小结优质教案设计

解决函数（导函数）零点及单调性的一些探索

重庆市黔江新华中学校

喻宗学

求函数或导函数零点以及研究函数单调性，是高中阶段数学研究函数的重点、难点问题，也是高考的热点，尤其是零点不可求的情况累次出现。

对于较简单的问题可直接分析函数（导函数）的解析式或其图像使问题得以解决，当然这也需要扎实的知识基础。

对于零点不可求进而单调性难以判断的问题，一般采取以下思路：将函数零点问题依次纳入先探根、后虚设的轨道，从而有效降低思维的难度，但探知零点或虚设零点后，仍有很长的路要走（关键是分析导数的正负），此时整合重组、用导函数或其部分构造新函数、多次求导、数形结合犹如一套组合拳，在通往求导数正、负的途中往往能出奇制胜，起到四两拨千斤的功效。其主要处理方法包括：探（猜）出零点；构造新函数（可能为导函数或其正负号不能确定部分、整合重组、关系函数、缩放函数等）；虚拟设根（首先通过单调性和特殊值确定根的范围）；多次求导；数形结合。

一、基础知识基本方法灵活综合运用(因式分解、方程不等式、函数图像、数形结合、分类讨论) 1、分析解析式

例1 （2013年天津卷）函数f(x)=2xlog0.5x-1的零点个数为（ ）(A) 1 (B)2 (C)3 (D)4.解法1： -2xlog2x-1,01因为在（0，1]上f(x)=-2xlog2x-1递减且x趋于0时，f(x)接近﹢∞，f(1)=-1<0，f(x)在(0,1]上由一个零点；又在（1，﹢∞）上f(x)=2xlog2x-1递增，且f(2)=3>0，f(x)在（1，﹢∞）上由一个零点。故f(x)共有两个零点。选B.

2、分解重组构造新函数，利用图像，数形结合解决问题

解法2：令f(x)=0,得到y()12x=log0.5x.分别作出y1=()12x与y2=log0.5x的图像，有两个交点，故选B.y2Oy1x

评注：解法1把所给函数化为分段函数，分别讨论两个函数的零点，解法相对繁琐。解法2把所给函数分解为两个更简单的函数，利用数形结合的办法，很方便地判断出零点的个数。

3、借鉴一元二次方程根的分布思想解决函数零点存在问题

1

函数有零点等价于相应的方程有实根，然后将方程进行适当变形，转化为两个函数图像的交点。交点的个数就是函数零点的个数。在实际解题中，通常先求出f '(x)，然后令f '(x)=0，移项，转化为判断两个函数图像的交点个数。

例2 （2014年山东卷）设f(x)=+lnxxx(1) 当k≤0时,求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围。ex-k2(2)

解：(1) f(x)的定义域为(0，+∞)，(x-2)(ex-kx)f '(x)=。由k≤0可得ex-kx>0，3x所以当x(0，2)时，f '(x)<0，f(x)单调递减；当x(2，+∞)时，f '(x)>0，f(x)单调递增。所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，+∞)。

(2) 由(1)知，k≤0时，f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点。当k>0时，设g(x)=ex-kx，x[0，+∞)。因为g'(x)=ex-k=ex-elnk，当00，g(x)单调递增，故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点。当k>1时，若x(0，lnk)，则g'(x)<0，g(x)单调递减；若x(lnk，+∞)，则g'(x)>0，g(x)单调递增。所以g(x)在(0，2)的最小值是g(lnk)=k(1-lnk)。所以f(x)在(0，2)内存在两个极值点x1、x2(g'(x1)=0，g'(x2)=0，x1≠x2)，当且仅当①g(0)>0，②g(lnk)<0，③g(2)>0，④0

yy=g(x)

评注：在解决第(2)问时,利用导函数正负不能确定部分构造的新函数g(x)=ex-kx，再分类研究。在列出存在极值点所满足条件时的处理方法，类似利用二次函数的图像研究二次方程根的分布。

4.综合运用初高中基础知识（因式分解、几何不等式等）研究零点和单调性

xlnk2x2Ox1练习：(2014新课标全国卷Ⅱ理)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.(1) 讨论f(x)的单调性；(2) 设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时，g(x)>0，求b的最大值；(3) 已知1.4142<2<1.4143,估计ln2的近似值（精确到0.001）。解：(1) f '(x)=ex+e-x-2≥2ex∙e-x-2=0，当且仅当x=0时，等号成立。 所以f(x)在(-∞，+∞)上单调递增。(2) g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x，所以g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2)。①当b≤2时，g'(x)≥0，等号仅当x=0时成立，所以g(x)在(-∞，+∞)上单调递增。而g(0)=0，所以对任意x>0，g(x)>0；②当b>2时，若满足2

2

(3) 由(2)知，g(ln2)=32-22b+2(2b-1)ln2。当b=2时，任意x>0，g(x)>0，g(ln2)>0，即382-32-42+6ln2>0，所以ln2>12>0.6928；当b>2时，若0

二、复杂问题中灵活选择“组合拳”，根据单调性、极值条件和零点存在定理解决问题

依据：

1. 零点存在定理：若f(x)在[a，b]上连续，并且f(a)·f(b)<0，则f(x)在（a，b）内有零点x0，即x0∈（a，b），使f(x0)=0。

2．单调性判断：在（a，b）内，若f ‘(x)>0，则f(x)单调递增；若f ‘(x)<0，则f(x)单调递减；若f ‘(x)=0，则f(x)=C(C为常数)。

3. x0∈（a，b）是极值点存在的充要条件：f ‘(x0)=0且f ‘(x1)·f ‘(x2)<0(其中x1∈（a，x0），

x2∈（x0，b）)即x0两侧导数异号。

（一）用导函数或其符号不定的部分“因式”等构造新函数

例3.(2015课标Ⅰ卷文科数学21题) 已知f(x)=e2x-alnx。(1) 讨论f(x)的导函数f '(x)的零点的个数。(2)证明当a>0时，f(x)≥2a+aln2a解：(1) 解法1：f '(x)=2e2x-ax，x>0。由2e2x-ax=0得，2e2x=ax，设y=2e2x和y=ax，现在研究这两个函数的交点。显然（由图像易知），a≤0时，两函数无交点；当a>0时，两个函数有唯一交点，即a>0时f '(x)有唯一零点。 解法2：由2e2x=ax得：2xe2x=a，设g(x)=2xe2x，则g'(x)=(4x+2)e2x>0(x>0)，所以g(x)在[0，+∞)上单调递增，且g(0)=0。所以，当a>0时，g(x)=a在(0，+∞)有唯一解；当a≤0时，g(x)=a在(0，+∞)上无解。综上，当a>0时，f '(x)有唯一零点；当a≤0时，f '(x)无零点。

(2)因为a>0时f '(x)在(0，+∞)上单调递增（由f '(x)=2e2x-aax或f "(x)=4e2x+x2>0可知），且由（1）知f '(x)有唯一零点x0（0，+∞），则f '(x0)=0。当x(0，x0)时，f '(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递减；当x(x0，+∞)时，f '(x)>0，所以f(x)在(x0，+∞)上单调递增。故f(x)min=f(x0)=e2x0-alnx0。由f '(x)=0得，2e2xa2xa00-=0，e0x=，lne2x0=lna-ln2-lnx0，lnx0=lna-ln2-2x0。02x0故f(x-alnxa0)=e2x00=2x-a0(lna-ln2-2x0)（代换指数式和对数式） =a2x+2ax220+aln≥2a+aln（几何不等式）。0aa即f(x)22min≥2a+alna，所以当a>0时，f(x)≥2a+alna。

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评注：利用函数与方程思想，将判断f '(x)的零点个数问题转化为图像交点问题。 要证明f(x)≥2a+aln2a，等价于证明f(x)2min≥2a+alna。x0将(0，+∞)分成 两个区间，分别考查f(x)在这两个区间上的单调性。借助f '(x)=0得到 e2xa0=2x,lnx00=lna-ln2-2x0，将指数式进行转化，结合几何不等式问题得证。

例4.已知f(x)=aex+a+1x-2(a+1)≥0对任意x(0，+∞)恒成立，其中a>0。求a的取值范围。

解：由已知有f(x)min≥0，其中x>0，a>0。f '(x)=aex-a+1ax2ex-(a+1)x2=x2。令g(x)=ax2ex-(a+1)，其中x>0，a>0。由g'(x)=a(2x+x2)ex>0得g(x)在(0，+∞)上单调递增。又g(0)=-(a+1)<0，当x→+∞时，g(x)→+∞，故存在x0(0，+∞)，使得g(x0)=0。当x(0，x0)时，g(x)<0，f '(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减；当x(x0，+∞)时，g(x)>0，f '(x)>0，f(x)在(x0，+∞)上单调递增。故f(x)+a+1min=f(x0)=aex0x-2(a+1)。0由g(xa+10)=0得，ax02ex0-(a+1)=0，aex0=x。02则f(xa+1a+10)=x+02x-2(a+1)。0令a+1x2+a+1-2(a+1)≥0，由x0>0，a>0，解得0

评注：导函数f '(x)=ax2ex-(a+1)x2，分母显然是正数，故将分子看成一个新函数g(x)。在考查g(x)的性质时，先考虑左端点的函数值情况，即g(x)=-(a+1)，再考查当x→+∞时，g(x)→+∞，从而确定存在x0(0，+∞)，使得g(x0)=0例5.设f(x)=axlnx+be-x，曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y=(1+e-1)x-1-2e-1。(1) 求a,b; (2) 求证：f(x)>-1-2e-2。

解：(1) f '(x)=a(1+lnx)-be-x,f '(1)=a-be-1，a-be-1=1+e-1...①又f(1)=be-1,be-1=(1+e-1)×1-1-2e-1...②由①、②得：a=1,b=-1.

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(2) 由(1)知f(x)=xlnx-e-x，f '(x)=e-x+lnx+1，1ex-x-x'-x设g(x)=e+lnx+1，则g(x)=-e+=x。.................4分xxe设h(x)=ex-x，则h'(x)=ex-1>0，所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，所以h(x)>0,g'(x)>0,所以g(x)在(0，+∞)上单调递增,.....5分-1-2又g(e-1)=e-e>0,g(e-2)=e-e-1<0,所以g(e-1)∙g(e-1)<0，所以g(x)有唯一零点x0(e-2,e-1)。.................6分即g(x0)=e-x0+lnx0+1=0，即-e-x0=lnx0+1,..............7分当x(0,x0)时，f '(x)=g(x)<0，f(x)单调递减，当x(x0,+∞)时，f '(x)=g(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)≥f(x0)=x0lnx0-e-x0=x0lnx0+lnx0+1，................8分设φ(x)=xlnx+lnx+1，因为x(e-2,e-1)，11所以φ'(x)=1+lnx+>1-2+e>0(lnx单增，x取最小e-2；单减，x取最大e-1).....10分xx所以φ(x)在(e-2,e-1)上单调递增，所以φ(x0)>φ(e-2)=-1-2e-2，所以f(x)≥f(x0)=φ(x0)>-1-2e-2，即f(x)>-1-2e-2。

1评注：1.解(2)至评分10分的一步，若没想到缩放，即1+lnx+>1-2+e，可继续求导来解，如下：x111x-1设u(x)=1+lnx+，则u'(x)=-2=2，xxxx'当x(0，1)时，则u(x)<0，u(x)单调递减；当x(1，+∞)时，则u'(x)>0，u(x)单调递减.。所以u(x)≥u(1)=2>0，即φ'(x)>0........10分所以φ(x)在(e-2,e-1)上单调递增，则φ(x0)>φ(e-2)=-1-2e-2，所以f(x)≥f(x0)=φ(x0)>-1-2e-2，即f(x)>-1-2e-2。......12分2. 零点不可求，利用零点满足的方程对所证不等式左侧代数式进行化简和变形。零点区间的选取，基于“好算”，可以选择整数。出现以e为底的对数，选取以e的整数次幂。同时，还要根据证明问题的需要来确定所要选取的区间。由于利用零点满足的方程将左边部分变形后在e-2处的函数值恰好是右边数值，因此选一个端点为e-2，另一个端点则基于计算简便，选取e-1.

1练习.已知f(x)=lnx-ax2+x，xR。2(1)求f(x)的单调区间；(2)是否存在实数a，使得f(x)的极值大于0。若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由。

解：(1) f(x)的定义域是（0，+∞）。f '(x)=-ax+1=(x>0)，xx当a≤0时，-ax2+x+1>0，故f '(x)>0，则f(x)在(0，+∞)上为增函数；1+1+4a当a>0时，设g(x)=-ax2+x+1，由g(x)=0解得x=(x>0)。2a1+1+4a所以当x（0，）时，g(x)>0，f '(x)>0，f(x)单调递增；2a1+1+4a当x（，+∞）时，g(x)<0，f '(x)<0，f(x)单调递减。2a综上，若a≤0,f(x)在(0，+∞)上单调递增；1+1+4a1+1+4a若a<0，则f(x)在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减.2a2a1-ax2+x+1

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(2) f '(x)=1-ax2+x+1x-ax+1=x(x>0)，当a≤0时，-ax2+x+1>0，故f '(x)>0，则f(x)在(0，+∞)上为增函数，不存在极值；当a>0时，设g(x)=-ax2+x+1，因为g(x)的图像过定点(0，1)，且开口向下，所以g(x)在(0，+∞)上存在唯一零点x0。且当x(0，x0)时，g(x)>0，此时f '(x)>0,f(x)为增函数；当x(x0，+∞)时，g(x)<0，此时f '(x)<0,f(x)为减函数，所以f(x)1max=f(x0)=lnx0-ax02(2+x0。又gx0)=-ax02+x0+1=0，所以ax02=x0+1，所以f(xx0-1x02(x-1110)=lnx0+，令f0)=lnx0+2，x0(0，+∞)，所以f'(x0)=x+2>0，所以f(x0)为（0，+∞）的增函数。又f(1)=0，所以当01时f(x)max=f(x0)>0（此为极值大于0的必要条件）。由ax1111202=x110+1得a=x02+x=0x+-其中(0，1)。024x0令t=1x(0，1)，设u(t)=((t+1))()2-14，显然u(t)在(0，1)上为增函数，所以u(t)

例6 .(2014课标Ⅰ卷21题)(x)=aelnx+bex-1已知fxx，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线为y=e(x-1)+2(1) 求a,b; (2) 证明：f(x)>1.

解：(1) f(x)的定义域为(0，+∞)。f '(x)=aexlnx+abbxex-x2ex-1+xex-1，由题意得f(1)=2，f '(1)=e，故a=1，b=2。

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评注：1.先将原不等式变形构造一个函数g(x)，对其求导后再将符号不确定部分ex(ex-2)+ex2构造新函数h(x)，研究h(x)的单调性，并选取特殊值(既要使其对应的函数值异号，又要便于运算，还要考虑后续进行。311如将改为前两点满足，但φ()>0就不成立。这也是这种方法最难的地方）确定零点x0区间(3/2e，1)，2eee进而讨论g(x)在零点x0两侧区间的单调性，确定g(x)的最小值。再用类似的方法研究最小值函数（构造）单调性以最终解决问题。2.当然，本题（2）还有稍微简单点的方法，但是技巧性更高，需要对f(x)>1进行恰当的变形，进而证明左端的最小值大于右端的最大值。即如下求解：22(2)由(1)知，f(x)=exlnx+ex-1，则f(x)>1等价于xlnx>xe-x-xe(这是关键变形，以下需证明左端的最小值大于右端的最大值。还可将下列过程结合附图理解)1设g(x)=xlnx，则g'(x)=1+lnx>0，所以g(x)单调递增。令g'(x)=0得x=。e1111所以当x(0，)时，g(x)<0，当x(，+∞)时，g(x)>0，所以g(x)≥g(x)min=g()=-。eeee2设h(x)=xe-x-，则h'(x)=e-x(1-x)。令h'(x)=0得x=1。e1所以当x(0，1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，当x(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)≤h(x)max=h(1)=-。e综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1。

例7 （2012年全国卷）设函数f(x)=ex-ax-2.(1) 求f(x)的单调区间；(2) 若a=1，k为整数，且当x>0时，(x-k)f '(x)+x+1>0，求k的最大值。

解：(1) f(x)的定义域为(-∞，+∞)，f '(x)=ex-a. 若a≤0，则f'(x)>0，f(x)在(-∞，+∞)上单调递增； 若a>0，则有以下两种情况： ①当x(-∞，lna)时，f'(x)<0，此时，f(x)单调递减； ②当x(lna，+∞)时，f'(x)>0，此时，f(x)单调递增。（所以当x=lna时，f(x)min=0(f '(x)且两侧导数异号））

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(2) 由于a=1，所以(x-k)f '(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1，故当x>0，ex-1>0时，由(x-k)f '(x)+x+1>0得：x+1k0)...(A)e-1x+1-xex-1ex(ex-x-2)'令g(x)=x+x[目的是研究g(x)的最小值]，则g(x)=x2+1=.e-1(e-1)(ex-1)2由(1)知，函数h(x)=ex-x-2(符号不定的部分）在(0，+∞)上单调递增，而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，+∞)内存在唯一的零点，故g'(x)在(0，+∞)存在唯一零点。设此零点为b，则h(b)=0，b(1，2)，所以eb-b-2=0，即eb=b+2。 当x(0，b)时，h(x)<0，g'(x)<0；当x(b，+∞)时，h(x)>0，g'(x)>0。b+1所以g(x)在(0，+∞)内有极值点x=b，显然也是最小值点，故g(x)≥g(x)min=g(b)=b+b=b+1。e-1而b(1，2)，所以2

评注：1. 第(2)问在处理g'(x)=ex(ex-x-2)(ex-1)2时，利用g'(x)正负情况确定的部分构造新函数h(x)=ex-x-2，因为h(x)在(0，+∞)内是单调函数，故直接利用零点存在定理判断出零点的情况。e+12. （A）式说明k应小于x+x(x>0)的最小值，故构造新函数并研究其最小值。e-1

例8.已知函数f(x)=1+ln(x+1)x，当x>0时，f(x)>kx+1恒成立，求正整数k的最大值。

解：由已知有k<令h(x)=h'(x)=xx-1-ln(x+1)x2(x+1)[1+ln(x+1)]x在x>0时恒成立。(x+1)[1+ln(x+1)]，x>0（原不等式变形构造新函数，只需k0得φ(x)在(0，+∞)上单调递增。令φ(x)=x-1-ln(x+1)（导数符号不定部分构造新函数），由φ'(x)=x+1又φ(2)=1-ln3<0，φ(3)=2-ln4>0，所以存在x0(2，3)使得φ(x0)=0。当x(0，x0)时，φ(x)<0，h'(x)<0，h(x)在(0，x0)单调递减；当x(x0，+∞)时，φ(x)>0，h'(x)>0，h(x)在(x0，+∞)单调递增。(x0+1)[1+ln(x0+1)]故h(x)min=h(x0)=.x0由φ(x0)=0得，x0-1-ln(x0+1)=0，即x0=1+ln(x0+1)。则h(x0)=x0+1(3，4)。故正整数k的最大值为3.

评注：导函数h'(x)=，分母显然是正数，将分子看成一个新函数φ(x)，x2进而考查φ(x)的性质，从而得到h(x)的单调性。x-1-ln(x+1)

例9.已知f(x)=xlnx+ax(aR)。(1)若f(x)在区间[e2，+∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)若对任意x(1，+∞)，f(x)>k(x-1)+ax-x恒成立，求正整数k的值。解：(1) 因为x≥e2，所以f '(x)=lnx+1+a≥lne2+1+a≥0，所以a≥-3。

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(2)因为x(1，+∞)，所以x-1>0。所以k(x-1)0,，设m(x)=x-lnx-2，mx-1x(x-1)2所以m(x)在(1，+∞)单调递增。又m(3)=1-ln3<0，m(4)=2-ln4>0，所以m(x)在(1，+∞)上有唯一零点x0(3，4)，即m(x0)=x0-lnx0-2=0。所以1+lnx0=x0-1。当x(1，x0)时，m(x)<0，h'(x)<0，故h(x)在(1，x0)上是减函数；当x(x0，+∞)时，m(x)>0，h'(x)>0，故h(x)在(x0，+∞)上是增函数。x0lnx0+x0x0(lnx0+1)所以h(x)min=h(x0)===x0。x0-1x0-1所以k

例10. 设f(x)=(x-a)2lnx，求实数a的取值范围，使得对任意的x(0，3e]，恒有f(x)≤4e2成立。

解：若f(x)≤3e2恒成立，则(x-a)2lnx≤4e2恒成立。当x(0，1]时，(x-a)2lnx≤0成立；4e2222当x(1，3e]时，(x-a)lnx≤4e，即(x-a)≤恒成立，lnx2e2e2e2e即-≤x-a≤恒成立，即x-≤a≤x+恒成立。lnxlnxlnxlnx2e2e令g(x)=x-，h(x)=x+，lnxlnx则g(x)max≤a≤h(x)min。e2e因为g'(x)=1+>0，所以g(x)在(1，3e]上是增函数，所以g(x)max=g(3e)=3e-；xlnxlnxln3exlnxlnx-e'因为h(x)=，观察可知h'(e)=0(不可直接求解)。xlnxlnx因为y=xlnxlnx-e在(1，3e]上是增函数（这是显然的），所以在(1，3e]上h'(x)只有一个零点。而x(1，e)时，h'(x)<0；x(e,3e)，h'(x)>0。所以h(x)min=h(e)=3e。2e综上，实数a的取值范围是[3e-，3e]。ln3e

评注：本题类似前两例。首先把一个较为复杂的问题转化为两个基本的恒成立问题，再转化为两个函数的最值问题。在求最值的过程中，出现导数y=xlnx

-e的零点不能直接求出，只能通过观察，探出一个零点，然后再通过函数的单调性说明零点的唯一性，从而分析出所求函数的单调区间，使问题获得解决。

例11. 设f(x)=。x(1) 若f(x)在(a，a+1)上有极值，求实数a的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)=x2-2x+k有实数解，求实数k的取值范围。1+lnx

解：(1) f '(x)=-lnx2x由f(x)在(a，a+1)上有极值，得a<1且a+1>1，所以0

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(2)方程f(x)=x2-2x+k即k=f(x)-x2+2x。设g(x)=f(x)-x2+2x（变出常数的表达式作为新函数），求k的取值范围即求g(x)的值域，故需研究其单调区间。因为g'(x)=2(1-x)+-lnxx2。则需解g'(x)>0和g'(x)<0，因此要解g'(x)=0。下面有两种思路：一是猜根，二是再研究g'(x)的单调性，故再对g'(x)求导，但此题再求导更复杂。易得g'(1)=0（直接观察），且当00;当x>1时，g'(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递增；g(x)在(1,+∞)上单调递减。故g(x)max=g(1)=2，所以g(x)的值域是(-∞，2]，即k的取值范围是(-∞，2]。评注：1.研究常数的取值范围，常变出常数的表达式构造新函数，如例8-11。

2.猜零点：当出现lnx时，常猜x=1;出现ex时，常猜x=0或x=lnx0。

练习：

已知mR，f(x)=mx-m-1x-lnx，g(x)=1x+lnx，h(x)=2ex，若存在x0[1，e]，使得f(x0)-g(x0)>h(x0)，求实数m的取值范围。

解：由已知，当x2e0[1，e]时，mxm-10-x-lnx0-（10x+lnx0）>0x，0即m>2e+2x0lnx0x(10或u'(x)<0在（1，e]上恒成立）由1

评注：当利用导数求函数在[a,b]或[a,b)或（a,b]上的最值时，可首先考虑函数在该区间上是否单调，若单调，则函数在区间的端点处取得最值。

例12.(2014年新课标Ⅱ文21)已知f(x)=x3-3x2+ax+2，曲线y=f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1) 求a;(2) 证明：当k<1时，曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点。

解：(1) f '(x)=3x2-6x+a，所以f '(0)=a，所以y=f(x)在点(0，2)的切线为y=ax+2因为切线与x轴交点的横坐标为-2，所以a∙(-2)+2=0。所以a=1。

（2）由(1)知，f(x)=x3-3x2+x+2，设g(x)=f(x)-(kx-2)=x3-3x2+(1-k)x+4（研究交点构造“差函数”），由题设知1-k>0，当x≤0时，g'(x)=3x2-6x+(1-k)>0，g(x)单调递增，g(-1)=k-1<0，g(0)=4，所以g(x)在(-∞，0)上有唯一实根；当x>0时，令h(x)=x3-3x2+4，则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x)，而h'(x)=3x2-6x=3x(x-2)，当h'(x)<0，即00，即x>2时，h(x)单调递增，所以h(x)min=h(2)=0，所以g(x)>h(x)≥2，所以g(x)=0在(0，+∞)上没有实根。综上，g(x)=0在R上有唯一实根，即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点。

10

练习：

设f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中aR。讨论f(x)极值点的个数，并说明理由。

解：f(x)的定义域为(-1，+∞)。1a(2x-1)(x+1)+1f '(x)=+a(2x-1)=

。x+1x+11当a=0时，f '(x)=>0，f(x)在(-1，+∞)为增函数，无极值点；x+11当a≠0时，令f '(x)=0，则=-(2x-1)(x+1)，a1设h(x)=-(2x-1)(x+1)（常数表达式构造新函数），则f '(x)的零点为y=与y=h(x)的交点。a在同一坐标系中作出图像，如下图所示。

y9/8-1Oxy=1/ay=-(2x-1)(x+1)

1所以，当<0，即a<0时，导数f '(x)只有一个变号零点，故f(x)之只有一个极值点；a198当0<<，即a>时，导数f '(x)有两个变号零点，故f(x)有两个极值点；a89198当=，即a=时，导数f '(x)虽有一个零点，但它不是变号零点，a89(4x+1)2' 即f (x)=≥0在定义域内恒成立，f(x)在(-1，+∞)为增函数，无极值点。9(x+1)198当>，即0时，f(x)的极值点的个数为2.9

评注：1.导数有变号零点是为极值点的充要条件，所谓变号零点即该点左右两侧导数的正负号相异。

2.特别强调，f '(x)的零点并不一定是f(x)的极值点，变号零点才对应极值点。如果y=k与y=h(x)相切对应f '(x)的零点必然不是变号零点，即不是极值点（如此题中a=时）。

（三）

多次求导，即连续用导函数或其符号不确定的部分构造新函数

例13. 设f(x)=x(ex-1)-ax2，若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围。

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评注：反思解题过程，连续运用3次求导，而且每次求导都可以发现新的导数表达式，更有利于

求出导数的零点，从而使我们更加明确多次求导是破解导数零点的一个有效方法。

此题是直接将导数设为新函数再求导，更有一些问题需要对导数的某部分或进行某种

分解后再求导，本文中有多个此类题目。

例14. (2013年课标Ⅱ理21)已知f(x)=ex-ln(x+m).(1)设x=0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明：f(x)>0。解：(1) f '(x)=ex-1x+m，由已知得 f '(0)=0，所以m=1。所以 f '(x)=ex-1(x+1)ex-1x+1=x+1(x>-1)。当x(-1，0)时， f '(x)<0，f(x)单调递减；当x(0，+∞)时， f '(x)>0，f(x)单调递增。x=0处f(x)取得极小值1。

(2)证明：当m≤2，x(-m,+∞)时，ln(x+m)≤ln(x+2)(lnx是增函数)，故只需证明：当m=2时（被减数最大），f(x)>0。当m=2时，f '(x)=ex-1x+2，f "(x)=ex+1(x+2)2>0，所以f '(x)在(-2，+∞)单调递增。又f '(-1)<0，f '(0)>0，故f '(x)在(-2，+∞)有唯一实根x0(-1，0)，即f '(x0)=0。当x(-2，x0)时，f '(x)<0；当x(x0，+∞)时，f '(x)>0。从而当x=x0时，f(x)取得最小值。由f '(x得，ex10)=00=x，ln(x0+2)=-x0+20。故f(x)≥f(x-ln(x1(x0+1)20)=ex00+2)=x+x0=x>0。0+20+2综上，当m≤2时，f(x)>0。评注：题目的极值点为变量，求极值时相应的极值函数为超越函数或含参函数，不易求解。因为极值点必是导函数的零点，此时结合函数极值的特点，可利用整体代换化简极值函数。例15.已知f(x)=ln2(1+x)-x21+x，求函数f(x)的极值。

解：f(x)的定义域为(-1，+∞)。f '(x)=2ln(1+x)x2+2x2(1+x)ln(1+x1+x-(1+x)2=)-x2-2x(1+x)2。令g(x)=2(1+x)ln(1+x)-x2-2x，则g'(x)=2ln(1+x)-2x。令h(x)=2ln(1+x)-2x，则h'(x)=2-2x1+x-2=1+x。当-10，h(x)在(-1, 0)上为增函数；当x>0时，h'(x)<0，h(x)在(0, +∞)上为减函数。故h(x)max=h(0)=0。而g'(x)=h(x)≤0，所以函数g(x)在(-1, +∞)上为减函数。当-1g(0)=0；当x>0时，g(x)0，即f(x)在(-1, 0)上为增函数；当x>0时，f '(x)<0，f(x)在(0, +∞)上为减函数，故函数的单调递增区间为(-1, 0)，单调递减区间为(0, +∞)。故当x=0时，有极大值0。

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评注：利用局部求导挖出零点，进而实现单调性的判断。

例16.已知f(x)=x2ex-lnx，证明：当x>0时，不等式f(x)>1成立.

1f '(x)=x(x+2)ex-，x>0。x1由f "(x)=(x2+4x+2)ex+2>0，得f '(x)在(0，+∞)上单调递增。x119151''又f （）=e4-4<0，f （）=e2-2>0，4162411根据零点存在定理，存在x0（，），使得f '(x0)=0。42'当x(0，x0)时，f (x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减；当x(x0，+∞)时，f '(x)>0，f(x)在(x0，+∞)单调递增。故f(x)min=f(x0)=x02ex0-lnx0。11由f '(x0)=0得x0(x0+2)ex0-=0，则ex0=2。x0x0(x0+2)111所以f(x0)=x02ex0-lnx0=-lnx0，其中x0（，）。x0+242111令g(x)=-lnx，x（，）(用原函数在导函数零点的表达式构造新函数)。x+2421111由g '(x)=--<0得g(x)在（，）上单调递减。42(x+2)2x121故g(x)>g（）=-ln>1，即f(x0)>1。252综上，有f(x)min>1，则当x>0时，不等式f(x)>1成立。

1评注：要证f(x)>1，等价于证f(x)min>1。导函数f '(x)=x(x+2)ex-，其零点无法求出。x"''借助f (x)>0判断出f (x)的单调性，结合零点存在定理得出f (x)存在唯一零点x011且x0（，）。另一方面，x0将(0，+∞)分成两个区间，分别考查f(x)421在这两个区间上的单调性。借助f '(x)=0得到ex0=2，将指数式进行转化，从而判断出f(x)min>1。x0(x0+2)

（四）缩放法构造新函数

用缩放法的主要目的是将复杂函数转化为相对简单函数解决零点问题。如果导函数的解析式具有分式特征，且容易判断出分母是正数，此时往往将分子看成一个新的函数，进而对该函数进行研究从而得到相应的结论。

例17. (2012年山东卷)已知f(x)=lnx+kex,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行。(1) 求k的值；(2) 求f(x)的单调区间；(3)设g(x)=xf '(x)，证明：对任意x>0，g(x)<1+e-2。

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1解：(1) f '(x)=x-lnx-kex。由已知f '(1)=1-ke=0，所以k=1.

1(2) f '(x)=x111'(x)=--<0，即h(x)在(0，+∞)上是减函数。由h(1)=0，。设h(x)=-lnx-1，则hxexx2x所以当00，从而f '(x)>0；当x>1时h(x)<0，从而f '(x)<0。综上可知，f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，+∞)。-lnx-1

(3) 由(2)可知，当x≥1时，g(x)=xf '(x)≤0<1+e-2，故只需证明g(x)<1+e-2在01，且g(x)>0，所以g(x)=<1-xlnx-x（放大）。ex设F(x)=1-xlnx-x（放大式构造新函数），x(0，1)，则F'(x)=-(lnx+2)。当x(0，e-2)时，F'(x)>0；当x(e-2，1)时，F'(x)<0，所以当x=e-2时，F(x)取得最大值F(e-2)=1+e-2。所以g(x)0，g(x)<1+e-2。

评注：对于第(3)问当01(x>0)，将g(x)经过放缩后，得到一个相对简单的函数F(x)=1-xlnx-x，较好地解决了零点的求解问题。（五）构造“关系函数”

8例18 （2014年辽宁卷）已知f(x)=(cosx-x)(π+2x)-(sinx+1)，32xg(x)=3(x-π)cosx-4(1+sinx)ln（3-）。求证：ππ(1) 存在唯一点x0（0,），使f(x0)=0；2π(2) 存在唯一点x1（，π），使g(x1)=0，且对(1)中的x0+x1<π。21-xlnx-x

π2证明：(1) 当x（0,）时，f '(x)=-(1+sinx)(π+2x)-2x-cosx<0，23π8π16f(x)在（0,）上为减函数。又f(0)=π=>0，f（）=-π2-<0，2323π所以存在唯一点x0（0,），使f(x0)=0。2

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(2) 设h(x)=-4ln（3-x），其中x[，π]（h(x)是g(x)的关系函数：g(x)=(1+sinx)h(x))。1+sinxπ2πππ3tcost2令t=π-x，因为≤x≤π，所以0≤π-x≤，即t[0，]。记u(t)=h(π-t)=-4ln（1+t），2221+sintπ(u(t)是h(x)的关系函数，自变量代换）3f(t)ππ则u'(t)=。由(1)知，f(t)是(0，)上的减函数，且存在唯一t0(0，)使f(t0)=0。(π+2t)(1+sint)22π''此时，u(t0)=0。当t(0，t0)时，f(t)>0，所以u(t)>0；当t（x0，）时，f(t)<0，u'(t)<0。2从而u(t)在(0，t0)是增函数。又u(0)=0，所以此时u(t)>0，所以它在(0，t0]上无零点。ππu(t)在（t0，）内是减函数，又u(t0)>0，u（）=-4ln2<0，所以此时存在唯一点t1使22u(t1)=0，所以h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0。π因为当x（，π）时，1+sinx>0，故g(x)=(1+sinx)h(x)与h(x)有相同的零点，所以此时2π存在唯一的x1（，π），使g(x1)=0。2因为x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π。3(x-π)cosx2π

评注：1. 第(2)问在处理u'(t)=3f(t)(π+2t)(1+sint)时，直接求u'(t)=0在[0，ππ2]内的解困难，因此，结合第(1)问的结论“存在唯一x0（0，），使f(x0)=0”，利用x02ππ将（0，）划分为(0，x0)和（x0，）两个单调区间，在[0，x0)中利用最小值，22π在（x0，）上利用零点存在定理，间接地判断出了各自的零点情况，避开了2不能直接求解零点的问题。 像这类“特殊点分区间+单调性+最值+零点存在定理”的“组合拳”，是近年高考导数、函数综合题的大热门，在复习中应该予以足够重视。

2. 函数在所研究区间上不单调时，可借助某些特殊点将此区间划分为两个或几个单调区间，再结合最值、零点存在定理间接判定零点。

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