資源簡(jiǎn)介

特訓(xùn) 06 利用導(dǎo)數(shù)解決零點(diǎn)、交點(diǎn)、方程根等問(wèn)題（三大題型）
方法技巧 1 隱零點(diǎn)問(wèn)題
在求解函數(shù)問(wèn)題時(shí)，很多時(shí)候都需要求函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上的零點(diǎn)，但所述情形都難以求出其準(zhǔn)確值，導(dǎo)致
解題過(guò)程無(wú)法繼續(xù)進(jìn)行時(shí)，可這樣嘗試求解：先證明函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上存在唯一的零點(diǎn)(例如，函數(shù) f(x)在
區(qū)間 I 上是單調(diào)函數(shù)且在區(qū)間 I 的兩個(gè)端點(diǎn)的函數(shù)值異號(hào)時(shí)就可證明存在唯一的零點(diǎn))，這時(shí)可設(shè)出其零點(diǎn)
是 x0.因?yàn)?x0不易求出(當(dāng)然，有時(shí)是可以求出但無(wú)需求出)，所以把零點(diǎn) x0叫做隱零點(diǎn)；若 x0容易求出，就
叫做顯零點(diǎn)，而后解答就可繼續(xù)進(jìn)行，實(shí)際上，此解法類似于解析幾何中“設(shè)而不求”的方法.
方法技巧 2 極限思想在解決零點(diǎn)問(wèn)題中的應(yīng)用
解決函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，往往要轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與 x 軸的交點(diǎn)問(wèn)題，故需判斷函數(shù)圖象的變化趨勢(shì)，極限
的思想方法是解決問(wèn)題的有力工具.
目錄：
01 ：判斷、證明或討論零點(diǎn)的個(gè)數(shù)
02 ：根據(jù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍
03 ：與函數(shù)零點(diǎn)相關(guān)的綜合問(wèn)題
01 ：判斷、證明或討論零點(diǎn)的個(gè)數(shù)
3
例 1 已知函數(shù) f(x)＝xsin x－ .
2
判斷函數(shù) f(x)在(0，π)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并加以證明.
解　f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn).證明如下：
π
∵f′(x)＝sin x＋xcos x，當(dāng) x∈(0， )時(shí)，f′(x)＞0，2
3 3 π π－3
f(x)＝xsin x－ ，從而有 f(0)＝－ ＜0，f
2 2 (2 )＝ ＞0，2
π
又 f(x)在[0， ]上的圖象是連續(xù)不間斷的.2
π
所以 f(x)在(0， )內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn).2
π π
又 f(x)在[0， ]上單調(diào)遞增，故 f(x)在2 (0，2 )內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn).
π
當(dāng) x∈[ ，π ]時(shí)，令 g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x.2
由 g(π ) π＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且 g(x)在[ ，π ]上的圖象是連續(xù)不間斷的，2 2
π
故存在 m∈( ，π2 )，
使得 g(m)＝0.
由 g′(x)＝2cos x－xsin x，
π
知 x∈( ，π )時(shí)，有 g′(x)＜0，2
π
從而 g(x)在( ，π )內(nèi)單調(diào)遞減.2
π π
當(dāng) x∈( ，m )時(shí)，g(x)＞g(m)＝0，即 f′(x)＞0，從而 f(x)在2 ( ，m )內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng) x∈2 [π，m ] π時(shí)，f(x)≥f2 (2 )
π－3 π
＝ ＞0，故 f(x)在[ ，m 上無(wú)零點(diǎn)；2 2 ]
當(dāng) x∈(m，π)時(shí)，有 g(x)＜g(m)＝0，即 f′(x)＜0，從而 f(x)在(m，π)內(nèi)單調(diào)遞減.
又 f(m)＞0，f(π)＜0，且 f(x)在[m，π]上的圖象是連續(xù)不斷的，從而 f(x)在(m，π)內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).
綜上所述，f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn).
感悟提升　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的零點(diǎn)常用方法
(1)構(gòu)造函數(shù) g(x)，利用導(dǎo)數(shù)研究 g(x)的性質(zhì)，結(jié)合 g(x)的圖象，判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).
(2)利用零點(diǎn)存在定理，先判斷函數(shù)在某區(qū)間有零點(diǎn)，再結(jié)合圖象與性質(zhì)確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn).
1
訓(xùn)練 1 已知函數(shù) f(x)＝ x3－a(x2＋x＋1).
3
(1)若 a＝3，求 f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).
1
(1)解　當(dāng) a＝3 時(shí)，f(x)＝ x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
3
令 f′(x)＝0，解得 x＝3－2 3或 x＝3＋2 3.
當(dāng) x∈(－∞，3－2 3)∪(3＋2 3，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；
當(dāng) x∈(3－2 3，3＋2 3)時(shí)，f′(x)<0.
故 f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)單調(diào)遞增，在(3－2 3，3＋2 3)單調(diào)遞減.
x3
(2)證明　由于 x2＋x＋1>0，所以 f(x)＝0 等價(jià)于 －3a＝0.
x2＋x＋1
x3 x2（x2＋2x＋3）
設(shè) g(x)＝ －3a，則 g′(x)＝ ≥0，僅當(dāng) x＝0 時(shí) g′(x)＝0，所以 g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞
x2＋x＋1 （x2＋x＋1）2
增.
故 g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而 f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn).
1
又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－
3
1
＝－6(a－6 )
2 1
－ <0，
6
1
f(3a＋1)＝ >0，故 f(x)有一個(gè)零點(diǎn).
3
綜上，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).
02 ：根據(jù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍
例 2 已知函數(shù) f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).
(1)當(dāng) a＝2 時(shí)，求 f(x)的圖象在 x＝1 處的切線方程；
1
(2)若函數(shù) g(x)＝f(x)－ax＋m 在[ ，e ]上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍.e
解　(1)當(dāng) a＝2 時(shí)，f(x)＝2ln x－x2＋2x，
2
則 f′(x)＝ －2x＋2，切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，1)，則切線的斜率 k＝f′(1)＝2，則函數(shù) f(x)的圖象在 x＝1 處的切線方程
x
為 y－1＝2(x－1)，即 y＝2x－1.
(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2ln x－x2＋m，
2 －2（x＋1）（x－1）
則 g′(x)＝ －2x＝ ，
x x
1
∵x∈[ ，e ]，e
∴由 g′(x)＝0，得 x＝1.
1
當(dāng) ≤x＜1 時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù) g(x)單調(diào)遞增，
e
當(dāng) 1＜x≤e 時(shí)，g′(x)＜0，函數(shù) g(x)單調(diào)遞減，
故當(dāng) x＝1 時(shí)，函數(shù) g(x)取得極大值 g(1)＝m－1，
(1 1又 g )＝m－2－ ，g(e)＝m＋2－e2，e e2
(1且 g )＞g(e)，e
[1
g（1）＝m－1＞0，
∴g(x)＝f(x)－ax＋m 在 ，e ]上有兩個(gè)零點(diǎn)需滿足條件 1 1e {g( )＝m－2－ 2 ≤ 0，e e
1
解得 1＜m≤2＋ .
e2
( 1故實(shí)數(shù) m 的取值范圍是 1，2＋ .e2]
感悟提升　1.函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)可轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，根據(jù)圖象的幾何直觀求解.
2.與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的參數(shù)范圍問(wèn)題，往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)判斷函數(shù)的
大致圖象，進(jìn)而求出參數(shù)的取值范圍.也可分離出參數(shù)，轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)情況.
訓(xùn)練 2 已知函數(shù) f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.
(1)當(dāng) a＝0 時(shí)，求函數(shù) f(x)的極值；
(2)若函數(shù) f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
解　(1)當(dāng) a＝0 時(shí)，f(x)＝ex－ex，
則 f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，
當(dāng) x<1 時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng) x>1 時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
所以 f(x)在 x＝1 處取得極小值，且極小值為 f(1)＝0，無(wú)極大值.
(2)由題意得 f′(x)＝ex－2ax＋a－e，
設(shè) g(x)＝ex－2ax＋a－e，
則 g′(x)＝ex－2a.
若 a＝0，由(1)知 f(x)的極小值 f(1)＝0，故 f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)沒(méi)有零點(diǎn).
若 a<0，則 g′(x)＝ex－2a>0，故函數(shù) g(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增.
又 g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在 x0∈(0，1)，使 g(x0)＝0.
故當(dāng) x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng) x∈(x0，1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.
因?yàn)?f(0)＝1，f(1)＝0，所以當(dāng) a<0 時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)存在零點(diǎn).
若 a>0，由(1)得當(dāng) x∈(0，1)時(shí)，ex>ex.
則 f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，
此時(shí)函數(shù) f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)沒(méi)有零點(diǎn).
綜上，實(shí)數(shù) a 的取值范圍為(－∞，0).
03 ：與函數(shù)零點(diǎn)相關(guān)的綜合問(wèn)題
例 3 設(shè)函數(shù) f(x)＝e2x－aln x.
(1)討論 f(x)的導(dǎo)函數(shù) f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
2
(2)證明：當(dāng) a>0 時(shí)，f(x)≥2a＋aln .
a
a
(1)解　f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ (x>0).
x
當(dāng) a≤0 時(shí)，f′(x)>0，f′(x)沒(méi)有零點(diǎn)；
a
當(dāng) a>0 時(shí)，因?yàn)?y＝e2x單調(diào)遞增，y＝－ 單調(diào)遞增，
x
所以 f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
a 1
又 f′(a)>0，當(dāng) b 滿足 04 4
(討論 a≥1 或 a<1 來(lái)檢驗(yàn)，
1
①當(dāng) a≥1 時(shí)，則 04
a 1 1
f′(b)＝2e2b－ <2e －4a<2e －4<0；
b 2 2
a a a 1
②當(dāng) a<1 時(shí)，則 04 b 2 2
故當(dāng) a>0 時(shí)，f′(x)存在唯一零點(diǎn).
(2)證明　由(1)，可設(shè) f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為 x0，
當(dāng) x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng) x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.
故 f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng) x＝x0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為 f(x0).
a
由于 2e2x0－ ＝0，x0
a 2 2
所以 f(x0)＝ ＋2ax0＋aln ≥2a＋aln .2x0 a a
2
故當(dāng) a>0 時(shí)，f(x)≥2a＋aln .
a
感悟提升　1.在(1)問(wèn)中，當(dāng) a>0 時(shí)，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，從而 f′(x)在(0，＋∞)上至多有一個(gè)零點(diǎn)，
問(wèn)題的關(guān)鍵是找到 b，使 f′(b)<0.
2
2.由(1)問(wèn)知，函數(shù) f′(x)存在唯一零點(diǎn) x0，則 f(x0)為函數(shù)的最小值，從而把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明 f(x0)≥2a＋aln .a
(1 (1訓(xùn)練 3 設(shè)函數(shù) f(x)＝x3＋bx＋c，曲線 y＝f(x)在點(diǎn) ，f 處的切線與 y 軸垂直.2 2 ))
(1)求 b；
(2)若 f(x)有一個(gè)絕對(duì)值不大于 1 的零點(diǎn)，證明：f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于 1.
(1)解　f′(x)＝3x2＋b.
依題意得 f′(1 ) 3＝0，即 ＋b＝0，2 4
3
故 b＝－ .
4
3 3 1 1
(2)證明　由(1)知 f(x)＝x3－ x＋c，f′(x)＝3x2－ .令 f′(x)＝0，解得 x＝－ 或 x＝ .
4 4 2 2
f′(x)與 f(x)的情況為：
( 1x －∞，－ ) 1 ( 1 1 1 1－ － ， ，＋∞2 2 2 2) 2 (2 )
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
1 1
f(x) c＋ c－
4 4
1 1
因?yàn)?f(1)＝f(－ )＝c＋ ，2 4
1
所以當(dāng) c<－ 時(shí)，f(x)只有大于 1 的零點(diǎn).
4
1 1
因?yàn)?f(－1)＝f( )＝c－ ，2 4
1
所以當(dāng) c> 時(shí)，f(x)只有小于－1 的零點(diǎn).
4
1 1
由題設(shè)可知－ ≤c≤ .
4 4
1 1
當(dāng) c＝－ 時(shí)，f(x)只有兩個(gè)零點(diǎn)－ 和 1.
4 2
1 1
當(dāng) c＝ 時(shí)，f(x)只有兩個(gè)零點(diǎn)－1 和 .
4 2
1 1 1 1 1
當(dāng)－ x3∈(1，1 ).2
綜上，若 f(x)有一個(gè)絕對(duì)值不大于 1 的零點(diǎn)，則 f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于 1.
方法技巧 1 隱零點(diǎn)問(wèn)題
在求解函數(shù)問(wèn)題時(shí)，很多時(shí)候都需要求函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上的零點(diǎn)，但所述情形都難以求出其準(zhǔn)確值，導(dǎo)致
解題過(guò)程無(wú)法繼續(xù)進(jìn)行時(shí)，可這樣嘗試求解：先證明函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上存在唯一的零點(diǎn)(例如，函數(shù) f(x)在
區(qū)間 I 上是單調(diào)函數(shù)且在區(qū)間 I 的兩個(gè)端點(diǎn)的函數(shù)值異號(hào)時(shí)就可證明存在唯一的零點(diǎn))，這時(shí)可設(shè)出其零點(diǎn)
是 x0.因?yàn)?x0不易求出(當(dāng)然，有時(shí)是可以求出但無(wú)需求出)，所以把零點(diǎn) x0叫做隱零點(diǎn)；若 x0容易求出，就
叫做顯零點(diǎn)，而后解答就可繼續(xù)進(jìn)行，實(shí)際上，此解法類似于解析幾何中“設(shè)而不求”的方法.
例 設(shè)函數(shù) f(x)＝ex－ax－2.
(1)求 f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若 a＝1，k 為整數(shù)，且當(dāng) x>0 時(shí)，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求 k 的最大值.
解　(1)f(x)的定義域?yàn)?R，f′(x)＝ex－a.
當(dāng) a≤0 時(shí)，f′(x)>0 恒成立，
所以 f(x)單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無(wú)單調(diào)減區(qū)間.
當(dāng) a>0 時(shí)，令 f′(x)<0，得 x令 f′(x)>0，得 x>ln a，
所以 f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，ln a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(ln a，＋∞).
(2)由題設(shè)可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
x＋1
即 k0)恒成立，
ex－1
x＋1
令 g(x)＝ ＋x(x>0)，
ex－1
ex－1－（x＋1）ex
得 g′(x)＝ ＋1
（ex－1）2
ex（ex－x－2）
＝ (x>0).
（ex－1）2
由(1)的結(jié)論可知，函數(shù) h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函數(shù).
又因?yàn)?h(1)<0，h(2)>0，
所以函數(shù) h(x)的唯一零點(diǎn) α∈(1，2)(該零點(diǎn)就是 h(x)的隱零點(diǎn)).
當(dāng) x∈(0，α)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng) x∈(α，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，
α＋1
所以 g(x)min＝g(α)＝ ＋α.eα－1
又 h(α)＝eα－α－2＝0，
所以 eα＝α＋2 且 α∈(1，2)，
則 g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，
所以 k 的最大值為 2.
方法技巧 2 極限思想在解決零點(diǎn)問(wèn)題中的應(yīng)用
解決函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，往往要轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與 x 軸的交點(diǎn)問(wèn)題，故需判斷函數(shù)圖象的變化趨勢(shì)，極限
的思想方法是解決問(wèn)題的有力工具.
例 (1)已知函數(shù) f(x)＝ax－x2(a＞1)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
解　令 f(x)＝ax－x2＝0，可得 ax＝x2.
①當(dāng) x＜0 時(shí)，函數(shù) y＝ax與 y＝x2的圖象有一個(gè)交點(diǎn)；
②當(dāng) x＞0 時(shí)，兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù)得 xln a＝2ln x，
2ln x 2ln x
即 ln a＝ ，由題意得函數(shù) y＝ ln a 與 g(x)＝ 的圖象在(0，＋∞)上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，g′(x)＝
x x
2（1－ln x）
，令 g′(x)＞0，解得 0＜x＜e，則 g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增；令 g′(x)＜0，解得 x＞e，則 g(x)在
x2
2
(e，＋∞)上單調(diào)遞減，則 g(x)max＝g(e)＝ ，當(dāng) x→＋∞時(shí)，g(x)→0 且 g(x)＞0；e
2 2 2
當(dāng) x→0 時(shí)，g(x)→－∞，則有 0＜ln a＜ ，解得 1＜a＜e .綜上，a 的取值范圍是
e (1，e ).e e
(2)已知函數(shù) f(x)＝ex(x＋1)，若函數(shù) g(x)＝f(x)－3ex－m 有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍.
解　g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函數(shù) g(x)＝ex(x－2)－m 有兩個(gè)零點(diǎn)，相當(dāng)于函數(shù) u(x)＝ex·(x－2)的圖象與直線 y＝m 有兩個(gè)交點(diǎn)，u′(x)＝ex·(x
－2)＋ex＝ex(x－1)，
當(dāng) x∈(－∞，1)時(shí)，u′(x)＜0，
∴u(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；
當(dāng) x∈(1，＋∞)時(shí)，u′(x)＞0，
∴u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴當(dāng) x＝1 時(shí)，u(x)取得極小值 u(1)＝－e.
又當(dāng) x→＋∞時(shí)，u(x)→＋∞，
當(dāng) x＜2 時(shí)，u(x)＜0，
∴實(shí)數(shù) m 的取值范圍為{m|－e＜m＜0}.
一、解答題
1 2．（2024·北京順義·三模）已知函數(shù) f x = x ln 2x +1 - ax .
(1)求曲線 y = f x 在點(diǎn) 0, f 0 處的切線方程；
(2)當(dāng) a < 0時(shí)，求證：函數(shù) f x 存在極小值；
(3)求函數(shù) f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
【答案】(1) y = 0
(2)證明見(jiàn)解析
(3)答案見(jiàn)解析
【分析】（1）求出函數(shù) f (x) 的導(dǎo)數(shù) f (x) ，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解作答.
1
（2）討論函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (- ,0) 和 (0, + )上的符號(hào)即可推理作答.
2
ln 2x +1 1
（3）在 x 0時(shí)，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù) g x = ，再探討 g(x)在
x
- ,0÷ 0, + 上的零點(diǎn)情況即
è 2
可作答.
【解析】（1）由函數(shù) f x = x ln 2x +1 - ax2 求導(dǎo)得： f x = ln 2x +1 2x+ - 2ax，
2x +1
所以 f (0) = 0 ，因?yàn)?f (0) = 0，
所以曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (0, f (0)) 處的切線方程是 y = 0 .
（2）函數(shù) f x = x ln 2x +1 - ax2 1 2x的定義域?yàn)?(- , + )，由（1）知， f x = ln 2x +1 + - 2ax，
2 2x +1
1
因?yàn)?a < 0，則當(dāng)- < x < 0時(shí)， ln(2x +1) < 0 2x， < 0 ，-2ax < 0，
2 2x +1
1
所以，有 f (x) < 0 ，函數(shù) f (x) 在 (- ,0) 上遞減，
2
當(dāng) x > 0時(shí)， ln(2x +1) > 0
2x
， > 0 ，-2ax > 0，則有 f (x) > 0 ，函數(shù) f (x) 在 (0, + )上遞增，
2x +1
所以，當(dāng) x = 0時(shí)，函數(shù) f (x) 取得極小值，
所以，當(dāng) a < 0時(shí)，函數(shù) f (x) 存在極小值.
2 1
（3）函數(shù) f x = x ln 2x +1 - ax 的定義域?yàn)?(- , + )， f x = 0 x ln 2x +1 = ax2，
2
顯然 x = 0是函數(shù) f (x) 的零點(diǎn)，
當(dāng) x 0時(shí)，函數(shù) f (x) a
ln(2x +1)
的零點(diǎn)即為方程 = 的解，
x
ln 2x +1
2x
g x 1= , x - ln 2x +1 令
x
- ,0÷ 0, + ，則
è 2 g x = 2x +1
，
x2
2 2 4x
令 h x 2x= - ln 2x +1 ，則 h x = - = -
2x +1 2x +1 2 2x +1 2x +1 2 ，
1
當(dāng)- < x < 0時(shí)， h (x) > 0，當(dāng) x > 0時(shí)， h (x) < 0，
2
所以函數(shù) h(x) 在 (
1
- ,0) 上遞增，在 (0, + )上遞減，
2
1
" x - ,0÷ 0, + ， h(x) < h(0) = 0 ，
è 2
所以，有 g (x) < 0， g(x) (
1
在 - ,0) ， (0, + )上都遞減，
2
令j(x) = ln(2x +1) - 2x
2 4x
，j x = - 2 = - ，
2x +1 2x +1
1
當(dāng)- < x < 0時(shí)，j (x) > 0 ，當(dāng) x > 0時(shí)，j (x) < 0，
2
1
所以，j(x) 在 (- ,0) 上遞增，在 (0, + )上遞減，j(x) j(0) = 0，
2
1
所以，" (- ,+ ) ，恒有 ln(2x +1) 2x，當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時(shí)取“=”，
2
1 x 0 ln(2x +1)所以，當(dāng)- < < 時(shí)， > 2
ln 2x +1
，當(dāng) x

> 0時(shí)，0 < < 2，
2 x x
1
所以， g x 在 (- ,0) 上單調(diào)遞減， g x 取值集合為 (2,+ ) ，
2
g x 在 (0, + )上遞減， g x 取值集合為 (0,2)，
ln(2x +1)
所以，當(dāng)0 < a < 2 或 a > 2時(shí)，方程 a = 有唯一解，
x
當(dāng) a 0或 a = 2時(shí)，此方程無(wú)解，
所以，當(dāng) a 0或 a = 2時(shí)，函數(shù) f (x) 有一個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)0 < a < 2 或 a > 2時(shí)，函數(shù) f (x) 有兩個(gè)零點(diǎn).
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及含參的函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)分類討論，研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等，結(jié)合零
點(diǎn)存在性定理，借助數(shù)形結(jié)合思想分析解決問(wèn)題.
2．（2024·湖南常德·一模）已知函數(shù) f x 1= 2lnx - x + x ．
(1)求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
1 1 2
(2) 證明： 1+

2 ÷ 1+

2 ÷ 1
1
+
1 *
2 ÷
1+ ÷ < e3 n N , n 2 ；
è è 3 è 42 è n2
(3)若函數(shù) g x = m2 ln2 x 1- x - + 2 m > 0 有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求m 的取值范圍．
x
【答案】(1) f (x) 的單調(diào)遞減區(qū)間為 (0, + )，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間，
(2)證明見(jiàn)解析
(3) (1, + )
【分析】（1）求出 f (x) 的定義域，對(duì) f (x) 求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系求解即可；
1 x 1
（2）由（1）可得 x (1,+ )時(shí)， f (x) = 2ln x - x + < f (1) = 0，從而可得 ln x < - ，令
x 2 2x
x 1 1
1 1 1
= + (n N*2 ,n 2)
ln(1+ ) <
，利用放縮法可得 n2 1
- 1 ，利用裂項(xiàng)求和法即可得證；
n n - n +2 2
（3）對(duì) g(x)
x -1
化簡(jiǎn)可得 g(x)
x -1 x -1
= (m ln x - )(m ln x + )， y = m ln x +x x 只有一個(gè)零點(diǎn) x =1，令x t = x
，則
g(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)等價(jià)于函數(shù) h(t)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，分0 < m 1和m > 1兩種情況討論，結(jié)合零點(diǎn)存
在性定理即可求解．
【解析】（1）函數(shù) f (x) 定義域?yàn)?(0, + )，
2 1 -x2 + 2x -1 - x -1f (x) 1
2
因?yàn)?= - - 2 = 2 = 2 0 ，x x x x
所以 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞減，故 f (x) 的單調(diào)遞減區(qū)間為 (0, + )，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間，
（2）證明：由（1） x (1,+ )時(shí)， f (x) = 2ln x
1
- x + < f (1) = 0，
x
ln x x 1 x 1 1所以 < - ，令 = + 2 (n N
*,n 2)，
2 2x n
ln(1 1 ) 1 (1 1 1 1 1 1+ 2 < + 2 ) - 1 = ( 2 + 2 )
1 1 1 1
< < = -
則 n 2 n 22(1 1 1 1+ ) 2 n +1 n n2 n
2 - n - n + ，
n 4 2 2
ln(1 1+ 2 ) + ln(1
1
+ 2 ) + ln(1
1
+ 2 ) +L+ ln(1
1
+ 2 )2 3 4 n
( 1 1 1 1 1 1<
2 1
-
2 1
) + (
3 1
- 1 ) +L+ (3 n 1
-
n 1
)
- + - + - +
2 2 2 2 2 2
2 1 2
= -
3 n 1
<
+ 3 ，
2
ln 1 1+ 1 1 1 2故 2 ÷ 1+

2 ÷ 1+

2 ÷ 1+ 2 ÷ < n N*, n 2 è 2 è 3 è 4 è n 3
1 1 2
所以 (1+ 2 )(1+ 2 )(1
1
+ 2 )L(1
1
+ 2 ) < e3 ；2 3 4 n
2
（3） g(x) = m2 ln2 x x
1 (x -1) x -1 x -1
- - + 2 = m2 ln2 x - = (m ln x - )(m ln x + ) ，
x x x x
x -1
因?yàn)?ln x與 x -1同號(hào)，所以 y = m ln x + 只有一個(gè)零點(diǎn) x =1，
x
x -1 1
令 t = x ， y = m ln x - =2m ln t- t+ ，由 f 1t = 0x ，
g(x) h(x) 2m ln x x 1則 有三個(gè)不同的零點(diǎn)等價(jià)于函數(shù) = - + (m > 0)x 有三個(gè)不同的零點(diǎn)，
函數(shù) h(x) 定義域?yàn)?(0, + )，
2m 1 -x2 + 2mx -1
因?yàn)?h (x) = -1- 2 = 2 ，x x x
設(shè) k(x) = -x2 + 2mx -1，則D = 4(m2 -1)，
①當(dāng)0 < m 1時(shí)，D 0， h (x) 0恒成立，此時(shí) h(x) 在 (0, + )上單調(diào)遞減，顯然不符合題意，
②當(dāng)m > 1時(shí)，D > 0， k(x) 有兩個(gè)零點(diǎn) x1 = m - m2 -1 ， x2 = m + m2 -1 ，
所以當(dāng)0 < x < x1 時(shí)， k(x) < 0，即 h (x) < 0；當(dāng) x1 < x < x2 時(shí)， k(x) > 0 ，即 h (x) > 0；
當(dāng) x > x2 時(shí)， k(x) < 0，即 h (x) < 0．
故 h(x) 在 (0, x1)， (x2 , + )上單調(diào)遞減，在 (x1 , x2 ) 上單調(diào)遞增；
因?yàn)?h 1 = 0，且 x1x2 =1，所以 x1 <1< x2 ，所以 h(x1) < h 1 =0 < h(x2 )，
由（2）知， x >1時(shí)， ln x
x 1
< - ，
2 2x
1
所以 ln x
x 1
< -
2 ，即
ln x < x - ，
2 x x
h(4m2 ) 2m ln(4m2 ) 4m2 1 1 1 1- 4m
2
所以 = - + 2 < 2m(2m - ) - 4m
2 + = < 0，
4m 2m 4m2 4m2
所以由零點(diǎn)存在性定理知， h(t)在區(qū)間 (t 22 , 4m ) 上有唯一的一個(gè)零點(diǎn) t0 ，
因?yàn)?h(t0 ) + h(
1 ) = 2m ln t - t 1+ + 2m ln 1 1- + t = 0
t 0 0 t t t 0 ，0 0 0 0
因?yàn)?h(t0 ) = 0，所以 h(
1 ) = 0
t ，0
1
所以m > 1時(shí)， h(t)存在三個(gè)不同的零點(diǎn) t ，1，
t0 ，
0
故實(shí)數(shù)m 的取值范圍是 (1, + )．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問(wèn)題的求解策略：
1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；
2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題．
3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的
新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問(wèn)題，就要考慮利用分類討論法和放縮
法，注意恒成立與存在性問(wèn)題的區(qū)別．
1
3．（2024·陜西商洛· 2 2三模）已知函數(shù) f x = 2a ln x - x - ax a R ．
2
(1)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
2x
(2)當(dāng) a > 0 e 2時(shí)，若函數(shù) g x = + aex 和 h x = 2a x 的圖象在 0,1 上有交點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
2
【答案】(1)答案見(jiàn)解析；
é 3
(2) êe4 , + ÷

【分析】（1）求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)，分類討論確定 f (x) 的符號(hào)，得出單調(diào)區(qū)間；
（2）換元轉(zhuǎn)化后，問(wèn)題可化為 f (x) 在 0,1 上有零點(diǎn)，根據(jù) f (x) 單調(diào)性并分類討論即可得解.
2 2
【解析】（1）函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + f x -x - ax + 2a， = ．
x
令 f x = 0，得 x = a, x = -2a
①當(dāng) a = 0時(shí)， f x < 0， f (x) 在 0, + 上單調(diào)遞減；
②當(dāng) a > 0時(shí)，列表如下：
x 0,a a a,+
f x + 0 -
f x Z 極大值 ]
所以 f x 在 0,a 上遞增， f x 在 a,+ 上遞減；
③當(dāng) a < 0時(shí)，列表如下
x 0, -2a -2a -2a, +
f x + 0 -
f x Z 極大值 ]
所以 f x 在 0, -2a 上遞增， f x 在 -2a, + 上遞.
綜上，當(dāng) a = 0時(shí)， f x 在 0, + 上遞減；當(dāng) a > 0時(shí)， f x 在 0,a 上遞增， f x 在 a, + 上遞減；當(dāng)
a < 0時(shí)， f x 在 0, -2a 上遞增， f x 在 -2a, + 上遞減.
（2）當(dāng) a > 0時(shí)，設(shè) x = lnt,Q x 0,1 \t 1,e
e2x
函數(shù) g x = + aex 和 h x = 2a2x 的圖象在 0,1 有交點(diǎn)，
2
t2
等價(jià)于函數(shù) g x = + at 和h x = 2a2lnt 的圖象在 1,e 上有交點(diǎn)，
2
g x x
2
即函數(shù) = + ax 和h x = 2a2lnx 的圖象在 1,e 上有交點(diǎn)，
2
等價(jià)于 f x 的圖象在 1,e 有零點(diǎn)，
f x 的單調(diào)遞增區(qū)間是 0,a ，單調(diào)遞減區(qū)間是 a,+ ．
f 1 1= - - a < 0，由（1）知 a > 1
2
當(dāng)a e 時(shí)， f x 在 1,e 為增函數(shù)， f x 在 1,e 上有零點(diǎn)，則 f e > 0
\4a2 2ea e2 0 a 1- 5 1+ 5- - > \ < e 或 a > e，\a e ；
4 4
當(dāng)1< a < e 時(shí)， f x 在 1, a 遞增，在 a, e 遞減，
Q f 1 < 0\ f a 0，
即2a2lna
1
- a2 - a2 0\lna 3 3 ，
2 4 \e4 a < e
é 3
綜合得：實(shí)數(shù) a的取值范圍為 êe4 , + ÷ .

t2 2
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵點(diǎn)在于通過(guò)令 x = lnt 換元，轉(zhuǎn)化為函數(shù) g x = + at 和h x = 2a lnt 的圖象
2
在 1,e 上有交點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為 f x 的圖象在 1,e 有零點(diǎn)，通過(guò)轉(zhuǎn)化即可利用 f (x) 的單調(diào)性求解.
4．（2024·湖南岳陽(yáng)·三模）已知VABC 的三個(gè)角 A, B,C 的對(duì)邊分別為 a,b,c且 c = 2b，點(diǎn)D在邊BC 上， AD
是 BAC 的角平分線，設(shè) AD = kAC （其中 k 為正實(shí)數(shù)）．
(1)求實(shí)數(shù) k 的取值范圍；
(2) 3 5 b設(shè)函數(shù) f (x) = ax3 - bx2 + cx -
3 2 2
① 2 3當(dāng) k = 時(shí)，求函數(shù) f (x) 的極小值；
3
②設(shè) x0 是 f (x) 的最大零點(diǎn)，試比較 x0 與 1 的大小．
【答案】(1)

0,
4
÷
è 3
(2)①0；②答案見(jiàn)解析.
4
【分析】（1）方法一：設(shè) BAC = 2a ，由 S△ ABD + S△ ACD = S△ ABC ，結(jié)合三角形面積公式化簡(jiǎn)可得 k = cosa ，3
由此可求實(shí)數(shù) k 的取值范圍，
方法二：由 AD 是 BAC 的角平分線，結(jié)合面積公式證明BD = 2CD，根據(jù)關(guān)系 cos ADB + cos ADC = 0，
6 3k 2 b2 2a
2 a
結(jié)合余弦定理可得 - = ，結(jié)合三角形性質(zhì)求 的范圍，可得結(jié)論.
3 b
4
（2）①方法一：由（1）方法一可得 k = cosa ，結(jié)合條件求a ，結(jié)合余弦定理可得
3 a = 3b
，
2
方法二：由（1）方法二可得 6 2a 5 1 - 3k 2 b2 = 3 2，由此可得 a = 3b ，由此可得 f (x) = b x - x + 2x - ，3 2 2 ÷è
求 f x ，再解方程 f x = 0，分區(qū)間判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合極值定義求結(jié)論，
② 2 3 2 3 2 3在 k = 時(shí)， 解方程 f (x) = 0 ，求出函數(shù)零點(diǎn)，由此可得 x0 = 1，分別在 k > ， k < 時(shí)，確定 a,b
3 3 3
關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)方法求函數(shù)的極值點(diǎn)，由此比較 x0 ,1的關(guān)系.
【解析】（1）方法一：設(shè) BAC = 2a ，
因?yàn)?AD 是 BAC 的角平分線，所以 BAD = CAD = a ，
因?yàn)?S△ ABD + S△ ACD = S△ ABC
1
所以 (b + c) × AD sina
1
= bc sin 2a ，
2 2
4
c 2b AD kAC k = cosa a 代入 = ， = ，化簡(jiǎn)得： ，因?yàn)? 0,
π
，
3 ֏ 2
0, 4 所以實(shí)數(shù) k 的取值范圍 3 ÷ ．è
方法二：因?yàn)?AD 是 BAC 的角平分線，所以 BAD = CAD ，
1
S c × AD ×sin BADVABD = 2 c
S
= V ABD
BD
1 ，又
=
S CD ，又 c = 2b，SVACD b × AD ×sin CAD b V ACD
2
2a
所以BD = 2CD，故BD = , DC
a
= ，
3 3
在△ABD 和△ADC 中由余弦定理得
AB2 = BD2 + AD2 - 2BD AD cos ADB, AC 2 = CD2 + AD2 - 2CD AD cos ADC
所以
2
c2 2a 2 2a 2 a
2
2 a= ÷ + (kb) - 2 kb cos ADB ，b = ÷ + (kb) - 2 kb cos ADC
è 3 3 è 3 3
又 ADB + ADC = π ，則 cos ADB + cos ADC = 0
2 2
所以 c2 + 2b2 2a= + 3 kb 2 ，又 c = 2b，所以 6 - 3k 2 b2 2a=3 3
ìb + 2b > a
V aABC 3 6 - 3k
2
在 中有 í a b 2b ，所以1< < 3，所以+ > b 1 < < 9 2
4 4
得0 < k <

，所以實(shí)數(shù) k 的取值范圍
3
0,
è 3 ÷
2 3 π π
（2）①法一：當(dāng) k = 時(shí)，由（1）知cosa 3= ，則a = ，此時(shí) BAC = ，
3 2 6 3
2 2 2 π
由余弦定理有： a = b + c - 2bccos c = 2b3 及 得 a = 3b ，
6 3k 2 b2 2a
2
法二：由 - = k 2 3，當(dāng) = 時(shí)有 a = 3b .
3 3
故 f (x) = b
x3 5 - x
2 + 2x 1- ÷ ，
è 2 2
所以 f (x) = b 3x2 - 5x + 2 = b(3x - 2)(x -1) ，
令 f (x) = 0
2
，可得 x = 或 x =1，
3
當(dāng) x
2
< 時(shí)， f (x) > 0 ，函數(shù) f (x) 單調(diào)遞增，
3
2
當(dāng) < x <1時(shí)， f (x) < 0 ，函數(shù) f (x) 單調(diào)遞減，
3
當(dāng) x >1時(shí)， f (x) > 0 ，函數(shù) f (x) 單調(diào)遞增，
故當(dāng) x =1時(shí)，函數(shù) f (x) 取極小值，極小值為 f (1) = 0．
② 2 3（ⅰ）當(dāng) k = 時(shí)，由①知 a = 3b ，又 c = 2b，
3
3 5 2
故 f (x) = b x - x + 2x
1
-
b
÷ = (x -1)
2 (2x -1)
è 2 2 2
知 f (x) 的零點(diǎn)為1,
1
，
2
故 f (x) 的最大零點(diǎn) x0 = 1；
ⅱ 2 3 k 4（ ）當(dāng) < < 時(shí)，由（1）知cosa 3> ，
3 3 2
則 cos BAC = 2cos2 a 1
1
- > ，
2
cos BAC b
2 + c2 - a2 1
由余弦定理有 = > ，代入 c = 2b，
2bc 2
解得 a < 3b，由 a + b > c知 a > c - b = b ，故 a (b, 3b)，

f (x) b a x3 5= - x
2 + 2x 1 3a- 2÷ ， f (x) = b x - 5x + 2 ，è 3b 2 2 è b
÷÷

t 3a設(shè) = ( 3,3)
b
f (x) = 0 x 5 - 25 -8t令 解得： 1 = , x
5 + 25 -8t
2 = ，且 x1 < x2，2t 2t
當(dāng) x < x1時(shí)， f (x) > 0 ，函數(shù) f (x) 單調(diào)遞增，
當(dāng) x1 < x < x2 時(shí)， f (x) < 0 ，函數(shù) f (x) 單調(diào)遞減，
當(dāng) x > x2 時(shí)， f (x) > 0 ，函數(shù) f (x) 單調(diào)遞增，
因?yàn)?f (1) = b(t - 3) < 0，故 x1 <1< x2 ，
且 f (1) = b
t
-1÷ < 0, x + 時(shí)， f (x) > 0 ，
è 3
故 f (x) 在 (1, + )上有唯一零點(diǎn) x0 ，此時(shí) x0 >1成立
（ⅲ k 2 3） < 時(shí)，由（1）知0 < cosa 3< ，
3 2
則 cos BAC = 2cos2 a
1
-1 -1,

÷，
è 2
b2 + c2 - a2
由余弦定理有 cos BAC = ，及 c = 2b，
2bc
解得 3b < a < 3b，
由 a + b > c知 a > c - b = b ，故 3b < a < 3b，
所以 t (3,3 3)
25
當(dāng) t
3, ÷時(shí)，令 f (x) = 0 x
5 - 25 -8t 5 + 25 -8t
解得： x
8 1 = , x2 =
，且 1 < x2，
è 2t 2t
當(dāng) x < x1時(shí)， f (x) > 0 ，函數(shù) f (x) 單調(diào)遞增，
當(dāng) x1 < x < x2 時(shí)， f (x) < 0 ，函數(shù) f (x) 單調(diào)遞減，
當(dāng) x > x2 時(shí)， f (x) > 0 ，函數(shù) f (x) 單調(diào)遞增，
因?yàn)?f (1) = b(t - 3) > 0 ，且 f (x) = b tx2 - 5x + 2 5的圖象的對(duì)稱軸 x = <1
2t
t
所以 0 < x1 < x2 <1，又因?yàn)?f (1) = b
-1 ÷ > 0，
è 3
故 f (x) 在 (1, + )
b
上無(wú)零點(diǎn)，且 f (0) = - < 0，
2
故 x0 (0,1), x0 <1成立；
t é 25 當(dāng) ê ,3 3 ÷時(shí)， f (x) 0恒成立，則 f (x) 在R 上單調(diào)遞增， 8
故函數(shù) f (x) 至多有一個(gè)零點(diǎn)，
由 f (1)
t
= b -1 b ÷ > 0， f (0) = - < 0知 x3 2 0
<1成立；
è
0 k 2 3綜上，當(dāng) < < 時(shí)； x0 <1；
3
當(dāng) k 2 3= 時(shí)， x0 = 1；
3
2 3 4
當(dāng) < k < 時(shí)， x0 >1．
3 3
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：
一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，常化為不等式恒成立問(wèn)題．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；
二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問(wèn)題處理．
2
5．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = + lnx - m．
x
(1)討論 f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)若 f x 有兩個(gè)零點(diǎn)，證明：兩個(gè)零點(diǎn)之和大于 4．
【答案】(1)答案見(jiàn)解析
(2)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）由 f x = 0 m 2 2得 = + lnx，則 g x = + lnx, x > 0與 y = m的交點(diǎn)情況即為函數(shù)零點(diǎn)情況，故
x x
只需利用導(dǎo)數(shù)求出 g x 2= + lnx, x > 0的性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合即可判斷.
x
（2）結(jié)合導(dǎo)數(shù)及函數(shù)的單調(diào)性即可證明.
【解析】（1）由題可得，函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + ．
由 f x = 0 m 2得 = + lnx．
x
g x 2令 = + lnx, x > 0，則 g x 2 1 x - 2= - + = ．
x x2 x x2
令 g x < 0，解得0 < x < 2，令 g x > 0，解得 x > 2，
\ g x 在 0,2 上單調(diào)遞減，在 2, + 上單調(diào)遞增．
\當(dāng) x = 2時(shí)， g x 取得極小值，也是最小值，最小值為 g 2 =1+ ln2．
設(shè) h x = ln x 1-1+ , x > 0 ，
x
h x 1 1 x -1所以 = - 2 = 2 ，x x x
所以當(dāng) x >1時(shí)， h x > 0， h x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
當(dāng)0 < x <1時(shí)， h x < 0， h x 在 0,1 上單調(diào)遞減，
所以 h x h 1 = 0，
ln x 1 1所以 - ，
x
g x 2 lnx 2 1 1所以 = + +1- = +1，
x x x x
1 1
當(dāng) x 0 時(shí)， + ， +1 + ，
x x
2
當(dāng) x +
2
時(shí)， 0,ln x + ，所以 + ln x + ，
x x
所以作出 g x 的大致圖象，如圖．
由圖可知，當(dāng)m < 1+ ln2時(shí)，直線 y = m與函數(shù) g x 的圖象無(wú)交點(diǎn)，
\函數(shù) f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 0；
當(dāng)m = 1+ ln2 時(shí)，直線 y = m與函1+ ln2數(shù) g x 的圖象有 1 個(gè)交點(diǎn)，
\函數(shù) f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 1；
當(dāng)m > 1+ ln2 時(shí)，直線 y = m與函數(shù) g x 的圖象有 2 個(gè)交點(diǎn)，
\函數(shù) f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 2．
（2）設(shè) f x 的兩個(gè)零點(diǎn)分別為 x1, x2 ，
由（1）知m > 1+ ln2 ，
2 2
不妨令 x1 < x2，則 x1 < 2 < x2 ，且 + lnx1 = + lnx2 = mx x ．1 2
要證明兩個(gè)零點(diǎn)之和大于 4，即 x1 + x2 > 4，只需證 x2 > 4 - x1，
又 x2 > 2,4 - x1 > 2，且 g x 在 2, + 上單調(diào)遞增，
故只需證 g x2 > g 4 - x1 ，即 g x1 > g 4 - x1 ．
令F x = g x - g 4 2 2- x = + ln x - éê + ln 4 - x
ù , x 0,2 ，
x 4 - x ú
F x x - 2 2 - x則 = 2 + = 2 x
é 1 1 ù
- × -
x (4 - x)2 ê 2 2 ú (4 - x) x
1 1
Q 2 - x > 0，4 - x > x ，\ - < 0(4 x)2 x2 ，-
\ F x < 0在 0,2 上恒成立，
\F x 在 0,2 上單調(diào)遞減，
\當(dāng) x 0,2 時(shí)，F(xiàn) x > F 2 = 0，
\ F x1 = g x1 - g 4 - x1 > 0即 g x1 > g 4 - x1 成立，
\ x1 + x2 > 4 ，得證.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：已知函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的常用方法：
（1）分離參數(shù)法：首先分離出參數(shù)，然后利用求導(dǎo)的方法求出構(gòu)造的新函數(shù)的最值，根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)
于參數(shù)的不等式，再通過(guò)解不等式確定參數(shù)范圍．
（2）分類討論法：結(jié)合單調(diào)性，先確定參數(shù)分類的標(biāo)準(zhǔn)，在每個(gè)小范圍內(nèi)研究零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是否符合題意，
將滿足題意的參數(shù)的各小范圍并在一起，即為所求參數(shù)范圍．
（3）將函數(shù) y = f x - g x 的化為 f x = g x 的形式，將函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)轉(zhuǎn)化為 y = f x 與 y = g x 圖象
交點(diǎn)的個(gè)數(shù)問(wèn)題.
6．（2024·河北邯鄲·二模）已知函數(shù) f x = ex - mx, g x = x - mlnx ．
(1)是否存在實(shí)數(shù)m ，使得 f x 和 g x 在 0, + 上的單調(diào)區(qū)間相同？若存在，求出m 的取值范圍；若不存
在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
(2)已知 x1, x2 是 f x 的零點(diǎn)， x2 , x3 是 g x 的零點(diǎn)．
①證明：m > e ，
②證明：1 < x1x2x < e
3
3 ．
【答案】(1)存在，且m - ,0
(2)①證明見(jiàn)解析 ②證明見(jiàn)解析
【分析】（1）結(jié)合導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，分m 0與m > 0進(jìn)行討論即可得；
（2）①利用導(dǎo)數(shù)得到 f x 的單調(diào)性后，借助零點(diǎn)的存在性定理可得 f lnm = m - mlnm < 0，解出即可得；
x
②構(gòu)造函數(shù)m x e= (x > 0), n x x= (x >1)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)的單調(diào)性，畫(huà)出相應(yīng)圖象，可得從而得到
x lnx
x1 = lnx2 ， x = e
x2
3 ，從而可得 x x x = x
3
1 2 3 2 ，結(jié)合x(chóng)2的范圍即可得解.
【解析】（1）由題意得 x 0, + , f x = ex - m, g x =1 m x - m- = ，
x x
當(dāng)m 0時(shí)， f x 0, g x 0，所以 f x 和 g x 在 0, + 上都單調(diào)遞增，符合題意；
當(dāng)m > 0時(shí)，若 f x 和 g x 在 0, + 上的單調(diào)區(qū)間相同，
則 f x 和 g x 有相同的極值點(diǎn)，即 lnm = m，
令 h m = lnm - m，則 h m 1 1 1- m= - = ，
m m
當(dāng)m 0,1 時(shí)， h m > 0，當(dāng)m 1, + 時(shí)， h m < 0 ，
所以 h m 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)遞減，則 h m h 1 = -1，
所以 lnm = m無(wú)解，
綜上，當(dāng)m - ,0 時(shí)， f x 和 g x 在 0, + 上的單調(diào)區(qū)間相同；
（2）① x由題意， f x 有兩個(gè)零點(diǎn)， f x = e - m，
若m 0，則 f x 0，所以 f x 在R 上單調(diào)遞增，不符合題意，
若m > 0，則當(dāng) x - , lnm 時(shí)， f x < 0, f x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x lnm, + 時(shí)， f x > 0, f x 單調(diào)遞增，
且當(dāng) x - 時(shí)， f x - ，當(dāng) x + 時(shí)， f x + ，
所以 f lnm = m - mlnm < 0，解得m > e ，得證；
② f x = 0, g x = 0 ex = mx, x = mlnx e
x x
令 ，得 ，即 = m > 0, = m > 0，
x lnx
ex ex x -1
令m x = (x > 0), n x lnx -1x = (x >1)，則m x = , n x = ，
x lnx x2 (lnx)2
當(dāng) x 0,1 時(shí)，m x < 0, m x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x 1, + 時(shí)，m x > 0, m x 單調(diào)遞增，
當(dāng) x 1,e 時(shí)， n x < 0, n x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x e, + 時(shí)， n x > 0, n x 單調(diào)遞增，
ex x
在同一坐標(biāo)平面內(nèi)作出函數(shù)m x = (x > 0) 與函數(shù) n x = (x >1)的圖象，
x lnx
它們有公共點(diǎn) A x2 , y2 ，如圖，
x1 x2
故0 < x1 <1 < x2 < e < x
e e x2 x3
3 ，且有 = = = ，x1 x2 lnx2 lnx3
ex1 x ex1 elnx2
由 = 2 ，得 = ，即m x1 = m lnx2 ，又0 < lnx < 1，所以 xx lnx x lnx 2 1 = lnx2 ，1 2 1 2
ex2 x x2
= 3
e x3 x x
由 ，得 x = ，即 n e 2 = n x x23 ，又 e > e，所以 x 23 = e ，x2 lnx 23 lne lnx3
ex2 x
= 2 x2 = ex2 × lnx = x x 2由 ，得 2 2 3 1，即 x1x3 = x2 ，x2 lnx2
x x x = x3 1,e3故 1 2 3 2 .
ex
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題最后一問(wèn)關(guān)鍵點(diǎn)在于構(gòu)造函數(shù)m x = (x 0), n x x> = (x >1)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)得到
x lnx
函數(shù)的單調(diào)性，從而得到 x1x2x3 = x
3
2 .
a
7．（2023· x-1河南信陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)函數(shù) f (x) = (x -1)e + x2 .
2
(1)討論函數(shù) f (x) 的單調(diào)性；
(2)若 a≥- e，討論函數(shù) f (x) 的零點(diǎn)的個(gè)數(shù).
【答案】(1)答案見(jiàn)解析；
(2)答案見(jiàn)解析.
【分析】（1）求出函數(shù) f (x) 的導(dǎo)數(shù)，按 a的取值分類討論求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.
（2）按-e a < 0,a = 0,a > 0分類討論，并結(jié)合函數(shù)單調(diào)性及零點(diǎn)存在性定理求解即得.
【解析】（1）函數(shù) f (x) 定義域?yàn)镽 ，求導(dǎo)得 f (x) = x(ex-1+ a)，
若 a 0，當(dāng) x < 0 時(shí)， f (x) < 0 ，當(dāng) x > 0時(shí)， f (x) > 0 ，
因此函數(shù) f (x) 在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, + )上單調(diào)遞增；
若 a<0，由 f (x) = 0，得 x = 0或 x =1+ ln(-a)，
a 1①當(dāng) = - 時(shí)， f (x) 0，則函數(shù) f (x) 在R 上單調(diào)遞增；
e
1
②當(dāng)- < a < 0時(shí)，1+ ln(-a) < 0 ，當(dāng) x <1+ ln(-a)或 x > 0時(shí)， f (x) > 0 ，當(dāng)1+ ln(-a) < x < 0 時(shí)，
e
f (x) < 0 ，
因此函數(shù) f (x) 在 (- ,1+ ln(-a)), (0,+ ) 上單調(diào)遞增，在 (1+ ln(-a),0)上單調(diào)遞減；
a 1③當(dāng) < - 時(shí)，1+ ln(-a) > 0，當(dāng) x >1+ ln(-a)或 x < 0 時(shí)， f (x) > 0 ，當(dāng)0 < x <1+ ln(-a)e 時(shí)，
f (x) < 0 ，
因此函數(shù) f (x) 在 (- ,0), (1+ ln(-a), + )上單調(diào)遞增，在 (0,1+ ln(-a))上單調(diào)遞減，
a 1所以當(dāng) < - 時(shí)，函數(shù) f (x) 在 (- ,0), (1+ ln(-a), + )上單調(diào)遞增，在 (0,1+ ln(-a))e 上單調(diào)遞減；
a 1當(dāng) = - 時(shí)，函數(shù) f (x) 在R 上單調(diào)遞增；
e
1
當(dāng)- < a < 0時(shí)， f (x) 在 (- ,1+ ln(-a)), (0,+ ) 上單調(diào)遞增，在 (1+ ln(-a),0)上單調(diào)遞減；
e
當(dāng) a 0時(shí)，函數(shù) f (x) 在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, + )單調(diào)遞增.
（2）當(dāng) a = 0時(shí)，函數(shù) f (x) 只有一個(gè)零點(diǎn) x =1，
當(dāng) a > 0時(shí)，由（1）知函數(shù) f (x) 在 (- ,0)上遞減，在 (0, + )
1 a
上遞增，且 f (0) = - < 0 ， f (1) = > 0 ，
e 2
x < -3 x <1+ ln a f (x ) a a> (x -1)a + x2 = [(x +1)2取 0 且 0 ，則 0 0 0 0 - 3] > 0，2 2
因此函數(shù) f (x) 有兩個(gè)零點(diǎn)；
1
當(dāng)- a < 0時(shí)，由（1）知函數(shù) f (x) 在 (0, + )上遞增，且 f (0)
1
= - < 0 ， f (2) = e + 2a > 0，
e e
而 x < 0 時(shí)，恒有 f (x) < 0，因此函數(shù) f (x) 只有一個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)-e
1
a < - 時(shí)，由（1）知函數(shù) f (x) 在 (0,1+ ln(-a))上遞減，在 (1+ ln(-a), + )上遞增，
e
且 f (1+ ln(-a)) < f (0)
1
= - < 0, f (3) = 2e2 9+ a 2e2 9 - e > 0，
e 2 2
而 x < 0 時(shí)，恒有 f (x) < 0，因此函數(shù) f (x) 只有一個(gè)零點(diǎn)，
所以-e a 0，函數(shù) f (x) 有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng) a > 0時(shí)，函數(shù) f (x) 有兩個(gè)零點(diǎn).
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：已知函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根的情況，求解參數(shù)的取值范圍問(wèn)題的本質(zhì)都是研究函數(shù)的
零點(diǎn)問(wèn)題，求解此類問(wèn)題的一般步驟：
（1）轉(zhuǎn)化，即通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化成所構(gòu)造函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題；
（2）列式，即根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)存在定理或結(jié)合函數(shù)的圖象列出關(guān)系式；
（3）得解，即由列出的式子求出參數(shù)的取值范圍．
8．（2024· · f x = x + a ebx湖南株洲 一模）已知函數(shù) 在 1, f 1 處的切線方程為 y = e x -1 ，其中 e 為自
然常數(shù).
(1)求 a、b 的值及 f x 的最小值；
(2)設(shè)x1，x2是方程 f x = kx2 - 2
4
（ k > 2）的兩個(gè)不相等的正實(shí)根，證明： x1 - x2 > ln .e
【答案】(1) a = -1、b =1， f x 的最小值為 -1
(2)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得 f 1 = e， f 1 = 0，計(jì)算即可得 a、b ，結(jié)合導(dǎo)數(shù)討論單調(diào)性后即
可得 f x 的最小值；
（2）構(gòu)造函數(shù) g x = x -1 ex - kx2 + 2，借助導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性后結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)的存在性定理，可得1與 2ln 2
在函數(shù) g x 的兩個(gè)零點(diǎn)之間，即可得證.
bx bx bx
【解析】（1） f x = e + b x + a e = bx + ab +1 e ，
由題意有 f 1 = b + ab +1 eb = e及 f 1 = 1+ a eb = e 1-1 = 0，
由 1+ a eb = 0 b可得 a = -1，則 f 1 = b - b +1 e = e，即b =1，
故 a = -1、b =1，則 f x = x -1 ex，
f x = x -1+1 ex = xex ，
當(dāng) x > 0時(shí)， f x > 0，當(dāng) x < 0 時(shí)， f x < 0，
故 f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0,+ 上單調(diào)遞增，
故 f x 有最小值 f 0 = 0 -1 e0 = -1；
（2）令 g x = f x - kx2 + 2 = x -1 ex - kx2 + 2， x > 0， k > 2，
則 g x = xex - 2kx = x ex - 2k ，
則當(dāng) ex > 2k ，即 x > ln 2k 時(shí)， g x > 0，
當(dāng)0 < ex < 2k ，即0 < x < ln 2k 時(shí)， g x < 0，
故 g x 在 0, ln 2k 上單調(diào)遞減，在 ln 2k,+ 上單調(diào)遞增，
故 g ln 2k = ln 2k -1 eln 2k - k ln 2k 2 + 2 = 2k ln 2k -1 - k ln 2k 2 + 2
= -k é ln 2k 2 - 2ln 2k + 2ù +2 = -k é ln 2k -1
2 ù
+1 +2，
2
由 k > 2，故 g ln 2k = -k é ln 2k -1 +1ù +2 < -k + 2 < 0 ，
又 g 0 = 0 -1 e0 + 2 =1 > 0，當(dāng) x + 時(shí)， g x + ，
故 g x 有兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)兩零點(diǎn) x1 < x2，有0 < x1 < ln 2k < x2，
又 g 1 = 1-1 e1 - k + 2 = -k + 2 < 0，
由1< 2ln 2 < 2ln k ，故 g ln 2k < g 2ln 2 < g 1 < 0，
則 x1 <1 < 2ln 2 < x x x 2ln 2
4
2，故 1 - 2 > -1 = ln .e
4
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題需觀察出 ln = 2ln 2 -1，即可嘗試構(gòu)造函數(shù) g x = x -1 ex - kx2 + 2后，結(jié)合零點(diǎn)
e
的存在性定理研究1與 2ln 2是否在函數(shù) g x 的兩個(gè)零點(diǎn)之間.
9．（2023·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = a ln x - bx(a,b R, a 0)．
(1)求證：曲線 y = f (x) 僅有一條過(guò)原點(diǎn)的切線；
(2)若 a = 2b > 0時(shí)，關(guān)于 x 的方程 f (x) = m - x2有唯一解，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)當(dāng)0 < b 16 時(shí)，m R ；當(dāng)b >16時(shí)，m 64ln 2 - 48 .
【分析】（1）求導(dǎo)后得出切線方程，再代入原點(diǎn)求解即可；
2 x
2 2
（ ）化簡(jiǎn)可得 + 2ln x m- x = 有唯一解，再構(gòu)造函數(shù) g x x= + 2ln x - x，求導(dǎo)可得
b b b
g x 2x
2 - bx + 2b m
= ，再討論根的情況，數(shù)形結(jié)合分析 g x 的極值與 的大小關(guān)系，結(jié)合恒成立問(wèn)題求解
bx b
即可.
a
【解析】（1） f x 的定義域?yàn)? 0, + ， f x = - b，設(shè)切點(diǎn) x0 , a ln x0 - bx0 ，x
a
則切線方程為 y - a ln x0 - bx0 = - bx ÷ x - x0 ，è 0
當(dāng)切線過(guò)原點(diǎn)時(shí)有0 - a ln x0 - bx0
a
= - b÷ 0 - x0 ，即 a ln x0 - bx0 = a - bx ，
è x
0
0
故 a ln x0 -1 = 0，因?yàn)?a 0，所以 x0 = e，即切點(diǎn)有且只有一個(gè)，則曲線 y = f (x) 僅有一條過(guò)原點(diǎn)的切線，
即得證.
2
（2 x 2 x m）關(guān)于 的方程 f x = m - x 有唯一解，即方程 2b ln x - bx = m - x2 ， + 2ln x - x = 有唯一解，
b b
2
g x x 2ln x x g x 2x 2 1 2x
2 - bx + 2b
令 = + - ，則 = + - = .
b b x bx
因?yàn)閎 > 0，故當(dāng)b2 -16b 0，即0 < b 16 時(shí)， g x 0，函數(shù) y = g x 單調(diào)遞增，且當(dāng) x 0 時(shí)，
g x - ，當(dāng) x + 時(shí)， g x + .
m
易知 g x 的圖象與直線 y = 有且僅有一個(gè)交點(diǎn)，滿足題意，此時(shí)m R ；
b
b
當(dāng)b2 -16b > 0 ，即b >16時(shí)，設(shè) 2x2 - bx + 2b = 0有兩個(gè)根 x1, x2 ， x1 < x2，則 x1 + x2 = > 8， x1x2 = b >16，故2
0 < x1 < x2 .
①若0 < x1 < 4 < x2 ，則當(dāng)0 < x < x1, x > x2 時(shí) g x > 0， g x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x1 < x < x2 時(shí) g x < 0， g x 單調(diào)遞減，且當(dāng) x 0 時(shí)， g x - ，當(dāng) x + 時(shí)， g x + .
x2 m m m
故要使得 + 2ln x - x = 有唯一解，則 > g x1 或 < g xb b b b 2 恒成立.
2 2 2x
2
此時(shí) 2x1 - bx1 + 2b = 0 ，即 2x1 = b x 11 - 2 ，b = ，0 < x1 < 4 < x .x1 - 2 2
2
則極大值 g x1
x
= 1 2ln x x 1 1+ 1 -b 1
= x1 - 2 - x1 + 2ln x1 = 2ln x1 - x1 -1，2 2
令 h x = 2ln x 1- x -1 h x 2 1 4 - x，則 = - = ，故當(dāng) x 0,4 時(shí)， h x > 0， h x 單調(diào)遞增；當(dāng) x 4, +
2 x 2 2x
時(shí)， h x < 0， h x 單調(diào)遞減.
所以 g x1 = h x1 < h 4 = 2ln 4 - 2 -1 = 4ln 2 - 3，
m m
又 > g x1 恒成立，故 4ln 2 - 3，m 4ln 2 - 3 b >16 4ln 2 - 3 = 64ln 2 - 48；b b
1 m
同理，極小值 g x2 = 2ln x2 - x2 -1，當(dāng) x2 > 4時(shí)無(wú)最小值，此時(shí)無(wú)實(shí)數(shù)m 使得 < g x 恒成立.2 b 2
②若 x1 = 4，則 2 42 - 4b + 2b = 0，b =16，不滿足b2 -16b > 0 ；
③若 4 < x1 < x2 ，由①可得m 64ln 2 - 48；
故當(dāng)b >16時(shí)，m 64ln 2 - 48 .
綜上所述：
當(dāng)0 < b 16 時(shí)，m R ；當(dāng)b >16時(shí)，m 64ln 2 - 48 .
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：
本題利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題的方法：
（1）參變分離構(gòu)造函數(shù)；
（2）求導(dǎo)分析函數(shù)的單調(diào)性與極值，導(dǎo)數(shù)中有二次函數(shù)注意討論無(wú)根與有根的情況；
（3）導(dǎo)函數(shù)中二次函數(shù)有根時(shí)討論極值點(diǎn)與特殊點(diǎn)的大小關(guān)系并討論；
（4）數(shù)形結(jié)合列不等式求解.
1 1
10．（2023· · f x = x ex+1 全國(guó) 模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) - 2 - a ÷， g x = a ln x - + a ．è x x
(1)討論 g x 的單調(diào)性．
(2)設(shè)方程 f x = g x 有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2．
①求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
② ex1 +x
1
2
證明： > x x ．1 2
【答案】(1)答案見(jiàn)解析
(2)① e, + ；②證明見(jiàn)解析
【分析】（1）求 g x ，通過(guò)對(duì)實(shí)數(shù) a分類討論判斷 g x 的正負(fù)從而得到 g x 的單調(diào)性．
ln t 1
（2）①對(duì)方程 f x = g x 化簡(jiǎn)、同構(gòu)、分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為函數(shù) h t = 與直線 y = a 有兩個(gè)交點(diǎn)，通過(guò)數(shù)t
形結(jié)合得到解決；
2 m -1② 分析要證不等式得到 ln t1 + ln t2 > 2，結(jié)合 t1 = a ln t1， t2 = a ln t2 消去變量后轉(zhuǎn)化為證明 ln m < 即可.m +1
【解析】（1）由題意得 g x 的定義域?yàn)? 0, + ， g x a 1 ax +1= + 2 = ．x x x2
當(dāng) a 0時(shí)， g x > 0，所以 g x 在 0, + 上單調(diào)遞增．
0 g x > 0 x 0, 1- 1當(dāng) a< 時(shí)，令 ，則 ÷；令 g x < 0，則 x - ,+ a a ÷ ．è è
所以 g x 0, 1- 1 在 a ÷ 上單調(diào)遞增，在 - ,+ ÷上單調(diào)遞減．è è a
綜上，當(dāng) a 0時(shí)， g x 在 0, + 1 1 上單調(diào)遞增；當(dāng) a < 0時(shí)， g x 在 0,- 上單調(diào)遞增，在 - ,+ 上單
è a ÷ ÷ è a
調(diào)遞減．
2 x+1
1 1
（ ）方程 f x = g x 有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2等價(jià)于 x e - - ax2 ÷ = a ln x - + a ，即è x
xex+1 = a ln xex+1 有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2．
令 t = xex+1 （ x > 0），則 t = ex+1(x +1) > 0，故 t = xex+1 在 0, + 上單調(diào)遞增，且 t > t(0) = 0 .于是原問(wèn)題變?yōu)?br/>t = a ln t t t t = x ex +1 x +1 1 ln t有兩個(gè)正實(shí)數(shù)根 ， ，其中 1 ， t 21 2 1 1 2 = x2e ．顯然 t 1且 a 0，所以 = （ t > 0且a t
t 1）．
h t ln t令 = （ t > 0且 t 1），則 h t 1- ln t= ．
t t 2
當(dāng) t 0,1 U 1,e 時(shí)， h t > 0，當(dāng) x e, + 時(shí)， h t < 0 ，
所以 h t 在 0,1 和 1,e 上單調(diào)遞增，在 e, + 上單調(diào)遞減，
則 h t = hmax e
1
= ．當(dāng) t 0,1 時(shí)， h t < 0；當(dāng) t 1,+ 時(shí)， h t > 0．
e
1 1
結(jié)合函數(shù) h t 的圖象可知0 < < ，解得 a > e，故實(shí)數(shù) a的取值范圍為 e, + ．
a e
② x1 +x
1
2 x +x x +1 x +1 2 2
【證明】由①知要證 e > x x ，需證 x1x e
1 2
2 >1，即證 x 1 21e × x2e > e ，即證 t1 × t2 > e ，即證
1 2
ln t1 + ln t2 > 2．
又 t1 = a ln t1， t2 = a ln t2 ，
a t= 1 - t2 t - t= 1 2
兩式作差得 ln t1 - ln t2 = a t1 - t2 ，即 ln t1 - ln t2 ln t1 ，
t2
t1 +1
兩式求和得 ln t1 + ln t
1
2 = t
t
+ t = 1 + t2 ln t1 t= 21 2 ln
t1 ．
a t1 - t2 t t2 1 -1 t2
t2
t t
不妨設(shè)0 < t < t 0 < 11 2 ，則 <1 m =
1
t ．令 t ，則0 < m <1．2 2
要證 ln t1 + ln t > 2
m +1
2 ，即證 ln m 2
2
> m -1 ，即證 ln m < ．
m -1 m +1
2 m -1 m -1 2
設(shè)j m = ln m - 0 < m <1 ，則j m
1 4
= - = > 0，
m +1 m m +1 2 m m +1 2
所以j m 在 0,1 上單調(diào)遞增，
2 1-1 2 m -1 x +x
1
所以j m < j 1 = ln1 - = 0 ln m < e 1 2，即 ，故 >
1+1 m +1 x1x
．
2
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題求解的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：一是利用換元把復(fù)雜方程的根的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為相對(duì)簡(jiǎn)單的方
程根的問(wèn)題，結(jié)合分離參數(shù)法進(jìn)行求解；二是把目標(biāo)式轉(zhuǎn)化為 ln t1 + ln t2 > 2，通過(guò)減少變量和構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行
證明.
2 2 - 2a
11．（2023· ·

山東 模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x x + x - 2a

e ÷
+ ．
è ex
(1)若 x = 0是函數(shù) f x 的極大值點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
f x
(2)已知 a > 0 ，證明：方程 =1- a 有且僅有 1 個(gè)正實(shí)根，且該正實(shí)根位于區(qū)間 a, 2a 內(nèi)．
2
【答案】(1) 0, +
(2)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）先求 f x ，然后對(duì) a進(jìn)行分類討論，根據(jù)單調(diào)性、極值點(diǎn)等知識(shí)求得 a的取值范圍.
f
2 x （ ）構(gòu)造函數(shù) g x = + a -1，判斷 g x 的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理以及導(dǎo)數(shù)證得結(jié)論成立.
2
ex -1
【解析】（1）依題意， f x = 2 x - a x ÷，
è e
令 f x = 0，得 x = a或 x = 0．
若 a > 0，當(dāng) x - ,0 時(shí)， f x > 0，
當(dāng) x 0, a 時(shí)， f x < 0， f x 遞減，
當(dāng) x a,+ 時(shí)， f x > 0， f x 遞增，
此時(shí) x = 0是函數(shù) f x 的極大值點(diǎn)，符合題意；
若 a = 0，則 f x 0， f x 單調(diào)遞增，不符合題意，舍去；
若 a < 0，當(dāng) x - ,a 時(shí)， f x > 0，
當(dāng) x a,0 時(shí)， f x < 0，當(dāng) x 0, + 時(shí)， f x > 0，
此時(shí) x = 0是函數(shù) f x 的極小值點(diǎn)，不符合題意，舍去．
綜上所述，實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 0, + ．
f x
2 a > 0 g x a 1 x - a +1（ ）當(dāng) 時(shí)，令 = + -1 = x2 - ax + x - 1- a ，2 2 e
觀察可知， g x ， f x 單調(diào)性相同，
由（1）可知，當(dāng) a > 0時(shí)， g x 在 0,a 上單調(diào)遞減，在 a, + 上單調(diào)遞增，
故 g a < g 0 = 0．
下面證明 g 2a a +1= 2a - 1- a > 0．e
h x x +1
2x
設(shè) = 2x + x -1，則 h xe
e - 2x -1
=
e2x
，
j x = ex - x -1 j x = e x設(shè) ，則 -1，
當(dāng) x < 0 時(shí)，j x < 0，當(dāng) x > 0時(shí)，j x > 0，
所以j x j 0 = 0，所以h x 0，故 h x 單調(diào)遞增，
所以 g 2a = h a > h 0 = 0．
根據(jù)零點(diǎn)存在性定理， g x 在 a, 2a 內(nèi)存在唯一正零點(diǎn)，即原命題得證
【點(diǎn)睛】求方程的根的問(wèn)題，可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題來(lái)求解.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，如果導(dǎo)函
數(shù)含有參數(shù)，要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論，分類討論要注意做到不重不漏.
12．（2022·重慶沙坪壩·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x2 - 2ln x ．
(1)求 f x 的最小值，并證明方程 f f x = f x 有三個(gè)不等實(shí)根；
(2)設(shè)(1)中方程 f f x = f x 的三根分別為 x1，x2 ， x3 ，且 x1 < x2 < x3，證明： x2 - x3 > ln x1．
【答案】(1)最小值為 f 1 =1，證明見(jiàn)解析；
(2)證明見(jiàn)解析．
【分析】(1)求 f(x)導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)正負(fù)判斷 f(x)單調(diào)性并求其最小值，令 f(x)=m，構(gòu)造函數(shù)
g m = f m - m，利用導(dǎo)數(shù)判斷 g(m)單調(diào)性和值域，從而判斷方程 f(m)=m 的根的個(gè)數(shù)即可；
(2) 1-x由(1)知0 < x1 < x2 =1 < x3 < 2 ， f x1 = f x3 = m0，欲證 x2 - x3 > ln x1，即證1- x3 > ln x1，即證 e 3 > x1，
f e1-x3 < f x = f x 1-x 1-x即證 1 3 ，于是構(gòu)造函數(shù)F x = f e - f x ， x 1, + ，證明 f e 3 - f x3 < 0即
可．
2 x -1 x +1
【解析】（1）∵ f x = ，
x
∴當(dāng) x 0,1 時(shí)， f x < 0， f x 單調(diào)遞減；
當(dāng) x 1, + 時(shí)， f x > 0， f x 單調(diào)遞增，
故 f x 的最小值為 f 1 =1．
設(shè)m = f x ，則方程 f f x = f x 變形為 f(m)=m，即 f(m)-m=0，
令 g m = f m - m = m2 - m - 2ln m，m 1, + ，
g m 2m 1 2 2m
2 - m - 2
則 = - - = 2m2 m 2 0 m 1+ 17，由 - - = 得 = ．
m m 4
1+ 17
因此，當(dāng)m 1, ÷÷時(shí)， g m < 0， g m
1+ 17
單調(diào)遞減；當(dāng)m , + ÷÷時(shí)， g m > 0， g m 單調(diào)
è 4 è 4
遞增．
1+ 17
由于 g 1 = 0，故 g ÷÷ < g 1 = 0，又由 g 2 = 2 1- ln 2 > 0，由零點(diǎn)存在定理，存在
è 4

m 1+ 17

0 , 2÷÷，使得 g m0 = 0，
è 4

∴ g m m m 1+ 17有兩個(gè)零點(diǎn) 1 和 0 ，方程 f(m)=m 有兩個(gè)根 0 , 2÷÷和m1 =1，
è 4
則如圖，m1 =1時(shí)，因?yàn)?f x =1，故方程 f x =1有一個(gè)根 x2 =1min ，

下面考慮 f x m 1+ 17= 0 解的個(gè)數(shù)，其中m0 , 24 ÷÷，è
設(shè) s x = f x - m0 ，結(jié)合 f x 的單調(diào)性可得：
s x 在 0,1 上為減函數(shù)，在 1, + 上為增函數(shù)，
m- 0
而 s 1 = f 1 - m0 < 0， s
m
e 2 ÷ = e-m0 > 0 - 0，
è 02 <1，
故 s x 在 0,1 上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，
s em0 = e2m0 - 2m 2x0，設(shè)u x = e - 2x, x >1，
故u x = 2e2x - 2 > 0，故u x > 0 即 s em0 > 0，
而 em0 >1，故 f x - m0在 1, + 上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，
故 f x - m0 = 0有兩個(gè)不同的根x1、 x3 且0 < x1 <1 < x3，
即方程 f f x = f x 共有三個(gè)不等實(shí)根；
1+ 17
（2）由(1)知0 < x1 < x2 =1 < x3 < 2 ，且滿足 f x1 = f x3 = m0，m0 , 2÷÷，
è 4
F x = f e1-x令 - f x ， x 1, + ，則
F x = -e1-x f e1-x - f x = -2e2-2x 2 2x 2 2+ - + = -xe2-2x + x - x2 +1 ，x x
h x = -xe2-2x令 + x - x2 +1，則 h x = 2x -1 e2-2x -1 ．
當(dāng) x 1, + 時(shí)， h x < 0， h x 單調(diào)遞減，
又∵ h 1 = 0，∴當(dāng) x 1, + 時(shí)， h x < 0，F(xiàn) x < 0，F(xiàn) x 單調(diào)遞減，
∵ F 1 = f e0 - f 1 = 0 ∴ F x < 0 f e1-x， ，即 < f x ．
∵ x3 1,+ ∴ f e1-x， 3 < f x3 ，又∵ f x3 = f x 1-x31 ，∴ f e < f x1 ．
∵ e1-x3 0,1 1-x， x1 0,1 ，而 f x 在 0,1 單調(diào)遞減，∴ e 3 > x1．
即1- x3 > ln x1，故 x2 - x3 > ln x1，原命題得證．
【點(diǎn)睛】本題第一問(wèn)的關(guān)鍵是令 f(x)=m，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于 m 的方程 f(m)=m 有兩根，數(shù)形結(jié)合判斷原關(guān)于
x 的方程的根的情況；第二問(wèn)的關(guān)鍵是注意到 x2 - x3 > ln x e
1-x
1可變形為
3 > x 1-x1， e 3 0,1 ， x1 0,1 ，考慮
到 f(x)在(0，1)單調(diào)遞減，且 f x3 = f x1 1-x，故可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為 f e 3 < f x1 = f x3 ，從而巧妙構(gòu)造函數(shù)
F x = f e1-x - f x ， x 1, + 即可證明求解．
1
13．（2024·山東濰坊·一模）已知函數(shù) f (x) = 2m ln x - x + （m > 0）．
x
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
(2) (1 1 )(1 1 )(1 1 ) (1 1
2
證明： + 2 + 2 + 2 × × × + 2 ) < e3 （ n N
* ， n 2）；
2 3 4 n
1
(3) 2 2若函數(shù) g(x) = m ln x - x - + 2 有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求m 的取值范圍．
x
【答案】(1)答案見(jiàn)解析；
(2)證明見(jiàn)解析；
(3) (1, + ) .
【分析】（1）求出函數(shù) f (x) 的導(dǎo)數(shù)，按0 < m 1與m > 1分類討論求出 f (x) 的單調(diào)區(qū)間.
（2）利用（1）中m =1時(shí)的結(jié)論，再利用裂項(xiàng)相消法求和，推理即得.
（3）變形函數(shù) g(x)，將 g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為 f (t) 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，再借助導(dǎo)數(shù)及零點(diǎn)存在性定理求解.
2
【解析】（1）函數(shù) f (x) 定義域?yàn)?(0, + ) 2m 1 -x + 2mx -1，求導(dǎo)得 f (x) = -1-
x x2
= 2 ，x
設(shè) k(x) = -x2 + 2mx -1，則D = 4(m2 -1)，
①當(dāng)0 < m 1時(shí)，D 0, f (x) 0恒成立，且至多一點(diǎn)處為 0，函數(shù) f (x) 在 (0, + )上遞減；
②當(dāng)m > 1時(shí)，D > 0, k(x) 有兩個(gè)零點(diǎn) x1 = m - m
2 -1 > 0, x2 = m + m
2 -1 > 0，
則當(dāng)0 < x < x1 或 x > x2 時(shí)， k(x) < 0，即 f (x) < 0 ；當(dāng) x1 < x < x2 時(shí)， k(x) > 0 ，即 f (x) > 0 ，
即函數(shù) f (x) 在 (0, x1), (x2 , + )上單調(diào)遞減，在 (x1, x2)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)0 < m 1時(shí)， f (x) 的遞減區(qū)間為 (0, + )；
當(dāng)m > 1時(shí)， f (x) 的遞減區(qū)間為 (0, m - m2 -1), (m + m2 -1, + ) ，遞增區(qū)間為 (m - m2 -1,m + m2 -1) .
（2）由（1）知，當(dāng)m =1時(shí)， x (1,+ )時(shí)， f (x)
1
= 2ln x - x + < f (1) = 0，
x
ln x x 1 1 *則 < - ，令 x =1+ 2 (n N , n 2) ，2 2x n
ln(1 1 ) 1 (1 1 1 1+ 2 < + 2 ) - = (
1 1
2 + 2 )
1 1 1 1
< 2 < = -于是 n 2 n 2(1 1+ ) 2 n +1 n n n2 1 n 1 n 1- - + ，
n2 4 2 2
ln(1 1+ 2 ) + ln(1
1 1 1
+ 2 ) + ln(1+ 2 ) +L+ ln(1+ )2 3 4 n2
( 1 1 ) ( 1 1 ) L ( 1 1 ) 2 1 2< - + - + + - = - <
2 1 1 1 1 1 1 1- 2 + 3 - 3 + n - n + 3 n + 3 ，
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2
所以 (1+ 2 )(1+ 2 )(1
1 ) (1 1+ 2 × × × + 2 ) < e3 .2 3 4 n
g(x) m2 ln2 x x 1 2 m2 ln2 x (x -1)
2
(m ln x x -1 x -1（3）函數(shù) = - - + = - = - )(m ln x + ) ，
x x x x
x -1
由于 ln x與 x -1同號(hào)，則 y = m ln x + 只有一個(gè)零點(diǎn) x =1，
x
令 t = x ，由 f (1) = 0，則 g(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)等價(jià)于函數(shù) f (t) 有三個(gè)不同的零點(diǎn)，
由（1）知，當(dāng)0 < m 1時(shí)， f (t) 在 (0, + )上單調(diào)遞減，不合題意；
當(dāng)m > 1時(shí)，由（1）知， f (x) 的兩極值點(diǎn) x1, x2 滿足 x1x2 =1，所以 t1t2 =1，得 t1 < 1 < t2 ，
由 f (1) = 0， 則 f (t1) < f (1) = 0 < f (t )
t 1
2 ，由（2）知，當(dāng) t > 1時(shí)， ln t < - ，2 2t
1
則 ln t t 1< - ，即 ln t < t - ，
2 2 t t
2
因此 f (4m2 ) = 2m ln(4m2 ) - 4m2 1 2m(2m 1 ) 4m2 1 1- 4m+ 2 < - - + 2 = < 0，4m 2m 4m 4m2
2
由零點(diǎn)存在性定理知， f (t) 在區(qū)間 t2 , 4m 上有唯一的一個(gè)零點(diǎn) t0 ，
顯然 f (t )
1 1 1 1
0 + f ( ) = 2m ln t - t + + 2m ln - + t = 0t 0 0 0 ，0 t0 t0 t0
1 1
而 f (t0 ) = 0，則 f ( ) = 0，于是當(dāng)m > 1時(shí)， f (t)t 存在三個(gè)不同的零點(diǎn)
,1, t
t 0 ，0 0
所以m 的取值范圍是 (1, + ) .
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及含參的函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題，利用函數(shù)零點(diǎn)的意義等價(jià)轉(zhuǎn)化，構(gòu)造函數(shù)并用導(dǎo)數(shù)探討函
數(shù)的單調(diào)性、最值等，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理，借助數(shù)形結(jié)合思想分析解決問(wèn)題.
14 2．（2023·遼寧撫順·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = ax - x - lnx a R ．
1
(1)當(dāng) a = 時(shí)，求函數(shù) f x 在[1, 2]上的最大值．
2
(2)若函數(shù) f x 在定義域內(nèi)有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)x1，x2，證明： f x1 + x2 + ln x1 + x2 > 2．
1
【答案】(1) -
2
(2)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）由導(dǎo)函數(shù)確定單調(diào)性，然后比較區(qū)間端點(diǎn)處函數(shù)值即得最大值；
a(x x ) 1 ln x - ln x（2 1 2）利用 x1, x2 是零點(diǎn)得出 1 + 2 = + x - x ，再把不等式變形為只需證1 2

1 ln x1 - ln x

+
2
÷
x
x1 + x2 - x1 + x 1x 2 > 2 ，再通過(guò)換元不妨設(shè)0 < x1 < x2 ，令
t = 0 < t <1
è 1 - x2 x
，則只需證
2
t +1
× ln t > 2 ，即證 t +1 ln t - 2 t -1 < 0．引入新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證明新不等式成立即可．
t -1
1 1
【解析】（1）∵當(dāng) a = 時(shí)， f x = x2 - x - ln x，
2 2
∴ f x x 1 1 x
2 - x -1
= - - = x > 0 ．
x x
1+ 5 é 1+ 5
當(dāng)1 x < 時(shí)； f x < 0 ，函數(shù) f x 在 ê1, 2 ÷2 ÷
上單調(diào)遞減；

1+ 5 1+ 5 ù
當(dāng) < x 2 時(shí)， f x > 0，函數(shù) f x 在
2
, 2ú 上單調(diào)遞增．
è 2
∵ f 1 1= - = - ln e ， f 2 = - ln 2，∴ f 1 > f 2 ，
2
∴函數(shù) f x 在 1,2 1上的最大值為 f 1 = - ．
2
（2）要證 f (x1 + x2 ) + ln(x1 + x2 ) > 2
2
，只需證 a(x1 + x2 ) - (x1 + x2 ) > 2 ．
∵ ax21 - x
2
1 - ln x1 = 0①， ax2 - x2 - ln x2 = 0②，
∴ ① ② a(x2 - x2由 － 得 1 2 ) - (x1 - x2 ) - (ln x1 - ln x2 ) = 0 ，
整理得 a(x x ) 1
ln x
+ = + 1
- ln x2
1 2 x1 - x
．
2

1 ln x1 - ln x

只需證 +
2 x + x - x + x > 2 ，
è x1 - x
÷ 1 2 1 2
2
x1 +1
ln x1 - ln x2
即證 (x + x
x2
1 2 ) > 2，即證 x × ln
x1 > 2
x - x x ．1 2 1 -1 2
x2
x
0 < x < x t = 1 0 < t <1 t +1不妨設(shè) 1 2 ，令 ，則只需證 × ln t > 2 ，即證 t +1 ln t - 2 t -1 < 0x ．2 t -1
設(shè) n t = t +1 ln t - 2 t -1 ，則只需證當(dāng)0 < t <1時(shí)， n t < 0即可．
∵ n (t)
1
= ln t + -1，令 g(t) = ln t
1
+ -1，則 g (t)
1 1 t -1
= - = < 0 0 < t <1 ，
t t t t 2 t 2
∴ n t 在( 0, 1)上單調(diào)遞減，當(dāng)0 < t <1時(shí)， n t > n 1 = 0，
∴ n t 在( 0, 1)上單調(diào)遞增，當(dāng)0 < t <1時(shí)， n t < n 1 = 0，
∴原不等式得證．
x1
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題第（2）問(wèn)屬于極值點(diǎn)偏移問(wèn)題，解題方法是引入變量 t = x 把二元不等式為一元2
不等式，然后由一元函數(shù)的性質(zhì)證得結(jié)論．解題時(shí)需要由零點(diǎn)把參數(shù) a用 x1, x2 表示，不等式化為關(guān)于 x1, x2 的
齊次式，然后換元求解．
0
15．（2024·河北邢臺(tái)·二模）在函數(shù)極限的運(yùn)算過(guò)程中，洛必達(dá)法則是解決未定式 型或 型極限的一種重
0
要方法，其含義為：若函數(shù) f x 和 g x 滿足下列條件：
① lim f x = 0且 lim g x = 0 lim f x = lim g x = x a x a （或 x a ， x a ）；
②在點(diǎn) a的附近區(qū)域內(nèi)兩者都可導(dǎo)，且 g x 0；
f x f x f x
③ lim

= A（A 可為實(shí)數(shù)，也可為± ），則 lim = lim

= A．
x a g x x a g x x a g x
x
(1)用洛必達(dá)法則求 lim ；
x 0 sin x
x2 x3 x2n-1
(2)函數(shù) f x =1+ x + + +L+2! 3! 2n 1 !（ n 2， n N*），判斷并說(shuō)明
f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
-
(3)已知 g 2x = g x cos x π π× ， g 0 =1 x ， - , ÷，求 g x 的解析式．
è 2 2
參考公式： lim f x = f lim x ， lim kf x = k lim f x x a x a x a x a ．
【答案】(1)1
(2)僅在 x - ,0 時(shí)存在 1 個(gè)零點(diǎn)，理由見(jiàn)解析
ìsinx , x
g x -π,0 0, π ,(3) = í x
1, x = 0.
【分析】（1）利用洛必達(dá)法則求解即可；
f x f
2 x （ ）構(gòu)造函數(shù) x ，結(jié)合 x 的單調(diào)性求解即可；e e
g x
（3）利用累乘法求出 x 的表達(dá)式，然后結(jié)合 g 0 =1g ，利用洛必達(dá)法則求極限即可.
è 2n ÷
【解析】（1） lim
x
= lim 1 =1
x 0 sin x x 0 cos x
x2 x3 x2n-1 x2 x3 x2n-2
（2） f x =1+ x + + +L+ f x =1+ x + + +L+2 3! 2n 1 !，- 2! 3! 2n ，- 2 !
x2n-1 f x - f x é f x ù x2n-1
所以 f x - f x = - 2n ，-1 ! ex
= ê = -
e
x ú
e
x 2n 1 !．-
é f x ù f x
當(dāng) x > 0

時(shí)， ê x ú < 0，函數(shù) 在 0, + e x 上單調(diào)遞減， e
é f x ù f x
當(dāng) x < 0 時(shí)， ê x ú > 0，函數(shù) 在 - ,0 e x 上單調(diào)遞增， e
f
lim x x = - ， f 0 =1，x - e
f x
當(dāng) x 0

> 時(shí)， x > 0，所以僅在 x - ,0 時(shí)存在 1 個(gè)零點(diǎn)．e
x x
g 2x g x g g
= cos x = cos
x ÷
è 2 n-1 ÷
（3） ，所以 x 2 ， = cos
x
… è
2
， ， = cos
x
g x g n 2 ÷ g x 4 g x 2è 4 ÷ ÷è è 2n
g x
= cos x ×cos x L cos x× × cos
x x x x
×cos ×L×cos ×sin
將各式相乘得 x 2 4 2n = 2 4 2
n 2n 1 sin x= ×
g n ， x 2 x
è 2n ÷ sin 2n
sin
2n
1 x
g x n ×sin xlim lim 2 sin x 2
n
兩側(cè)同時(shí)運(yùn)算極限，所以 = = × limn + x n + n + ，g ÷ sin
x x
n sin
x
n
è 2n 2 2
x
g x sin x
即 = lim 2
n
，g 0 x n + sin x
2n
x g x sin x
令 t = ，原式可化為 = lim
t
n g 0 x sin t ，又 g 0 =1，2 t 0
t
由（1）得 lim =1，
t 0 sin t
g x sin x故 = x 0 ，由題意函數(shù) g x 的定義域?yàn)? -π, π ，
x
ìsinx
, x -π,0 0, π ,綜上， g x = í x
1, x = 0.
g x
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查新定義，注意理解新定義，結(jié)合洛必達(dá)法則的適用條件，構(gòu)造函數(shù) g x ， ÷
è 2n
從而利用洛必達(dá)法則求極限.
16．（2024·浙江金華·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)全集為U ，定義域?yàn)镈的函數(shù) y = fn (x)是關(guān)于 x 的函數(shù)“函數(shù)組”，當(dāng) n
取U 中不同的數(shù)值時(shí)可以得到不同的函數(shù)．例如：定義域?yàn)镽 的函數(shù) fn (x) = nx，當(dāng)U = N*時(shí)，有
f1(x) = x, f2 (x) = 2xL若存在非空集合 A U 滿足當(dāng)且僅當(dāng) n A時(shí)，函數(shù) fn (x)在D上存在零點(diǎn)，則稱 fn (x)
是A 上的“跳躍函數(shù)”．
(1)設(shè)U = Z, D = (- , 2] x 2，若函數(shù) fn (x) = 2 - n 是A 上的“跳躍函數(shù)”，求集合A ;
(2)設(shè) fn (x) = 4nx
3 - (6n +1)x2 + 2x, D = (1, + )，若不存在集合A 使 fn (x)為A 上的“跳躍函數(shù)”，求所有滿足條
件的集合U 的并集；
1
(3)設(shè)U = N*， fn (x)為A 上的“跳躍函數(shù)”，D = (1, + ) ．已知 f1(x) = 2 - ，且對(duì)任意正整數(shù) n，均有x
fn+1(x) = fn (x) + (1- x)
n +1．
（i）證明： A = n n = 2k, k N* ;
（ii）求實(shí)數(shù) a的最大值，使得對(duì)于任意 n A，均有 fn (x)的零點(diǎn) tn > a．
【答案】(1) A = {-2, -1,1,2}
1(2) ,
1 ù
è18 2ú
(3)（i）證明見(jiàn)解析；（ii）2
【分析】（1 x）將命題等價(jià)轉(zhuǎn)化為求使得 fn (x) = 2 - n
2
在 (- , 2]上有零點(diǎn)的全體 n，然后利用當(dāng) x (- , 2]
時(shí)， 2x 的取值范圍是 0,4 ，得到 n2 0,4 ，即可得解；
（2）將命題等價(jià)轉(zhuǎn)化為求使得 fn (x) = 4nx
3 - (6n +1)x2 + 2x 在 (1, + )上沒(méi)有零點(diǎn)的全體 n，然后通過(guò)分類討
論即可解決問(wèn)題；
n
（3 1- x）先用數(shù)學(xué)歸納法證明 f (x) = - + n，然后將（i）等價(jià)轉(zhuǎn)化為證明對(duì) n N* ， fn (x)在 (1, + )上有n x
零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng) n是偶數(shù)，再分類討論證明；之后，先證明 f2n x 在 (1, + )上的零點(diǎn)必定大于 2，再證明當(dāng) a > 2
時(shí)，必存在正整數(shù) N 使得 f2N x 在 (1, + )上有一個(gè)滿足 t2N a的零點(diǎn) t2N ，即可解決（ii）.
【解析】（1）根據(jù)題意，所求的A 為使得 fn (x) = 2
x - n2在 (- , 2]上有零點(diǎn)的全體 n .
由于 fn (x) = 2
x - n2在 (- , 2]上有零點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于 x 的方程 2x = n2 在 (- , 2]上有解，注意到當(dāng) x (- , 2]時(shí)，
2x 的取值范圍是 0,4 ，故關(guān)于 x 的方程 2x = n2 在 (- , 2]上有解當(dāng)且僅當(dāng) n2 0,4 ，從而所求
A = -2, -1,1,2 .
（2）根據(jù)題意，不存在集合A 使 fn (x)為A 上的“跳躍函數(shù)”，當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)任意的 n U ， fn (x)在D上都不
存在零點(diǎn).
這表明，全體滿足條件的U 的并集，就是使得 fn (x)在D上不存在零點(diǎn)的全體 n構(gòu)成的集合.
3 2
從而我們要求出全部的 n，使得 fn (x) = 4nx - (6n +1)x + 2x 在 (1, + )上沒(méi)有零點(diǎn)，即關(guān)于 x 的方程
4nx3 - (6n +1)x2 + 2x = 0在 (1, + )上沒(méi)有解.
(1, + ) 4nx2 - (6n +1)x + 2 = 0 2n 2x2該方程在 上可等價(jià)變形為 ，然后進(jìn)一步變形為 - 3x = x - 2 .
設(shè) g x = 2n 2x2 - 3x - x + 2，則我們要求出全部的 n，使得 g x 在 (1, + )上沒(méi)有零點(diǎn).
n 1
3 3 1
當(dāng) 時(shí)，由于 g ÷ = - + 2 = > 0， g 3 = 2n 2 ×32 - 3 ×3 - 3+ 2 =18n -1 0，故 g x 3在 ,3ùú 上必有18 è 2 2 2 è 2
一個(gè)零點(diǎn)，從而 g x 在 (1, + )上有零點(diǎn)；
1 g 1 2n 2 3 1 2 1 2n 0 g 3 3 1當(dāng) n > 時(shí)，由于 = - - + = - < ， ÷ = - + 2 = > 0，故 g x 1,
3
在 上必有一個(gè)零
2 è 2 2 2

è 2 ÷
點(diǎn)，從而 g x 在 (1, + )上有零點(diǎn)；
1 1
當(dāng) < n 時(shí)，對(duì) x 1,+ ，我們有：
18 2
g x = 2n 2x2 - 3x - x + 2
2n 2x2 3x 1= - - x 2n ÷
+ 2
è
2 2
= 2n 2
3 1 3 1
x - -4 8n ÷
- 2 + ÷ + 2
è è è 4 8n
÷
÷
2
4n x 3 1 2 4n 3 1
2
= - - ÷ + - +

÷
è 4 8n è 4 8n
2
= 4n 3 1 9 3 1 x - - ÷ + 2 - 4n

+ +

è 4 8n è16 16n 64n2 ÷
4n x 3 1
2 5 9 1
= - -
+ - n -
è 4 8n ÷ 4 4 16n
4n x 3 1
2 18n -1 1- 2n
= - -

4 8n ÷
+
è 16n
18n -1 1- 2n

16n
0，
3 1 1
由于兩個(gè)不等號(hào)的取等條件分別是 x = + 和 n = ，而這無(wú)法同時(shí)成立（否則將推出
4 8n 2
x 3 1= + =1 1, + ），故此時(shí)對(duì) x 1,+ 都有 g x > 0，從而 g x 在 (1, + )上一定沒(méi)有零點(diǎn).
4 8n
綜上，使得 g x 在 (1, + )上沒(méi)有零點(diǎn)的 n 1 1 ù 1 1 ù構(gòu)成的集合為 , , .
è18 2ú
，故所求的集合為
è18 2ú
n
（3 1- x）首先用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)任意正整數(shù) n，有 fn (x)

= - + n .
x
n =1 1- x
n
當(dāng) 時(shí)，有 n 1- x 1- + = - +1 = 2 - = f (x) ，故結(jié)論成立；
x x x 1
k
假設(shè)結(jié)論對(duì) n = k 1- x成立，即 f (x) k = - + k ，則有：x
fk +1(x) = fk (x) + 1- x
k +1
1- x k
= - + k + 1- x k +1
x
1- x k - x 1- x k
= - + k +1
x
1- x × 1- x k
= - + k +1
x
1- x k +1
= - + k +1 ，故結(jié)論對(duì) n = k +1也成立.
x
n 1- x
n
綜上，對(duì)任意正整數(shù) ，有 f (x) = - + n .n x
（i）命題等價(jià)于，對(duì) n N* ， fn (x)在 (1, + )上有零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng) n是偶數(shù)，下面證明該結(jié)論：
n x 1,+ 1- xf (x)
n x -1 n
當(dāng) 為奇數(shù)時(shí)，對(duì) ，有 = - + n = + n > 0 + n > 0 ，所以 fn (x)在 (1, + )上沒(méi)有零n x x
點(diǎn)；
n n
當(dāng) n為偶數(shù)時(shí)，對(duì) x 1,+ 1- x x -1 1 1，有 fn (x) = - + n

= - + n，而 fn (2) = - + n - + 2 > 0，
x x 2 2
n +1
f (n 2)
n
n n +1
2 n
n n + 2 - n +1
2
1
n + = - + - + = = - < 0，從而 fn (x)在 2, n + 2 上一定存在零n + 2 n + 2 n + 2 n + 2
點(diǎn)，所以 fn (x)在 (1, + )上一定有零點(diǎn).
綜上，對(duì) n N* ， fn (x)在 (1, + )上有零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng) n是偶數(shù)，結(jié)論得證.
（ii）我們需要求實(shí)數(shù) a的最大值，使得對(duì)于任意 n A，均有 fn (x)的零點(diǎn) tn > a .
根據(jù)（i）的討論， fn (x)在 (1, + )上有零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng) n是偶數(shù)，所以我們需要求實(shí)數(shù) a的最大值，使得對(duì)于
任意 n A，均有 f2n x 的零點(diǎn) t2n > a .
x -1 2n 2n
我們現(xiàn)在有 f2n (x)

= - + 2n ，由于當(dāng)1< x 2 x -1時(shí)，有 f2n (x)
2n 1= - + - + 2n > 2n -1 > 0，
x x x
x -1 2n
故 f (x) = - + 2n 在 (1, + )上的零點(diǎn)必定大于2n 2 .x
u ln a -1
而對(duì)任意給定的 a > 2 a -1 u，我們定義函數(shù) g u = - + 2u，則 g u = - a -1 + 2 .
a a
ln 2a
取 ln a -1u ，則當(dāng)u > u
ln a -1
= 0時(shí)，有 g u = - a -1
u ln a -1 + 2 < - a -1 u0 + 2 = 0，這表明 g u
0 ln a -1 a a
u
u ,+ a -1 a -1
u
在 0 上單調(diào)遞減，所以當(dāng)u > u0時(shí)，有- + 2u = g u < g u ，從而 .
a 0
- + u < g u0 - ua
1 1
取正整數(shù) N ，使得 N > g u0 ，且 N > u0 ，則我們有2 2
a -1 2N a -1 2Nf ，但我們又有2N a = - + 2N = - + 4N - 2N = g 2N - 2N < g u0 - 2N < 0a a
f2N 2
1 1
= - + 2N - + 2 > 0，這表明 f2N x 在 2, a 上必有一個(gè)零點(diǎn)，從而 f2N x 在 (1, + )上必有一個(gè)滿2 2
足 t2N a的零點(diǎn) t2N .
綜上所述， a的最大值是 2 .
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：在（3）的（ii）中，我們先證明 f2n x 在 (1, + )上的零點(diǎn)必定大于 2，再證明當(dāng) a > 2
時(shí)，必存在正整數(shù) N 使得 f2N x 在 (1, + )上有一個(gè)滿足 t2N a的零點(diǎn) t2N ，即可得到 a的最大值是 2，這是
求解最值問(wèn)題的一個(gè)較為有用的論證方法.
17．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）若函數(shù) y = f x 的圖象上的若干個(gè)不同點(diǎn)處的切線互相重合，則稱該
切線為函數(shù) y = f x 的圖象的“自公切線”，稱這若干個(gè)點(diǎn)為函數(shù) y = f x 的圖象的一組“同切點(diǎn)”例如，如圖，
直線 l為函數(shù) y = f x 的圖象的“自公切線”，A ， B 為函數(shù) y = f x 的圖象的一組“同切點(diǎn)”.
(1)已知函數(shù) f x = xcosx在 x = 0處的切線為它的一條“自公切線”，求該自公切線方程；
g x x tanx a x π πa R = - + - , (2)若 ，求證：函數(shù) ， 有唯一零點(diǎn)，且該函數(shù)的圖象不存在“自公切線”；
è 2 2 ÷
* h x x= - tanx - π x π(3)設(shè) n N ，函數(shù) n ， - + nπ,
π
+ nπ ÷的零點(diǎn)為 qn ，求證： An q2n , f q2n 為函數(shù)n è 2 2
f x = xcosx的一組同切點(diǎn).
【答案】(1) y = x
(2)證明見(jiàn)解析
(3)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程；
（2）利用導(dǎo)數(shù)探討單調(diào)性結(jié)合零點(diǎn)存在性定理推理即得唯一零點(diǎn)，再假定存在“自公切線”，利用導(dǎo)數(shù)的幾
何意義求出切線方程，證明2x1 = sin 2x1在 (0,
π) 上無(wú)解即得.
2
（3）利用導(dǎo)數(shù)說(shuō)明 hn x 的單調(diào)性，即可得到零點(diǎn)為 nπ，則 qn = nπ，表示出 f x 在 x0 , y0 處的切線方程，
推導(dǎo)出切線恰為 y = x 即可得證.
【解析】（1）由 f x = xcosx，則 f 0 = 0， f x = cosx - x sin x，
則 f 0 =1，
所以函數(shù) f x = xcosx在 x = 0處的切線方程為 y = x ，
即該自公切線方程為 y = x .
2
（2）由 g (x) 1 1 sin x= - 2 = - 2 = - tan
2 x 0恒成立，當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時(shí) g (x) = 0，
cos x cos x
則 y
π π
= g(x) 是 - ,

÷上單調(diào)遞減，可得它至多有一個(gè)零點(diǎn)，
è 2 2
令 g1(x) = -sin x + (x + a) cos x
π π
， x - ,2 2 ÷
，
è
由 y = g1(x)
π π
的圖象是連續(xù)曲線，且 g1(- )g1( ) = -1< 0 ，2 2
因此 g1(x)
π- , π π π g (x)在 ÷上存在零點(diǎn)，即在 - , ÷上 g(x) = 1 存在零點(diǎn)，所以 g(x)有唯一零點(diǎn)；
è 2 2 è 2 2 cos x
假設(shè) g(x)
π π
的圖象存在“自公切線”，則存在 x1, x2 (- , ) 且 x x ，2 2 1 2
使得 g(x)的圖象在 x = x1與 x = x 2 22處的切線重合，即- tan x1 = - tan x2 ，
有 x2 = -x
π
1，不妨設(shè) x1 (0, )，2
切線 l1 : y + tan x - x - a = - tan
2
1 1 x1 × (x - x
2
1)， l2 : y + tan x2 - x2 - a = - tan x2 × (x - x2 ) ，
2 2
有相同截距，即 x1 tan x1 - tan x1 + x1 + a = x2 tan x2 - tan x2 + x2 + a ，而 x2 = -x1，
x 2 2 2則 1 tan x1 - tan x1 + x1 + a = -x1 tan x1 + tan x1 - x1 + a，即 x1(1+ tan x1) = tan x1，
則有 x1 = sin x1 cos x1，即2x1 = sin 2x1，令j(x) = x - sin x,0 < x < π ，j (x) =1- cos x > 0，
即函數(shù)j(x) 在 (0, π) 上單調(diào)遞增，j(x) > j(0) = 0，因此當(dāng) x (0, π)時(shí)， x > sin x ，
即2x1 = sin 2x1在 (0,
π) 上無(wú)解，
2
所以 g(x)的圖象不存在“自公切線”.
x
（3）由 - tanx - π = 0，易知 x = nπ是方程的根，
n
π π由 hn x
x 1 1
= - tanx - π ，則 hn x = - 2 0

，則 hn x 在 x - + nπ, + nπ ÷上單調(diào)遞減，n n cos x è 2 2
則 x = nπ是 hn x
π π
在 - + nπ, + nπ ÷上唯一零點(diǎn)，
è 2 2
所以 qn = nπ，
由（1）可知 f x 在 x0 , y0 處的切線為 y - x0 cos x0 = cos x0 - x0 sin x0 x - x0 ，
化簡(jiǎn)得 y = cos x0 - x 20 sin x0 x + x0 sin x0 ，
對(duì)于 q2n = 2nπ， cos q2n - q2n sin q 22n =1， q2n sin q2n = 0 ，
則自公切線為 y =1，所以 An q2n , f q2n 為函數(shù) f x = xcosx的一組同切點(diǎn).
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對(duì)于函數(shù)新定義問(wèn)題關(guān)鍵是準(zhǔn)確的理解定義，結(jié)合相關(guān)數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行推理說(shuō)明，特
別地函數(shù) y = f x 是區(qū)間D上的可導(dǎo)函數(shù)，則曲線 y = f x 在點(diǎn) (x0 , f (x0 )) (x0 D)處的切線方程為：
y - f (x0 ) = f (x0 )(x - x0 ) .
18．（2024·安徽蕪湖·三模）若數(shù)列 an 的各項(xiàng)均為正數(shù)，且對(duì)任意的相鄰三項(xiàng) at-1, at , at+1，都滿足
a 2t-1at+1 at ，則稱該數(shù)列為“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，若對(duì)任意的相鄰三項(xiàng) at-1, at , at+1，都滿足 at-1 + at+1 2at 則稱該
數(shù)列為“凸數(shù)列”．
(1) c已知正項(xiàng)數(shù)列 cn 是一個(gè)“凸數(shù)列”，且a =e nn ，（其中 e為自然常數(shù)， n N*），證明：數(shù)列 an 是一個(gè)
“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，且有 a1a10 a5a6 ；
(2) 2 3若關(guān)于 x 的函數(shù) f x = b1 + b2x + b3x + b4x 有三個(gè)零點(diǎn)，其中bi > 0 i =1，2，3，4 ．證明：數(shù)列b1,b2 ,b3 ,b4 是
一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”：
n n-1 n-1 n
(3)設(shè)正項(xiàng)數(shù)列 a0, a1，L, a
1 1 1 1
n 是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，求證： a a a a
è n +1
i ÷ n -1 j ÷ n i ÷ j ÷i=0 è j=1 è i=0 è n j=1
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)證明見(jiàn)解析
(3)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）根據(jù) cn 的性質(zhì)，由等量關(guān)系代換成關(guān)于 an 的結(jié)論，緊扣定義，即可證明；
（2）由原函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，且導(dǎo)函數(shù)為二次函數(shù)，分析出導(dǎo)函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，判別式大于零，推得
b2 >b b f 1 3 23 2 4 ； x ÷有三個(gè)零點(diǎn)，得到 g x = b1x + b2x + b3x + b4 有三個(gè)零點(diǎn)，再次借助導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，可è
2
以得到b2 > b1b3 ，即可得證；
（3）記 S = a1 + a2 +L+ a
2
n-1，利用分析法，只需證 S + a0 S + an n a0an ，由數(shù)列 an 為對(duì)數(shù)性凸數(shù)列，
an a a a n-1 L 2 1得到 ， a0an a1an-1 a2an-2 La a a a ，再用基本不等式證明即可.n-1 n-2 1 0
c
【解析】（1）因?yàn)閍n =e n ，所以cn = ln an an > 0 ，因?yàn)檎?xiàng)數(shù)列 cn 是一個(gè)“凸數(shù)列”，
c +c 2c lna +lna 2lna a a a2所以 t-1 t+1 t ，所以 t-1 t+1 t ，所以 t-1 t+1 t ，
a a
所以數(shù)列 a t+1 tn 是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”， a a ，t t-1
a10 a9 a3 a2
所以 L a a a a ，變形可得到a1a10 a2a9 a3a8 a4a7 a5a6，9 8 2 1
所以數(shù)列 an 是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，且有 a1a10 a5a6 .
（2）因?yàn)?f x = b1 + b2x + b 23x + b4x3 有三個(gè)零點(diǎn)，
所以 f x = b2 + 2b3x + 3b x24 有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，
2 2
所以D1 = 4b3 - 4 3b2b4 > 0 b3 > 3b2b4 ，
又bi > 0 i =1，2，3，4 b2，所以 3 > 3b2b4 > b2b4 ；
x = 0時(shí)， f 0 = b1 > 0，所以 x = 0不是 f x 的零點(diǎn)，
1 2 3f 又 = b + b
1 1 1+ b + b ，
è x ÷ 1 2 x ÷ 3 è è x ÷ 4 ÷ è x
1
令 t = ，則 f t = b1 + b2t + b3t 2 + b t34 也有三個(gè)零點(diǎn)，x
f 1 b x
3 + b x2 + b x + b
即 ÷ =
1 2 3 4 有三個(gè)零點(diǎn)，
è x x3
令 g x = b x31 + b2x2 + b3x + b4 ，則 g x 有三個(gè)零點(diǎn)，
所以 g x = 3b x21 + 2b2x + b3有兩個(gè)零點(diǎn)，
D 2所以 2 = 4b2 - 4 3b1b
2
3 > 0 b2 > 3b1b3 > b1b3 ，
因?yàn)閎2b4 2
3 ,b
2
1b3 所以正項(xiàng)數(shù)列b1,b2 ,b3 ,b4 對(duì)任意的相鄰三項(xiàng)bt-1, bt , bt+1，都滿足bt-1bt+1 b
2
t ，
所以數(shù)列b1,b2 ,b3 ,b4 是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”.
1 n 1 n-1 1 n-1 1 n
（3）記 S = a1 + a2 +L+ an-1，則要證 a an +1 i ÷ n -1 j ÷ a aè i=0 è j=1 è n i ÷ n j ÷
，
i=0 è j=1
a + a + S S S + a S + a
即證 0 n × 0 × n ，
n + 1 n -1 n n
n2 S + a + a S n2即 0 n -1 S + a0 S + an ，即 S + a0 S + an n2a0an ①，
a a
因?yàn)閿?shù)列 an 為對(duì)數(shù)性凸數(shù)列，所以 at-1at+1 a2 t+1 tt ， at a
，
t-1
an a n-1 a2 a1所以 L ，所以 a0a a a a a Lan-1 an-2 a1 a
n 1 n-1 2 n-2 ，
0
n-1 n-1
S a a + a= 1 + a2 +L+ a k n-kn-1 = akan-k n -1 a a2 0 n ，k=1 k=1
而 a0 + an 2 a0an ，
2
所以 S + a0 S + an = S2 + a0 + an S + aoan S2 + 2 a0an S + a0an
2 2= S + a a 20 n n a0an = n a0an，
當(dāng)且僅當(dāng)ak =an-k(k =0,1,2,...,n)時(shí)等號(hào)成立，
故式①成立，所以原不等式成立．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決數(shù)列新定義題型，需要耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按照
新定義的要求，結(jié)合所學(xué)習(xí)過(guò)的知識(shí)點(diǎn)，逐一分析、證明、求解.
19．（2024·山東·模擬預(yù)測(cè)）法國(guó)數(shù)學(xué)家弗朗索瓦·韋達(dá)發(fā)現(xiàn)了一元二次方程的根與系數(shù)之間的關(guān)系，將其
推廣到高次方程，并在其著作《論方程的識(shí)別與訂正》中正式發(fā)表，后來(lái)人們把這個(gè)關(guān)系稱為韋達(dá)定理，
即如果 x1, x2 , x3 , × × ×, xn n 2 n n-1是關(guān)于 x 的實(shí)系數(shù)一元 n 次方程 an x + an-1x + ×××+ a1x + a0 = 0 an 0 在復(fù)數(shù)集
ìx a+ x + x + ×××+ x = - n -1 1 2 3 n ,
an

x1x2 + x1x
a - 2
3 + ×××+ xn-1xn = n ,an

C 內(nèi)的 n 個(gè)根，則 í
x1x2x3 + x1x2x
a - 3
4 + ×××+ xn-2xn-1xn = - n ,a
n
L,

x1x2x
a
3 × × × × × xn = -1
n × 0 .
an
試運(yùn)用韋達(dá)定理解決下列問(wèn)題：
(1)已知 a,b,c R ， a + b + c =1， ab + bc + ca = 0，求 a3 + b3 + c3 的最小值；
(2)已知 a,b R 3，關(guān)于 x 的方程 x + 2 - a x2 + bx - a = 0 a > 0 有三個(gè)實(shí)數(shù)根，其中至少有一個(gè)實(shí)效根在區(qū)
間 0,a 內(nèi)，求 2a - b 的最大值．
5
【答案】(1)
9
(2)4
3
【分析】（1）構(gòu)造函數(shù) f x =x - x2 - abc,求導(dǎo) f x = 3x2 - 2x，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解極值，即可得
4
- < abc < 0，進(jìn)而可求解，
27
ìm + n + k = a - 2

（2）根據(jù)韋達(dá)定理可得 ímn + mk + nk = b m n
2k + 4 b a，即可表達(dá)出 + ，進(jìn)而化簡(jiǎn)可得 = + mk + nk ，即可
k k
nmk = a
k -1 22a b m n 2 1 根據(jù) - =- + + - ÷ k + 2 ，利用不等式求解.k è k
【解析】（1）根據(jù)韋達(dá)定理可設(shè) a,b,c是 x3 - x2 - abc = 0的三個(gè)實(shí)數(shù)根，
f x =x3令 - x2 - abc, f x =3x2 - 2x，
x 2當(dāng) > , x < 0時(shí)， f x > 0，此時(shí) f x 單調(diào)遞增，3
當(dāng)0 < x
2
< 時(shí)， f x < 0，此時(shí) f x 單調(diào)遞減，
3
故 f x 2 4的極大值為 f 0 =- abc,極小值為 f ÷= - abc,
è 3 27
a,b,c a b c 1由于 不可能相等，否則 = = = ，與 ab + bc + ca = 0矛盾，
3
故 f x x3 x2 abc f 2 4= - - 有兩個(gè)或者三個(gè)零點(diǎn)，則 ÷= - abc 0且 f 0 =- abc 0
4
，故- < abc < 0，
è 3 27 27
由 a + b + c 2 - 2 ab + bc + ca = a2 +b2 +c2 ，結(jié)合 a + b + c =1， ab + bc + ca = 0，
所以1 = a2 +b2 +c2
由 a + b + c éa
2 +b2 +c2 - ab + bc + ca ù = a
3+b3+c3 - 3abc，
所以 a3+b3+c3 - 3abc=1，
a3 4 5則 +b3+c3 = 3abc+1 3
- ÷ +1 = ，
è 27 9
故 a3 + b3 + c3
5
的最小值為 ，
9
（2）設(shè)方程的三個(gè)實(shí)數(shù)根分別為m, n, k ，其中0 < k < a ，
ìm + n + k = a - 2

由韋達(dá)定理可得 ímn + mk + nk = b，

nmk = a
由 m + n 2 4mn和 k > 0，得 k m + n 2 - 4mnk 0，當(dāng)且僅當(dāng)m = n 時(shí)等號(hào)成立，
又m + n + k = a - 2 = mnk - 2，故 k m + n 2 - 4 m + n + k + 2 0，
k m + n 2 - 4 m + n - 4k + 8 0，即 m + n + 2 mk + nk - 2k - 4 0 a - k mk + nk - 2k - 4 0，
由0 < k < a ，得mk + nk - 2k - 4 0，
因此m + n
2k + 4
，當(dāng)且僅當(dāng)m = n 時(shí)等號(hào)成立，
k
a
由mn + mk + nk = b和 nmk = a可得b = + mk + nk ，
k
結(jié)合 n + m + k = a - 2可得
k -1 2
2a - b= 2
1 1- ÷ a - m + n k= 2 -

÷ m + n + k 2
1
+ - m + n k = - m + n + 2 -

÷ k + 2 ，
è k è k k è k
k -1 2 2k + 4
由于- 0以及m + n ，
k k
k -1 2 22k + 4 k - 2
故 2a - b - × + 2
1 k - ÷ + 2 =- + 4 4，k k è k 特訓(xùn) 06 利用導(dǎo)數(shù)解決零點(diǎn)、交點(diǎn)、方程根等問(wèn)題（三大題型）
方法技巧 1 隱零點(diǎn)問(wèn)題
在求解函數(shù)問(wèn)題時(shí)，很多時(shí)候都需要求函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上的零點(diǎn)，但所述情形都難以求出其準(zhǔn)確值，導(dǎo)致
解題過(guò)程無(wú)法繼續(xù)進(jìn)行時(shí)，可這樣嘗試求解：先證明函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上存在唯一的零點(diǎn)(例如，函數(shù) f(x)在
區(qū)間 I 上是單調(diào)函數(shù)且在區(qū)間 I 的兩個(gè)端點(diǎn)的函數(shù)值異號(hào)時(shí)就可證明存在唯一的零點(diǎn))，這時(shí)可設(shè)出其零點(diǎn)
是 x0.因?yàn)?x0不易求出(當(dāng)然，有時(shí)是可以求出但無(wú)需求出)，所以把零點(diǎn) x0叫做隱零點(diǎn)；若 x0容易求出，就
叫做顯零點(diǎn)，而后解答就可繼續(xù)進(jìn)行，實(shí)際上，此解法類似于解析幾何中“設(shè)而不求”的方法.
方法技巧 2 極限思想在解決零點(diǎn)問(wèn)題中的應(yīng)用
解決函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，往往要轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與 x 軸的交點(diǎn)問(wèn)題，故需判斷函數(shù)圖象的變化趨勢(shì)，極限
的思想方法是解決問(wèn)題的有力工具.
目錄：
01 ：判斷、證明或討論零點(diǎn)的個(gè)數(shù)
02 ：根據(jù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍
03 ：與函數(shù)零點(diǎn)相關(guān)的綜合問(wèn)題
01 ：判斷、證明或討論零點(diǎn)的個(gè)數(shù)
3
例 1 已知函數(shù) f(x)＝xsin x－ .
2
判斷函數(shù) f(x)在(0，π)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并加以證明.
感悟提升　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的零點(diǎn)常用方法
(1)構(gòu)造函數(shù) g(x)，利用導(dǎo)數(shù)研究 g(x)的性質(zhì)，結(jié)合 g(x)的圖象，判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).
(2)利用零點(diǎn)存在定理，先判斷函數(shù)在某區(qū)間有零點(diǎn)，再結(jié)合圖象與性質(zhì)確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn).
1
訓(xùn)練 1 已知函數(shù) f(x)＝ x3－a(x2＋x＋1).
3
(1)若 a＝3，求 f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).
02 ：根據(jù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍
例 2 已知函數(shù) f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).
(1)當(dāng) a＝2 時(shí)，求 f(x)的圖象在 x＝1 處的切線方程；
1
(2)若函數(shù) g(x)＝f(x)－ax＋m 在[ ，ee ]上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍.
感悟提升　1.函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)可轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，根據(jù)圖象的幾何直觀求解.
2.與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的參數(shù)范圍問(wèn)題，往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)判斷函數(shù)的
大致圖象，進(jìn)而求出參數(shù)的取值范圍.也可分離出參數(shù)，轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)情況.
訓(xùn)練 2 已知函數(shù) f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.
(1)當(dāng) a＝0 時(shí)，求函數(shù) f(x)的極值；
(2)若函數(shù) f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
03 ：　與函數(shù)零點(diǎn)相關(guān)的綜合問(wèn)題
例 3 設(shè)函數(shù) f(x)＝e2x－aln x.
(1)討論 f(x)的導(dǎo)函數(shù) f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
2
(2)證明：當(dāng) a>0 時(shí)，f(x)≥2a＋aln .
a
感悟提升　1.在(1)問(wèn)中，當(dāng) a>0 時(shí)，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，從而 f′(x)在(0，＋∞)上至多有一個(gè)零點(diǎn)，
問(wèn)題的關(guān)鍵是找到 b，使 f′(b)<0.
2
2.由(1)問(wèn)知，函數(shù) f′(x)存在唯一零點(diǎn) x0，則 f(x0)為函數(shù)的最小值，從而把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明 f(x0)≥2a＋aln .a
1 1
訓(xùn)練 3 設(shè)函數(shù) f(x)＝x3＋bx＋c，曲線 y＝f(x)在點(diǎn)( ，f( ))處的切線與 y 軸垂直.2 2
(1)求 b；
(2)若 f(x)有一個(gè)絕對(duì)值不大于 1 的零點(diǎn)，證明：f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于 1.
方法技巧 1 隱零點(diǎn)問(wèn)題
在求解函數(shù)問(wèn)題時(shí)，很多時(shí)候都需要求函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上的零點(diǎn)，但所述情形都難以求出其準(zhǔn)確值，導(dǎo)致
解題過(guò)程無(wú)法繼續(xù)進(jìn)行時(shí)，可這樣嘗試求解：先證明函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上存在唯一的零點(diǎn)(例如，函數(shù) f(x)在
區(qū)間 I 上是單調(diào)函數(shù)且在區(qū)間 I 的兩個(gè)端點(diǎn)的函數(shù)值異號(hào)時(shí)就可證明存在唯一的零點(diǎn))，這時(shí)可設(shè)出其零點(diǎn)
是 x0.因?yàn)?x0不易求出(當(dāng)然，有時(shí)是可以求出但無(wú)需求出)，所以把零點(diǎn) x0叫做隱零點(diǎn)；若 x0容易求出，就
叫做顯零點(diǎn)，而后解答就可繼續(xù)進(jìn)行，實(shí)際上，此解法類似于解析幾何中“設(shè)而不求”的方法.
例 設(shè)函數(shù) f(x)＝ex－ax－2.
(1)求 f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若 a＝1，k 為整數(shù)，且當(dāng) x>0 時(shí)，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求 k 的最大值.
方法技巧 2 極限思想在解決零點(diǎn)問(wèn)題中的應(yīng)用
解決函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，往往要轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與 x 軸的交點(diǎn)問(wèn)題，故需判斷函數(shù)圖象的變化趨勢(shì)，極限
的思想方法是解決問(wèn)題的有力工具.
例 (1)已知函數(shù) f(x)＝ax－x2(a＞1)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
(2)已知函數(shù) f(x)＝ex(x＋1)，若函數(shù) g(x)＝f(x)－3ex－m 有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍.
一、解答題
1．（2024·北京順義·三模）已知函數(shù) f x = x ln 2x +1 - ax2 .
(1)求曲線 y = f x 在點(diǎn) 0, f 0 處的切線方程；
(2)當(dāng) a < 0時(shí)，求證：函數(shù) f x 存在極小值；
(3)求函數(shù) f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
2 1．（2024·湖南常德·一模）已知函數(shù) f x = 2lnx - x + x ．
(1)求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
1 2(2)證明： 1+ 2 ÷ 1
1 1 1
+ *2 ÷ 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷ < e3 n N , n 2 ；è 2 è 3 è 4 è n
(3)若函數(shù) g x = m2 ln2 x 1- x - + 2 m > 0 有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求m 的取值范圍．
x
3．（2024·陜西商洛·三模）已知函數(shù) f x 1= 2a2 ln x - x2 - ax a R ．
2
(1)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
2x
(2) e當(dāng) a > 0時(shí)，若函數(shù) g x = + aex 和 h x = 2a2x 的圖象在 0,1 上有交點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
2
4．（2024·湖南岳陽(yáng)·三模）已知VABC 的三個(gè)角 A, B,C 的對(duì)邊分別為 a,b,c且 c = 2b，點(diǎn)D在邊BC 上， AD
是 BAC 的角平分線，設(shè) AD = kAC （其中 k 為正實(shí)數(shù)）．
(1)求實(shí)數(shù) k 的取值范圍；
(2) f (x) 3 ax3 5 b設(shè)函數(shù) = - bx2 + cx -
3 2 2
① 2 3當(dāng) k = 時(shí)，求函數(shù) f (x) 的極小值；
3
②設(shè) x0 是 f (x) 的最大零點(diǎn)，試比較 x0 與 1 的大小．
2
5．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = + lnx - m．
x
(1)討論 f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)若 f x 有兩個(gè)零點(diǎn)，證明：兩個(gè)零點(diǎn)之和大于 4．
6．（2024· x河北邯鄲·二模）已知函數(shù) f x = e - mx, g x = x - mlnx ．
(1)是否存在實(shí)數(shù)m ，使得 f x 和 g x 在 0, + 上的單調(diào)區(qū)間相同？若存在，求出m 的取值范圍；若不存
在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
(2)已知 x1, x2 是 f x 的零點(diǎn)， x2 , x3 是 g x 的零點(diǎn)．
①證明：m > e ，
②證明：1 < x1x2x3 < e
3
．
a
7．（2023· · x-1 2河南信陽(yáng) 模擬預(yù)測(cè)）設(shè)函數(shù) f (x) = (x -1)e + x .
2
(1)討論函數(shù) f (x) 的單調(diào)性；
(2)若 a≥- e，討論函數(shù) f (x) 的零點(diǎn)的個(gè)數(shù).
8．（2024· bx湖南株洲·一模）已知函數(shù) f x = x + a e 在 1, f 1 處的切線方程為 y = e x -1 ，其中 e 為自
然常數(shù).
(1)求 a、b 的值及 f x 的最小值；
4
(2) x x f x = kx2設(shè) 1， 2是方程 - 2 （ k > 2）的兩個(gè)不相等的正實(shí)根，證明： x1 - x2 > ln .e
9．（2023·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = a ln x - bx(a,b R, a 0)．
(1)求證：曲線 y = f (x) 僅有一條過(guò)原點(diǎn)的切線；
(2)若 a = 2b > 0時(shí)，關(guān)于 x 的方程 f (x) = m - x2有唯一解，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍．
1 1
10．（2023·
x+1
全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x e - 2 - a ÷， g x = a ln x - + a ．è x x
(1)討論 g x 的單調(diào)性．
(2)設(shè)方程 f x = g x 有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2．
①求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
② x
1
1 +x2
證明： e > x ．1x2
2 2 - 2a
11．（2023·

山東·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x x + x - 2a

÷ + ．
è e ex
(1)若 x = 0是函數(shù) f x 的極大值點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
f x
(2) 已知 a > 0，證明：方程 =1- a 有且僅有 1 個(gè)正實(shí)根，且該正實(shí)根位于區(qū)間 a, 2a 內(nèi)．
2
12．（2022· 2重慶沙坪壩·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x - 2ln x ．
(1)求 f x 的最小值，并證明方程 f f x = f x 有三個(gè)不等實(shí)根；
(2)設(shè)(1)中方程 f f x = f x 的三根分別為 x1，x2 ， x3 ，且 x1 < x2 < x3，證明： x2 - x3 > ln x1．
13．（2024·山東濰坊·一模）已知函數(shù) f (x) = 2m ln x - x
1
+ （m > 0）．
x
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
(2) (1 1
2
證明： + 2 )(1
1
+ 2 )(1
1
+ 2 )
1
× × × (1+ ) < e3 （ n N* ， n 2）；
2 3 4 n2
(3)若函數(shù) g(x)
1
= m2 ln2 x - x - + 2 有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求m 的取值范圍．
x
14．（2023·遼寧撫順· 2模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = ax - x - lnx a R ．
1
(1)當(dāng) a = 時(shí)，求函數(shù) f x 在[1, 2]上的最大值．
2
(2)若函數(shù) f x 在定義域內(nèi)有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)x1，x2，證明： f x1 + x2 + ln x1 + x2 > 2．
0
15．（2024·河北邢臺(tái)·二模）在函數(shù)極限的運(yùn)算過(guò)程中，洛必達(dá)法則是解決未定式 型或 型極限的一種重
0
要方法，其含義為：若函數(shù) f x 和 g x 滿足下列條件：
① lim f x = 0且 lim g x = 0（或 lim f x = ， lim g x = x a x a x a x a ）；
②在點(diǎn) a的附近區(qū)域內(nèi)兩者都可導(dǎo)，且 g x 0；
f x f x f x
③ lim

= A
g x （A 可為實(shí)數(shù)，也可為± ），則
lim = lim = A
x a x a g x ．x a g x
x
(1)用洛必達(dá)法則求 lim ；
x 0 sin x
2 3 2n-1
(2)函數(shù) f x 1 x x x x= + + + +L+2! 3! 2n 1 !（ n 2， n N*），判斷并說(shuō)明
f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
-
(3)已知 g 2x = g x ×cos x， g 0 1 x π π= - , ， ÷，求 g x 的解析式．
è 2 2
參考公式： lim f x = f lim x ， lim kf x = k lim f x ．x a x a x a x a
16．（2024·浙江金華·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)全集為U ，定義域?yàn)镈的函數(shù) y = fn (x)是關(guān)于 x 的函數(shù)“函數(shù)組”，當(dāng) n
取U 中不同的數(shù)值時(shí)可以得到不同的函數(shù)．例如：定義域?yàn)镽 的函數(shù) fn (x) = nx，當(dāng)U = N*時(shí)，有
f1(x) = x, f2 (x) = 2xL若存在非空集合 A U 滿足當(dāng)且僅當(dāng) n A時(shí)，函數(shù) fn (x)在D上存在零點(diǎn)，則稱 fn (x)
是A 上的“跳躍函數(shù)”．
(1)設(shè)U = Z, D = (- , 2]，若函數(shù) fn (x) = 2
x - n2是A 上的“跳躍函數(shù)”，求集合A ;
(2)設(shè) fn (x) = 4nx
3 - (6n +1)x2 + 2x, D = (1, + )，若不存在集合A 使 fn (x)為A 上的“跳躍函數(shù)”，求所有滿足條
件的集合U 的并集；
(3)設(shè)U = N*， fn (x)為A 上的“跳躍函數(shù)”，D = (1, + ) ．已知 f1(x) = 2
1
- ，且對(duì)任意正整數(shù) n，均有
x
fn+1(x) = fn (x) + (1- x)
n +1．
（i）證明： A = n n = 2k, k N* ;
（ii）求實(shí)數(shù) a的最大值，使得對(duì)于任意 n A，均有 fn (x)的零點(diǎn) tn > a．
17．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）若函數(shù) y = f x 的圖象上的若干個(gè)不同點(diǎn)處的切線互相重合，則稱該
切線為函數(shù) y = f x 的圖象的“自公切線”，稱這若干個(gè)點(diǎn)為函數(shù) y = f x 的圖象的一組“同切點(diǎn)”例如，如圖，
直線 l為函數(shù) y = f x 的圖象的“自公切線”，A ， B 為函數(shù) y = f x 的圖象的一組“同切點(diǎn)”.
(1)已知函數(shù) f x = xcosx在 x = 0處的切線為它的一條“自公切線”，求該自公切線方程；
(2)若 a R ，求證：函數(shù) g x = x - tanx a x π , π+ - ， ÷有唯一零點(diǎn)，且該函數(shù)的圖象不存在“自公切線”；
è 2 2
x π π
(3)設(shè) n N*，函數(shù) hn x = - tanx - π， x - + nπ, + nπ 的零點(diǎn)為 q ，求證： An 2 2 ÷ n n q2n , f q2n 為函數(shù)è
f x = xcosx的一組同切點(diǎn).
18．（2024·安徽蕪湖·三模）若數(shù)列 an 的各項(xiàng)均為正數(shù)，且對(duì)任意的相鄰三項(xiàng) at-1, at , at+1，都滿足
at-1at+1 a
2
t ，則稱該數(shù)列為“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，若對(duì)任意的相鄰三項(xiàng) at-1, at , at+1，都滿足 at-1 + at+1 2at 則稱該
數(shù)列為“凸數(shù)列”．
(1)已知正項(xiàng)數(shù)列 cn 是一個(gè)“凸數(shù)列” c，且a =e nn ，（其中 e為自然常數(shù)， n N*），證明：數(shù)列 an 是一個(gè)
“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，且有 a1a10 a5a6 ；
(2)若關(guān)于 x 的函數(shù) f x = b1 + b2x + b3x2 + b 34x 有三個(gè)零點(diǎn)，其中bi > 0 i =1，2，3，4 ．證明：數(shù)列b1,b2 ,b3 ,b4 是
一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”：
1 n 1 n-1 1 n-1 1 n
(3)設(shè)正項(xiàng)數(shù)列 a0, a1，L, an 是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，求證： ai ÷ a j ÷ ai ÷ a j ÷
è n +1 i=0 è n -1 j=1 è n i=0 è n j=1
19．（2024·山東·模擬預(yù)測(cè)）法國(guó)數(shù)學(xué)家弗朗索瓦·韋達(dá)發(fā)現(xiàn)了一元二次方程的根與系數(shù)之間的關(guān)系，將其
推廣到高次方程，并在其著作《論方程的識(shí)別與訂正》中正式發(fā)表，后來(lái)人們把這個(gè)關(guān)系稱為韋達(dá)定理，
x , x n n-1即如果 1 2 , x3 , × × ×, xn n 2 是關(guān)于 x 的實(shí)系數(shù)一元 n 次方程 an x + an-1x + ×××+ a1x + a0 = 0 an 0 在復(fù)數(shù)集
ìx a -1 1 + x2 + x3 + ×××+ x
n
n = - ,
an
x x x x x x an - 2 1 2 + 1 3 + ×××+ n-1 n = ,
an
C 內(nèi)的 n 個(gè)根，則 í
x1x2x x x x
an - 3
3 + 1 2 4 + ×××+ xn-2xn-1xn = - ,a
n
L,

x x n a01 2x3 × × × × × xn = -1 × .
an
試運(yùn)用韋達(dá)定理解決下列問(wèn)題：
(1)已知 a,b,c R ， a + b + c =1， ab + bc + ca = 0，求 a3 + b3 + c3 的最小值；
(2)已知 a,b R ，關(guān)于 x 的方程 x3 + 2 - a x2 + bx - a = 0 a > 0 有三個(gè)實(shí)數(shù)根，其中至少有一個(gè)實(shí)效根在區(qū)
間 0,a 內(nèi)，求 2a - b 的最大值．

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