2020届二轮复习(理)第2部分专题6第3讲　导数的综合应用学案

2020届二轮复习(理)第2部分专题6第3讲　导数的综合应用学案

第3讲　导数的综合应用 ‎　利用导数证明不等式(5年3考)‎ 考向1　构造函数法(最值法)证明单变量不等式 ‎[高考解读]　以我们熟知的不等关系，如ln x＜x，ln(x＋1)≤x，ex≥x＋1等为载体，通过变形或适当重组，形成一道新颖的题目.重在考查学生的等价转化能力，逻辑推理及数学运算的能力. ‎ ‎ (2016·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝ln x－x＋1.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；‎ ‎(3)设c>1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.‎ 切入点：(1)当x＞1时，1＜＜x⇔ln x＜x－1＜xln x；(2)构造函数g(x)＝1＋(c－1)x－cx，借助(2)的讨论求解．‎ ‎[解](1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.‎ 当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ 当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．‎ ‎(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，‎ 最大值为f(1)＝0.‎ 所以当x≠1时，ln x＜x－1.‎ 故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln＜－1，‎ 即1＜＜x.‎ ‎(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，‎ 则g′(x)＝c－1－cxln c.‎ 令g′(x)＝0，解得x0＝.‎ 当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；‎ 当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．‎ 由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.‎ 又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.‎ 所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.‎ 单变量不等式的证明方法 ‎(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；‎ ‎(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；‎ ‎(3)最值法：欲证f(x)＜g(x)，有时可以证明f(x)max＜g(x)min.‎ 提醒：拆分函数时，ex和ln x尽量分到两个不同的函数中．‎ ‎(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．‎ ‎[一题多解](与ex，ln x有关的不等式证明问题)已知函数f(x)＝1－ln x＋a2x2－ax(a∈R)．‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若a＝0且x∈(0,1)，求证：＋x2－＜1.‎ ‎[解](1)a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上递减；‎ a＞0时，f(x)在上递减，‎ 在上递增；‎ a＜0时，f(x)在上递减，‎ 在上递增．‎ ‎(2)法一：(最值法)若a＝0且x∈(0,1)，‎ 欲证＋x2－＜1，‎ 只需证＋x2－＜1，‎ 即证x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex.‎ 设函数g(x)＝x(1－ln x)，则g′(x)＝－ln x.‎ 当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增，‎ 所以g(x)＜g(1)＝1.‎ 设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，则h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex.‎ 设函数p(x)＝2＋x－3x2－x3，则p′(x)＝1－6x－3x2.‎ 当x∈(0,1)时，p′(0)·p′(1)＝－8＜0，‎ 故存在x0∈(0,1)，使得p′(x0)＝0，‎ 从而函数p(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减．‎ 当x∈(0，x0)时，p(x0)＞p(0)＝2，当x∈(x0,1)时，p(x0)·p(1)＜－2＜0，‎ 故存在x1∈(0,1)，使得h′(x1)＝0，‎ 即当x∈(0，x1)时，p(x)＞0，当x∈(x1,1)时，p(x)＜0，‎ 从而函数h(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1,1)上单调递减．‎ 因为h(0)＝1，h(1)＝e，‎ 所以当x∈(0,1)时，h(x)＞h(0)＝1，‎ 所以x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，‎ 即＋x2－＜1，x∈(0,1)．‎ 法二：(放缩法)若a＝0且x∈(0,1)，‎ 欲证＋x2－＜1，‎ 只需证＋x2－＜1，‎ 即证x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex.‎ 设函数g(x)＝x(1－ln x)，则g′(x)＝－ln x，‎ 当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增．‎ 所以g(x)＜g(1)＝1.‎ 设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，‎ 因为x∈(0,1)，所以x＞x3，所以1＋x－x3＞1，‎ 又1＜ex＜e，所以h(x)＞1，‎ 所以g(x)＜1＜h(x)，‎ 即原不等式成立．‎ 法三：(放缩法)若a＝0且x∈(0,1)，‎ 欲证＋x2－＜1，‎ 只需证＋x2－＜1，‎ 由于1－ln x＞0，ex＞e0＝1，则只需证明1－ln x＋x2－＜1，‎ 只需证明ln x－x2＋＞0，令g(x)＝ln x－x2＋，‎ 则当x∈(0,1)时，g′(x)＝－2x－＝＜＜0，‎ 则函数g(x)在(0,1)上单调递减，则g(x)＞g(1)＝0，‎ 所以ln x－x2＋＞0，‎ 即原不等式原立．‎ ‎[点评]　含“x”的不等式证明,考题第二问出现含x的不等式，往往是对所求证的不等式先进行等价变形，如移项、分解、重组，放缩等手段，化为更加加强的不等式的证明，甚至构造两个系数，其中放缩法比较灵活.‎ ‎①x＞0时，证明：f(x＋1,ex)(1－x－xln x)＜1＋e－2.‎ 析：令g(x)＝，h(x)＝1－x－xln x.‎ 易证0＜g(x)＜1，h′(x)＝－ln x－2.‎ ‎∵h(x)在(0，e－2)上递增，在(e－2，＋∞)上递减，‎ ‎∴h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2，‎ ‎∴g(x)h(x)＜1＋e－2.‎ ‎②当m≤2时，求证：ex－ln(x＋m)＞0.‎ 证明：当m≤2时，x∈(－m，＋∞)，‎ ‎∵ln(x＋m)≤ln(x＋2)，‎ ‎∴只需证：ex－ln(x＋2)＞0.‎ 令g(x)＝ex－ln(x＋2)，‎ g′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上递增.‎ 又∵g′(－1)＝－1＜0，g′(0)＝＞0，‎ ‎∴存在唯一实数x0∈(－1，0)，使g′(x0)＝0，即ex0＝.‎ ‎∴当x∈(－1，x0)时，g′(x)＜0，x∈(x0，0)时，g′(x)＞0.‎ ‎∵g(x)min＝g(x0)＝ex0－ln(x0＋2)＝＋x0‎ ‎＝＋x0＋2－2＞0.‎ 考向2　转化法证明双变量不等式 ‎[高考解读]　以对数函数与线性函数的组合为载体，以函数的极值点、零点为依托，将函数、方程、不等式巧妙的融合在一起，重在考查学生的等价转化能力、数学运算能力和逻辑推理能力. ‎ ‎(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f(x)＝－x＋aln x存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.‎ 切入点： f′(x1)＝f′(x2)＝0，借助方程思想找出x1，x2的等量关系，构造函数借助单调性证明不等式．‎ ‎[解]　∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝－－1＋＝－，‎ 易知当且仅当a＞2时，f(x)存在两个极值点．‎ 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1，‎ 由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，‎ 所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.‎ 设函数g(x)＝－x＋2ln x，‎ g′(x)＝－－1＋＝ ‎＝≤0，‎ ‎∴g(x)在(0，＋∞)单调递减，‎ 又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，‎ 所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.‎ 证明双变量不等式的两种常见方法 对于形如f(x1，x2)＞A的不等式，其证明中的常见变形有以下两种：‎ ‎(1)消元法：即借助题设条件，建立x1与x2的等量关系，如x2＝g(x1)，从而将f(x1，x2)＞A的双变量不等式化成h(x1)＞A的单变量不等式；‎ ‎(2)换元法：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如形式．‎ ‎(与零点有关的双变量问题)已知函数f(x)＝ax－ln x(a∈R)．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明：＋＞2.‎ ‎[解](1)a≤0时，减区间为(0，＋∞)，没有增区间；‎ a＞0时，减区间为 ，增区间为.‎ ‎(2)证明：函数f(x)有两个零点分别为x1，x2，则a＞0，不妨设x1＜x2，则ln x1－ax1＝0，‎ ln x2－ax2＝0，‎ ln x2－ln x1＝a(x2－x1)．‎ 要证＋＞2，只需证＋＞‎2a，‎ 只需证＞a，‎ 只需证＞，只需证＞ln ，‎ 只需证ln ＜.‎ 令t＝，则t＞1，即证ln t＜.‎ 设φ(t)＝ln t－，则φ′(t)＝＜0，即函数φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，则φ(t)＜φ(1)＝0.‎ 即得＋＞2.‎ ‎　利用导数解决不等式恒成立(能成立)中的参数问题(5年2考)‎ 考向1　分离参数或构造函数解决恒成立(能成立)问题 ‎[高考解读]　以不等式中的恒成立(能成立)为载体，考查学生的等价转化能力，考查函数最值的求法，逻辑推理能力及数学运算的素养. ‎ ‎(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.‎ ‎(1)若f(x)≥0，求a的值；‎ ‎(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．‎ ‎[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ ‎①若a≤0，因为f＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意．‎ ‎②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，‎ 当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．‎ 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．‎ 由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，‎ 故a＝1.‎ ‎(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.‎ 令x＝1＋，得ln＜，‎ 从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.‎ 故·…·＜e.‎ 而＞2，‎ 所以m的最小值为3.‎ 不等式恒成立、能成立问题常用解法 ‎(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.‎ ‎(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论．‎ ‎(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用．‎ ‎(4)恒成立(能成立)问题出现在压轴题第二问，分离参数法一般不好做，原因有两点：一是分离后求最值利用导数研究单调性．不好研究(多次求导无果或越求导越复杂)．二是遇到一个障碍点，如研究出f(x)在(1，＋∞)上递减，f(x)＜f(1)，而f(1)无意义，需要用到“洛必达法则”．所以一般不分离，直接利用导数研究单调性(需讨论)，转化求最值，注意定义域、端点值的利用，先出结果，排除反面．‎ ‎1．(能成立问题)设函数f(x)＝2ln x－mx2＋1.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)＞m－1成立，求实数m的取值范围．‎ ‎[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝－2mx＝，‎ 当m≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当m＞0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜，令f′(x)＜0，则x＞，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m＞0，且f(x)在 上单调递增，在上单调递减．‎ ‎∴f(x)max＝f＝2ln－m·＋1＝－ln m，‎ 若存在x0，使得f(x0)＞m－1成立，则f(x)max＞m－1.‎ 即－ln m＞m－1，ln m＋m－1＜0成立，‎ 令g(x)＝x＋ln x－1(x＞0)，‎ ‎∵g′(x)＝1＋＞0，‎ ‎∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，‎ ‎∴0＜m＜1.‎ ‎∴实数m的取值范围是(0,1)．‎ ‎2．(有限定范围恒成立问题)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．‎ ‎(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．‎ ‎[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，‎ f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.‎ 故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.‎ ‎(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0，‎ 设g(x)＝ln x－，‎ 则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.‎ ‎①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)＞g(1)＝0.‎ ‎②当a＞2时， 令g′(x)＝0，‎ 得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.‎ 由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1.‎ 故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，‎ 因此g(x)＜g(1)＝0，‎ 综上可知，实数a的取值范围是(－∞，2]．‎ 考向2　最值定位法解决双变量不等式恒成立问题 ‎[高考解读]　以不等式恒成立(能成立)为载体，融合(特)称命题于其中，重在考查学生的最值转化能力，考查逻辑推理及数学运算的素养. ‎ ‎(2015·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.‎ ‎(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；‎ ‎(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．‎ 切入点：(1)先对f(x)求导，再根据m的取值范围分别讨论f′(x ‎)与0的关系，从而得证；‎ ‎(2)对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1说明函数f(x)的最大值与最小值的差不大于e－1，结合(1)的结论求m的取值范围．‎ ‎[解](1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.‎ 若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；‎ 当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.‎ 若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；‎ 当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.‎ 所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是 即①‎ 设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.‎ 当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.‎ 故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．‎ 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，‎ 故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.‎ 当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；‎ 当m>1时，由g(t)的单调性知，g(m)>0，即em－m>e－1；‎ 当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.‎ 综上，m的取值范围是[－1,1]．‎ 常见的双变量不等式恒成立问题的类型 ‎(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，‎ 使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)max.‎ ‎(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，‎ 使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min.‎ ‎(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，‎ 使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)min≤g(x2)min.‎ ‎(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，‎ 使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max.‎ ‎(5)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，‎ 使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)min.‎ ‎(6)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，‎ 使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max.‎ ‎(与量词有关的不等式恒成立问题)已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.‎ ‎(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；‎ ‎(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．‎ ‎[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.‎ ‎①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，‎ f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.‎ ‎②当1＜a＜e时，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．‎ 所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.‎ ‎③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，‎ f(x)在[1，e]上为减函数．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.‎ 综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；‎ 当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；‎ 当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.‎ ‎(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．‎ 由(1)知当a＜1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.‎ g′(x)＝(1－ex)x.‎ 当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－＜1，即a＞，‎ 所以a的取值范围为.‎ ‎　利用导数解决函数零点问题(5年4考)‎ 考向1　根据参数确定函数零点的个数 ‎[高考解读]　以函数零点个数的判定为载体，考查学生分类讨论及数形结合的思想，考查导数在研究函数图象变化中的作用，考查学生的逻辑推理能力及数学运算的素养. ‎ ‎(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；‎ ‎(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．‎ 切入点：(1)由f′(x)＞0(＜0)判断f(x)的单调性，借助零点存在性定理判断f(x)有两个零点；‎ ‎(2)由导数的几何意义证明．‎ ‎[解](1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．‎ 因为f′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．‎ 因为f(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－＝＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又0＜＜1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.‎ 综上，f(x)有且仅有两个零点．‎ ‎(2)因为＝e，故点B在曲线y＝ex上．‎ 由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，故直线AB的斜率 k＝＝＝.‎ 曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．‎ ‎[教师备选题]‎ ‎(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.‎ ‎(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线？‎ ‎(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数．‎ 切入点：(1)设切点为(x0,0)，由条件得f(x0)＝0，f′(x0)＝0，由此列方程组，进而解得结果．‎ ‎(2)分x＞1，x＝1,0＜x＜1三种情形讨论h(x)的零点．‎ ‎[解](1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即 解得 因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．‎ ‎(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点．当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；‎ 若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点．‎ 当x∈(0,1)时，g(x)＝－ln x>0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．‎ ‎①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，故f(x ‎)在(0,1)上单调．‎ 而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点．‎ ‎②若－30，即－－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a.‎ 当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．‎ ‎(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．‎ ‎(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.‎ ‎①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；‎ ‎②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a＞0，‎ 即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；‎ ‎③当a∈(0,1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.‎ 又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，‎ 故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．‎ 设正整数n0满足n0＞ln，‎ 则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0.‎ 由于ln＞－ln a，‎ 因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．‎ 综上，a的取值范围为(0,1)．‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.‎ ‎(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；‎ ‎(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.‎ ‎[解](1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.‎ 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.‎ 当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.‎ ‎(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.‎ f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．‎ ‎(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；‎ ‎(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.‎ 所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．‎ 故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．‎ ‎①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；‎ ‎②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；‎ ‎③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点．‎ 由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以 h(‎4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，‎ 故h(x)在(2,‎4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．‎ 综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.‎ 解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．‎ 提醒：(1)要注意参数端点值的取舍；(2)分类标准要恰当．‎ ‎(方程根的个数与导数交汇)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1.‎ ‎(1)当a＝1时，求证：f(x)≤0恒成立；‎ ‎(2)若关于x的方程f(x)＋x2＋1＝0至少有两个不相等的实数根，求实数a的最小值．‎ ‎[解](1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝－1＝，‎ 令f′(x)＝0⇒x＝1，所以当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．‎ 故f(x)max＝f(1)＝0，所以f(x)≤0.‎ ‎(2)f(x)＋x2＋1＝0至少有两个不相等的实数根，即ln x＋x2－ax＋2＝0，a＝＋x＋至少有两个不相等的实数根，‎ 记φ(x)＝＋x＋(x＞0)，所以φ′(x)＝＋1－＝，‎ 记h(x)＝x2－ln x－1(x＞0)，所以h′(x)＝2x－＝，‎ 令h′(x)＝0⇒x＝，‎ 所以当x∈时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，x∈时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，‎ 所以h(x)的最小值为h＝－ln－1＝－＋ln 2＝－(1－ln 2)＜0，‎ 又h(1)＝0，所以x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，‎ 又当x＝时，h＝－ln －1＝＋1－1＝＞0，因此必存在唯一的x0∈，使得h(x0)＝0.‎ 因此x∈(0，x0)时，h(x)＞0，φ(x)单调递增，x∈(x0,1)时，h(x)＜0，φ(x)单调递减，x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，φ(x)单调递增，画出y＝φ(x)的大致图象，如图所示．‎ 因此当φ(1)≤a≤φ(x0)时，直线y＝a与y＝φ(x)的图象至少有两个交点，所以a的最小值为φ(1)＝3.‎