>m1=e-2lnx-x-1≥0，即e--(1+2lnx)≥0恒成立；k综上：k≥1，则实数k的最小值为1；(2)由题意知，m>0，1+2lnx-4lnxf(x)=，则f(x)=(x>0)，23xx令f(x)>0⇒0<x<1，令f(x)<0⇒x>1，所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，则f(x)max=f(1)=1，1+2lnx11+2lnx当x>1时，易得f(x)=>0恒成立，当x=时，f(x)=<0，x2ex2又函数f(x)=m有两个不同的实根x1,x2，即fx与y=m的图像有两个交点，作出fx与y=m的部分图像如图：1+2lnx11+2lnx2所以0<m<1，且m=,m=，22x1x22222得mx1=1+2lnx1,mx2=1+2lnx2，有m(x1+x2)=2+2lnx1x2.35 x1x22(1-lnm)22要证+<，即证m(x1+x2)<2x1x2(1-lnm)，x2x1m即证2+2lnx1x2<2x1x2(1-lnm)，即证1+lnx1x2<x1x2-x1x2lnm，由x1x2>0,lnm<0，得x1x2<x1x2-x1x2lnm.1设h(x)=lnx-x+1(x>0)，则h(x)=-1(x>0)，x令h(x)>0⇒0<x<1，令h(x)<0⇒x>1，所以函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以h(x)max=h(1)=0，则h(x)≤0，即lnx+1≤x，所以1+lnx1x2≤x1x2，则1+lnx1x2≤x1x2<x1x2-x1x2lnm，即1+lnx1x2<x1x2-x1x2lnm，即证.x30(2023·陕西安康·二模)已知函数fx=alnx，gx=be(e为自然对数的底数)(1)当a=e时，恰好存在一条过原点的直线与fx，gx都相切，求b的值；2-x1+x2(2)若b=1，方程xgx-fx-ax=0有两个根x1，x2，(0<x1<x2)，求证：x1⋅x2>e．1【答案】(1)b=e(2)证明见解析【分析】(1)由题可求得过原点的与fx相切的直线方程：y=x，后利用切点即在gx图像上，也在切线上，可求得相应切点横坐标，后由切线斜率为1可求得b；xxx1x2(2)由题可得xe=ax+lnx=alnxe有两个根x1，x2，令x1e=t1，x2e=t2，lnt1lnt2t2则可得方程t=alnt有两个根t1，t2，则=.通过令t2>t1>0，=m>1，可将证明x1⋅x2>t1t2t12-x1+x22m-1e，转化为证明lnm>，m+12m-1后构造函数hm=lnm-，m∈1,+∞，通过其单调性可证明结论.m+1ee【详解】(1)当a=e时，fx=，设直线与fx的切点为x1，y1，则切线斜率为fx1=，切线方程为xx1eey1=elnx1x1=ey=x.因x1，y1即在fx图像上，也在切线y=x上，则e⇒，故切线斜率为1，则切x1x1y1=xx1y1=e1线方程为y=x.xxx2又gx=be，gx=be，设直线与gx的切点为x2，y2，则切线斜率为gx2=be，切线方程为y=x2x2x2y2=be⋅x2bex.因x2，y2即在gx图像上，也在切线y=bex上，则x2⇒x2=1，又切线斜率为1，则y1=bex21gx2=be=1⇒b=；ex(2)当b=1时，xgx-fx-ax=xe-alnx-ax=0，xx则由题可得xe=ax+lnx=alnxe有两个根x1，x2，x1x2令x1e=t1，x2e=t2，则可得方程t=alnt有两个根t1，t2，lnt1lnt2t2t2lnt2lnmt1则=.令t2>t1>0，=m>1，则===m⇒lnm+lnt1=mlnt1⇒lnt1=t1t2t1t1lnt1lnt1lnm，m-1lnt=mlnt=mlnm.注意到x⋅x>e2-x1+x2⇔xex1⋅xex2>e2⇔tt>e2⇔lnt+lnt>2⇔m+1⋅lnm2112121212m-1m-12m-1>2⇔lnm>，m+136 2m-1则构造函数hm=lnm-，m∈1,+∞.m+1214m-1因hm=-=>0，则hm在1,+∞上单调递增，得mm+12mm+122m-12m-1hm>h1=0⇒lnm->0⇒lnm>.m+1m+1故命题得证.231(22-23高三上·广东揭阳·期末)已知函数fx=2alnx+x-2(a+1)x(a<0).(1)讨论fx的零点个数；(2)当fx有两个零点时，分别设为x1，x2x1<x2，试判断x1+x2与2的大小关系，并证明.【答案】(1)答案见解析；(2)x1+x2>2，证明见解析.【分析】(1)利用导数可求出fx的最小值为-1-2a，后讨论最小值与0的大小结合零点存在性定理可解决问题；(2)由(1)可得0<x1<1<x2，fx在区间(1,+∞)上单调递增，则x1+x2与2的大小关系，等价于x2与2-x1的大小关系，即fx2与f2-x1的大小关系，又注意到fx2=fx1，故利用导数研究函数f2-x-fx的单调性即可.2a【详解】(1)fx=+2x-2(a+1)x22x-2(a+1)x+2a2(x-a)(x-1)==，xx因为a<0，所以当x∈0,1时，fx<0，fx单调递减；当x∈(1,+∞)时，fx>0，fx单调递增，所以fxmin=f1=-1-2a.1所以当-1-2a>0，即a<-时，fx的零点个数为0；21当-1-2a=0，即a=-时，fx的零点个数为1；211a当-1-2a<0，即-<a<0时，注意到0<e<1，2121111aaaaaafe=2+e-2a+1e=ee-2a+21-e>0-1-1-2-1-1-1aaaaaae>1，fe=-2+e-2a+1e=ee-2a-2-2111-12att因-2<a<0，则-a>2，令-a=t，则fe=ee+t-2-2.x2x2令gx=e+-2，x∈2,+∞，则gx=e-，xx2x221x2因e>e，<，得gx=e->0，即gx在2,+∞上单调递增.x22x2-12at2则gx>g2=e-1>6，则fe>6e-2>6e-2>0.1-11aa故∃x1∈e,1，∃x2∈1,e，使得fx1=fx2=0，得-<a<0时，fx的零点个数为2.21综上：a<-时，fx的零点个数为0；21a=-时，fx的零点个数为1；21得-<a<0时，fx的零点个数为2.237 (2)x1+x2>2.证明如下：1由(1)可知，当a∈-2,0时，函数fx有两个零点，且0<x1<1<x2.2-x令Fx=f2-x-fx=2aln+2x-2，x∈0,1，x2x-1则Fx=-4a⋅，x2-x当x∈0,1时，Fx>0，所以Fx在区间0,1上单调递增，所以Fx1=f2-x1-fx1<F1=0，所以f2-x1<fx1=fx2.因为0<x1<1<x2，所以2-x1>1.又由(1)知fx在区间(1,+∞)上单调递增，则2-x1<x2，故x1+x2>2.题型四：导数中的极值点偏移问题232(23-24高三上·重庆渝中·期中)已知函数fx=xlnx-ax+x,a∈R．(1)若函数fx是减函数，求a的取值范围；8(2)若fx有两个零点x1,x2，且x2>2x1，证明：x1x2>2．elnx+2【分析】(1)fx=lnx-2ax+2≤0在0,+∞上恒成立，参变分离2a≥在0,+∞上恒成立，构xlnx+2造函数求出ux=的最大值，从而求出a的取值范围；xlnx11lnx21lnttlnt(2)由零点得到a=+=+，令x2=tx1(t>2)，从而得到lnx1=-1，lnx2=-x1x1x2x2t-1t-1t+1lntt+1lnt1，lnx1x2=-2，构造ht=-2(t>2)，求导得到其单调性，从而证明出结论.t-1t-12【详解】(1)fx=xlnx-ax+x,a∈R的定义域为0,+∞，fx=lnx+1-2ax+1=lnx-2ax+2，函数fx是减函数，故fx=lnx-2ax+2≤0在0,+∞上恒成立，lnx+2即2a≥在0,+∞上恒成立，xlnx+2令ux=，x∈0,+∞，x1-lnx-2-lnx-1ux==，22xx1lnx+2当x∈0,时，ux>0，ux=单调递增，ex1lnx+2当x∈,+∞时，ux<0，ux=单调递减，exlnx+211故ux=在x=处取得极大值，也是最大值，且u=e，xeee故2a≥e，解得a≥，2e故a的取值范围是2,+∞；22(2)若有两个零点x1,x2，则x1lnx1-ax1+x1=0,x2lnx2-ax2+x2=0，lnx11lnx21得a=+=+．x1x1x2x2lnx11lntx11∵x2>2x1>0，令x2=tx1(t>2)，则+=+，x1x1tx1tx138 lnt故lnx1=-1，t-1tlnt则lnx2=lntx1=lnt+lnx1=-1，t-1lnttlntt+1lnt∴lnx1x2=lnx1+lnx2=-1+-1=-2，t-1t-1t-1-2lnt+t-1t+1lntt令ht=-2(t>2)，则ht=，t-1(t-1)22121(t-1)令φt=-2lnt+t-(t>2)，则φt=-+1+=>0，ttt2t2∴φt在2,+∞上单调递增，333-4ln2lne-ln16∴φt>φ2=-2ln2==>0，222φt∴ht=>0，则ht在2,+∞上单调递增，2(t-1)888∴ht>h2=3ln2-2=ln2，即lnx1x2>ln2，故x1x2>2.eee133(2022·山东临沂·二模)已知函数f(x)=x-sinx．2ππ(1)若存在x∈,，使f(x)≤ax成立，求a的取值范围；422(2)若g(x)=f(x)-mlnx，存在x1，x2∈(0,+∞)，且当x1≠x2时，gx1=gx2，求证：x1x2<4m．2【答案】(1)1-,+∞；π(2)证明见解析．sinx【分析】(1)参变分离不等式f(x)≤ax，构造函数hx=1-，求h(x)的最小值即可得a的取值范围；2x1(2)整理化简gx1=gx2可得mlnx2-lnx1=x2-x1-sinx2-sinx1，构造函数y=x-sinx并判断单2调性，从而可利用x2-x1>sinx2-sinx1将等式中sinx2-sinx1替换掉，问题即可转化为证明2m=x2-x1x2t-1>x1x2，令=t即可进一步转化为证明lnt-<0即可．lnx2-lnx1x1t1ππsinx【详解】(1)由fx≤ax，得x-sinx≤ax，x∈,，即a≥1-，2422xsinxππsinx-xcosx令hx=1-，x∈,，则hx=，2x422x2ππ设φx=sinx-xcosx，x∈,，则φx=xsinx>0，42πππ2π22π∴φx在4,2上单调递增，∴φx>φ4=2-4⋅2=21-4>0，ππ∴在,上，hx>0，hx单调递增，42π2∴h(x)min=h4=1-π，2∴a取值范围是1-,+∞；π(2)不妨设0<x1<x2，11∵gx1=gx2，∴x1-sinx1-mlnx1=x2-sinx2-mlnx2(*)，221∴mlnx2-lnx1=x2-x1-sinx2-sinx1，239 令y=x-sinx，故y=1-cosx≥0，故函数y=x-sinx在0,+∞上单调递增．∴x2-sinx2>x1-sinx1，从而x2-x1>sinx2-sinx1，11∴由(*)得mlnx2-lnx1>x2-x1-x2-x1=x2-x1，22x2-x1∴2m>>0，lnx2-lnx1x2-x1下面证明：>x1x2，lnx2-lnx1x2t-1t-1令=t，则t>1.即证明：>t，则只要证明lnt-<0，x1lntt2t-1-(t-1)设mt=lnt-t>1，∴mt=<0在1,+∞恒成立，t2tt∴mt在1,+∞单调递减，故mt<m1=0，x2-x1∴2m>>x1x2，lnx2-lnx12∴x1x2<4m．x2-x1【点睛】本题第二问关键是构造函数y=x-sinx，将sinx2-sinx1转化为x2-x1，构造2m>，将lnx2-lnx1x2-x1问题转化为>x1x2即可．lnx2-lnx1a34(2022·贵州·模拟预测)已知函数f(x)=2lnx+(a∈R)有两个零点.2x(1)求a的取值范围.(2)记两个零点分别为x1，x2，证明：x1+x2>1.1【答案】(1)0,；e(2)证明见解析.22(x-a)【分析】(1)由题可得f(x)=，分类讨论，利用导数求函数的最值，可得f(a)<0，结合零点存在定3x理即得；t(t+1)ln(t+1)tlntxlnx(2)设x2=tx1，t>1，由题可得ln(x1+x2)=-，构造函数g(x)=(x>t+1tt-1x-11)，利用导数可得函数的单调性，进而可得ln(x1+x2)>0，即证.a【详解】(1)∵f(x)=2lnx+(a∈R)2x222a2(x-a)∴f(x)=-=，xx3x3当a≤0时，f(x)>0，函数f(x)在(0,+∞)上递增，不合题意，当a>0时，令f(x)>0，得x>a，令f(x)<0，得0<x<a.所以函数f(x)在(0,a)上递减，在(a,+∞)上递增，f(x)≥f(a).1令f(a)<0，即lna+1<0，得0<a<，e因为f(1)=a>0，所以函数f(x)在(a,1)上有一个零点，111f(a)=2lna+，设m(x)=2lnx+0<x<，axe212x-11m(x)=-=，易知函数m(x)在0,上递减，xx2x2e1m(x)>m=e-2>0，即f(a)>0，函数f(x)在(a,a)上有一个零点.e40 1综上，函数f(x)有两个零点，a∈0,.e(2)由(1)知0<x1<a<x2，设x2=tx1，t>1，2lnx+a=012lnxx2x1122由，得==t，2lnx+a=0lnx2x2221x2222tlntlnx1=tlnx2=t(lnt+lnx1)，lnx1=-2，t-12ln(t+1)(t+1)ln(t+1)tlnt2lntttlntln(x1+x2)=ln(t+1)x1=ln(t+1)-2=t2-2=t+1t-t-1.t-1tt-1xlnxx-lnx-1设g(x)=(x>1)，g(x)=，x-1(x-1)21设h(x)=x-lnx-1，h(x)=1-，当x>1时，h(x)>0，x函数h(x)在(1,+∞)上递增，h(x)>h(1)=0，即当x>1时，g(x)>0，函数g(x)在(1,+∞)上递增，(x+1)ln(x+1)xlnx(t+1)ln(t+1)tlnt则g(x+1)>g(x)，>，即-，xx-1tt-1∴所以ln(x1+x2)>0，∴x1+x2>1.35(23-24高三上·湖北·期中)已知hx=lnx-ax(1)若hx有两个零点，求a的取值范围；x1x2xx1e+x2e(2)若方程ax⋅e=lnx+x有两个实根x1、x2，且x2>x1，证明：h<0.21【答案】(1)0<a<e(2)证明见解析lnx【分析】(1)解法一：由参变量分离法可知直线y=a与函数fx=的图象有两个交点，利用导数分析x函数fx的单调性与极值，数形结合可求得实数a的取值范围；解法二：直接对函数求解，通过对参数a的分类讨论，研究函数的单调性与极最值，通过分析原函数图象，数形结合求得实数a的取值范围.xxxx1(2)解法一：首先通过同构，将等式整理成ax⋅e=lnx⋅e，再令t=x⋅e，通过已知条件，假设t1=x1e，t2x2lnt1-lnt2t1+t212t1-t2=x2e是hx的两个零点，进而可得a=t-t，要证h2<0=ha，即证t1+t2>lnt-lnt，1212t1t12t1-t22t2-1t12k-1即证ln<=，令k=∈0,1，构造函数φk=lnk-进行证明即可；t2t1+t2t1+1t2k+1t2x1x2t1+t21解法二：首先根据已知条件t1=x1e、t2=x2e是hx的两个零点，证h2<0=ha，即证t1+t22212>，然后分t2≥和<t2<两种情况进行分类讨论，最终构造函数Fx=hx-aaaa212ha-xa<x<a进行证明.lnx【详解】(1)解法一：函数fx的定义域为0,+∞，由fx=0可得a=，xlnx1-lnx令gx=，其中x>0，则gx=，令gx=0可得x=e，列表如下：xx241 x0,eee,+∞gx+0-1gx增极大值减elnx且当x>1时，gx=>0，作出函数gx和y=a的图象如下图所示：x1由图可知，当0<a<时，e1即当0<a<时，直线y=a与函数gx的图象有两个公共点，e1因此，实数a的取值范围是0,.e1解法二：hx=lnx-ax⇒hx=-ax当a≤0时，∴hx>0恒成立得hx在0,+∞上递增，则函数hx不可能存在两个零点，故该情况不成立；11当a>0时，得hx在0,a递增；在a,+∞递减，要使hx有两个不同零点，1必须a>0且极大值h>0(x→0和x→+∞时hx→-∞)，a1∴0<a<.exxx(2)解法一：方程ax⋅e=lnx+x⇔ax⋅e=lnx⋅exx令t=x⋅e，由ax⋅e=lnx+x有两个实根x1、x2，x1x2则t1=x1e，t2=x2e是hx的两个零点，lnt1-lnt2由ht1=lnt1-at1=0且ht2=lnt2-at2=0，可得a=，t1-t21t1+t21由hx=lnx-ax可得hx=x-a，要证h2<0=ha，22t1-t2即证t1+t2>，即证t1+t2>，alnt1-lnt2t1t12t1-t22t2-1∵x2>x1，∴t2>t1，∴即证ln<=.t2t1+t2t1+1t2t12k-1令k=∈0,1，即证lnk<，t2k+12k-1构造函数φk=lnk-，其中0<k<1，即证φk<0，k+142 214k-1φk=-=>0，所以，函数ϕk在0,1上单调递增，k22k+1kk+1∴φk<φ1=0，故原不等式成立.xxx解法二：方程ax⋅e=lnx+x⇔ax⋅e=lnx⋅exx令t=x⋅e，由ax⋅e=lnx+x有两个实根x1、x2，x1x2则t1=x1e、t2=x2e是hx的两个零点1由hx=lnx-ax可得hx=-a为减函数，xt1+t212要证h2<0=ha，即证t1+t2>a，1由hx的图象，不妨设t1<<t2(t1，t2分布在hx的极值点两侧)a22要证t1+t2>，只需证t1>-t2aa21①当t2≥时，因0<t1<，故上式显然成立.aa12211②当<t2<时，0<-t2<，又0<t1<，aaaaa122由hx在0,a递增，即证明ht1>ha-t2⇔ht2>ha-t2212构造函数Fx=hx-ha-xa<x<a2212211a-4x+2ax2ax-aFx=hx+h-x=-a+2-a=2=2>0，ax-xx-xx-xaaa121∴Fx在a,a为增函数，Fx>Fa=0，所以要证的不等式成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式(或)转化为证明(或)，进而构造辅助函数；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.36(2023·安徽淮南·一模)已知f(x)=alnx+x有两个不同的零点x1,x20<x1<x2.(1)求实数a的取值范围；x1+λx2(2)若x0=(λ≠-1)，且fx0>0恒成立，求实数λ的范围.1+λ【答案】(1)(-∞,-e)(2)(-∞,-1)∪[1,+∞)【分析】(1)求定义域，求导，分a≥0与a<0两种情况，结合特殊点的函数值和零点存在性定理得到a的取值范围为(-∞,-e)；alnx1+x1=0x11+λ1-t(2)由得到alnx1-lnx2=x2-x1，设t=∈(0,1)，得到fx0=+1>0，alnx2+x2=0x2t+λlnt1+λ1-t1+λ1-t结合t∈(0,1)，lnt<0，得到+lnt<0恒成立，构造ht=+lnt,ht，求导t+λt+λ22后分λ≥1与λ<1两种情况，求出实数λ的范围.ax+a【详解】(1)f(x)定义域为(0,+∞),f(x)=+1=.xx当a≥0时，f(x)>0,f(x)在x∈(0,+∞)单调递增，至多只有1个零点，不合题意；当a<0时，当x>-a时，f(x)>0，当0<x<-a时，f(x)<0，故f(x)在(0,-a)单调递减，在(-a,+∞)单调递增；43 故f(x)在x=-a处取得极小值，也是最小值，由f(x)有两个不同的零点，得f-a=aln-a-a<0，解得：a<-e，又f(1)=1>0，112-x令gx=lnx-x,x>0，则gx=-=，x2x2x当0<x<4时，gx>0，当x>4时，gx<0，故gx=lnx-x在0<x<4上单调递增，在x>4上单调递减，故gx=lnx-x,x>0在x=4处取得极大值，也是最大值，故gx≤g4=ln4-2<0，故lnx<x，x>0，∴fx=x+alnx>x+ax=xx+a，2222∴取x=a，则fa=2a>0，故fx在1,-a,-a,a各有一个不同的零点，即实数a的取值范围为(-∞,-e)；alnx1+x1=0(2)f(x)=alnx+x，由题，0<x1<x2，alnx2+x2=0x1则alnx1-lnx2=x2-x1，设t=∈(0,1)，x2x2-x1x2-x1a∴a==,fx=+1，lnx1-lnx2lntxx2x1-x1+λx21+λx2x21+λ∴fx0=f=a+1=lnt⋅xλx+11+λx1+λx21+2x2x21+λ1-t=+1>0恒成立，t+λlnt1+λ1-t又∵t∈(0,1)，∴lnt<0，即+lnt<0恒成立，t+λ1+λ1-t设ht=+lnt,ht<0恒成立，t+λ222211+λt+λ-t1+λt-1t-λht=-==，tt+λ2tt+λ2tt+λ222ⅰ)当λ≥1时，t-λ<0，∴h(t)>0，∴h(t)在(0,1)上单调递增，∴h(t)<h(1)=0恒成立，注意到λ≠-1，∴λ∈-∞,-1∪1,+∞符合题意；22ⅱ)当λ<1时，∵t∈(0,1)，∴t∈0,λ时，h(t)>0，2∴h(t)在0,λ上单调递增；22t∈λ,1时，h(t)<0，∴h(t)在λ,1上单调递减.2∴t∈λ,1时，h(t)>h(1)=0，不满足h(t)<0恒成立.综上：λ∈-∞,-1∪1,+∞.1137(22-23高三上·安徽六安·阶段练习)已知函数f(x)=a+lnx+-x(a>0)，函数gx是定ax义在0,+∞的可导函数，其导数为gx，满足0<gx<-gx．(1)若fx在0,+∞上单调递减，求实数a取值范围；2x12x2(2)对任意正数x1,x2x1<x2，试比较x1gx与x2gx的大小．21【答案】(1)144 2x12x2(2)x1gx>x2gx2111【分析】(1)根据fx在0,+∞上单调性得到不等式，转化为a+≤x+恒成立，结合基本不等式求ax11出x+≥2，得到a+≤2，求出实数a的取值范围；xa2x1x1gt2g(t)xx2(2)构造G(x)=eg(x)，求导后得到Gx在0,+∞上是减函数，令I=，换元后得到I==2x2g1x2gx1ttg(t)111-t2lnt+1-t2tt11，由0<t<1<得到G(t)>G，变形得到I>te=e，t∈0,1，结合第一问得到gtttt12lnt+1-tt02lnt-+t>0，e>e=1，从而证明出结论.t【详解】(1)∵fx在0,+∞上单调递减，a+1a1∴∀x>0，f(x)=--1≤0，xx21111即a+≤x+恒成立，又x+≥2x⋅=2，axxx11当且仅当x=，即x=1时等号成立，故x+=2，xxmin21(a-1)∴a+≤2，∴≤0，aa2又a>0，∴a-1≤0，∴a=1，∴a的取值范围是1；xxxx(2)令G(x)=eg(x)，得G(x)=eg(x)+eg(x)=eg(x)+g(x)，∵g(x)<-g(x)，∴g(x)+g(x)<0，x又e>0，∴Gx<0，∴Gx在0,+∞上是减函数．2x12x12x2x1gx2∵x1gx与x2gx均大于0，记I=2x，21xg22x12x1tg(t)tg(t)令t=∈0,1，则I==，x2g11g1ttt111tt1由0<t<1<t，得G(t)>Gt，即eg(t)>egt，1g(t)et1-tt∴>=e，1etgt1-t2lnt+1-t2tt∴I>te=e，t∈0,1，1由(1)知当a=1时，f(x)=2lnx+-x在0,1上单调递减，x1∴0<t<1时，f(t)>f(1)=2ln1-1+1=0，即2lnt-+t>0，t2lnt+1-tt0∴e>e=1，从而有I>1，45 2x12x2即x1gx>x2gx．21x-x38(22-23高三上·内蒙古·阶段练习)已知函数f(x)=e-e-ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；fx1-fx2(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2，证明：2-a<<0．x1-x2【答案】(1)见解析(2)证明见解析【分析】(1)求出导函数f(x)，然后在a≤2时，f(x)≥0恒成立，a>2时，求出f(x)=0的根，然后确定f(x)的正负得单调性；-x1x1-x2x2(2)由(1)知当a>2时，f(x)存在两个极值点x1,x2，同时得出e=a-e，e=a-e，x1+x2=0，不妨f(x)-f(x)2ex1-ex2x1x2x1x212e-ee-ea设x1<0<x2，变形=-a，然后对不等式分析只要证>1和<．x1-x2x1-x2x1-x2x1-x22两个不等式转化时都是多元函数化为一元函数，然后引入新函数，利用导数进行证明．x-x【详解】(1)∵f(x)=e+e-a≥2-a，当且仅当x=0时等号成立．当a≤2时，恒有f(x)≥0，则f(x)在R上单调递增；-x2xxx2当a>2时，f(x)=ee-ae+1，令t=e，g(t)=t-at+1．22∵Δ=a-4>0，∴方程t-at+1=0有两个不相等的实数根，22a-a-4a+a-4∴t1=，t2=，显然0<t1<t2，22∴当t∈0,t1和t2,+∞时，g(t)>0；当t∈t1,t2时，g(t)<0．∴当x∈-∞,lnt1和lnt2,+∞时，f(x)>0，∴f(x)在-∞,lnt1和lnt2,+∞上单调递增；当x∈lnt1,lnt2时，f(x)<0，∴f(x)在lnt1,lnt2上单调递减．综上，当a≤2时，f(x)在R上单调递增；当a>2时，f(x)在-∞,lnt1和lnt2,+∞上单调递增，在lnt1,lnt2上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a>2时，f(x)存在两个极值点x1,x2，∴fx=ex1+e-x1-a=0，fx=ex2+e-x2-a=0，∴e-x1=a-ex1，e-x2=a-ex2，12ex1-ex2-e-x1-e-x22ex1-ex2fx1-fx2-ax1-x2∴==-a．x1-x2x1-x2x1-x2x1x2设x1<x2，由(1)易知e⋅e=1，∴x1+x2=0．fx1-fx2要证明>2-a，x1-x2x1x2e-ex1x2x1-x1只要证明>1⇔e-e<x1-x2⇔e-e<2x1x1<0．x1-x2x-xx-x设h(x)=e-e-2x(x<0)，则h(x)=e+e-2>0，x1-x1∴当x<0时，h(x)单调递增，从而h(x)<h(0)=0，即e-e<2x1x1<0，x1x2fx-fxe-e12∴>1成立，从而>2-a成立．x1-x2x1-x2fx-fxx1x212e-ea要证明<0，只要证明<．x1-x2x1-x22x1x2由(1)知，e+e=a，x1+x2=0x1<0<x2，x1-x1x1-x1e-ee+e2x1只要证明<⇔1-x1e-1+x1>0．2x122x设u(x)=(1-x)e-(1+x)(x<0)，2x2x则u(x)=e(1-2x)-1，ux=-4xe>0，46 则当x<0时，u(x)单调递增，从而u(x)<u(0)=0；则当x<0时，u(x)单调递减，从而u(x)>u(0)=0，x1x2fx-fxe-ea12即<成立，从而<0．x1-x22x1-x2fx1-fx2综上，得2-a<<0．x1-x221239(2023·湖南永州·一模)已知f(x)=x-kxlnx-1，g(x)=ax-xlnx+x2(1)不等式f(x)≥0对任意x≥1恒成立，求k的取值范围；(2)当g(x)有两个极值点x1,x2x1<x2时，求证：(2ae-1)x1+x2<2e.【答案】(1)-∞,2；(2)证明见解析.11【分析】(1)方法一：不等式变形得到x--klnx≥0，x≥1，构造hx=x--klnxx≥1，求导后利xx用根的判别式进行分类讨论，求出k的取值范围；11方法二：同样不等式变形为x--klnx≥0，x≥1，构造函数，求导后对导函数变形为hx=1+-xx2k11=x+-k，结合基本不等式，分k≤2与k>2两种情况讨论，求出k的取值范围；xxxlnxlnx(2)求导后，转化为x1,x2是方程a=的两个不等实根，记φx=，求导后，研究其单调性及图象特xx1ex2征得到0<a<,1<x1<e<x2，得到>1,>1，在第一问的基础上，取k=2，得到lnx<ex1e11ex222222x-x，将x,e分别代入，变形得到1-2aex1+2ex1-e<0，1-2aex2+2ex2-e>0，从而证明出1结论.2【详解】(1)方法一：当x≥1时，不等式x-kxlnx-1≥0两边同除以x得：1x--klnx≥0，x≥1，x211kx-kx+1记hx=x--klnxx≥1，则hx=1+-=，xx2xx222①当Δ=(-k)-4≤0即-2≤k≤2时，x-kx+1≥0则hx≥0，所以hx在1,+∞上递增，hx≥h1=0满足要求，2②当k<-2时，x-kx+1≥0则hx≥0,hx在1,+∞上递增，hx≥h1=0满足要求2k+k-4③当k>2时，令hx<0得，1<x<22k+k-4所以hx在1,上递减，hx<h1=0与题设不符，舍去，2综上，k的取值范围为-∞,2；21方法二：x-kxlnx-1≥0化为x--klnx≥0，x≥1，x11k11记hx=x--klnxx≥1，则hx=1+-=x+-kxx2xxx1①当k≤2时，由基本不等式可知：x+-k≥2-k≥0则hx≥0，当且仅当x=1时取等，所以hxx在1,+∞上递增，hx≥h1=0满足要求；47 2k+k-4②当k>2时，令hx<0得，1<x<22k+k-4所以hx在1,上递减，2此时hx<h1=0与题设不符综上，k的取值范围为-∞,2；12(2)g(x)=ax-xlnx+x定义域为0,+∞，2gx=ax-lnx，lnxlnx令gx=0得a=，由题意，x1,x2是方程a=的两个不等实根，xxlnx记φx=，x1-lnx则φx=，令φx>0得：x∈0,e，令φx<0，x∈e,+∞，2x故φx在0,e上递增，在e,+∞上递减，1lnx因为φx1=φx2=a，又φ1=0,φe=，且当x>1时，φx=>0恒成立，ex1所以0<a<,1<x1<e<x2，eex211则>1,>1，由(1)取k=2，则x>1时，lnx<x-x1e2x22e1ex1e-x1ln<-⇒1-lnx1<，x12x1e2x1e又lnx1=ax1代入，并整理得，221-2aex1+2ex1-e<0，x21x2e22同理，lne<2e-x⇒1-2aex2+2ex2-e>0，22222所以1-2aex2+2ex2-e>1-2aex1+2ex1-e⇒2ae-1x1+x2<2e.x40(23-24高三上·云南昆明·阶段练习)设a，b为函数fx=x⋅e-m(m<0)的两个零点．x1(1)若当x<0时，不等式x⋅e>恒成立，求实数m的取值范围；xab(2)证明：e+e<1．1【答案】(1)-,0e(2)证明见解析【分析】(1)求出定义域，求导，得到fx的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到fxmin<0，求出m111>-，结合题目条件，得到当-<m<0时，f>0，根据零点存在性定理得到fx在-∞，-1内eem存在唯一零点，同理得到f(x)在-1,0内存在唯一零点，从而求出答案；aba-bbblnttlnta(2)设a<-1<b<0，由a⋅e=b⋅e可得e=，令=t∈0,1，故a=，b=，推出要证eaa1-t1-tblnt+1lntlnx+e<1，即证<，构造gx=，x≠1，求导，对分子再构造函数，证明出gx≤0，tt-1x-1tlntgx在定义域内单调递减，故gt+1<gt，即ln1+t+<0，证明出结论.1-tx【详解】(1)fx的定义域为R，f(x)=x+1e，当x∈-∞,-1时，fx<0，当x∈-1,+∞时，fx>0，故fx在-∞,-1内单调递减，在-1,+∞单调递增，48 -11故要使fx有两个零点，则需fxmin=f-1=-e-m<0，故m>-，e1由题目条件m<0，可得-<m<0，e1111m1当-<m<0时，因为f=e-m>m-m=0，又<-e<-1，emmm故fx在-∞，-1内存在唯一零点，又f0=-m>0，故f(x)在-1,0内存在唯一零点，1则fx在R上存在两个零点，故满足题意的实数m的取值范围为-,0；eaba-bb(2)证明：由(1)可设a<-1<b<0，由a⋅e=b⋅e可得e=，aba-atlnt令=t∈0,1，则b=at，所以e=t，故a=，a1-ttlnt所以b=at=，1-tab要证e+e<1，lnttlnttlnttlnttlntlnt+1tlnt+lnt+11-t1-t1-tlnt1-t1-t1-t即证e+e<1⇒ee+1<1⇒et+1<1⇒ee<1⇒e<1，tlnt即证ln1+t+<0，1-tln1+tlntlnt+1lnt因为t∈0,1，即证+<0，即<，t1-ttt-1x-1-lnx1-1+ln1lnxxxx令gx=，x≠1，gx==，x-1x-12x-121令hu=u-1-lnu，则hu=1-，当u∈0,1时，hu<0，u当u∈1,+∞时，hu>0，故hu在0,1内单调递减，在1,+∞单调递增，所以hu≥h1=0，111所以u-1-lnu≥0，令u=得-1-ln≥0，xxx1-1+ln1xx故gx=≤0，gx在定义域内单调递减，2x-1lnt+1lnttlnttlnt故gt+1<gt，即<，lnt+1<，ln1+t+<0，tt-1t-11-tab则e+e<1，证毕．x2e-ax41(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=有3个极值点x1,x2,x3，其中e是自然对数的底数．1+x(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1+x2+x3>-2．111【答案】(1)e,2∪2,+∞(2)证明见解析x【分析】(1)易知0是函数f(x)的一个极值点，则函数gx=e-ax-2a有2个零点，利用导数讨论函数1g(0)≠0,g(x)的性质可得g(x)min<0，即a>.由零点的存在性定理和即可求解；eg(-1)≠0,gx1=0x1-x22+x1(2)由(1)，设x3=0,x1<x2，只需证x1+x2>-2．由得e=，令x1-x2=t(t<0)得x2=gx2=02+x2tt-2，则只需证ht=2t+t-2e-1<0(t<0)，利用导数讨论函数h(t)的性质得出h(t)<h(0)te-149 =0，即可证明.当然也可以采用对称设法来证明.xx2xe-2ax(1+x)-e-axxe-ax-2a【详解】(1)由题意，得f(x)==(x≠-1)，22(1+x)(1+x)x由f(x)=0，得x=0或e-ax-2a=0，所以0是函数f(x)的一个极值点．x所以e-ax-2a=0有2个不相等的实数根，且这2个根均不为0和-1．xx令gx=e-ax-2a，则g(x)=e-a．当a≤0时，g(x)>0恒成立，故g(x)在定义域上是增函数，不可能有2个零点；当a>0时，由g(x)>0，得x>lna，由g(x)<0，得x<lna，所以g(x)在(-∞,lna)上是减函数，在lna,+∞)上是增函数，1所以g(x)min=g(lna)=-a-alna<0，即lna>-1，所以a>．e-2又g(-2)=e>0,g(lna)<0．由零点存在定理可知，g(x)在(-2,lna)⊆(-∞,lna)上存在唯一零点．22x2x-x令m(x)=(x>0)，则m(x)=，令m(x)>0得0<x<2，xxee令m(x)<0得x>2，所以m(x)在(0,2)上递增，在(2,+∞)上递减，4x2所以m(x)≤m(2)=<1，e>x(x>0)，2ea+22所以g(a+2)=e-a(a+2)-2a>(a+2)-a(a+2)-2a=4>0，由零点存在定理可知，g(x)在(lna,a+2)⊆(lna,+∞)上存在唯一零点．a≠1g(0)≠0,2因为所以，g(-1)≠0,a≠1e111综上，a的取值范围是e,2∪2,+∞．(2)证明：由(1)知，0是函数f(x)的一个极值点．不妨设x3=0,x1<x2，所以只要证明x1+x2>-2．gx=0,x1x11e-ax1-2a=0,e=2a+ax1,x1-x22+x1由得x2，即x2两式相除得e=．gx2=0,e-ax2-2a=0,e=2a+ax2,2+x2t2+x2+x1-x2x1-x2t令x1-x2=t(t<0)，则e==1+=1+．2+x22+x22+x2tt2t所以x2=t-2，所以x1+x2=2x2+t=2t-2+t=t-4+t．e-1e-1e-12t所以要证明x1+x2>-2，只要证明t-4+t>-2，e-12tt即+t-2>0，其中t<0，所以e-1<0．te-1tt所以只要证明2t+(t-2)e-1<0．令h(t)=2t+(t-2)e-1(t<0)，tt所以h(t)=1+e(t-1)，从而∀t<0,h(t)=te<0恒成立，所以h(t)在(-∞,0)上是减函数，所以h(t)>h(0)=0．所以h(t)在(-∞,0)上是增函数，所以h(t)<h(0)=0，即证：x1+x2+x3>-2．x1x+2另解：由e-ax-2a=0，知a≠0，所以=x(*)，且x1,x2为(*)的两根．aex+2-x-1记p(x)=，则px=，当x<-1，p(x)>0，当x>-1,px<0，xxee50 故p(x)在(-∞,-1)上递增，在(-1,+∞)上递减．不妨取x1<-1<x2，所以要证x1+x2>-2，即要证x2>-2-x1>-1，只要证px2<p-2-x1，又px2=px1，故只要证px1<p-2-x1x1<-1，x1+2-x12x1+2即要证x1<-2-x1x1<-1，也即要证x1e+x1+2<0x1<-1(#)．ee2x+22x+2令q(x)=xe+x+2(x<-1)，则q(x)=(2x+1)e+1(x<-1)．2x+2而当x<-1时，q(x)=4(x+1)e<0，故q(x)在(-∞,-1)上递减，故qx>q-1=0，故q(x)在(-∞,-1)上递增，故q(x)<q(-1)=0，所以(#)成立，故x1+x2+x3>-2．51