②当m=0时,当x∈(0,+∞)时f'(x)>0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,令x=en+1,

则f(en+1)=ln en+1-n=1>0,舍去;

③当m>0时,当x∈0,??时,f'(x)>0;当x∈∴f(x)在0,??上单调递增,在∴f(x)的最大值为f

即n≥-ln m-1,

1??

1

1

,+∞??

1

1

,+∞??

时,f'(x)<0;

上单调递减,

=-ln m-1-n≤0,

∴m+n≥m-ln m-1.

设h(m)=m-ln m-1, 令h'(m)=1-=0,则m=1. 当m∈(0,1)时,h'(m)<0,

1

??∴h(m)在(0,1)上单调递减,

当m∈(1,+∞)时,h'(m)>0,

∴h(m)在(1,+∞)上单调递增. ∴h(m)的最小值为h(1)=0,

综上所述,当m=1,n=-1时m+n的最小值为0.

命题角度3利用导数研究函数的

零点或方程的根

高考真题体验·对方向

1.(2019全国Ⅰ·20)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f'(x)为f(x)的导数. (1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点; (2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.

(1)证明 设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x.

当x∈(0,)时,g'(x)>0;

2当x∈(,π)时,g'(x)<0,

所以g(x)在(0,2)单调递增,在(2,π)单调递减. 又g(0)=0,g(2)>0,g(π)=-2,

ππ

π

π2π

13

故g(x)在(0,π)存在唯一零点. 所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点. (2)解 由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.

由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点, 设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0; 当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,

所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减. 又f(0)=0,f(π)=0,

所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.

又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax. 因此,a的取值范围是(-∞,0].

2.(2016全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2. (1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解 (1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)

=(x-1)(ex+2a).

(ⅰ)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.

所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增. (ⅱ)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).

①若a=-e

2,则f'(x)=(x-1)(ex-e),

所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.

②若a>-e

2,则ln(-2a)<1,

故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f'(x)>0; 当x∈(ln(-2a),1)时,f'(x)<0.

所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)单调递增, 在(ln(-2a),1)单调递减.

③若a<-e

2,则ln(-2a)>1,

故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0; 当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0,

所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)单调递增, 在(1,ln(-2a))单调递减.

(2)(ⅰ)设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a, 取b满足b<0且b

2, 则f(b)>??

2(b-2)+a(b-1)2=a(??2-3

2??)>0, 所以f(x)有两个零点.

14

(ⅱ)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点. (ⅲ)设a<0,若a≥-,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)单调递增. 又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;

若a<-,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增. 又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点. 综上,a的取值范围为(0,+∞).

e2

e2

典题演练提能·刷高分

1.已知函数f(x)=??-2ln x(a∈R,a≠0). (1)讨论函数f(x)的单调性;

??2

(2)若函数f(x)有最小值,记为g(a),关于a的方程g(a)+a--1=m有三个不同的实数根,求实数m的取值范围.

解 (1)f'(x)=?????(x>0),

当a<0时,f'(x)<0,知f(x)在(0,+∞)上是递减的; 当a>0时,f'(x)=

2(??+√??)(??-√??)

,知????2??

2

29??f(x)在(0,√??)上是递减的,在(√??,+∞)上是递增的.

(2)由(1)知,a>0,f(x)min=f(√??)=1-ln a,即g(a)=1-ln a, 方程g(a)+a--1=m,即m=a-ln a-(a>0), 令F(a)=a-ln a-(a>0),则F'(a)=1-+

1

229??

1??

29??229??

29??

=

(3??-1)(3??-2)

, 9??2知F(a)在(0,)和(,+∞)是递增的,在(,)是递减的,

3333F(a)极大=F()=-+ln 3,F(a)极小=F()=-ln 2+ln 3, 3333依题意得3-ln 2+ln 3

(1)设函数F(x)=f(x)+g(x),试讨论函数F(x)零点的个数; (2)若

??2-8

a=-2,x>0,求证:f(x)·g(x)>√??+1+2??+4.

1

1

1

1

1

1

2

1

12

(1)解 函数F(x)的定义域为(-∞,a)∪(a,+∞).当x∈(a,+∞)时,ex>0,??-??>0,

所以F(x)=ex+??-??>0,即F(x)在区间(a,+∞)上没有零点.

15

1

当x∈(-∞,a)时,F(x)=e

x

+1(??-??)+1

??-??

=

e????-??

,令h(x)=ex(x-a)+1.

只要讨论h(x)的零点即可.

h'(x)=ex(x-a+1),h'(a-1)=0,当x∈(-∞,a-1)时,h'(x)<0,h(x)是减函数; 当x∈(a-1,a)时,h'(x)>0,h(x)是增函数. 所以h(x)在区间(-∞,a)的最小值为h(a-1)=1-ea-1

.

显然,当a=1时,h(a-1)=0,所以x=a-1是F(x)的唯一的零点; 当a<1时,h(a-1)=1-ea-1

>0,所以F(x)没有零点;

当a>1时,h(a-1)=1-ea-1

<0,所以F(x)有两个零点.

(2)证明 若a=-2,x>0,要证

f(x)·g(x)>√??+1+??2-82??+4,即要证ex>(x+2)√??+1+1

2

x2-4,

∵√??+1<√??2

4+??+1=??

2+1,

设M(x)=ex-(x+2)??1

2+1-2x2+4=ex-x2-2x+2, M'(x)=ex-2x-2,令φ(x)=ex-2x-2,

φ'(x)=ex-2,φ(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增.

∵φ(1)φ(2)<0,φ(-1)φ(0)<0,

∴M'(x)在(0,+∞)上只有一个零点x0(1

e??0-2x0-2=0,∴M(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.

∴M(x)≥e??0???02-2x0+2=4-??02

>0.

∴ex>(x+2)

??

+1

2

1+2x2-4.

∵??

2+1>√??+1, ∴ex>(x+2)√??+1+1

2x2-4,

∴f(x)·g(x)>√??+1+??2-8

2??+4

得证.

3.(2019河北唐山三模)已知函数f(x)=xln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x). (1)若a=1,求f(x)的极大值;

(2)当0

解 (1)f(x)=xln x-x2+x+1,g(x)=f'(x)=ln x-2x+2,g'(x)=1

1-2??

??-2=??, 当x∈0,1

2时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x∈12,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 注意到g(1)=f'(1)=0,则

16