∴f（x）＝ex－lnx在x＝x0处有极小值，也是最小值.
∴f（x）min＝f（x0）＝ex0－lnx0＝＋x0>2，x0∈.
故ex－lnx>2.
法二 注意到ex≥1＋x（当且仅当x＝0时取等号），
x－1≥lnx（当且仅当x＝1时取等号），
∴ex＋x－1>1＋x＋lnx，故ex－lnx>2.
探究提高 1.法一中关键有三点：
（1）利用零点存在定理，判定极小值点x0∈；
（2）确定ex0＝，x0＝－lnx0的关系；（3）基本不等式的利用.
2.法二联想经典教材习题结论，降低思维难度，优化思维过程，简洁方便.
【链接高考】（2017·全国Ⅲ卷）已知函数f（x）＝lnx＋ax2＋（2a＋1）x.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a<0时，证明f（x）≤－－2.
（1）解 f（x）的定义域为（0，＋∞），
且f′（x）＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0时，则当x∈（0，＋∞）时，f′（x）>0，
故f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
若a<0时，则当x∈时，f′（x）>0；
当x∈时，f′（x）<0.
故f（x）在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明 由
（1）知，当a<0时，f（x）在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－，
所以f（x）≤－－2等价于ln－1－≤－－2，
即ln＋＋1≤0，
设g（x）＝lnx－x＋1，则g′（x）＝－1.
当x∈（0，1）时，g′（x）>0；x∈（1，＋∞）时，g′（x）<0.
所以g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.
故当x＝1时，g（x）取得最大值，最大值为g
（1）＝0.
所以当x>0时，g（x）≤0，
从而当a<0时，ln＋＋1≤0，
故f（x）≤－－2.
教你如何审题——利用导数研究函数的零点
【例题】（2018·全国Ⅱ卷）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.
[审题路线]
[自主解答]
（1）证明 当a＝1时，f（x）＝ex－x2，则f′（x）＝ex－2x.
令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝ex－2.
令g′（x）＝0，解得x＝ln2.
当x∈（0，ln2）时，g′（x）<0；
当x∈（ln2，＋∞）时，g′（x）>0.
∴当x≥0时，g（x）≥g（ln2）＝2－2ln2>0，
∴f（x）在[0，＋∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）＝1.
（2）解 若f（x）在（0，＋∞）上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在（0，＋∞）上只有一个解，
由a＝，令φ（x）＝，x∈（0，＋∞），
φ′（x）＝，令φ′（x）＝0，解得x＝2.
当x∈（0，2）时，φ′（x）<0；
当x∈（2，＋∞）时，φ′（x）>0.
∴φ（x）min＝φ
（2）＝.∴a＝.
探究提高 1.利用导数研究函数的零点主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养.考查的主要形式：
（1）求函数的零点、图象交点的个数；
（2）根据函数的零点个数求参数的取值或范围.
2.导数研究函数的零点常用方法：
（1）研究函数的单调性、极值，利用单调性、极值、函数零点存在定理来求解零点问题；
（2）将函数零点问题转化为方程根的问题，从而同解变形为两个函数图象的交点，运用函数的图象性质求解.
【尝试训练】已知三次函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d（a，b，c∈R）过点（3，0），且函数f（x）在点（0，f（0））处的切线恰好是直线y＝0.
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）设函数g（x）＝9x＋m－1，若函数y＝f（x）－g（x）在区间[－2，1]上有两个零点，求实数m的取值范围.
解
（1）f′（x）＝3x2＋2bx＋c，由已知条件得，
解得b＝－3，c＝d＝0，
所以f（x）＝x3－3x2.
（2）由已知条件得，f（x）－g（x）＝x3－3x2－9x－m＋1在[－2，1]上有两个不同的零点，可转化为y＝m与y＝x3－3x2－9x＋1的图象有两个不同的交点；
令h（x）＝x3－3x2－9x＋1，
h′（x）＝3x2－6x－9，x∈[－2，1]，
令h′（x）>0得－2≤x＜－1；令h′（x）<0得－1＜x≤1.
所以h（x）max＝h（－1）＝6，
又f（－2）＝－1，f
（1）＝－10，所以h（x）min＝－10.
数形结合，可知要使y＝m与y＝x3－3x2－9x＋1的图象有两个不同的交点，则－1≤m＜6.
故实数m的取值范围是[－1，6）.
满分答题示范——利用导数研究函数的性质
【例题】（12分）（2017·浙江卷）已知函数f（x）＝（x－）e－x.
（1）求f（x）的导函数；
（2）求f（x）在区间上的取值范围.
[规范解答]
[高考状元满分心得]
❶得步骤分：
抓住得分点的步骤，“步步为赢”、求得满分.如第
（1）问中求定义域，求导，第
（2）问中求零点和列表.
❷得关键分：
解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分如第
（2）问中，对f（x）≥0的判断.
❸得计算分：
解题过程中计算准确是满分的根本保证.如第
（1）问中求导准确变形到位；第
（2）问中规范列表，正确计算出f（x）的最值.
[构建模板]
【规范训练】（2018·全国Ⅰ卷改编）已知函数f（x）＝－x＋alnx.
（1）试讨论函数f（x）的单调性；
（2）设x1，x2是f（x）的两个极值点，且x2>x1，设t＝f（x1）－f（x2）－（a－2）（x1－x2），试证明t>0.
（1）解 f（x）的定义域为（0，＋∞），
f′（x）＝－－1＋＝－.
（ⅰ）若a≤2，则f′（x）≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时f′（x）＝0，
所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减.
（ⅱ）若a>2，令f′（x）＝0得，
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′（x）<0；
当x∈时，f′（x）>0.
所以f（x）在，上单调递减，
在上单调递增.
（2）证明 由
（1）知，f（x）存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f（x）的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1.
又因x2>x1>0，所以x2>1.
又t＝f（x1）－f（x2）－（a－2）（x1－x2）
＝－－（x1－x2）＋a（lnx1－lnx2）－（a－2）（x1－x2）
＝a＝－a.
设φ（x）＝－x＋2lnx，x>1.
由第
（1）问知，φ（x）在（1，＋∞）单调递减，且φ
（1）＝0，
从而当x∈（1，＋∞）时，φ（x）<0.
所以＋2lnx2－x2<0，故t>0.
1.已知函数f（x）＝lnx－ax2＋x有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
解 令g（x）＝lnx，h（x）＝ax2－x，
将零点问题转化为两个函数图象交点的问题.
当a≤0时，g（x）和h（x）的图象只有一个交点，不满足题意；
当a>0时，由lnx－ax2＋x＝0，得a＝.
令r（x）＝，则r（x）的定义域为（0，＋∞）.
则r′（x）＝＝，易知r′
（1）＝0，
当00，r（x）是增函数，
当x>1时，r′（x）<0，r（x）是减函数，且>0，
r（x）max＝r
（1）＝1，所以0故实数a的取值范围是（0，1）.
2.已知函数f（x）＝2x3＋ax2＋bx＋3在x＝－1和x＝2处取得极值.
（1）求f（x）的表达式和极值；
（2）若f（x）在区间[m，m＋4]上是单调函数，试求m的取值范围.
解
（1）依题意知f′（x）＝6x2＋2ax＋b＝0的两根为－1和2，
∴∴
∴f（x）＝2x3－3x2－12x＋3，
∴f′（x）＝6x2－6x－12＝6（x＋1）（x－2），
令f′（x）>0，得x<－1或x>2；令f′（x）<0，得－1∴函数f（x）在（－∞，－1]和[2，＋∞）上单调递增；在（－1，2）上单调递减.
∴f（x）极大值＝f（－1）＝10，f（x）极小值＝f
（2）＝－17.
（2）由
（1）知，f（x）在（－∞，－1]和[2，＋∞）上单调递增，在区间（－1，2）上单调递减.
∴m＋4≤－1或或m≥2.
∴m≤－5或m≥2，
则m的取值范围是（－∞，－5]∪[2，＋∞）.
3.已知函数f（x）＝（ax2＋x）ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.
（1）当a>0时，解不等式f（x）≤0；
（2）当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f（x）＝x＋2在[t，t＋1]上有解.
解
（1）因为ex>0，（ax2＋x）ex≤0，所以ax2＋x≤0.
又因为a>0，所以不等式化为x≤0.
所以不等式f（x）≤0的解集为.
（2）当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，
由于ex>0，所以x＝0不是方程的解，
所以原方程等价于ex－－1＝0.令h（x）＝ex－－1，
因为h′（x）＝ex＋>0对于x∈（－∞，0）∪（0，＋∞）恒成立，
所以h（x）在（－∞，0）和（0，＋∞）内是单调递增函数，
又h
（1）＝e－3<0，h
（2）＝e2－2>0，h（－3）＝e－3－<0，
h（－2）＝e－2>0，
所以方程f（x）＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数t的所有值为{－3，1}.
4.（2019·合肥一中质检）已知函数f（x）＝.
（1）若f（x）在区间（－∞，2）上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
（2）若a＝0，x0<1，设直线y＝g（x）为函数f（x）的图象在x＝x0处的切线，求证：
f（x）≤g（x）.
（1）解 易知f′（x）＝－，
由已知得f′（x）≥0对x∈（－∞，2）恒成立，
故x≤1－a对x∈（－∞，2）恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
故实数a的取值范围为（－∞，－1].
（2）证明 当a＝0时，则f（x）＝.
函数f（x）的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g（x）＝f′（x0）（x－x0）＋f（x0）.
令h（x）＝f（x）－g（x）
＝f（x）－f′（x0）（x－x0）－f（x0），x∈R，
则h′（x）＝f′（x）－f′（x0）＝－
＝.
设φ（x）＝（1－x）ex0－（1－x0）ex，x∈R，
则φ′（x）＝－ex0－（1－x0）ex，
∵x0<1，∴φ′（x）<0，
∴φ（x）在R上单调递减，而φ（x0）＝0，
∴当x0，当x>x0时，φ（x）<0，
∴当x0，当x>x0时，h′（x）<0，
∴h（x）在区间（－∞，x0）上为增函数，在区间（x0，＋∞）上为减函数，∴x∈R时，h（x）≤h（x0）＝0，
∴f（x）≤g（x）.
5.已知函数f（x）＝eax－ax－1.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n（n≥2）.若（n！
）解
（1）f′（x）＝aeax－a＝a（eax－1），
当a>0时，令f′（x）>0，解得x>0；
令f′（x）<0，解得x<0.
所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，在（－∞，0）上单调递减；
当a＝0时，显然无单调区间；
当a<0时，令f′（x）>0，解得x>0；
令f′（x）<0，解得x<0，
所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，在（－∞，0）上单调递减.
综上，当a＝0时，无单调区间；a≠0时，单调递减区间为（－∞，0），单调递增区间为（0，＋∞）.
（2）令a＝1，由
（1）可知f（x）的最小值为f（0）＝0，
所以f（x）≥0.
所以ex≥x＋1（当x＝0时取得“＝”）.
令x＝n－1，则en－1>n，
所以e0·e1·e2·…·en－1>1×2×3×…×n，
即e>n！
，
两边进行次方得（n！
）所以m的最小值为3.
6.（2019·信阳二模）已知函数f（x）＝4x2＋－a，g（x）＝f（x）＋b，其中a，b为常数.
（1）若x＝1是函数y＝xf（x）的一个极值点，求曲线y＝f（x）在点（1，f
（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）有2个零点，f（g（x））有6个零点，求a＋b的取值范围.
解
（1）函数f（x）＝4x2＋－a，
则y＝xf（x）＝4x3＋1－ax的导数为y′＝12x2－a，
由题意可得12－a＝0，解得a＝12，
即有f（x）＝4x2＋－12，f′（x）＝8x－，
可得曲线y＝f（x）在点（1，f
（1））处的切线斜率为f′
（1）＝7，切点为（1，－7），
所以曲线y＝f（x）在点（1，f
（1））处的切线方程为y＋7＝7（x－1），即y＝7x－14.
（2）f（x）＝4x2＋－a，f′（x）＝8x－，f（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞）.
当x>时，f′（x）>0，f（x）单调递增；当x<0或0可得f（x）在x＝处取得极小值，且为3－a，
易知f（x）的图象大致如图所示：
故由f（x）有两个零点，
可得3－a＝0，即a＝3，
可得两零点分别为－1，.
因为f（g（x））有6个零点，
∴g（x）＝－1与g（x）＝的根共有6个，
∴f（x）＝－1－b和f（x）＝－b都有3个实数根，
则－1－b>0，且－b>0，即b<－1且b<，
可得b<－1，则有a＋b<2，
即a＋b的取值范围是（－∞，2）.
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