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微专题 解决专题考点综合问题
学生用书P28
突破专题专项备考难点
微专题一 利用导数解决不等式问题
１.利用导数证明不等式成立问题 往往多种方法尝试进行 归 令ｈ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ
ꎬ ꎬ ( )＝ ( )－(２－ )ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬ
纳如下 则ｈ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ
: ( )＝ ( )＋ (２－ )
利用单调性 若ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上是增函数 则 ｘ ａ ｘ ｘ ｘ ｘ .
(１) : ( ) [ ꎬ ] ꎬ ①∀ ∈[ ꎬ ＝－ｌｎ －ｌｎ(２－ )＝－ｌｎ[ (２－ )]
ｂ 则ｆ ａ ｆ ｘ ｆ ｂ ｘ ｘ ａ ｂ 且 ｘ ｘ 则 ｘ ｘ ｘ ｈ′ ｘ 恒成立 ｈ ｘ
]ꎬ ( )≤ ( )≤ ( )ꎻ②∀ １ꎬ ２∈[ ꎬ ]ꎬ １< ２ꎬ ∵ ∈(０ꎬ１)ꎬ∴ (２－ )∈(０ꎬ１)ꎬ∴ ( )>０ ꎬ∴ ( )
ｆ ｘ ｆ ｘ .对于减函数有类似结论. 为增函数 ｈ ｘ ｈ .
( １)<( ２) ꎬ∴ ( )< (１)＝０
利用最值 若ｆ ｘ 在某个范围Ｄ内有最大值Ｍ 或最小值 ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ .
(２) : ( ) ( ∴ ( ２)<(２－ １)ꎬ∴ ２>２－ １ꎬ∴ １＋ ２>２
ｍ 则 ｘ Ｄ 有ｆ ｘ Ｍ 或ｆ ｘ ｍ . 再证ｘ ｘ 即证ｘ ｘ 即证ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ .
)ꎬ ∀ ∈ ꎬ ( )≤ ( ( )≥ ) １＋ ２<ｅꎬ ２<ｅ－ １ꎬ ( ２)＝ ( １)>(ｅ－ １)
证明ｆ ｘ ｇ ｘ 可构造函数 Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 证明 令φ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ
(３) ( )< ( )ꎬ ( )＝ ( )－ ( )ꎬ ( )＝ ( )－(ｅ－ )ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬ
Ｆ ｘ . 则φ′ ｘ ｘ ｘ
( )<０ ( )＝－ｌｎ[ (ｅ－ )]ꎬ
２.利用导数构造函数解不等式 ｘ ＋时 φ′ ｘ φ′ φ′ ｘ 在
∵ →０ ꎬ ( )→＋∞ꎬ (１)＝－ｌｎ(ｅ－１)<０ꎬ ( ) (０ꎬ１)
常见的构造函数模型总结 上单调递减 在 上必存在唯一ｘ 使φ′ ｘ
关系式为 加 型
ꎬ∴ (０ꎬ１) ０ꎬ ( ０)＝０ꎬ
且当ｘ ｘ 时 φ′ ｘ φ ｘ 单调递增
(１) “ ”
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｙ ｘｆ ｘ 则 ｙ′ ｘｆ ｘ ′ ｘ ∈(０ꎬ ０) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
① ( )＋ ( )≥０ꎬ ＝ｅ ( )ꎬ ＝[ｅ ( )] ＝ｅ 当ｘ ｘ 时 φ′ ｘ φ ｘ 单调递减
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ .
∈( ０ꎬ１) ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ
[ ( )＋( )] 又ｘ ＋时 ｆ ｘ 且ｆ
ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造ｙ ｘｆ ｘ 则ｙ′ ｘｆ ｘ ′ ｘｆ ′ ｘ →０ ꎬ( )>０ꎬ (ｅ)＝０ꎬ
② ( )＋ ( )≥０ꎬ ＝ ( )ꎬ ＝[ ( )] ＝ ( ) ｘ ＋时 φ ｘ
ｆ ｘ . ∴ →０ ꎬ ( )>０ꎬ
＋( ) 又φ ｆ ｆ
ｘｆ ′ ｘ ｎｆ ｘ 构造 ｙ ｘｎｆ ｘ 则 ｙ′ ｘｎｆ ｘ ′ (１)＝ (１)－(ｅ－１)>０ꎬ
③ ( )＋ ( )≥０ꎬ ＝ ( )ꎬ ＝ [ ( )] ＝ φ ｘ 恒成立 ｆ ｘ ｆ ｘ
ｘｎｆ ′ ｘ ｎｘｎ －１ｆ ｘ ｘｎ －１ ｘｆ ′ ｘ ｎｆ ｘ . ∴ ( )>０ ꎬ∴ ( ２)>(ｅ－ １)ꎬ
( )＋ ( )＝ [ ( )＋ ( )] ｘ ｘ ｘ ｘ .
注意对ｘ的符号进行讨论 ∴ ２<ｅ－ １ꎬ∴ １＋ ２<ｅ
( )
关系式为 减 型 综上 １ １ 成立.
(２) “ ” ꎬ２< ａ ＋ ｂ <ｅ
ｆ ｘ [ｆ ｘ ]
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｙ ( ) 则 ｙ′ ( ) ′ 例2 (多选)(２０２２长沙雅礼中学第七次月考ꎬ１２)若实数ｔ
① ( ) － ( ) ≥０ꎬ ＝ ｘ ꎬ ＝ ｘ ＝ ≥
ｅ ｅ 则下列不等式中一定成立的是
ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ２ꎬ ( )
( )ｅ －( )ｅ ( )－( ). ｔ ｔ ｔ ｔ
ｘ ２ ＝ ｘ Ａ.( ＋３)ｌｎ( ＋２)>( ＋２)ｌｎ( ＋３)
(ｅ ) ｅ ｆ ｘ [ｆ ｘ ] Ｂ.( ｔ ＋１) ｔ ＋２ >( ｔ ＋２) ｔ ＋１
ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｙ ( ) 则 ｙ′ ( ) ′
② ( ) － ( ) ≥０ꎬ ＝ ｘ ꎬ ＝ ｘ
１ ｔ
Ｃ.１＋ ｔ >ｌｏｇｔ( ＋１)
ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ
( )－( ).
＝ ｘ２ Ｄ.ｌｏｇ( ｔ ＋１)( ｔ ＋２)>ｌｏｇ( ｔ ＋２)( ｔ ＋３)
ｆ ｘ [ｆ ｘ ] ｘ ｘ
ｘｆ ′ ｘ ｎｆ ｘ 构造 ｙ ( ) 则 ｙ′ ( ) ′ 解析 对于 令ｆ ｘ ｌｎ 则ｆ ′ ｘ １－ｌｎ 当ｘ 时
③ ( )－ ( )≥０ꎬ ＝ ｘｎ ꎬ ＝ ｘｎ ＝ Ａꎬ ( )＝ ｘ ꎬ ( )＝ ｘ２ ꎬ >ｅ ꎬ
ｘｎｆ ′
(
ｘ
)－
ｎｘｎ －１ｆ
(
ｘ
)
ｘｆ ′
(
ｘ
)－
ｎｆ
(
ｘ
).
ｆ ′
(
ｘ
)<０ꎬ
所以ｆ
(
ｘ
)
在
(ｅꎬ＋∞)
上单调递减
ꎬ
因为ｔ
≥２ꎬ
所以ｔ
＋
( ｘｎ ) ２ ＝ ｘｎ ＋１ ｔ 所以ｆ ｔ ｆ ｔ 所以ｌｎ( ｔ ＋３) ｌｎ( ｔ ＋２)
例1 (２０２１新高考 ꎬ２２ꎬ１２分)已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ . ３> ＋２>ｅꎬ ( ＋３)<( ＋２)ꎬ ｔ < ｔ ꎬ
Ⅰ ( )＝ (１－ｌｎ ) ＋３ ＋２
讨论ｆ ｘ 的单调性 所以 ｔ ｔ ｔ ｔ 故 正确
(１) ( ) ꎻ ( ＋３)ｌｎ( ＋２)>( ＋２)ｌｎ( ＋３)ꎬ Ａ ꎻ
设ａ ｂ为两个不相等的正数 且 ｂ ａ ａ ｂ ａ ｂ 证明 ｘ
(２) ꎬ ꎬ ｌｎ － ｌｎ ＝ － ꎬ : 对于 由 知 函数ｆ ｘ ｌｎ 在 上单调递减 因为ｔ
Ｂꎬ Ａ ꎬ ( )＝ ｘ (ｅꎬ＋∞) ꎬ
１ １ .
２< ａ ＋ ｂ <ｅ
≥２ꎬ
解析 函数ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ｘ 令 所以ｔ ｔ
(１) ( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝－ｌｎ ꎬ ＋２> ＋１>ｅꎬ
ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 令ｆ′ ｘ 解得ｘ 所以函数ｆ ｘ 在 ｔ ｔ
( )>０ꎬ ０< <１ꎬ ( )<０ꎬ >１ꎬ ( ) 所以ｆ ｔ ｆ ｔ 即ｌｎ( ＋１) ｌｎ( ＋２)
上单调递增 在 上单调递减. ( ＋１)>( ＋２)ꎬ ｔ > ｔ ꎬ
(０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ＋∞) ＋１ ＋２ 第
证明 由ｂ ａ ａ ｂ ａ ｂ得 １ ａ １ ｂ 即 即 ( ｔ ＋２)ｌｎ( ｔ ＋１)>( ｔ ＋１)ｌｎ( ｔ ＋２)ꎬ 四
(２) : ｌｎ － ｌｎ ＝ － ａ (１＋ｌｎ )＝ ｂ (１＋ｌｎ )ꎬ 所以 ｔ ｔ ＋２ ｔ ｔ ＋１ 章
ｌｎ( ＋１) >ｌｎ( ＋２) ꎬ
( ) ( ) 所以 ｔ ｔ ＋２ ｔ ｔ ＋１ 一
１ １ １ １ ( ＋１) >( ＋２) ꎬ
ａ １－ｌｎ ａ ＝ ｂ １－ｌｎ ｂ ꎬ 故 正确 元
Ｂ ꎻ 函
令ｘ １ ｘ １ 则ｘ ｘ 为ｆ ｘ ｋ的两个实根 当ｘ ＋ 对于 当 ｔ 时 １ ３ ｌｎ３ ３ｌｎ２－２ｌｎ３ 数
１＝ ａ ꎬ ２＝ ｂ ꎬ １ꎬ ２ ( )＝ ꎬ →０ Ｃꎬ ＝２ ꎬ１＋ －ｌｏｇ２３＝ － ＝ ＝ 的
２ ２ ｌｎ２ ２ｌｎ２ 导
时 ｆ ｘ ＋ 当ｘ 时 ｆ ｘ 且ｆ 故ｋ
ꎬ( )→０ ꎬ →＋∞ ꎬ( )<０ꎬ (１)＝１ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬ ｌｎ８－ｌｎ９ 故 错 数
不妨令ｘ ｘ 则 ｘ ｘ <０ꎬ Ｃ ꎻ 及
１∈(０ꎬ１)ꎬ ２∈(１ꎬｅ)ꎬ ２－ １>１ꎬｅ－ １>１ꎬ ２ｌｎ２ 其
先证明ｘ １＋ ｘ ２>２ꎬ 即证ｘ ２>２－ ｘ １ꎬ 对于 ｔ ｔ ｌｎ( ｔ ＋２) ｌｎ( ｔ ＋３) 应
即证ｆ
(
ｘ
２)＝
ｆ
(
ｘ
１)<
ｆ
(２－
ｘ
１)
. Ｄꎬｌｏｇ( ｔ ＋１)( ＋２) －ｌｏｇ( ｔ ＋２)( ＋３) ＝
ｌｎ(
ｔ
＋１)
－
ｌｎ(
ｔ
＋２)
用
６５
２ ｔ ｔ ｔ ２ ｔ ｔ ｔ
ｌｎ( ＋２)－ｌｎ( ＋１)ｌｎ( ＋３). ｌｎ( ＋２)－ｌｎ( ＋１)ｌｎ( ＋３) 即 ｔ ｔ 故
＝ ｔ ｔ ｔ ｔ >０ꎬ ｌｏｇ( ｔ ＋１)( ＋２)>ｌｏｇ( ｔ ＋２)( ＋３)ꎬ
ｌｎ( ＋１)ｌｎ( ＋２) ｌｎ( ＋１)ｌｎ( ＋２)
因为ｔ 所以 ｔ ｔ ｔ 正确.故选 .
≥２ꎬ ｌｎ( ＋１)>０ꎬｌｎ( ＋２)>０ꎬｌｎ( ＋３)>０ꎬ Ｄ ＡＢＤ
[ ｔ ｔ ] ２ [ ｔ２ ｔ ] ２ 答案 ＡＢＤ
ｔ ｔ ｌｎ( ＋１)＋ｌｎ( ＋３) ｌｎ( ＋４ ＋３)
ｌｎ( ＋１)ｌｎ( ＋３)< ＝ <
２ ２
[ ｔ２ ｔ ] ２ [ ｔ ２ ] ２
ｌｎ( ＋４ ＋４) ｌｎ( ＋２) ２ ｔ 所 以
＝ ＝ ｌｎ ( ＋ ２)ꎬ
２ ２
年 高
考
年
模
拟
︵
教
师
用
书
︶
６６
微专题二 利用导数研究函数零点问题
题型一 研究函数零点的个数 当ｘ 时 ｘ 所以ｆ ｘ 从而ｆ ｘ 在
(ｉｖ) ∈(πꎬ＋∞) ꎬｌｎ( ＋１)>１ꎬ ( )<０ꎬ ( )
没有零点.
函数的零点个数是函数图象与ｘ轴交点的个数 可以借助 (πꎬ＋∞)
ꎬ 综上 ｆ ｘ 有且仅有 个零点.
函数图象的特征求解函数的零点个数问题.对于含参函数的零 ꎬ ( ) ２
【方法总结】 本题考查导数与函数极值之间的关系 利用导
点个数问题 一般可从两个方面讨论 一是利用导数研究函数 ꎬ
ꎬ : 数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键 一方面是
的单调性和极值 作出函数的大致图象 根据极大值和极小值 :
ꎬ ꎬ 利用函数零点存在定理或最值点来说明存在零点 另一方面是
的符号确定函数零点的个数 二是分离参数 将问题转化为求 ꎬ
ꎻ ꎬ 利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性 二者缺一
直线ｙ ａ和ｙ ｆ ｘ 的图象的交点个数问题. ꎬ
＝ ＝ ( ) 不可.
例1 (２０１９ 课标 理ꎬ２０ꎬ１２ 分)已知函数 ｆ ｘ ｘ
Ⅰ ( )＝ ｓｉｎ －
ｘ ｆ′ ｘ 为ｆ ｘ 的导数.证明 题型二 由函数零点的存在情况求参数范围
ｌｎ(１＋ )ꎬ ( ) ( ) :
( )
ｆ′ ｘ 在区间 π 存在唯一极大值点 研究此类问题可以从以下两点考虑
(１) ( ) －１ꎬ ꎻ :
２ 根据区间上零点的个数情况 估计出函数图象的大致形
ｆ ｘ 有且仅有 个零点. (１) ꎬ
(２) ( ) ２ 状 从而推导出参数需要满足的条件 进而求出参数的取值范
证明 设ｇ ｘ ｆ′ ｘ ꎬ ꎬ
(１) ( )＝ ( )ꎬ 围 值
( )ꎻ
则ｇ ｘ ｘ １ ｇ′ ｘ ｘ １ . 可以先求导 通过求导分析函数的单调性 再依据函数在
( )＝ｃｏｓ － １＋ ｘꎬ ( )＝－ｓｉｎ ＋ (１＋ ｘ ) ２ ( 区 ２ 间 ) 内的零点情 ꎬ 况 推导出函数本身需要满足的 ꎬ 条件 此时 由
( ) ( ) ꎬ ꎬ ꎬ
当ｘ π 时 ｇ′ ｘ 单调递减 而ｇ′ ｇ′ π 可 于函数比较复杂 常常需要构造新函数 通过多次求导 层层推
∈ －１ꎬ ꎬ ( ) ꎬ (０)>０ꎬ <０ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
( ２ ) ２ 理得解.
得ｇ′ ( ｘ ) 在 －１ꎬ π 有唯一零点 ꎬ 设为α ꎬ 例2 (２０２１浙江ꎬ２２ꎬ１５分)设ａ ｂ为实数 且ａ 函数ｆ ｘ
ꎬ ꎬ >１ꎬ ( )
２
( ) ａｘ ｂｘ ２ ｘ Ｒ .
则当ｘ α 时 ｇ′ ｘ 当ｘ α π 时 ｇ′ ｘ . ＝ － ＋ｅ( ∈ )
∈(－１ꎬ ) ꎬ ( )>０ꎻ ∈ ꎬ ꎬ ( )<０ 求函数ｆ ｘ 的单调区间
２ (１) ( ) ꎻ
( ) 若对任意ｂ ２ 函数ｆ ｘ 有两个不同的零点 求ａ的取值
所以ｇ ｘ 在 α 单调递增 在 α π 单调递减 故ｇ ｘ 在 (２) >２ｅ ꎬ ( ) ꎬ
( ) (－１ꎬ ) ꎬ ꎬ ꎬ ( ) 范围
２ ꎻ
( ) ( ) 当ａ 时 证明 对任意ｂ ４ 函数ｆ ｘ 有两个不同的零
π 存在唯一极大值点 即ｆ′ ｘ 在 π 存在唯一极 (３) ＝ｅ ꎬ : >ｅ ꎬ ( )
－１ꎬ ꎬ ( ) －１ꎬ ｂ ｂ ２
２ ２ 点ｘ ｘ 满足ｘ ｌｎ ｘ ｅ .
大值点. １ꎬ ２ꎬ ２> ２ １＋ ｂ
２ｅ
ｆ ｘ 的定义域为 . 注 . 是自然对数的底数
(２) ( ) (－１ꎬ＋∞) ( :ｅ＝２７１８２８ )
当ｘ 时 由 知 ｆ′ ｘ 在 单调递增 解析 ｆ ｘ ａｘ ｂｘ ２ ｘ Ｒ
(ｉ) ∈(－１ꎬ０] ꎬ (１) ꎬ ( ) (－１ꎬ０) ꎬ (１)∵ ( )＝ － ＋ｅ ꎬ ∈ ꎬ
而ｆ′ 所以当ｘ 时 ｆ′ ｘ 故ｆ ｘ 在 单 ｆ ′ ｘ ａｘ ａ ｂ.
(０)＝０ꎬ ∈(－１ꎬ０) ꎬ ( )<０ꎬ ( ) (－１ꎬ０) ∴ ( )＝ ｌｎ －
调递减.又ｆ 从而ｘ 是ｆ ｘ 在 的唯一零点. 若ｂ 则ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增.
(０)＝０ꎬ ＝０ ( ) (－１ꎬ０] ① ≤０ꎬ ( )>０ꎬ∴ ( )
( ] ｂ
当ｘ π 时 由 知 ｆ′ ｘ 在 α 单调递增 在 若ｂ 令 ｆ ′ ｘ 则 ｘ 令 ｆ ′ ｘ 则 ｘ
(ｉｉ) ∈ ０ꎬ ꎬ (１) ꎬ ( ) (０ꎬ ) ꎬ ② >０ꎬ ( )>０ꎬ >ｌｏｇａ ａꎬ ( )<０ꎬ <
２ ｌｎ
( ) ( ) ｂ ( ｂ )
α π 单调递减 而 ｆ′ ｆ′ π 所以存在 β ｆ ｘ 的单调减区间为 单调增区间
ꎬ ꎬ (０)＝ ０ꎬ <０ꎬ ∈ ｌｏｇａ ａꎬ∴ ( ) －∞ꎬｌｏｇａ ａ ꎬ
２ ２ ｌｎ ｌｎ
( ) ( ｂ )
α ꎬ π ꎬ 使得ｆ′ ( β )＝ ０ꎬ 且当ｘ ∈(０ꎬ β ) 时 ꎬ ｆ′ ( ｘ )>０ꎻ 当 ｘ ∈ 为 ｌｏｇａ ａꎬ＋∞ .
２ ｌｎ
( ) ( ) 函数ｆ ｘ 有 个不同的零点 关于ｘ的方程ａｘ ｂｘ ２
β π 时 ｆ′ ｘ .故ｆ ｘ 在 β 单调递增 在 β π 单 (２) ( ) ２ ⇔ － ＋ｅ ＝０
ꎬ ꎬ ( )<０ ( ) (０ꎬ ) ꎬ ꎬ 有 个不同的解 关于 ｘ 的方程 ｘ ｌｎ ａ ｂｘ ２ 有 个不同
２ ２ ２ ⇔ ｅ － ＋ｅ ＝０ ２
调递减. 的解.
又ｆ ｆ ( π ) ( π ) 所以当ｘ ( π ] 时 令ｔ ｘ ａ 则 ｔ ｂｔ ２ ｂ ｅ ｔ ＋ｅ ２ ｔ .
(０)＝ ０ꎬ ＝１－ｌｎ １＋ >０ꎬ ∈ ０ꎬ ꎬ ＝ ｌｎ ꎬ ｅ－ ａ＋ｅ ＝０⇒ ａ＝ ｔ ꎬ>０
２ ２ ２ ｌｎ ｌｎ
( ] ｔ ２ ｂ
ｆ ｘ .从而 ｆ ｘ 在 π 没有零点. 转化为ｙ ｅ＋ｅ 与ｙ 的图象有两个交点.
( )>０ ꎬ ( ) ０ꎬ ＝ ｔ ＝ ａ ２ ｌｎ
( ] ( ) ｔ ２ ｔ ｔ ｔ ２ ｔ ｔ ２
当ｘ π 时 ｆ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 π 单调递 令ｇ ｔ ｅ＋ｅ ｔ 则ｇ′ ｔ ｅ －(ｅ＋ｅ ) ｅ( －１)－ｅ . (ｉｉｉ) ∈ ꎬπ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬπ ( )＝ ｔ ( >０)ꎬ ( )＝ ｔ２ ＝ ｔ２
２ ２
( ) ( ] 令ｈ ｔ ｔ ｔ ２ 则ｈ′ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ
减.而ｆ π ｆ 所以ｆ ｘ 在 π 有唯一零点. ( )＝ｅ( －１)－ｅ ꎬ ( )＝ｅ( －１)＋ｅ ＝ｅ >０ꎬ
>０ꎬ (π)<０ꎬ ( ) ꎬπ 又ｈ 所以 ｔ 时 ｈ ｔ ｔ 时
２ ２ (２)＝ ０ꎬ ∈(０ꎬ２) ꎬ ( )<０ꎬ ∈(２ꎬ＋∞) ꎬ
ｈ ( ｔ )>０ꎬ ｂ ｅ ｘ ２＋ｅ ２ ２ｅ ｘ ２且ｙ ｂ ｅ ２ 在 ４ 上单调递增
则ｇ ｔ 在区间 内单调递减 在区间 内单调 ∵ ＝ ｘ < ｘ ＝ｌｎ ＋ ｂ (ｅ ꎬ＋∞) ꎬ
( ) (０ꎬ２) ꎬ (２ꎬ＋∞) ２ ２
递增
ꎬ 只需证ｘ ２ｅ
ｘ
２ ｅ
２ｘ
２ ｘ
当ｔ 或ｔ 时 ｇ ｔ
ｂ
ｇ ｔ ｇ ２ 又
∴ ２>ｌｎ ｘ
２
＋
２ｅ
ｘ
２
( ２>５)ꎬ
→０ →＋∞
ｂ
ꎬ ( )→＋∞
ｂ
ꎬ∴
ｌｎ
ａ> ( )ｍｉｎ＝ (２)＝ｅ ꎬ
只需证 ｌｎ ｅ ｘ ２－ｌｎ ２ ｘ ｅ
ｘ
２ － ｅ
２ｘ
ｘ ２ >０ꎬ
∵ ａ >１ꎬ∴ ｌｎ ａ <
ｅ
２ꎬ∵ ｂ >２ｅ ２ ꎬ∴
ｅ
２>２ꎬ∴ ｌｎ ａ ≤２⇒１< ａ ≤ｅ ２.
２ｘ
２ ２ｅ ２
∴ 实数ａ的取值范围是 (１ꎬｅ ２ ] . 只需证 ｌｎ ｘ ２－ ｅ ｘ ２ ２ －ｌｎ２>０ .
证明 ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｂｘ ２ 有 个不同的零点 ｘ ２ ２ｅ
(３) : ＝ｅ ꎬ( )＝ｅ － ＋ｅ ２ ⇒ｅ ＋ｅ ＝ ２ ｘ
ｂｘ有 个不同的实根 ｘ . ｅ 只需证ｈ ｘ ｘ ４ 在ｘ 时为正
２ ⇒ >０ ∵ <４ꎬ∴ ( )＝ｌｎ － ｘ－ｌｎ２ >５ ꎬ
由 知函数ｆ ｘ 有两个不同的零点 记较小者为ｘ 较大者 ２ ｅ
为
(
ｘ
２) ( ) ꎬ １ꎬ
ｈ′ ｘ １ ｘ － ｘ － ｘ
２ꎬ ∵ ( )＝ ｘ ＋４ ｅ －４ｅ >０ꎬ
ｘ ｘ
ｂ ＝ ｅ １ ｘ ＋ｅ ２ ＝ ｅ ２ ｘ ＋ｅ ２ >ｅ ４ ꎬ 易知ｘ １<２< ｘ ２ꎬ ∴ ｈ ( ｘ ) 在 (５ꎬ＋∞) 上单调递增 ꎬ
１ ２ ｘ 又 ｈ ２０ ５ ２０ 故得证.
又由ｅ ５ ＋ｅ ２ <ｅ ４ ꎬ 知ｘ ２>５ꎬ ｂ ＝ ｅ １ ｘ ＋ｅ ２ < ２ ｘ ｅ ２ ⇒ ｘ １< ２ ｂ ｅ ２ . ∵ (５)＝ｌｎ５－ ｅ ５ －ｌｎ２＝ｌｎ ２ － ｅ ５>０ꎬ
５ １ １
ｂ ｂ ２ ２
要证ｘ ｌｎ ｘ ｅ 只需证ｘ ｂ ｅ .
２> ２ １＋ ｂ ꎬ ２>ｌｎ ＋ ｂ
２ｅ
第
四
章
一
元
函
数
的
导
数
及
其
应
用
６７
微专题应用创新
微专题一 利用导数解决不等式问题
学生用书P161
ｘ ｘ ｘ
１.(２０２２全国甲理ꎬ２１ꎬ１２分ꎬ综合性)已知函数ｆ ｘ ｅ ｘ ２－ １ ｘ ｘ 成立.
( )＝ ｘ －ｌｎ ∴ ｘ ｘ > １ ２
ｌｎ ２－ｌｎ １
ｘ ａ. 故ｘ ｘ .
＋ － １ ２<１
若ｆ ｘ 求ａ的取值范围 ( )
(１) ( )≥０ꎬ ꎻ 证法二:不妨设 ｘ ｘ ꎬＦ(ｘ) ｆ(ｘ) ｆ １ ꎬ ｘ ꎬ
证明 若ｆ ｘ 有两个零点ｘ ｘ 则ｘ ｘ . ０< １<１< ２ ＝ － ｘ ０< <１
(２) : ( ) １ꎬ ２ꎬ １ ２<１
ｘ
解析 ( ) ｆ(ｘ) ｅ ｘ ｘ ａꎬ 函数ｆ(ｘ)的定义域为 １
１ ∵ ＝ ｘ －ｌｎ ＋ － ∴ ( ) ｘ ｘ －１
则Ｆ′(ｘ) ｆ ′(ｘ) １ ｆ ′ １ －１( ｘ ｘ) １
ｘ(ｘ ) ( ｘ ｘ)(ｘ ) ＝ ＋ｘ２ ｘ ＝ ｘ２ ｅ ＋ ＋ｘ２
( ꎬ )ꎬｆ ′(ｘ) ｅ －１ １ ｅ ＋ －１ . １
０ ＋∞ ＝ ｘ２ － ｘ ＋１＝ ｘ２ ｘ２
令 ｆ(ｘ ｆ ) ′ ꎬ ( ｆ ｘ) ′( ＝ ｘ ０ ) ꎬ 的 得 变 ｘ 化 ＝１ 情 ꎬ 况如下: ( ｅ １ｘ ＋ １ ｘ ) ＝ ｘ ｘ － ２ １( ｅ ｘ ＋ ｘ －１－ ｘ ｅ １ｘ).
ｘ ( ꎬ ) ( ꎬ ) 设φ(ｘ) ｘ ｘ ｘ １ｘꎬｘ ( ꎬ )ꎬ
０ １ １ １ ＋∞ ＝ｅ ＋ －１－ ｅ ∈ ０ １
ｆ ′(ｘ) ( ) ( )
－ ０ ＋ 则φ′(ｘ) ｘ １ｘ １ １ｘ ｘ １ｘ １ ｘ １ｘ
＝ｅ ＋１－ ｅ － ｘ ｅ ＝ｅ ＋１－ｅ １－ ｘ ＝ｅ ＋１＋ｅ
ｆ(ｘ)
↘ ↗
ｘ
当ｘ 时ꎬ ｆ(ｘ) ａ. １－ .
∴ ＝１ ｍｉｎ＝ｅ＋１－ ｘ
ｆ(ｘ) ꎬ ａ ꎬ ａ .
∵ ≥０ ∴ ｅ＋１－ ≥０ ∴ ≤ｅ＋１ ｘ ꎬ φ′(ｘ) ꎬ φ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ
ｘ ∵０< <１ ∴ >０ ∴ ０ １
(
２
)ｆ(ｘ)
＝
ｅ
ｘ －ｌｎ
ｘ
＋
ｘ
－
ａ
＝ｅ
ｘ －ｌｎ ｘ
＋
ｘ
－ｌｎ
ｘ
－
ａꎬ
φ(ｘ) φ( ) ꎬ又
ｘ
－１ ꎬ Ｆ′(ｘ) ꎬ
∴ < １ ＝０ ｘ２ <０ ∴ >０
设ｔ ｘ ｘꎬ则ｙ ｔ ｔ ａꎬｙ′ ｔ .
＝ －ｌｎ ＝ｅ＋ － ＝ｅ＋１ Ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增.
ｆ(ｘ)有两个零点ｘ ꎬｘ ꎬ 由( )知ａ . ∴ ０ １
∵ １ ２ ∴ １ >ｅ＋１ ( )
ｙ′ ｔ ꎬ ｙ ｔ ｔ ａ为增函数ꎬ Ｆ(ｘ) Ｆ( ) ꎬ ｆ(ｘ) ｆ １ .
∵ ＝ｅ＋１>０ ∴ ＝ｅ＋ － ∴ < １ ＝０ ∴ < ｘ
ｘ ｘ ｘ ｘ . ( )
∴ １－ｌｎ １＝ ２－ｌｎ ２ ｆ(ｘ ) ｆ(ｘ ) ｆ １ .
由ｔ ｘ ｘ得ｔ′ １ ｘ －１ꎬ令ｔ′ ꎬ得ｘ ꎬ ∴ ２ ＝ １ < ｘ
＝ －ｌｎ ＝１－ ｘ ＝ ｘ ＝０ ＝１ １
由( )可知ꎬ ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ
ｔꎬｔ′的变化情况如下: １ １ ＋∞
ｘ ꎬ１ ꎬ ｘ １ ꎬ
ｘ ( ꎬ ) ( ꎬ ) ∵ ２>１ ｘ >１ ∴ ２<ｘ
０ １ １ １ ＋∞ １ １
ｔ′ ｘ ｘ .
－ ０ ＋ ∴ １ ２<１
ａｘ
ｔ ２.(２０２２湖南常德一模ꎬ２１)已知函数ｆ ｘ ｌｎ( ) ｘ
↘ １ ↗ ( )＝ ｘ －ｅｌｎ (ｅ＝
证法一:不妨设 ｘ ｘ ꎬ
０< １<１< ２ . 是自然对数的底数 .
ｘ ｘ ｘ ｘ . ２７１８２８ )
∴ ２－ １＝ｌｎ ２－ｌｎ １ 当ａ 时 讨论函数ｆ ｘ 的单调性
ｘ ｘ (１) ＝ｅ ꎬ ( ) ꎻ
可以证明: ２－ １ ｘ ｘ ꎬ则有 ｘ ｘ ꎬ所以ｘ ｘ . 当ａ 时 证明 ｆ ｘ ａ .
ｘ ｘ > １ ２ １ ２<１ １ ２<１ (２) >ｅ ꎬ : ( )<( －１)ｅ
ｌｎ ２－ｌｎ １ 解析 ( )由题意可知函数ｆ(ｘ)的定义域为( ꎬ ).
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ １ ０ ＋∞
证明如下: ２－ １ ｘ ｘ 等价于 ２－ １ ２ꎬ ( ｘ) ｘ ｘ
∵ ｌｎ ｘ ２－ｌｎ ｘ １ > １ ２ ｘ １ ｘ ２ >ｌｎ ｘ １ ａ ＝ｅ 时ꎬ ｆ(ｘ) ＝ ｌｎ ｘ ｅ －ｅｌｎ ｘꎬ ∴ ｆ ′(ｘ) ＝ －ｌｎ ｘ２ －ｅ .
ｘ
年 ２ 令ｈ(ｘ) ｘ ｘꎬｘ ꎬ则ｈ′(ｘ) １ ꎬ
高 ｘ －１ ｘ ＝－ｌｎ －ｅ >０ ＝－ ｘ －ｅ<０
只需证 １ ２.
考 ∴ ｘ >ｌｎ ｘ ｈ(ｘ)单调递减.
年 模 拟 设ｍ ｘ ２(ｍ ｘ ２ １ )ꎬ从而 １ 只要证 ｍ －１ ｍ(ｍ ). ∴ ∵ ｈ ( １ ｅ ) ＝０ ꎬ ∴ 当 ０< ｘ < １ ｅ 时ꎬｈ(ｘ) >０ ꎬ ｆ ′(ｘ) >０ ꎻ当 ( ｘ > １ ｅ ) 时ꎬ
＝ｘ >１ ｍ >ｌｎ >１ ｈ(ｘ) ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ故函数ｆ(ｘ)的单调递增区间为 ꎬ１ ꎬ单
１ <０ <０ ０
ｍ ｅ
设ｇ(ｍ) －１ ｍ(ｍ )ꎬ ( )
＝ ｍ －ｌｎ >１ 调递减区间为 １ ꎬ .
︵ ＋∞
ｅ
教 师 用 则ｇ′(ｍ) ＝ ２ ２ ｍ ｍ － ｍ ｍ ＋１ －ｍ １ ＝ ( ２ ｍ ｍ － ｍ １ )２ ꎬ ( ２ )证明: ｆ ′(ｘ) ＝ １－ｌｎ ｘ ( ２ ａｘ) － ｅ ｘ ＝ １－ｌｎ ( ｘ ａ ２ ｘ) －ｅ ｘ .
书 ∵ ｇ′(ｍ) >０ ꎬ ∴ ｇ(ｍ)在( １ ꎬ ＋∞ )上单调递增ꎬ 令φ(ｘ) (ａｘ) ｘꎬ则φ′(ｘ) １ ꎬ
︶ ｇ(ｍ) ｇ( ) ꎬ ＝１－ｌｎ －ｅ ＝－ ｘ －ｅ<０
∴ > １ ＝０
６８
φ(ｘ)单调递减. ４.(２０２２辽宁辽阳二模ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ ｘ －１ ａｘ ｘ ｘ 曲
∴ ( )＝ｅ － －( －１)ｌｎ ꎬ
( ) ( ) ａ 线ｙ ｆ ｘ 在 ｆ 处的切线与直线 ｘ ｙ 垂直.
φ １ ｅ ꎬφ １ ꎬ ＝ ( ) (１ꎬ (１)) ２ ＋ －１＝０
∵ ａ ＝１－ ａ >０ ＝－ｌｎ <０ 求ａ的值
ｅ ｅ (１) ꎻ
( ) 证明 当ｘ 时 ｆ ｘ ａ.
ｘ １ ꎬ１ ꎬ使φ(ｘ ) ꎬ即 (ａｘ ) ｘ ꎬ ｘ (２) : ∈(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )>
∴∃ ０∈ ａ ０ ＝０ １－ｌｎ ０ －ｅ ０＝０ ∴ ∈ ｘ
ｅ 解析 ( )由题意可知ｆ ′(ｘ) ｘ －１ ａ ｘ －１ꎬ则ｆ ′( )
( ꎬｘ )时ꎬφ(ｘ) ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递增ꎻｘ (ｘ ꎬ ) １ ＝ｅ － －ｌｎ － ｘ １ ＝
０ ０ >０ >０ ∈ ０ ＋∞
时ꎬφ(ｘ) ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递减ꎬ故函数ｆ(ｘ)在ｘ ｘ 时 ａꎬ
<０ <０ ＝ ０ １－
有极大值ꎬ 因为曲线ｙ ｆ(ｘ)在( ꎬ ｆ( ))处的切线与直线 ｘ ｙ 垂
＝ １ １ ２ ＋ －１＝０
(ａｘ )
则ｆ(ｘ) ≤ ｆ(ｘ ０ ) ＝ ｌｎ ｘ ０ －ｅｌｎ ｘ ０＝ｘ １ －ｅ－ｅｌｎ ｘ ０ . 直ꎬ所以 １－ ａ ＝ ２ １ ꎬ解得ａ ＝ ２ １ .
０ ( ０ ) ( )由( )知ꎬ欲证当ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｆ(ｘ) ａꎬ
函数ｒ(ｘ) １ ｘ在 １ ꎬ１ 上单调递减ꎬ ２ １ ∈ １ ＋∞ >
∵ ＝ ｘ －ｅ－ｅｌｎ ａ ｅ 即证当ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｘ －１ １ ｘ (ｘ ) ｘ １ ꎬ
( ) ∈ １ ＋∞ ｅ － － －１ ｌｎ >
２ ２
ｒ(ｘ ) ｒ １ ａ ａꎬ
∴ ０ < ａ ＝ －ｅ＋ｅｌｎ 等价于ｘ ( ꎬ )ꎬ ｘ －１ １ (ｘ ) (ｘ ) ｘ 恒成立.
要证ｆ(ｘ) (ａ ) ꎬ即证ａ ａ (ａ ) ꎬ ∈ １ ＋∞ ｅ － ２ ＋１ － －１ ｌｎ >０
< －１ ｅ －ｅ＋ｅｌｎ < －１ ｅ 设ｈ(ｘ) ｘ (ｘ )ꎬｘ ( ꎬ )ꎬ
即证( )ａ ａ . ＝ｌｎ － －１ ∈ １ ＋∞
１－ｅ ＋ｅｌｎ <０
ｘ
令Ｆ(ａ) ( )ａ ａ(ａ )ꎬ 则ｈ′(ｘ) １ １－ ꎬ
＝ １－ｅ ＋ｅｌｎ >ｅ ＝ ｘ －１＝ ｘ
则Ｆ′(ａ) ｅ ꎬ则Ｆ(ａ)单调递减ꎬ 当ｘ ( ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) ꎬｈ(ｘ)单调递减ꎬ则ｈ(ｘ) ｈ( )
＝１－ｅ＋ ａ <２－ｅ<０ ∈ １ ＋∞ <０ < １ ＝
∴
Ｆ(ａ)
<
Ｆ(
ｅ
)
＝
(
１－ｅ
)
ｅ＋ｅ＝２ｅ－ｅ
２
<０
ꎬ
０
ꎬ即
ｌｎ
ｘ
<
ｘ
－１
ꎬ则ｘ
>１
时ꎬ(ｘ
－１
)
ｌｎ
ｘ
<
(ｘ
－１
)２ꎬ所以
ｅ
ｘ －１
－
１ (ｘ
( )ａ ａ 成立ꎬ即ｆ(ｘ) (ａ ) 得证. ２
∴ １－ｅ ＋ｅｌｎ <０ < －１ ｅ
３.(２０２２重庆三模ꎬ２２)已知函数ｆ ( ｘ )＝ ｘ ｅ ２ ｘ －(１＋ｌｎ ｘ ) . ＋１ ) － (ｘ －１ )２ <ｅ ｘ －１ － １ (ｘ ＋１ ) － (ｘ －１ ) ｌｎ ｘ.令Ｆ(ｘ) ＝ｅ ｘ －１ － １ (ｘ ＋
证明 ｆ ｘ ｘ ２ ２
(１) :( )≥２ ꎻ ) (ｘ )２ꎬｘ ( ꎬ )ꎬ其中Ｆ( ) ꎬ则Ｆ′(ｘ) ｘ －１ ｘ
( ａｘ ２ １ ) ＋ ∀ ｘ ２ ｘ ( １ ｌ ∈ ｎ ｘ ( １ ０ ＋ ꎬ １ ＋ ) ∞ 恒 ) 成 ꎬ ｘ 立 ２∈ ꎬ 求 (０ 实 ꎬｅ 数 ]ꎬ ａ 不 的 等 取 式 值 ｘ 范 １ ｘ ２ 围 . (ｅ ２ ｘ １＋ ａ ｌｎ ｘ ２)≥ １ ２ ３ － ꎬｘ ∈ － ( １ １ ꎬ ＋∞ ∈ )ꎬ １ ＋∞ １ ＝ ０ ＝ｅ －２ ＋
解析 ( )证明:令ｕ(ｘ) ｆ(ｘ) ｘꎬｘ ( ꎬ )ꎬ则ｕ′(ｘ)
１ ＝ ( －２ ) ∈ ０ ＋∞ 令ｔ(ｘ) ＝ｅ ｘ －１ －２ ｘ ＋ ３ ꎬ则ｔ′(ｘ) ＝ｅ ｘ －１ －２ ꎬ
２ ｘ ｘ ２ ｘ １ ( ｘ) ２ ｘ １ ꎬｘ ꎬ ｙ ２ ｘ １ 单调递 ２
＝ｅ ＋２ ｅ － ｘ －２＝ １＋２ ｅ － ｘ >０ ∵ ＝ｅ － ｘ 令ｔ′(ｘ) ꎬ得ｘ ꎬ
＝０ ＝１＋ｌｎ２
当ｘ ( ꎬ )时ꎬｔ′(ｘ) ꎬＦ′(ｘ)单调递减ꎬ
增ꎬ当ｘ １ 时ｙ ꎬ当ｘ 时ｙ ２ ꎬ故存在唯一 ∈ １ １＋ｌｎ２ <０
＝ ＝ ｅ－４<０ ＝１ ＝ｅ －１>０ 当ｘ ( ꎬ )时ꎬｔ′(ｘ) ꎬＦ′(ｘ)单调递增ꎬ
４ ∈ １＋ｌｎ２ ＋∞ >０
ｘ ０>０ ꎬ使得 ｅ ２ ｘ ０－ｘ １ ＝０ ꎬ且当 ｘ > ｘ ０ 时ꎬｕ′(ｘ) >０ ꎬ当 ｘ < ｘ ０ 时ꎬ Ｆ′(ｘ) ｍｉｎ＝ Ｆ′( １＋ｌｎ２ ) ＝ ３ －２ｌｎ２＝ ｌｎ ｅ ３ －ｌｎ１６ꎬ
０ ２ ２
ｕ′(ｘ) <０ ꎬ故ｕ(ｘ)在( ０ ꎬｘ ０ )上单调递减ꎬ在(ｘ ０ ꎬ ＋∞ )上单调递 因为 ｅ ３ >１６ ꎬ所以Ｆ′(ｘ) ｍｉｎ>０ ꎬ所以Ｆ′(ｘ) >０ 在( １ ꎬ ＋∞ )上恒
成立ꎬ
增ꎬ ∴ ｕ(ｘ) ≥ ｕ(ｘ ０ ) ＝ ｘ ０ｅ ２ ｘ ０－２ ｘ ０－ｌｎ ｘ ０－１ ꎬ又 ｅ ２ ｘ ０＝ｘ １ ꎬ即ｘ ０ｅ ２ ｘ ０＝ 则Ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ所以Ｆ(ｘ) Ｆ( ) .
０ １ ＋∞ > １ ＝０
ꎬ即 ｘ ｘ ꎬ故ｕ(ｘ ) ꎬ ｕ(ｘ) ꎬ即ｆ(ｘ) ｘ.
１ ｌｎ ０＋２ ０＝０ ０ ＝０ ∴ ≥０ ≥２ 综上所述ꎬｘ 时ꎬ ｘ －１ １ (ｘ ) (ｘ ) ｘ ｘ －１ １ (ｘ )
ｘ ( ) >１ ｅ － ＋１ － －１ ｌｎ >ｅ － ＋１ －
( ２ )依题意得 ｅ ２ ｘ １－ １＋ ｘ ｌｎ １ ≥ ａ ｘ １ －ｌｎ ｘ ２ 对任意的 ｘ １∈ ( ０ ꎬ (ｘ )２ ꎬ故当ｘ ( ꎬ ２ )时ꎬ ｆ(ｘ) ａ. ２
１ ２ －１ >０ ∈ １ ＋∞ >
)ꎬｘ ( ꎬ ]恒成立ꎬ ５.(２０２２广东一模ꎬ２１)已知ｆ ｘ ｘ ａｘ ａ Ｒ ｆ ′ ｘ
＋∞ ２∈ ０ ｅ ( )＝ｌｎ ＋ ＋１( ∈ )ꎬ ( )
ｘ 为ｆ ｘ 的导函数.
由( )知ｆ(ｘ) ｘ ２ ｘ １＋ｌｎ ꎬ且当ｘ ｘ 时等号成立ꎬ故 ( )
１ ≥２ ⇒ｅ － ｘ ≥２ ＝ ０ 若对任意ｘ 都有ｆ ｘ 求ａ的取值范围
(１) >０ ( )≤０ꎬ ꎻ
ｘ ( ) 若 ｘ ｘ 证明 对任意常数ａ 存在唯一的ｘ ｘ ｘ
ｙ ２ ｘ １＋ｌｎ 的最小值为 ꎬ故原问题等价于 ａ １ ｘ (２) ０< １< ２ꎬ : ꎬ ０∈( １ꎬ ２)ꎬ
＝ｅ － ｘ ２ ２≥ ｘ －ｌｎ ２ ｆ ｘ ｆ ｘ
２ 使得ｆ ′ ｘ ( １)－( ２)成立.
对任意的ｘ ( ꎬ ]恒成立ꎬ ( ０)＝ ｘ ｘ
２∈ ０ ｅ １－ ２
ａｘ
令ｑ(ｘ) １ ｘꎬｘ ( ꎬ ]ꎬ易知ｑ(ｘ)单调递减ꎬｑ( ) １ 解析 ( )ｆ ′(ｘ) １ ａ ＋１(ｘ )ꎬ
＝ ｘ －ｌｎ ∈ ０ ｅ ｅ ＝ － １ ＝ ｘ ＋ ＝ ｘ >０
ｅ
[ ) 当ａ 时ꎬ ｆ( ) ａ 不符合题意ꎻ
ꎬ故 ｑ (ｘ ) １ ꎬ ꎬ 若 ａ ꎬ 则 ａｑ (ｘ ) ≥０ １ ＝ ＋１>０ 第
１ ２ ∈ －１ ＋∞ > ０ ２ ∈ 四
[ ( ) ) ｅ 当ａ <０ 时ꎬ令ｆ′(ｘ) <０ ꎬ得ｘ >－ ａ １ ꎻ令ｆ′(ｘ) >０ ꎬ得 ０< ｘ <－ ａ １ ꎬ所 章
ａ １ ꎬ ꎬ显然不满足ａｑ(ｘ ) 恒成立ꎻ
－１ ＋∞ ２ ≤２ ( ) ( ) 一
ｅ 以ｆ(ｘ)在区间 ꎬ １ 上单调递增ꎬ在区间 １ ꎬ 上单
若ａ ꎬ则ａｑ(ｘ ) 恒成立ꎻ ０ － ａ － ａ ＋∞ 元
＝０ ２ ＝０ ( ≤２ ( )] 调递减ꎬ 函 数
若ａ <０ ꎬ则ａｑ(ｘ ２ ) ∈ －∞ ꎬａ １ ｅ －１ ꎬａｑ(ｘ ２ ) ≤２ 恒成立即ａ 由题意得ｆ ( １ ) ( １ ) ꎬ解得ａ . 的 导
( ) － ａ ＝ｌｎ － ａ ≤０ ≤－１
数
１ ꎬ ２ｅ ａ .
－１ ≤２ ∴ ≤ <０ 所以ａ .综上所述ꎬａ . 及
ｅ １－ｅ ≤－１ ≤－１ 其
[ ] ｆ(ｘ ) ｆ(ｘ )
综上ꎬａ ２ｅ ꎬ . ( )证明:设ｇ(ｘ) ｆ′(ｘ) １ － ２ ꎬ问题转化为ｇ(ｘ)在区 应
∈ ０ ２ ＝ － ｘ ｘ 用
１－ｅ １－ ２
６９
间(ｘ ꎬｘ )上有唯一的零点ꎬ
１ ２ 又因为ｘ ｘ ꎬ即 １ ꎬ所以ｇ(ｘ ) ꎬ
ｆ(ｘ ) ｆ(ｘ ) ｘ ａｘ ｘ ａｘ １－ ２<０ ｘ ｘ <０ １ >０
由ｇ(ｘ) ｆ ′(ｘ) １ － ２ １ ａ ｌｎ １＋ １－ｌｎ ２－ ２ꎬ易 １－ ２
＝ － ｘ ｘ ＝ ｘ ＋ － ｘ ｘ ｘ
１－ ２ １－ ２ 因为 ｘ ｘ ꎬ所以 １ ꎬ
知ｇ(ｘ)在区间(ｘ ꎬｘ )上单调递减ꎬ故函数ｇ(ｘ)在区间(ｘ ꎬ ０< １< ２ ０<ｘ <１
１ ２ １ ２
ｘ )上至多有 个零点. ｘ ｘ ｘ ｘ
２ １ 所以 １ １ ꎬ即 ２ １ ꎬ
ｘ ａｘ ｘ ａｘ ｘ ｘ ｌｎ ｘ －ｘ ＋１<０ ｌｎ ｘ ＋ｘ －１>０
由ｇ(ｘ ) １ ａ ｌｎ １＋ １－ｌｎ ２－ ２ １ ｌｎ １－ｌｎ ２ １ ２ ２ １ ２
æ è ç １－ １ ｘ ｘ ２ ＝ ＋ｌｎ ｘ １ ｘ ｘ ＋ ２ ö ø ÷ － ꎬ同理ꎬ得 ｘ １－ ｇ ｘ ( ２ ｘ ２ ) ＝ｘ １ ＝ ｘ ｘ æ è ç １ ｘ ｘ － １ －１ ｘ ＋ １－ ｌｎ ｘ ２ ｘ ｘ ２ ö ø ÷ ＝ ꎬ ｘ １－ ｘ ２ 又 由函 因 数 为 零 ｘ １ 点 － ｘ 存 ２< 在 ０ ꎬ 定 即 理 ｘ １ 知 － １ ｘ ２ ｇ < ( ０ ｘ ꎬ ) 所 在 以 区 ｇ 间 ( ( ｘ ２ ｘ ) ꎬ < ｘ ０ ꎬ )上有唯一的零点ꎬ
１ １ １－ ２ ２ １ １ ２
由( )知ꎬ当ａ 时ꎬ ｘ ｘ ꎬ当且仅当ｘ 时取等号ꎬ ｆ(ｘ ) ｆ(ｘ )
１ ＝－１ ｌｎ － ＋１≤０ ＝１ 即存在唯一的ｘ (ｘ ꎬｘ )ꎬ使得ｆ ′(ｘ ) １ － ２ 成立.
ｘ ｘ ｘ ０∈ １ ２ ０ ＝ ｘ ｘ
因为 ｘ ｘ ꎬ所以 ２ ꎬ所以 ２ ２ ꎬ １－ ２
０< １< ２ ｘ >１ ｌｎ ｘ －ｘ ＋１<０
１ １ １
年
高
考
年
模
拟
︵
教
师
用
书
︶
７０
微专题二 利用导数研究函数零点问题
学生用书P162
题型一 研究函数零点的个数 综上所述ꎬ当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ)有 个零点ꎻ当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ)有
≤２ １ >２ ３
１.(２０２２湖南师范大学附属中学二模ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ ｘ 个零点.
( )＝( ＋
ｘ ａ ｘ . ２.(２０２２江苏连云港模拟ꎬ２１)已知函数ｆ ｘ ｘ ｍｘ.
１)ｌｎ － ( －１) ( )＝ｌｎ ＋
(１)
若ａ
＝１ꎬ
比较ｆ
(ｌｏｇ２ １０)
与ｆ
(ｌｏｇ５９)
的大小
ꎻ (１) 当ｍ ＝－ １ 时 ꎬ 判断ｆ ( ｘ ) 的零点个数 ꎻ
讨论函数ｆ ｘ 的零点个数. ３
(２ 解 ) 析 ( )当 ( ａ ) 时ꎬ ｆ(ｘ) (ｘ ) ｘ (ｘ )ꎬ (２) 若不等式 ｅ ａ ( ｘ －１) ＋ ａｘ ≥ ｘ ＋ｌｎ ｘ ＋ ａ对任意的ｘ >１ 恒成立 ꎬ 求实
１ ＝１ ＝ ＋１ ｌｎ － －１ 数ａ的取值范围.
ｘ
ｆ ′(ｘ) ｘ ＋１ ｘ １ ꎬ ｘ
＝ｌｎ ＋ ｘ －１＝ｌｎ ＋ ｘ 解析 ( )当 ｍ １ 时ꎬ ｆ(ｘ) ｘ ꎬ定义域为( ꎬ
１ ＝－ ＝ ｌｎ － ０
当ｘ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ所以ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ ３ ３
>１ >０ １ ＋∞ ｘ
因为 ꎬ )ꎬ所以ｆ ′(ｘ) １ １ ３－ ꎬ
ｌｏｇ２ １０＝ｌｏｇ４１０>ｌｏｇ４９>ｌｏｇ５９>１ ＋∞ ＝ ｘ －
３
＝
３
ｘ
所以ｆ( ) ｆ( ). 令ｆ ′(ｘ) ꎬ则ｘ ꎬ当ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)为增函
ｌｏｇ２ １０ > ｌｏｇ５９ ＝０ ＝３ ∈ ０ ３ >０
ｘ 数ꎬ当ｘ ( ꎬ )时ꎬｆ′(ｘ) ꎬｆ(ｘ)为减函数ꎬ所以ｆ(ｘ)
(
２
)ｆ ′(ｘ)
＝ｌｎ
ｘ
＋
＋
ｘ
１
－
ａ
＝ｌｎ
ｘ
＋
１
ｘ ＋１－
ａꎬ ∈ ３ ＋∞ <０ ｍａｘ＝
ｆ( ) ꎬ又因为ｆ( ) １ ꎬ所以ｆ( )ｆ( ) ꎬ所
ｘ ３ ＝ｌｎ３－１>０ １ ＝－ <０ １ ３ <０
令ｇ(ｘ) ｘ １ ａꎬ则ｇ′(ｘ) １ １ －１(ｘ )ꎬ ３
＝ｌｎ ＋ ｘ ＋１－ ＝ ｘ －ｘ２ ＝ ｘ２ >０ ２
以ｆ(ｘ)在( ꎬ )上有唯一零点ꎬ同理ꎬ因为ｆ( ２) ｅ ꎬ所
当 ｘ 时ꎬｇ′(ｘ) ꎬ当ｘ 时ꎬｇ′(ｘ) ꎬ １ ３ ｅ ＝２－ <０
０< <１ <０ >１ >０ ３
所以函数ｇ(ｘ)在( ꎬ )上递减ꎬ在( ꎬ )上递增ꎬ 以ｆ( )ｆ( ２) ꎬ所以ｆ(ｘ)在( ꎬ ２)上有唯一零点ꎬ所以函
０ １ １ ＋∞ ３ ｅ <０ ３ ｅ
所以ｇ(ｘ) ｇ( ) ａꎬ即ｆ ′(ｘ) ａꎬ 数ｆ(ｘ)有两个零点.
若 ａ ｍｉｎ ꎬ ＝ 即ａ １ ＝ ꎬ ２ 则 － ｆ ′(ｘ) ꎬ ｍｉｎ ｆ ＝ (ｘ ２ ) － 在( ꎬ )上递增ꎬ ( ) ａ(ｘ －１ ) ａｘ ｘ ｘ ａꎬ即 ａ(ｘ －１ ) ａ(ｘ ) ｘ ｘꎬ亦即
① ２－ ≥０ ≤２ ≥０ ０ ＋∞ ２ ｅ ＋ ≥ ＋ｌｎ ＋ ｅ ＋ －１ ≥ ＋ｌｎ
因为ｆ( ) ꎬ所以ｘ 为ｆ(ｘ)的唯一零点ꎻ ａ(ｘ －１ ) ａ(ｘ ) ｌｎ ｘ ｘꎬ
１ ＝０ ＝１ ｅ ＋ －１ ≥ｅ ＋ｌｎ
若 ａ ꎬ即ａ ꎬ则ｆ ′(ｘ) ｆ ′( ) ꎬ 构造函数Ｆ(ｘ) ｘ ｘꎬ即Ｆ(ａ(ｘ )) Ｆ( ｘ)ꎬＦ(ｘ)显然为
② ２－ <０ >２ ｍｉｎ＝ １ <０
( ꎬ )上的单
＝
调
ｅ
递
＋
增函数ꎬ所以
－
转
１
化
≥
为ａ(
ｌ
ｘ
ｎ
) ｘ在( ꎬ
因为 ａ ꎬ ｆ ′( ａ) １ ꎬ则ｆ ′(ｘ)在( ꎬ )内仅有 个 ０ ＋∞ －１ ≥ｌｎ １
ｅ >１ ｅ ＝ ａ＋１>０ １ ＋∞ １ )上恒成立.
ｅ
＋∞
零点ꎬ记为ｎꎬ
①
当ａ
≤０
时ꎬ因为ｘ
>１
ꎬ所以ａ(ｘ
－１
)
≤０
ꎬ而
ｌｎ
ｘ
>ｌｎ１＝０
ꎬ不符
因为 ０<ｅ － ａ <１ ꎬ ｆ ′( ｅ － ａ) ＝ｅ ａ －２ ａ ＋１ ꎬ 合题意. ② 当ａ >０ 时ꎬ即ａ(ｘ －１ ) －ｌｎ ｘ ≥０ 在( １ ꎬ ＋∞ )上恒成
设ｈ(ａ) ａ ａ ꎬ当ａ 时ꎬｈ′(ａ) ａ ꎬ 立ꎬ令Ｇ(ｘ) ａ(ｘ ) ｘ(ｘ )ꎬ则Ｇ′(ｘ) ａ １ ａｘ －１ꎬ令
＝ｅ －２ ＋１ >２ ＝ｅ －２>０ ＝ －１ －ｌｎ >１ ＝ － ｘ ＝ ｘ
所以ｈ(ａ)在( ꎬ )内单调递增ꎬ
２ ＋∞
从而ｈ(ａ) ｈ( ) ２ ꎬ即ｆ ′( － ａ) ꎬ所以ｆ ′(ｘ)在( ꎬ ) Ｇ′(ｘ) ꎬ则ｘ １ ꎬ)当 １ ꎬ即ａ 时ꎬ因为ｘ ꎬ所以
> ２ ＝ｅ －３>０ ｅ >０ ０ １ ＝０ ＝ ａ ｉ ０< ａ ≤１ ≥１ >１
内仅有一个零点ꎬ记为ｍꎬ
Ｇ′(ｘ) ꎬ所以Ｇ(ｘ)在( ꎬ )上递增ꎬ所以Ｇ(ｘ) Ｇ( ) ꎬ
故当ｘ ( ꎬｍ)或ｘ (ｎꎬ )时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ当ｘ (ｍꎬｎ)时ꎬ >０ １ ＋∞ > １ ＝０
∈ ０ ∈ ＋∞ >０ ∈ 即Ｇ(ｘ) 恒成立ꎬ符合题意.
ｆ′(ｘ) ꎬ所以函数ｆ(ｘ)在(ｎꎬ )和( ꎬｍ)上递增ꎬ在(ｍꎬｎ) >０
<０ ＋∞ ０ ( )
上递减ꎬ )当 １ ꎬ即 ａ 时ꎬ当ｘ ꎬ１ 时ꎬＧ′(ｘ) ꎬ当 ｘ ｉｉ ａ >１ ０< <１ ∈ １ ａ <０ ∈
因为 ｍ ｎꎬ ｆ( ) ꎬ则ｆ(ｍ) ꎬ ｆ(ｎ) ꎬ故ｆ(ｘ)在(ｍꎬ ( )
０< <１< １ ＝０ >０ <０
ｎ)内有唯一零点ꎬ １
ａ
ꎬ
＋∞
时ꎬＧ′(ｘ)
>０
ꎬ
因为ｆ( － ａ) ａ( － ａ ) ａ( － ａ ) ａ － ａ ꎬ所以ｆ(ｘ)在 ( ) ( )
ｅ ＝ － ｅ ＋１ － ｅ －１ ＝ －２ ｅ <０ 所以Ｇ(ｘ) Ｇ １ ａ １ １ ａ ａꎬ
( ꎬｍ)内有唯一零点ꎬ ｍｉｎ＝ ａ ＝ ａ －１ －ｌｎ ａ ＝１－ ＋ｌｎ
０
因为ｆ( ａ) ａ( ａ ) ａ( ａ ) ａ ꎬ所以ｆ(ｘ)在(ｎꎬ ) ａ
ｅ ＝ ｅ ＋１ － ｅ －１ ＝２ >０ ＋∞ 令ｈ(ａ) ａ ａ( ａ )ꎬ则ｈ′(ａ) １ １－ ꎬ所以
内有唯一零点ꎬ ＝１－ ＋ｌｎ ０< <１ ＝－１＋ ａ ＝ ａ >０
所以ｆ(ｘ)在( ꎬ )内有 个零点. ｈ(ａ)在( ꎬ )上递增ꎬ所以ｈ(ａ) ｈ( ) ꎬ所以Ｇ(ｘ) ꎬ不
０ ＋∞ ３ ０ １ < １ ＝０ ｍｉｎ<０
符合题意.综上所述ꎬａ . ꎬφ′(ｔ)单调递增ꎬ
≥１ ０
解题思路 ( )变形得到 ａ(ｘ －１ ) ａ(ｘ ) ｌｎ ｘ ｘꎬ构造 又φ′( ) ꎬφ′( ) ꎬ所以存在 ｔ ( ꎬ )ꎬｔ ( ꎬｔ )时ꎬ
２ ｅ ＋ －１ ≥ｅ ＋ｌｎ １ ＝０ ｅ >０ １∈ １ ｅ ∈ １ １
函数Ｆ(ｘ) ｘ ｘꎬ即Ｆ(ａ(ｘ )) Ｆ( ｘ)ꎬ判断单调性ꎬ转化 φ′(ｔ) ꎬφ(ｔ)单调递减ꎬｔ (ｔ ꎬ )时ꎬφ′(ｔ) ꎬφ(ｔ)单调
＝ｅ ＋ －１ ≥ ｌｎ <０ ∈ １ ＋∞ >０
为函数ａ(ｘ ) ｘ在( ꎬ )上恒成立ꎬ分类讨论. 递增ꎬ又φ( ) φ( ) ꎬ所以ｔ ( ꎬ )时ꎬφ(ｔ) ꎬｈ(ｔ)单调
－１ ≥ｌｎ １ ＋∞ １ ＝ ｅ ＝０ ∈ １ ｅ <０
３.(２０２２山东枣庄三模ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ ａ ２ ｘ ｘ２ ａ Ｒ. 递减ꎬｔ ( ꎬ )时ꎬφ(ｔ) ꎬｈ(ｔ)单调递增ꎬ所以 ｔ 时ꎬ
( )＝ ｅ － ꎬ ∈ ∈ ｅ ＋∞ >０ ＝ｅ
设ｆ ｘ 的导函数为ｇ ｘ 讨论ｇ ｘ 的零点个数 ( )２ ( )２
(１) ( ) ( )ꎬ ( ) ꎻ ｈ(ｔ) ｈ( ) ２ ｅ－１ ꎬ则λ的取值范围是λ ２ ｅ－１ .
ｍｉｎ＝ ｅ ＝ ≤
设ｆ ｘ 的极值点为ｘ ｘ ｘ ｘ 若 ｅ ｘ ｘ λｘ ｘ 恒 ｅ－２ ｅ－２
(２) ( ) １ꎬ ２( １< ２)ꎬ １＋ ２≥ １ ２ ４.(２０２２广东茂名调研(三)ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ ｘ
ｅ－２ ( )＝ｅ － ＋ｓｉｎ
成立 求实数λ的取值范围. .
ꎬ －１
解析 ( )ｇ(ｘ) ｆ ′(ｘ) ａ ２ ｘ ｘꎬ则ｇ′(ｘ) ａ ２ ｘ .当ａ 若函数 ｆ ｘ 在 上单调递增 求实数 ａ 的取值
１ ＝ ＝２ ｅ －２ ＝４ ｅ －２ (１) ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ
时ꎬｇ′(ｘ) ꎬ所以ｇ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减ꎬ当ｘ 范围
≤０ <０ －∞ ＋∞ → ꎻ
时ꎬｇ(ｘ) ꎬ当ｘ 时ꎬｇ(ｘ) ꎬ由函数零点存在 当 ａ 时 求函数ｇ ｘ ｘ ｆ ｘ 的零点个数.
－∞ →＋∞ →＋∞ →－∞ (２) １≤ <２ ꎬ ( )＝( －２) ( )
定理可得ꎬ此时ｇ(ｘ)存在唯一零点ꎻ 解析 ( )因为ｆ(ｘ) ｘ ａｘ ｘ ꎬ所以ｆ ′(ｘ) ｘ ａ
１ ＝ｅ － ＋ｓｉｎ －１ ＝ｅ － ＋
( ａ) ｘꎬ由函数ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ得ａ ｘ ｘ在ｘ
当ａ 时ꎬ令ｇ′(ｘ) ａ ２ ｘ ꎬ解得 ｘ ｌｎ ２ ꎬ故当 ｘ ｃｏｓ ０ ＋∞ ≤ｅ ＋ｃｏｓ
>０ ＝ ４ ｅ －２>０ >－ ∈ ( ꎬ )上恒成立.
２ ∈ ０ ＋∞
( ( ａ) ) 令ｈ(ｘ) ｘ ｘꎬｘ ( ꎬ )ꎬ则ｈ′(ｘ) ｘ ｘꎬ当 ｘ
ｌｎ ２ ꎬ 时ꎬ ｇ′ (ｘ) ꎬ ｇ (ｘ) 单 调 递 增ꎬ ｘ ＝ｅ ＋ｃｏｓ ∈ ０ ＋∞ ＝ｅ －ｓｉｎ >０
－ ＋∞ > ０ ∈ 时ꎬ ｘ ꎬ所以ｈ′(ｘ) ｘ ｘ 恒成立.所以ｈ(ｘ)在( ꎬ )
(
２
( ａ)) 上单
ｅ
调
>１
递增ꎬ所以ｈ(
＝
ｘ)
ｅ －
ｈ
ｓ
(
ｉｎ
)
>０
ꎬ所以ａ .
０ ＋∞
ꎬ ｌｎ ２ 时ꎬｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)单调递减ꎬ所以ｇ(ｘ) > ０ ＝２ ≤２
－∞ － <０ ｍｉｎ＝ ( )由ｇ(ｘ) (ｘ )ｆ(ｘ) (ｘ )( ｘ ａｘ ｘ )ꎬ则ｇ( )
( ( ａ) ２ ) ２ ＝ －２ ＝ －２ ｅ － ＋ｓｉｎ －１ ２ ＝
ｇ － ｌｎ ２ ２ ＝１＋ｌｎ ( ２ ａ).又当ｘ →－∞ 时ꎬｇ(ｘ) →＋∞ ꎬ当 ｘ → 所 ０ ꎬ 以 ｇ( ０ ) 与 ＝０ . 是ｇ(ｘ) (ｘ )ｆ(ｘ)的两个零点.因为 ａ ꎬ所
时ꎬｇ(ｘ) ꎬ ２ ０ ＝ －２ １≤ <２
＋∞ →＋∞ 以由( )知ꎬ函数ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ ｆ(ｘ) ｆ( ) ꎬ
( ( ａ)) １ ０ ＋∞ > ０ ＝０
所以当ｇ ｌｎ ２ ꎬ即 ａ １ 时ꎬ由函数零点存在定理知 无零点.
－ <０ ０< <
２ ２ｅ 当ｘ ( ꎬ ]时ꎬ ａ ꎬ ａｘ ꎬ ｆ(ｘ) ｘ
① ∈ －∞ －π ∵ １≤ <２ ∴ － ≥π ∴ ≥ｅ ＋π＋
ｇ(ｘ)存在两个零点ꎻ当ａ １ 时ꎬｇ(ｘ)存在一个零点ꎻ当ａ １ ｘ ꎬ无零点.
＝ > ｓｉｎ －１>０
２ｅ ２ｅ 当ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｘ ꎬ设ｕ(ｘ) ｆ′(ｘ)ꎬｕ′(ｘ) ｘ ｘ
② ∈ －π ０ ｓｉｎ <０ ＝ ＝ｅ －ｓｉｎ >
时ꎬｇ(ｘ)无零点.综上ꎬ ａ １ 时ꎬｇ(ｘ)存在两个零点ꎻ当ａ ꎬ ｆ ′(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ又 ｆ ′( ) ａ ꎬ
０< < ≤０ ０ ∴ －π ０ ∵ ０ ＝ ２－ >０
２ｅ ｆ ′( ) －π ａ ꎬ
－π ＝ｅ －１－ <０
或ａ １ 时ꎬｇ(ｘ)存在一个零点ꎻ当ａ １ 时ꎬｇ(ｘ)无零点. 存在唯一零点ｘ ( ꎬ )ꎬ使得ｆ ′(ｘ ) .
＝ > ∴ ０∈ －π ０ ０ ＝０
２ｅ ２ｅ 当ｘ ( ꎬｘ )时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)在( ꎬｘ )上递减ꎻ
( ２ )由( １ )知ꎬ ｆ(ｘ)的极值点 ｘ １ ꎬｘ ２ (ｘ １< ｘ ２ )即为方程ｇ(ｘ) ＝ 当ｘ ∈ (ｘ －π ꎬ ) ０ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) < ꎬ ０ ｆ(ｘ)在(ｘ － ꎬ π )上 ０ 递增.
２ ａ ｅ ２ ｘ －２ ｘ ＝０ 的两根ꎬ且 ０< ａ < ２ １ ｅ ꎬ所以ａ ｅ ２ ｘ １＝ ｘ １>０ ꎬａ ｅ ２ ｘ ２＝ ｘ ２>０ ꎬ 又ｆ( ∈ －π ) ０ ＝ ０ ｅ －π ＋ ａ π－１>０ ꎬ >０ ｆ( ０ ) ＝０ ꎬ所以 ０ 函 ０ 数ｆ(ｘ)在( －π ꎬ ０ )上
有且仅有 个零点.
ｘ
１
两式相除并取对数得 ２ (ｘ ２－ ｘ １ ) ＝ｌｎ ｘ ２ >０ ꎬ 综上ꎬ当 １≤ ａ <２ 时ꎬ函数 ｇ(ｘ) ＝ (ｘ －２ )ｆ(ｘ)有且仅有 ３ 个
(
１
) ｘ
零点.
由 ｅ ｘ ｘ λｘ ｘ 得 (ｘ ｘ ) ｅ ｘ ｘ λｘ ｘ ２ꎬ 题型二 由函数零点的存在情况求参数范围
１＋ ２≥ １ ２ ２ ２－ １ １＋ ２ ≥ １ ２ ｌｎ ｘ
ｅ－２ ｅ－２ １ １.(２０２２全国乙理ꎬ２１ꎬ１２分ꎬ综合性)已知函数ｆ ｘ ｘ
æ ｘ ｘ ö ( )＝ｌｎ(１＋ )
２è ç ２ ＋ｘ ２ － ｅ ｘ １ ø ÷ ＋ ａｘ ｅ － ｘ.
所以λ ｅ－２ １ ｅ－２ ２ ꎬ 当ａ 时 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程
≤ ｘ (１) ＝１ ꎬ ＝ ( ) (０ꎬ (０)) ꎻ
２ 若ｆ ｘ 在区间 各恰有一个零点 求ａ的
ｌｎ ｘ (２) ( ) (－１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ＋∞) ꎬ
１ ( ) 取值范围.
ｘ ２ ２ ＋ ｔ － ｅ １ ｔ 解析 ( )当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ) ( ｘ) ｘ － ｘꎬ其定义域为
令ｔ ２ꎬｔ ꎬｈ(ｔ) ｅ－２ ｅ－２ (ｔ )ꎬ则λ ｈ(ｔ)恒 １ ＝１ ＝ｌｎ １＋ ＋ ｅ
＝ｘ >１ ＝ ｔ >１ ≤
１ ( ) ｌｎ ( ) ( －１ ꎬ ＋∞ )ꎬｆ ′(ｘ) ＝ｘ １ ＋ ( １－ ｘ) ｅ － ｘꎬ
ｔ２
＋
ｅ
ｌｎ
ｔ
－
２ ｔ
＋
ｔ２
－
ｅ
又ｆ( ) ꎬｆ ′( )
＋
ꎬ
１
成立ꎬｈ′(ｔ) ｅ－２ ｅ－２ ｅ－２ . ０ ＝０ ０ ＝２
＝２ ｔ２
ｌｎ
２ｔ 所以曲线ｙ
＝
ｆ(ｘ)在点(
０
ꎬｆ(
０
))处的切线方程为ｙ
＝２
ｘ.
第
令φ(ｔ)
＝
( ｔ２
＋
ｅ )
ｌｎ
ｔ
－
( ２ ｔ
＋
ｔ２
－
ｅ ) ꎬ则 φ′(ｔ)
＝ ２
ｔ
ｌｎ
ｔ
－
ｔ
＋
(
根
２
ꎬ
)
设
ｆ(ｘ
ｇ
)
(
＝
ｘ)
ｌｎ ( １＋
(
ｘ
ｘ
) ＋ ａ
)
ｘ
ꎬ
ｅ
ｈ
－ ｘ
(
有
ｘ)
零点
ａ
ꎬ
ｘ
即
－
方
ｘꎬ
程
因为
ｌｎ (
ｆ(
ｘ
ｘ
＋
)
１
在
) ＝
区
－
间
ａｘ
(
ｅ － ｘ有
ꎬ
四
章
ｅ－２ ｅ－２ ｅ－２ ＝ｌｎ ＋１ ＝ － ｅ －１
ｅ １ ２ ꎬ ０ )ꎬ( ０ ꎬ ＋∞ )各恰有一个零点ꎬ所以ｇ(ｘ)和 ｈ(ｘ)的图象在 一
ｔ － 元
ｅ－２ ｅ－２ ( ꎬ )ꎬ( ꎬ )上各恰有一个交点.易知ｇ′(ｘ) １ ꎬｈ′(ｘ) 函
－１ ０ ０ ＋∞ ＝ｘ
令ｐ(ｔ) φ′(ｔ) ｔ ｔ ｔ ｅ １ ２ ꎬ则ｐ′(ｔ) ｔ ＋１ 数
＝ ＝ ２ｌｎ － ＋ ｅ－２ ｔ － ｅ－２ ＝ ２ｌｎ ＋１－ ＝－ ａ( １－ ｘ) ｅ － ｘꎬｇ( ０ ) ＝ ｈ( ０ ) ＝０ . 的 导
当ｘ ( ꎬ )时ꎬｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)单调递增.
ｅ １ 在( ꎬ )上单调递增ꎬ ∈ －１ ＋∞ >０ 数
ｐ ｅ ′ － ( ２ )
ｔ２
ꎬｐ′(
１
)
＋∞
ꎬ所以存在ｔ ( ꎬ )ꎬ使得ｐ′(ｔ ) ꎬ且当ｔ ① 若
若
ａ
ａ
＝０ ꎬ
ꎬ
则
显
当
然不
ｘ
满
(
足.
ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) ꎬｈ(ｘ)单调递减ꎬ当ｘ
及
其
１ <０ ｅ >０ ０∈ １ ｅ ０ ＝０ ② >０ ∈ －１ １ <０ ∈ 应
( ꎬｔ )时ꎬｐ′(ｔ) ꎬφ′(ｔ)单调递减ꎬｔ (ｔ ꎬ )时ꎬｐ′(ｔ) ( ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) ꎬｈ(ｘ)单调递增ꎬ此时ｇ(ｘ)和 ｈ(ｘ)在 用
∈ １ ０ <０ ∈ ０ ＋∞ > １ ＋∞ >０
７１
( ꎬ )上无交点. 由 ｘ ｘ ꎬ得ｘ ｘ ꎬ
－１ ０ ｌｎ ≤ －１ －ｌｎ ≥１
若ａ ꎬ则当ｘ ( ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) ꎬｈ(ｘ)在( ꎬ )上单调
③ <０ ∈ －１ １ >０ －１ １ １ ｘ １ ｘ
递增ꎬ当ｘ ( ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) ꎬｈ(ｘ)在( ꎬ )上单调 ｘ ＋ｌｎ ｘ ＋ｌｎ
∈ １ ＋∞ <０ １ ＋∞ ａ ꎬ令ｇ(ｘ) ꎬ
递减. ∴ ＝ ｘ ｘ ＝ ｘ ｘ
－ｌｎ －ｌｎ
( )当ｘ 时ꎬｈ(ｘ) ꎬｇ(ｘ) ꎬ且ｇ( ) ｈ( ) ꎬ要 æ ö ( )( )
ｉ →＋∞ →０ →＋∞ ０ ＝ ０ ＝０ ç １ １ ÷(ｘ ｘ) １ １ ｘ
满足ｇ(ｘ)和ｈ(ｘ)的图象在( ꎬ )上有一个交点ꎬ需ｇ′( ) è－ｘ２ ＋ ｘ ø －ｌｎ － １－ ｘ ｘ ＋ｌｎ
０ ＋∞ ０ < 则ｇ′(ｘ)
ｈ′( )ꎬ解得ａ ꎻ ＝ (ｘ ｘ)２
０ <－１ －ｌｎ
( )当ｘ 时ꎬｈ( ) ａ ꎬ当ｘ 时ꎬｇ(ｘ) ꎬ ｘ ( ｘ )
ｉｉ ＝－１ －１ ＝ ｅ →－１ →－∞ －１ ｌｎ １ ｘ
且ｇ( ) ｈ( ) ꎬ要满足ｇ(ｘ)和ｈ(ｘ)的图象在( ꎬ )上有 ｘ １－ ｘ － ｘ －ｌｎ
一个交 ０ 点 ＝ ꎬ也 ０ 需 ＝ 要 ０ ｇ′(
０
)
<
ｈ′(
０
)ꎬ解得ａ
<－１
. －１ ０ ＝ (ｘ －ｌｎ ｘ)２ ꎬ
综上所述ꎬａ的取值范围为( －∞ ꎬ －１ ). 令ｈ(ｘ)
＝１－
ｌｎ
ｘ
ｘ
－
１
ｘ －ｌｎ
ｘꎬ
２.(２０２２全国乙文ꎬ２０ꎬ１２分ꎬ综合性)已知函数ｆ ｘ ａｘ １
( )＝ － ｘ － ｘ ｘ
则ｈ′(ｘ) ｌｎ － ꎬｈ′(ｘ) 在( ꎬ )上恒成立ꎬ
ａ ｘ. ＝ ｘ２ <０ ０ ＋∞
( ＋１)ｌｎ
当ａ 时 求ｆ ｘ 的最大值 ｈ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减ꎬ且ｈ( ) ꎬ
(１) ＝０ ꎬ ( ) ꎻ ∴ ０ ＋∞ １ ＝０
若ｆ ｘ 恰有一个零点 求ａ的取值范围. 在( ꎬ )上ꎬｈ(ｘ) ꎬ在( ꎬ )上ꎬｈ(ｘ) ꎬ
(２) ( ) ꎬ ∴ ０ １ >０ １ ＋∞ <０
故在( ꎬ )上ꎬｇ′(ｘ) ꎬ在( ꎬ )上ꎬｇ′(ｘ) ꎬ
解析 ( )当ａ 时ꎬ ｆ(ｘ) １ ｘ(ｘ )ꎬ ０ １ <０ １ ＋∞ <０
１ ＝０ ＝－ ｘ －ｌｎ >０ ｇ(ｘ)在( ꎬ )上单调递减ꎬ
∴ ０ ＋∞
ｘ ꎬｇ(ｘ) ꎬｘ ꎬｇ(ｘ) ꎬ
ｆ ′(ｘ) １ １ (ｘ )ꎬ →０ →＋∞ →＋∞ →０
∴ ＝ ｘ２ － ｘ >０
ｇ(ｘ) ꎬ ａ 时ꎬａ(ｘ ｘ) １ ｘ恰有一解.
令 ｆ ′(ｘ) ꎬ得ｘ ꎬ ∴ >０ ∴ >０ －ｌｎ ＝ ｘ ＋ｌｎ
＝０ ＝１
ｘ ( ꎬ )时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬｘ ( ꎬ )时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ 故ａ .
∈ ０ １ >０ ∈ １ ＋∞ <０ >０
ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ在( ꎬ )上单调递减. ３.(２０２２长沙长郡中学一模ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ２ ａ
∴ ０ １ １ ＋∞ ( )＝ ｌｎ － (
ｆ(ｘ) ｆ( ) . Ｒ .
∴ ｍａｘ＝ １ ＝－１ ∈ )
ａ (ａｘ )(ｘ ) 若ｆ ｘ 在定义域内有 个零点 求ａ的取值范围
( )解法一:ｆ ′(ｘ) ａ １ ＋１ －１ －１ . (１) ( ) ２ ꎬ ꎻ
２ ＝ ＋ｘ２ － ｘ ＝ ｘ２ 若 ｐ 函数ｇ ｘ ｘｐｆ ｘ 在定义域内单调递
(２) ∃ ∈(０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ( )
( )当ａ 时ꎬａｘ 恒成立ꎬ 减 求ａ的取值范围.
ｉ ≤０ －１≤０ ꎬ
ｘ 时ꎬｆ ′(ｘ) ꎬｆ(ｘ)单调递增ꎬ 解析 ( ) ｆ(ｘ) ｘ ｘ ａｘ２ 在定义域( ꎬ )内有 个零
∴０< <１ >０ １ ∵ ＝ ｌｎ － ０ ＋∞ ２
ｘ 时ꎬｆ ′(ｘ) ꎬｆ(ｘ)单调递减ꎬ ｘ
>１ <０ 点ꎬ ｙ ｌｎ 的图象与直线ｙ ａ在( ꎬ )上有 个不同的交
ｆ(ｘ) ｆ( ) ａ . ∴ ＝ ｘ ＝ ０ ＋∞ ２
∴ ｍａｘ＝ １ ＝ －１<０
此时ｆ(ｘ)无零点ꎬ不合题意. ｘ
点.令ｈ(ｘ) ｌｎ ꎬｘ ( ꎬ )ꎬ
＝ ｘ ∈ ０ ＋∞
( )当ａ 时ꎬ令ｆ ′(ｘ) ꎬ解得ｘ 或ｘ １ ꎬ
ｉｉ >０ ＝０ ＝１ ＝ ａ ｘ
ｈ′(ｘ) １－ｌｎ ꎬ 当ｘ ( ꎬ )时ꎬｈ′(ｘ) ꎻ当ｘ ( ꎬ )
当 ａ 时ꎬ １ ꎬ
∵ ＝ ｘ２ ∴ ∈ ０ ｅ >０ ∈ ｅ ＋∞
① ０< <１ １< ａ 时ꎬｈ′(ｘ) ꎬ ｈ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ在( ꎬ )上单调
<０ ∴ ０ ｅ ｅ ＋∞
ｘ １ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递减ꎬ 递减ꎬ ｈ(ｘ) ｈ( ) １ ꎬ
∴１< < ａ <０ ∴ ｍａｘ＝ ｅ ＝
ｅ
ｘ 或ｘ １ 时ꎬ ｆ ′(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)单调递增ꎬ 又 ｈ(ｘ) ꎬ ｈ(ｘ) ꎬ
０< <１ > ａ >０ ｌｘｉ → ｍ ０ ( → ) －∞ ｘｌ → ｉｍ ＋∞ ｘ →０
( ) ( ) ａ ꎬ１ 时ꎬｙ ｌｎ 的图象与直线ｙ ａ在( ꎬ )上有
ｆ(ｘ)在( ꎬ )ꎬ １ ꎬ 上单调递增ꎬ在 ꎬ１ 上单调递 ∴ ∈ ０ ＝ ｘ ＝ ０ ＋∞ ２
∴ ０ １ ａ ＋∞ １ ａ ｅ
( )
减ꎬ ｆ(ｘ)的极大值为ｆ( ) ａ ꎬ 个不同的交点ꎬ即ａ的取值范围为 ꎬ１ .
１ ＝ －１<０ ０
ｘ 时ꎬ ｆ(ｘ) ꎬ ｆ(ｘ)恰有 个零点. ｅ
→＋∞ >０ ∴ １ ( ) ｐ ( ꎬ )ꎬｇ(ｘ) ｘｐｆ(ｘ) ｘｐ ＋１( ｘ ａｘ)在( ꎬ )
２ ∵∃ ∈ ０ ＋∞ ＝ ＝ ｌｎ － ０ ＋∞
当ａ 时ꎬ １ ꎬ ｆ(ｘ)在( ꎬ )上单调递增ꎬ ｆ( ) ꎬ符 ( )
年
② ＝１ １＝ ａ ０ ＋∞ １ ＝０ 上单调递减ꎬ
∴
ｇ′(ｘ)
＝
(ｐ
＋１
)ｘｐ(
ｌｎ
ｘ
－
ａｘ)
＋
ｘｐ ＋１ １
ｘ －
ａ
＝
高 合题意.
ｘｐ[(ｐ ) ｘ ａ(ｐ )ｘ ].
考 ( ) ＋１ ｌｎ － ＋２ ＋１
当ａ 时ꎬ１ ꎬ ｆ(ｘ)在 ꎬ１ ꎬ( ꎬ )上单调递增ꎬ在 令Ｆ(ｘ) (ｐ ) ｘ ａ(ｐ )ｘ ꎬｘ ꎬ
年 ③ >１ ａ <１ ０ ａ １ ＋∞ ＝ ＋１ ｌｎ － ＋２ ＋１ >０
模 拟 ( １ ａ ꎬ １ ) 上单调递减ꎬ 则问 当 题 ａ 转化 时 为 ꎬ ∃ ｐ Ｆ ∈ ( ( ｘ ０ ) ꎬ 在 ＋∞ ( ) ꎬ ꎬ ∀ ｘ ) ∈ 上 ( ０ 单 ꎬ ＋ 调 ∞ 递 ) 增 ꎬＦ ꎬ ( 且 ｘ) ≤０ Ｆ . (ｘ)
① ≤０ ∵ ０ ＋∞ ｘｌｉｍ →
→＋∞
ｆ(ｘ)的极小值为ｆ( ) ａ ꎬｘ 时ꎬｆ(ｘ) ꎬ ꎬ不符合题意ꎻ
１ ＝ －１>０ →０ →－∞ ＋∞
ｆ(ｘ)恰有 个零点. ｐ
∴ １ 当ａ 时ꎬ Ｆ′(ｘ) ＋１ ａ(ｐ )ꎬ令 Ｆ′(ｘ) ꎬ解得 ｘ
︵ 综上所述ꎬａ . ② >０ ∵ ＝ ｘ － ＋２ ＝ ０ ＝
>０
教 ｐ ( ｐ )
师 解法二: ｆ(ｘ) ａｘ １ (ａ ) ｘ只有一个零点ꎬ ＋１ ꎬ当 ｘ ꎬ ＋１ 时ꎬ Ｆ′ ( ｘ) ꎻ 当 ｘ
＝ － ｘ － ＋１ ｌｎ ａ(ｐ ) ∈ ０ ａ(ｐ ) > ０ ∈
用 ＋２ ＋２
书 ( ｐ )
即ａ(ｘ ｘ) １ ｘ在( ꎬ )上只有一个解. ＋１ ꎬ 时ꎬＦ′(ｘ) ꎬ
︶ －ｌｎ ＝ ｘ ＋ｌｎ ０ ＋∞ ａ(ｐ ) ＋∞ <０
＋２
７２
( ｐ ) ( ｐ )
Ｆ(ｘ)在 ꎬ ＋１ 上单调递增ꎬ在 ＋１ ꎬ 上单调 ｌｎ２ １ ａ.因为ｇ(ｘ)有两个零点ꎬ所以ｇ(ｘ) ꎬ解得ａ
∴ ０ ａ(ｐ ) ａ(ｐ ) ＋∞ ＝－ － ＋ ｍａｘ>０ >
＋２ ＋２ ２ ２
递减ꎬ
ｌｎ２ １ ꎬ
( ｐ ) ｐ ＋
Ｆ(ｘ) Ｆ ＋１ (ｐ ) ＋１ ｐ ꎬ ２ ２
∴ ｍａｘ＝ ａ(ｐ ) ＝ ＋１ ｌｎ ａ(ｐ )－ ≤０ 当 ｘ － ａ时ꎬ有 ｘ ａ ꎬ可得ｇ(ｘ) ｘ ａ ꎬ
＋２ ＋２ ０< <ｅ ｌｎ ＋ <０ <ｌｎ ＋ <０
ｐ ｐ ｘ２
即 ｐ ( ꎬ )ꎬ使得 ａ ＋１ . 令φ(ｘ) ｘ １ ｘ２ꎬ有φ′(ｘ) １ ｘ １－ ꎬ可得函数φ(ｘ)的
∃ ∈ ０ ＋∞ ｌｎ ≥ｌｎ ｐ －ｐ ＝ｌｎ － ＝ ｘ － ＝ ｘ
＋２ ＋１ ２
ｐ ｐ
令Ｇ(ｐ) ＋１ (ｐ ) (ｐ ) １ ꎬ 减区间为( ꎬ )ꎬ增区间为( ꎬ )ꎬ则φ(ｘ) φ( ) １ ꎬ
＝ｌｎ ｐ －ｐ ＝ｌｎ ＋１ －ｌｎ ＋２ ＋ｐ －１ １ ＋∞ ０ １ ≤ １ ＝－ <０
＋２ ＋１ ＋１ ２
Ｇ′(ｐ) １ １ １ １ ꎬ 即 ｘ １ ｘ２ ꎬ
∴ ＝ｐ
＋１
－ｐ
＋２
－(ｐ
＋１
)２ ＝－(ｐ
＋２
)(ｐ
＋１
)２<０ ｌｎ －
２
<０
Ｇ(ｐ)在( ꎬ )上单调递减ꎬ且当 ｐ 时ꎬＧ(ｐ) ( ) ( )
∴ ０ ＋∞ →＋∞ ＝ 当ｘ ａ时ꎬｇ(ｘ) ｘ １ ｘ２ ａ １ ｘ２ ａ １ ｘ２ ａ １
( ) > ２ ＝ ｌｎ － ＋ － < － < －
１ １ ꎬ ａ ꎬ解得ａ １ . ２ ２ ２ ２
ｌｎ １－ｐ ＋ｐ －１→－１ ∴ ｌｎ >－１ >
＋２ ＋１ ｅ ａ ꎬ所以存在ｘ ２ꎬｘ ２ꎬ使得ｇ(ｘ ) ｇ(ｘ ) ꎬ所以
( ) ×２ ＝０ １< ２> １ ＝ ２ ＝０
综上所述ꎬ实数ａ的取值范围为 １ ꎬ . ２ ２
＋∞
ｅ ａ ｌｎ２ １ .
ｘ ａ > ＋
４.(２０２２河北衡水二模ꎬ２２)已知函数ｆ ｘ ｌｎ ＋ ａ Ｒ . ２ ２
( )＝ ｘ ( ∈ ) ａ ｘ
( )证明:因为ｆ ′(ｘ) １－ －ｌｎ ꎬ令ｆ ′(ｘ) ꎬ解得ｘ １－ ａꎬ可
(１)
当ａ
＝１
时
ꎬ
求函数ｆ
(
ｘ
)
的极值
ꎻ
ｉｉ ＝ ｘ２ ＝０ ＝ｅ
(２) 若曲线ｙ ＝ ｆ ( ｘ )－ ｘ有ｘ １ꎬ ｘ ２( ｘ １< ｘ ２) 两个零点. 知ꎬ ｆ(ｘ)在( ０ ꎬ ｅ １－ ａ)上单调递增ꎬ在( ｅ １－ ａꎬ ＋∞ )上单调递减.
求ａ的取值范围
(ｉ) ꎻ 当ｘ １－ ａ时ꎬｇ( １－ ａ) ２－２ ａ ｇ(ｘ ) ꎬ解得ｌｎ２ １ ａ
证明 存在一组ｍ ｎ ｎ ｍ 使得ｆ ｘ 的定义域和值域 ① ２≤ｅ ｅ ＝１－ｅ ≤ ２ ＝ ０ ＋ <
(ｉｉ) : ꎬ ( > >０)ꎬ ( ) ２ ２
均为 ｍ ｎ . ｘ
[ ꎬ ] ꎬ所以ｆ(ｘ) ｌｎ ＋１ ꎬ所以ｍ ｎ １－ ａꎬ即ｆ(ｘ)在[ｍꎬ
ｘ ｘ ≤１ ≤ ｘ ≤１ < ≤１≤ｅ
解析 ( )当 ａ 时ꎬ ｆ(ｘ) ｌｎ ＋１ꎬ则 ｆ ′(ｘ) －ｌｎ ꎬ令
１ ＝１ ＝ ｘ ＝ ｘ２ ｎ]上单调递增ꎬ所以ｆ(ｍ)
＝
ｍꎬ ｆ(ｎ)
＝
ｎꎬ即ｍ
＝
ｘ
１
ꎬｎ
＝
ｘ
２
ꎬ
ｆ ′(ｘ) ꎬ解得ｘ ꎬ
＝０ ＝１ 所以当ｌｎ２ １ ａ 时ꎬ存在一组ｍꎬｎ符合题意ꎻ
ｆ ′(ｘ)ꎬ ｆ(ｘ)随ｘ的变化情况如表所示ꎬ ＋ < ≤１
２ ２
当ａ 时ꎬｇ( １－ ａ) ２－２ ａ ꎬ所以ｘ １－ ａ ｘ ꎬ所以不存在
ｘ ( ꎬ ) ( ꎬ ) ② >１ ｅ ＝１－ｅ >０ １<ｅ < ２
０ １ １ １ ＋∞ ｍ ｎ １－ ａ符合题意ꎬ若ｎ ｍ １－ ａꎬ则ｆ(ｘ)在[ｍꎬｎ]上单调递
< ≤ｅ > ≥ｅ
ｆ ′(ｘ)
＋ ０ － 减ꎬ所以ｆ(ｍ) ｌｎ ｍ ＋ ａ ｎꎬ ｆ(ｎ) ｌｎ ｎ ＋ ａ ｍꎬ
ｆ(ｘ) 单调递增 单调递减 ＝ ｍ ＝ ＝ ｎ ＝
１
所以 ｍ ａ ｎ ａ ｍｎꎬ即ｍ ｎꎬ不符合题意ꎻ
则ｆ(ｘ)的极大值为ｆ( ) ꎬ无极小值. ｌｎ ＋ ＝ｌｎ ＋ ＝ ＝
１ ＝１ 若ｍ １－ ａ ｎꎬ则ｆ(ｘ)在[ｍꎬ １－ ａ)上单调递增ꎬ在( １－ ａꎬ )上
ｘ ａ <ｅ < ｅ ｅ ＋∞
( )( )由题意可知ꎬｌｎ ＋ ｘ 有两解ꎬ即 ｘ ｘ２ ａ 有 单调递减ꎬ
２ ｉ ｘ － ＝０ ｌｎ － ＋ ＝０
两解ꎬ 所以 ｆ(ｘ) ｆ( １－ ａ) １ ｎꎬ又因为ｆ(ｎ) １－ ａ( ａ ) １－ ａ
ｍａｘ＝ ｅ ＝ １－ ａ＝ ＝ｅ ２ －１ >ｅ >
ｘ２ ｅ
设ｇ(ｘ) ｘ ｘ２ ａꎬ则ｇ′(ｘ) １ ｘ １－２ ꎬ令ｇ′(ｘ) ꎬ解
＝ｌｎ － ＋ ＝ ｘ －２ ＝ ｘ ＝０ ｍꎬ所以ｆ(ｍ) ｍꎬ即ｍ ｘ ꎬｎ １ ꎬ所以当ａ 时ꎬ存在一组
＝ ＝ １ ＝ １－ ａ >１
æ ö ｅ
得ｘ ２ꎬ当ｘ ç ꎬ ２÷时ꎬｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)单调递增ꎬ当 ｘ ｍꎬｎ符合题意.
＝ ∈è０ ø >０ ∈
２ ２ 综上ꎬ存在一组ｍꎬｎ符合题意.
æ ö æ ö
ç ２ꎬ ÷时ꎬｇ′(ｘ) ꎬｇ(ｘ)单调递减ꎬ所以ｇ(ｘ) ｇç ２ ÷
è ＋∞ø <０ ｍａｘ＝ è ø
２ ２
第
四
章
一
元
函
数
的
导
数
及
其
应
用
７３
