专题07导数与隐零点问题（讲）解析版_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习考点精讲练（新教材·新高考）

第一篇 热点、难点突破篇 专题07 导数与隐零点问题（讲） 真题体验 感悟高考 1．（2021·全国·高考真题（理））已知 且 ，函数 ． （1）当 时，求 的单调区间； （2）若曲线 与直线 有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【答案】（1） 上单调递增； 上单调递减；（2） . 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性； （2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线 与直线 有且仅有两个交点等价转化为方程 有两个不同的实数根，即曲线 与直线 有两个交点，利用导函数研究 的单调性， 并结合 的正负，零点和极限值分析 的图象，进而得到 ，发现这正好是 ， 然后根据 的图象和单调性得到 的取值范围. 【详解】（1）当 时， , 令 得 ,当 时， ,当 时， , ∴函数 在 上单调递增； 上单调递减； （2）[方法一]【最优解】：分离参数 ,设函数 ,则 ,令 ，得 , 在 内 , 单调递增； 在 上 , 单调递减； , 又 ，当 趋近于 时， 趋近于0， 所以曲线 与直线 有且仅有两个交点，即曲线 与直线 有两个交点的充分必要条件 是 ,这即是 , 所以 的取值范围是 . [方法二]：构造差函数 由 与直线 有且仅有两个交点知 ，即 在区间 内有两个解，取对数得方程 在区间 内有两个解． 构造函数 ，求导数得 ． 当 时， 在区间 内单调递增，所以， 在 内 最多只有一个零点，不符合题意； 当 时， ，令 得 ，当 时， ；当 时， ；所 以，函数 的递增区间为 ，递减区间为 ． 由于 ，当 时，有 ，即 ，由函数 在 内有两个零点知 ，所以 ，即 ． 构造函数 ，则 ，所以 的递减区间为 ，递增区间为 ，所以 ，当且仅当 时取等号，故 的解为 且 ． 所以，实数a的取值范围为 ． [方法三]分离法：一曲一直 曲线 与 有且仅有两个交点等价为 在区间 内有两个不相同的解． 因为 ，所以两边取对数得 ，即 ，问题等价为 与 有且仅有 两个交点． ①当 时， 与 只有一个交点，不符合题意． ②当 时，取 上一点 在点 的切线方程为 ，即 ． 当 与 为同一直线时有 得 直线 的斜率满足： 时， 与 有且仅有两个交点． 记 ，令 ，有 ． 在区间 内单调递增； 在区间 内单调递减； 时， 最大值为 ，所当 且 时有． 综上所述，实数a的取值范围为 ． [方法四]：直接法 ． 因为 ，由 得 ． 当 时， 在区间 内单调递减，不满足题意； 当 时， ，由 得 在区间 内单调递增，由 得 在区间 内单调递减． 因为 ，且 ，所以 ，即 ，即 ， 两边取对数，得 ，即 ． 令 ，则 ，令 ，则 ，所以 在区间 内单调递增，在区间 内单调递减，所以 ，所以 ，则 的解为 ，所以 ，即 ． 故实数a的范围为 ．] 【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较 难试题， 方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结 合思想求解. 方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.方法三：将问题取对，分成 与 两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜 率与一次函数的斜率比较得到结论． 方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论. 2．（2019·全国·高考真题（文））已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为f（x）的导数． （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2） . 【分析】（1）求导得到导函数后，设为 进行再次求导，可判断出当 时， ，当 时， ，从而得到 单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论； （2）构造函数 ，通过二次求导可判断出 ， ； 分别在 ， ， 和 的情况下根据导函数的符号判断 单调性，从而确定 恒成立时 的取值范围. 【详解】（1） 令 ，则 当 时，令 ，解得： 当 时， ；当 时， 在 上单调递增；在 上单调递减又 ， ， 即当 时， ，此时 无零点，即 无零点 ，使得 又 在 上单调递减 为 ，即 在 上的唯一零点 综上所述： 在区间 存在唯一零点 （2）若 时， ，即 恒成立 令 则 ， 由（1）可知， 在 上单调递增；在 上单调递减 且 ， ， ， ①当 时， ，即 在 上恒成立 在 上单调递增 ，即 ，此时 恒成立 ②当 时， ， ， ，使得在 上单调递增，在 上单调递减 又 ， 在 上恒成立，即 恒成立 ③当 时， ， ，使得 在 上单调递减，在 上单调递增 时， ，可知 不恒成立 ④当 时， 在 上单调递减 可知 不恒成立 综上所述： 【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰 为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通 过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值. 3．（2019·全国·高考真题（理））已知函数 . （1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； （2）设x 是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x，ln x )处的切线也是曲线 的切线. 0 0 0 【答案】（1）函数 在 和 上是单调增函数，证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）对函数 求导，结合定义域，判断函数的单调性； （2）先求出曲线 在 处的切线 ，然后求出当曲线 切线的斜率与 斜率相等时，证明曲 线 切线 在纵轴上的截距与 在纵轴的截距相等即可. 【详解】（1）函数 的定义域为 ， ，因为函数 的定义域为 ，所以 ，因此函数 在 和 上是单调增函数； 当 ，时， ，而 ，显然当 ，函数 有零点，而函数 在 上单调递增，故当 时，函数 有唯一的零点； 当 时， ， 因为 ，所以函数 在 必有一零点，而函数 在 上是单调递增，故当 时，函数 有唯一的零点 综上所述，函数 的定义域 内有2个零点； （2）因为 是 的一个零点，所以 ，所以曲线 在 处的切线 的斜率 ，故曲线 在 处的切 线 的方程为： 而 ，所以 的方程为 ，它在纵轴的截距为 .设曲线 的切点为 ，过切点为 切线 ， ，所以在 处的切线 的斜 率为 ，因此切线 的方程为 ， 当切线 的斜率 等于直线 的斜率 时，即 ， 切线 在纵轴的截距为 ，而 ，所以 ，直线 的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线 重合，故曲线 在 处的切线也是曲线 的切线. 总结规律 预测考向 （一）规律与预测 1.高考对导数的考查要求一般有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层 次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，如研究函数零点、证明 不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调 性有机结合，设计综合题. 2.涉及导数与零点问题，主要有：函数零点个数的判断与证明、根据函数的零点个数或零点情况求参数的取值 范围、与零点相关的不等式恒成立或证明问题等. 零点问题中另有一个比较重要的存在,就是隐零点问题，隐零 点就是指一个函数 ，可以判断它在某个区间上有一个零点，但是这个零点具体是什么却无法计算或根 本不需要计算，只需利用他的存在去解答题目. （二）本专题考向展示 考点突破 典例分析考向一 利用“隐零点”研究极（最）值问题 【核心知识】 在利用导数研究极（最）值问题时，我们往往利用零点的存在性，对函数的零点设而不求，通过整体代换、构 造函数等，再结合题目条件解决问题． 【典例分析】 f xa ex1xb f x 典例1.【多选题】（2022·安徽·合肥一六八中学高三阶段练习）已知函数 ，若 在区 1,2 a2b2 间 上有零点，则 的值可以为（ ） 1 1 2 A．e B． e C．e D．1 【答案】BCD 【分析】由函数在区间 1,2 上有零点，则a em1mb0，结合函数 f xa ex1xb 可知点 a,b 在 x em1ym0 a2b2 a,b 直线 ，由 可以表示原点到点 的距离，问题进行转化，然后构造新函数进行分 a2b2 析求出 的值的范围. f x 1,2 m a em1mb0 【详解】设 在区间 上零点为 ，则 ， Pa,b x em1ym0 所以点 在直线 上， a2b2  a02b02  OP 由 ，其中О为坐标原点． 0 em10m m OP   又  2 m ， em1 12 e2 m gm 记函数 m ，m1,2， e2m 1 m 1 e2  me2 1 m gm 2  2  m 2 m e2  e2   m1,2 gm m1,2 因为 ，所以 在 上单调递增 1 所以 gm最小值为g1 ， e 1 所以 a2b2  ， e 故选：BCD. f(x)lnx 典例2. （2022·江苏淮安·高三期中）已知函数 (1)求曲线 f(x)在 xe 处的切线方程； f(x) (2)已知g(x)  f(x)，求证：存在实数 使得 在 处取得最大值，且 1x x g(x) xx g(x )x 0 0 0 0 h(x)af(x)x2a0 (3)求证： 有唯一零点 1 【答案】(1)y x e (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数可求得函数在某一点处的切线； （2）整理函数解析式，求导，构造函数，利用其单调性以及零点存在性定理，可得导数的性质，结合导数求 得最值，可得答案； （3）函数求导，明确其单调性，结合零点存在性定理，可得答案. 1 1 【详解】（1）由 ylnx ，则y x ，将xe代入 ylnx ，可得 y1 ，切线斜率k  e ， 1 1 则y1 xe ，整理可得y x. e e 1xlnx lnx g(x) （2）由 g(x) lnx ， 1x2 ， ， x1 x0 设 u(x)1xlnx ， x0 ， u(x) 在 0, 递增， 1  1  1  u 1 20 x  ,1 e2  e2 ，u(1)20，知 0 e2 有1x lnx 0， 0 0 u(x) 0,x  x , g(x) 0,x  x , 且 在 0 小于0，在 0 大于0， 在 0 递增，在 0 递减， lnx 1x g(x ) 0 lnx  0 lnx 1lnx x g(x)在xx 处取最大值， 0 1x 0 1x 0 0 0 . 0 0 0 a （3）  h(x)alnxx2,(a0) ，h(x) x 2x0， h(x) 在0,上单调递减，  1  1 2 2  1 2 2 heaalneaea 1ea 0 2 hea1ea 0     ，又 a0 ，所以 a ， ea e0 1   ，   1  x ea,1 又 h110，故 1 ，hx 0且唯一，    1 h(x)af(x)x2a0 故函数 有唯一零点. 【点睛】解决函数存在唯一零点，利用函数的导数研究其单调性，结合零点存在性定理，可得零点的唯一性， 推广也可求得函数的零点的个数；当函数的导数时分式函数时，往往利用其分子构造成新函数，通过研究新函 数的单调性和最值，可得导数与零的大小关系，可得原函数的单调性. 典例3.（2019·全国·高考真题（理））已知函数 ， 为 的导数．证明： （1） 在区间 存在唯一极大值点； （2） 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在 上单调递减，根据零点存在定理可判断出 ， 使得 ，进而得到导函数在 上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知 为 在 上的唯一零点；当 时，首先可判断出在 上无零点，再利用零点存在定理得到在 上的单调性，可知 ，不存在零点；当 时，利用零点存在定理和 单调性 可判断出存在唯一一个零点；当 ，可证得 ；综合上述情况可证得结论. 【详解】（1）由题意知： 定义域为： 且 令 ， ， 在 上单调递减， 在 上单调递减 在 上单调递减 又 ， ，使得 当 时， ； 时， 即 在 上单调递增；在 上单调递减 则 为 唯一的极大值点 即： 在区间 上存在唯一的极大值点 . （2）由（1）知： ， ①当 时，由（1）可知 在 上单调递增在 上单调递减 又 为 在 上的唯一零点 ②当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减 又 在 上单调递增，此时 ，不存在零点 又 ，使得 在 上单调递增，在 上单调递减 又 ， 在 上恒成立，此时不存在零点 ③当 时， 单调递减， 单调递减 在 上单调递减 又 ， 即 ，又 在 上单调递减在 上存在唯一零点 ④当 时， ， 即 在 上不存在零点 综上所述： 有且仅有 个零点 【规律方法】 零点问题求解三步曲 (1)用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取 值范围． (2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式． (3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小． 考向二 利用“隐零点”确定参数取值范围 【核心知识】 利用零点存在性原理可以估算出隐零点的大小范围，然后再用隐零点的范围去估计所求函数（参数）的范围. 【典例分析】 典例4. （2022·河南南阳·高三期中（理））若方程 存在唯一实根，则实数 的取值范围是 _____. 【答案】 【分析】方程 存在唯一实根，则 存在唯一实根，则函数 与函数 有唯一的交点，利用导数分析 的单调性，并在同一坐标系中做 出 与函数 的图象，即可求解【详解】方程 存在唯一实根， 则 存在唯一实根， 令 ， 则 令 ， 注意到 ，则 ，且 当 时， ， 所以 ，即 ； 当 时， ， 所以 ，即 ； 所以当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减； 又 ， 当 时， 恒成立； 当 时， ； 所以 的大致图象为：由 存在唯一实根， 则函数 与函数 有唯一的交点， 由图象可知 或 时满足条件， 所以方程 存在唯一实根时， 实数 的取值范围是 故答案为： 1 典例5.（2022·吉林·东北师大附中模拟预测）已知 f(x) x2xasinx． 2 xπ π2  f(x) [0,)  (1)若在 处的切线的斜率是 ，求当 在 恒成立时的 的取值范围； 1 (2)设g(x) f(x) x22xln(x1)，当 时 有唯一零点，求a的取值范围． 2 x(0,π) g(x) (,0] 【答案】(1) ； (,0) (2) . f x a 【分析】（1）根据导数的几何意义，求得参数 ；再利用导数求解 在区间上的最小值，即可求得参数的 范围； （2）对参数a分类讨论，当a0时，利用导数研究其单调性，即可判断零点个数；当a0时，根据 gxxlnx1 xlnx10 ，再证明 ，即可求得此时的零点个数，再结合题意进行取舍即可.1 【详解】（1） f(x) 2 x2xasinx，则 f(x)x1acosx f()π1a2,a1 (x)x1cosx (x)1sinx0 令 ，则 恒成立， (x) R x0 (x)(0)0 f(x)0 在 上单调递增，当 时， ，即 恒成立， f(x) [0,) f(x)  f(0)0 在 上单调递增， min  f(x)  f(x) 0  恒成立， min  (,0] 的取值范围是 1 1 （2）g(x) f(x) x22xln(x1)xasinxln(x1)，g(x)1acosx 2 x1 1 ①当 时 在 上单调递增，g(0)0,g(π)1a 0， a<0 g(x) (0,π) π1 x (0,π) gx 0  存在 0 使得 0 ， x0,x  g(x)0 g(x) 当 0 时， ， 单调递减， xx ,π g(x)0 g(x) 当 0 时， ， 单调递增 g(0)0,g(π)πln(π1)0 tx ,π, g(t)0 又 ，故存在唯一的 0 使得 ，满足题意； x0, gxxlnx1 hxxlnx1 a0 ②当 时，由 可得 ，令 ， 1 x 则h(x)1  ，当 时， ，故 在 上单调递增， x1 x1 x(0,π) h(x)0 h(x) (0,π) h(x)h(0)0 g(x)0 (0,π) g(x) (0,π) 则 ，则 在 上恒成立，故 在 上无零点． (,0) 综上所述，a的取值范围是 ． 【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，以及利用导数处理恒成立问题和零点问题；其中第二问处理 的关键是在当a0时，进行适度的放缩，属综合困难题. 典例6.（2022·甘肃·靖远县第四中学高三阶段练习（理））已知函数 .(1)若 是 的极值点，求 的单调区间； (2)若关于 的方程 恰有一个解，求a的取值范围. 【答案】(1)单调递增区间为 ，单调递减区间为 ； (2) 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意 ，即可求出 的值，再利用导数求出函数的单调区间； （2）求出函数的导函数 ，令 ， ，利用导数说明 的单调性，由零 点存在性定理可得存在 使得 ，即可得到 的单调性，从而求出 的最小值 ， 依题意可得 ，即可求出 的值，从而得解. （1） 解：因为 ，所以 ， 因为 是 的极值点，所以 ，解得 ，经检验符合题意， 所以 ， ，又 与 在 上单调递增， 所以 在 上单调递增，又 ， 所以当 时 ，当 时 ， 即 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ； （2） 解：显然 ，又 ， 令 ， ，则 恒成立，所以 在 上单调递增， 且 ， ，所以存在 使得 ， 当 时 ，即 ，当 时 ，即 ， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以当 时 取得最小值， 由 ，可得 ，即 ，则 ， 因为关于 的方程 恰有一个解， 所以 ，即 ， 所以 ，当 时等号成立， 由 ，可得 ，即 的取值范围为 ； 【方法点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成 立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最) 值问题处理． 【总结提升】 已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利 用数形结合的方法求解 考向三 利用“隐零点”完成不等式恒成立或证明问题 【核心知识】 a f x a f x a f x 1.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数 恒成立( max即可)或 恒成立（ a f x y  f x y  gx f x 0 min即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值 min 或f x 0 max 恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围. f(x) g(x) y  f(x) y  g(x) 2.含参数的不等式 恒成立的处理方法：① 的图象永远落在 图象的上方；②构 F(x) f(x)g(x) F(x) 0 a h(x) min 造函数法，一般构造 ， ；③参变分离法，将不等式等价变形为 ，或 ah(x) h(x) ，进而转化为求函数 的最值. 3.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： m f x m f x xD （1） ， min； m f x m f x xD （2） ， max； m f x m f x xD （3） ， max； m f x m f x xD （4） ， min. 【典例分析】 典例7. （2022·浙江省新昌中学高三期中）若存在 使对于任意 不等式 恒成立，则实数 的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】变形为 ，由题意知直线 恒位于 的图象上方， 的图象下方， 代表直线 在 轴上的截距，当直线变化时观察 取得小值时满 足的条件.【详解】 令 ，则 ，故 在 为增函数， 为减函数，且 ，在 时的图象 如图所示. 令 ，则 且 ， ，所以存在 使得 当 时， ，当 时， 当 为增函数，当 为减函数，当 时的图象如图所示. 由题意得 ，如图， 当 时，直线 恒位于 的图象上方， 的图象下方， 代表直线 在 轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过 且与曲线 相切时， 最小. 设切点为 ，则 ，整理得 令 ，则 而当 时， ， 所以 所以当 时， 所以当 时， 为增函数，所以 有唯一的零点1， 所以 ，此时直线方程为 ，故 . 故选：D 【点睛】不等式恒成立求参数范围时常用的方法： ①完全分离参数，此法比较简单，分离后只需研究不含参函数的最值即可； ②半分离参数，将参数留在一个形式比较简单的函数中，如一次函数或二次函数，另一边的函数可以是稍微复 杂一点的不含参函数，将不等式恒成立问题转化为两函数图象位置关系求解； ③不分离参数，含参讨论，常常比较复杂要用导数研究最值. 典例8.（2022·河北·高三期中）已知函数 . (1)若 ，求 的单调区间； (2)记函数 ，若 恒成立，试求实数 的取值范围. 【答案】(1) 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减 (2)【分析】（1）由题意得 ，令 求出零点，即可得 的单调区间； （2） 恒成立，转化为 恒成立，令 ，求 导后，转化成两个函数的交点问题讨论函数单调性，即可求出实数 的取值范围. 【详解】（1）解：由题意得函数 的定义域为 ， 若 ，则 ， 令 ，则 ， 而 ， 所以 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减； （2）解：若 恒成立， 则 ， 整理得 ，则 ， 设 ，则 ， 令 ，则 ， 整理得 ， 设 ， ，可知两个函数均过定点 ， 若 ，即 时， 为 的切线，切点为 ，①当 ，即 时， ， ，不在定义域，不合题意； ②当 ，即 时， 在区间 ，恒有 ， ， 所以 在 单调递增， ， 则 ，符合题意； ③当 ，即 时， 设零点为 ，则 所以 在 上单调递减，在 单调递增， ， 因为 ， 则 ， 又因为 ，所以 且 ，与 矛盾； 综上所述，实数 的取值范围为 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问 题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问 题处理． f(x)ex ax gxaxlnx aR 典例9.（2022·江苏常州·高三期中）已知函数 ， ， ． f x gx (1)若 在x＝0处的切线与 在x＝1处的切线相同，求实数a的值； Fx f xgx Fx x x (2)令 ，直线y＝m与函数 的图象有两个不同的交点，交点横坐标分别为 1， 2，证明： x x 1． 1 2【答案】(1)a＝1 (2)证明见解析 f x gx f '(0)g'(1) 【分析】(1) 由于 在x＝0处的切线与 在x＝1处的切线相同， 即可. (2)本问题为极值点偏移问题，可转化为单变量的不等式证明，构造函数，利用导数证明即可. 1 【详解】（1） f(x)exa ， f(0)1a ．g(x)a x ，g1a1，1－a＝a－1，a＝1． 检验a＝1时两个函数切线方程都是y＝1． 1 1 （2） ，x＞0，令G(x)F(x)ex ，则G(x)ex 0， F(x)ex lnx x x2 1 1 ∴Fx 在 0, 递增， F  2   e2 20 ，F(1)e10， 1  因为函数 yFx 连续不间断，所以存在唯一实数 x 0  2 ,1 ， 1 ex0  Fx 0 0 ， x 0 ，从而 Fx 在 0,x 0  递减， x 0 , 递增． 0x x x Fx Fx m 不妨设 1 0 2，则 1 2 ， x 2x x x 2x 1 当 2 0时， 1 2 0 ． 0x x x 2x x 2x x x ,2x  Fx x ,2x  当 1 0 2 0，则 2， 0 1 0 0 ， 在 0 0 递增，， Fx F2x x Fx F2x x ex1 lnx e2x0x1 ln2x x  2 0 1 1 0 1 1 0 1 ， g(x)exlnxe2x0x ln2x x x0,x  令 0 ， 0 ， 令 h(x)g(x)ex  1 x e2x0x  2x 1 x， h(x)exe2x0x x 1 2  2x 1 x2 ， 0 0 1 令t(x)ex ，h(x)t(x)t2x x， x2 0 2 2 x22 t(x)ex ex0   0 0 x3 x3 x3 ，x0,x  ，tx 在 0,x  递减， 0 0 0 00x2x x t(x)t2x x hx0 gx 0,x  因为 0 ， 0 ， ， 在 0 递增，  1  g(x)gx 2ex0  0 0  x  ，所以gx在0,x 递减， 0 0 g(x)gx 0 所以 0 ， Fx F2x x Fx F2x x 0 Fx F2x x  即 1 0 1 2 0 1 ，即 2 0 1 ， x 2x x x ,2x  Fx x ,2x  因为 2， 0 1 0 0 ， 在 0 0 递增， x 2x x x x 2x 1 x x 1 所以 2 0 1，所以 1 2 0 ．综上可得， 1 2 ． 【点睛】导数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，转化为不等式恒成立问题，注意 分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性，极（最）值问题处理. ex2 lnx 典例10. （2022·河南·新安县第一高级中学高三开学考试（理））（1）证明不等式： （第一问必须 用隐零点解决，否则不给分）； f(x)(x2)exa(x1)2 （2）已知函数 有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给 分） (0,) 【答案】（1）证明见解析；（2） . g(x)ex2lnx 【分析】（1）根据给定条件，构造函数 ，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答. （2）求出函数 f(x)的导数，利用导数分类讨论函数 f(x)的单调性、零点情况作答. 1 【详解】（1）令函数 g(x)ex2lnx ， x0 ，求导得：g(x)ex2 x ，显然函数 g(x) 在 (0,) 上单调递增， 而 ，g(2) 1 0，则存在 ，使得 ，即ex02  1 ，有 ， g(1)e110 2 x (1,2) g(x )0 x x 2lnx 0 0 0 0 0 0xx g(x)0 xx g(x)0 g(x) (0,x ) (x ,) 当 0时， ，当 0时， ，函数 在 0 上单调递减，在 0 上单调递增， 1 1 g(x) g(x )ex02lnx  x 22 x 20 min 0 0 x 0 x 0 ， 0 0 ex2 lnx 所以 .f(x)(x2)exa(x1)2 f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a) （2）函数 定义域R，求导得 ， a0 f(x)0 x1 f(x)0 x1 f(x) (,1) (1,) 当 时，由 得， ，由 得， ，即函数 在 上递减，在 上递增， f(x)  f(1)e<0 f(2)a0 x (1,2) f(x)0 f(x) (1,) min ，而 ，即存在 1 ，使得 1 ，则函数 在 上有唯一零点， a a 3 取 且bln ，则 f(b)(b2)eba(b1)2  (b2)a(b1)2 a(b2 b)0， b0 2 2 2 x (b,1) f(x )0 f(x) (,1) 即存在 2 ，使得 2 ，则函数 在 上有唯一零点， 因此当a0时，函数 f(x)有两个零点， a0 f(x)(x2)ex 当 时，函数 只有一个零点2， e 当 a<0 时，若 2 a0，当 xln(2a) 或 x1 时， f(x)0 ，当 ln(2a) x1 时， f(x)0 ， f(x) (,ln(2a)),(1,) (ln(2a),1) x1 f(x)0 即有 在 上单调递增，在 上单调递减，又 ， ， f(x) (,1) (1,) f(x) 因此函数 在 上没有零点，在 上最多一个零点，即函数 最多一个零点， e 若a ，恒有 ，即函数 在R上单调递增，函数 最多一个零点， 2 f(x)0 f(x) f(x) e 若 a 2，当x1或xln(2a)时， f(x)0，当1 xln(2a)时， f(x)0， f(x) (,1),(ln(2a),) (1,ln(2a)) x1 f(x)0 即有 在 上单调递增，在 上单调递减，又 ， ，当 x1,ln2a f x0  时， ， f(x) (,ln(2a)) (ln(2a),) f(x) 因此函数 在 上没有零点，在 上最多一个零点，即函数 最多一个零点， 综上得，当a0时，函数 f(x)有两个零点，当a0时，函数 f(x)最多一个零点， (0,) 所以a的取值范围是 . 典例11.（2022·重庆·高三阶段练习）已知函数 . (1)求 的极值；(2)若 有两个相异的实根 ，证明： . 【答案】(1)极小值 ，无极大值 (2)证明见解析 【分析】（1）通过二次求导确定 的导函数有唯一零点，进而确定 的单调区间以及极值； （2）先将题中等式变形为 ，通过构造函数 有两个不同零点确定参数m的范围，再将方 程 的两相异实根 代入，并令 ，将原不等式中 和m均替换为t表示，最后构造关于t的 函数 ，利用求导判断不等式成立即可. 【详解】（1）因为 所以 ， 令 ， 则 ， 因为 ，所以 ，所以 在 单调递增，又因为 ， 所以当 时， ，此时函数 单调递减， 当 时， ，此时函数 单调递增， 所以当 时， 取得极小值 无极大值. （2）因为 有两个相异实根， 即 有两个相异实根， 令 ，则 ，当 时， ，当 时， 所以 在 单调递减， 单调递增， 因为 ，当 ， 所以 因为 有两个相异实根 ，所以 ，令 ，则 ， 所以 ，所以 又因为 ，要证 ， 只需证 ， 因为 ，所以只需证 .即证 ， 因为 ，所以只需证 ，即证 ， 令 ，则 所以 在 上单调递增， ，即当 时， 成立. 所以 .【点睛】本题主要考查双变量问题，难度较大，解题关键在于通过实根建立方程，再借助换元将双变量转化为 单变量，进而构造函数将恒成立问题转化为最值问题，求导确定单调性，使问题得到解决. 典例12.（2022·上海市进才中学高三阶段练习）已知函数 ，设 ， . (1)若 在 上有解，求 的取值范围； (2)若 ，证明：当 时， 成立； (3)若 恰有三个不同的根，证明： . 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）常数分离法，转化为 有解，用导数求 的最小值即可； （2）即证 在 时恒成立，用导数求左边函数的最小值; （3）确定 是先减后增，要使 有三根，要满足 ，从而 ，可将 表示为 的函数，根据 的范围，求得 的范围. 【详解】（1）由题， 在 上有解， ，所以 有解 令 ，则 ， 而 在 上为增函数，所以 ， 即 成立，所以 在 严格递增， 因而 ，即 .（2） 时，则 ， 令 ， 得 ，记 ， 则 在 时严格增， 因而 ，所以 在 时严格增， 因而 即 在 严格增， ， 即 在 恒成立. （3） 在定义域上递增 ①当 时， ， 而当 时 成立，且 ， 所以 ， 因而存在 ，使得 ， 当 时， ， 为减函数； 当 时， ， 为增函数； 所以 为极小值点. ， 由 ，此时 不可能有三个根. ②当 时，因而存在 ，使得 ， 当 时， ， 为减函数； 当 时， ， 为增函数； 所以 为极小值点. ， 由 ，此时 不可能有三个根. ③当 时， 在定义域上递增， 当 时， ， 为减函数； 当 时， ， 为增函数； 所以 为极小值点.所以 为最小值，此时 不可能有三个根. ④当 时， ，存在 ，使得 当 时， ， 为减函数； 当 时， ， 为增函数； 所以 为极小值点， 而 ，所以 由 由 有三个根，得 由 ，所以 . 【点睛】利用导数研究方程根的过程中用的主要数学思想方法就是数形结合,即首先通过导数研究函数的性质， 确定函数的单调性，极值，最值等，根据函数的性质画出函数的图象，然后根据函数的图像确定方程根的情况. 方程的根的个数可以看成函数图象与x轴交点的个数，也可以转化为两个函数图象的交点个数问题.解决这类 问题要注意分类讨论思想，数形结合思想的应用. 【规律方法】 1.不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最 值问题，转化中注意等价转化. 2. 在解题过程中，必要时可作出函数图象，借助几何图形直观分析转化.通过围绕参数分类讨论不等式是否成 立，不失为一种好的方法.