函数y＝f（x）－g（x）有两个零点．
类型二 学会审题
[例2] （2016·高考全国甲卷）已知函数f（x）＝（x＋1）lnx－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．
审题路线图
（1）→→→
（2）
→→
[规范解答]
（1）f（x）的定义域为（0，＋∞）．
当a＝4时，f（x）＝（x＋1）lnx－4（x－1），
f
（1）＝0，f′（x）＝lnx＋－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lnx－＞0.
设g（x）＝lnx－，
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）＞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）单调递减，因此g（x）＜g
（1），即g（x）＜0.
综上，a的取值范围是（－∞，2]．
2．已知函数f（x）＝x－alnx，g（x）＝－（a∈R）．
（1）当a＝1时，求曲线f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）设函数h（x）＝f（x）－g（x），求函数h（x）的单调区间；
（3）若在[1，e]（e＝2.718…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．
解：
（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），
当a＝1时，f（x）＝x－lnx，f′（x）＝1－＝，
f
（1）＝1，f′
（1）＝0，切点（1,1），斜率k＝0，
∴曲线f（x）在点（1,1）处的切线方程为y＝1.
（2）h（x）＝x＋－alnx，
h′（x）＝1－－＝
＝.
①当a＋1＞0时，即a＞－1时，在（0,1＋a）上h′（x）＜0，在（1＋a，＋∞）上h′（x）＞0，
所以h（x）在（0,1＋a）上单调递减，在（1＋a，＋∞）上单调递增；
②当a＋1≤0，即a≤－1时，在（0，＋∞）上h′（x）＞0，所以，函数h（x）在（0，＋∞）上单调递增．
（3）在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）＜0，即函数h（x）＝x＋－alnx在[1，e]上的最小值小于零．
由
（2）可知，①当a＋1≥e，即a≥e－1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
所以h（x）的最小值为h（e），由h（e）＝e＋－a＜0可得a＞，
因为＞e－1，所以a＞；
②当a＋1≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
所以h（x）的最小值为h
（1），由h
（1）＝1＋1＋a＜0可得a＜－2；
③当1＜a＋1＜e，即0＜a＜e－1时，可得h（x）最小值为h（1＋a）＝2＋a－aln（1＋a），因为0＜ln（1＋a）＜1，所以0＜aln（1＋a）＜a.故h（1＋a）＝2＋a－aln（1＋a）＞2，此时不存在x0使h（x0）＜0成立．
综上可得，所求a的范围是∪（－∞，－2）．
类型三 学会规范
[例3] （本题满分12分）设函数f（x）＝－klnx，k＞0.
（1）求f（x）的单调区间和极值．
（2）证明若f（x）有零点，则f（x）在区间（1，）上仅有一个零点．
[考生不规范示例]
（1）f′（x）＝x－＝.
因为k＞0，所以由f′（x）＝0，得x＝.
令f′（x）＞0，得x＞，令f′（x）＜0，得x＜.
所以f（x）的增区间是（，＋∞），减区间是（－∞，）．
当x＝时，取得极小值f（）＝.
当≥，即k≥e时，f
（1）＝＞0，f（）＝≤0.
所以f（x）在区间（1，）上有一个零点．
综上，若f（x）有零点，则f（x）在区间（1，）上仅有一个零点．
[规范解答]
（1）由f（x）＝－klnx（k＞0），得x＞0且f′（x）＝x－＝.（2分）
由f′（x）＝0，解得x＝（负值舍去）．（4分）
f（x）与f′（x）在区间（0，＋∞）上的情况如下：
x
（0，
）
（
，＋∞）
f′（x）
－
0
＋
f（x）
所以，f（x）的单调递减区间是（0，），单调递增区间是（，＋∞）．f（x）在x＝处取得极小值f（）＝.（6分）
（2）证明：
由
（1）知f（x）在（0，＋∞）上的最小值为f（）＝.
因为f（x）存在零点，所以≤0，从而k≥e.（8分）
当k＝e时，f（x）在区间（1，）上单调递减，且f（）＝0，（10分）
所以x＝是f（x）在区间（1，）上的唯一零点．
当k＞e时，f（x）在区间（1，）上单调递减，且f
（1）＝＞0，f（）＝＜0，
所以f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．
综上可知，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．（12分）
[终极提升]——登高博见
用导数证明不等式的基本思路是构造函数——就是根据题目特征，对问题进行深入分析，找出已知与所求之间的联系纽带，善于变换思维，运用转化的思想，化归的方法将数学命题由一种形式向另一种形式转换，构造出恰当的函数．
研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.
限时规范训练九 利用导数研究函数性质、
证明不等式
（建议用时45分钟）
解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
1．已知函数f（x）＝（a≠0，a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＝1时，若对任意x1，x2∈[－3，＋∞），有f（x1）－f（x2）≤m成立，求实数m的最小值．
解：
f′（x）＝.
令f′（x）＝0，解得x＝a或x＝－3a.
（1）当a＞0时，f′（x），f（x）随着x的变化如下表：
x
（－∞，－3a）
－3a
（－3a，a）
a
（a，＋∞）
f′（x）
－
0
＋
0
－
f（x）
极小值
极大值
函数f（x）的单调递增区间是（－3a，a），函数f（x）的单调递减区间是（－∞，－3a），（a，＋∞）．
当a＜0时，f′（x），f（x）随着x的变化如下表：
x
（－∞，a）
a
（a，－3a）
－3a
（－3a，＋∞）
f′（x）
－
0
＋
0
－
f（x）
极小值
极大值
函数f（x）的单调递增区间是（a，－3a），函数f（x）的单调递减区间是（－∞，a），（－3a，＋∞）．
（2）当a＝1时，由
（1）得f（x）是（－3,1）上的增函数，是（1，＋∞）上的减函数．
又当x＞1时，f（x）＝＞0，
所以f（x）在[－3，＋∞）上的最小值为f（－3）＝－，最大值为f
（1）＝.
所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞），f（x1）－f（x2）≤f
（1）－f（－3）＝.
所以对任意x1，x2∈[－3，＋∞），使f（x1）－f（x2）≤m恒成立的实数m的最小值为.
2．已知函数f（x）＝－lnx，x∈[1,3]．
（1）求f（x）的最大值与最小值；
（2）若f（x）<4－at对任意的x∈[1,3]，t∈[0,2]恒成立，求实数a的取值范围；
解：
（1）∵函数f（x）＝－lnx，∴f′（x）＝－＝，令f′（x）＝0得x＝±2，
∵x∈[1,3]，当10；
∴f（x）在（1,2）上是单调减函数，在（2,3）上是单调增函数，
∴f（x）在x＝2处取得极小值f
（2）＝－ln2；
又f
（1）＝，f（3）＝－ln3，
∵ln3>1，∴－＝ln3－1>0，
∴f
（1）>f（3），
∴x＝1时f（x）的最大值为，x＝2时函数取得最小值为－ln2.
（2）由
（1）知当x∈[1,3]时，f（x）≤，故对任意x∈[1,3]，
f（x）<4－at恒成立，
只要4－at>对任意t∈[0,2]恒成立，即at<恒成立，记g（t）＝at，t∈[0,2]．
解得a<.
即实数a的取值范围是.
3．已知函数f（x）＝ax2－lnx＋1（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）求证：
当a＝1时，f（x）＞x2＋在（1，＋∞）上恒成立．
解：
（1）由于f（x）＝ax2－lnx＋1（a∈R），
故f′（x）＝2ax－＝（x＞0）．
①当a≤0时，f′（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，∴f（x）在（0，＋∞）上是单调递减函数．
②当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝.
当x变化时，f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：
x
f′（x）
－
0
＋
f（x）
极小值
由表可知，f（x）在上是单调递减函数，在上是单调递增函数．
综上所述，当a≤0时，f（x）的单调递减区间为（0，＋∞），无单调递增区间；
当a＞0时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）当a＝1时，f（x）＝x2－lnx＋1，
设F（x）＝x2－lnx＋1－x2－＝x2－lnx－，
则F′（x）＝x－＝＝＞0在（1，＋∞）上恒成立，
∴F（x）在（1，＋∞）上为增函数，且F
（1）＝0，
即F（x）＞0在（1，＋∞）上恒成立，
∴当a＝1时，f（x）＞x2＋在（1，＋∞）上恒成立．
4．已知函数f（x）＝lnx＋－2kx，其中常数k∈R.
（1）求f（x）的单调增区间；
（2）若y＝f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明f（x2）＜－.
解：
（1）f′（x）＝＋x－2k（x＞0）．
①当k≤1时，f′（x）＝＋x－2k≥2－2k＝2－2k≥0，函数f（x）为增函数，
②当k＞1时，f′（x）＝＋x－2k＝（x＞0），
由f′（x）＝0，得x2－2kx＋1＝0，解得两根x1，x2，
其中0＜x1＝k－＜x2＝k＋.
x，f′（x），f（x）的取值变化情况如下表：
x
（0，x1）
x1
（x1，x2）
x2
（x2，＋∞）
f′（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
极大值
极小值
综合①②知，当k≤1时，f（x）的增区间为（0，＋∞）；
当k＞1时，f（x）的增区间为（0，k－），[k＋，＋∞）．
（2）证明：
当k≤1时，y＝f（x）在（0，＋∞）上是增函数，至多有一极值点，不合题意．
当k＞1时，f′（x）＝＋x－2k＝（x＞0）．
x2－2kx＋1＝0在x＞0时有两个零点，且x1＋x2＝2k，x1x2＝1，
则f（x2）＝lnx2＋－2kx2＝lnx2＋－x2＝lnx2－－1，
f′（x2）＝－x2＝，
当x2∈（0,1）时，f′（x2）＞0，当x2∈（1，＋∞）时，f′（x2）＜0，
∴f（x2）＜f
（1）＝－.
专题三～六 规范滚动训练（六）
（建议用时45分钟）
解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
1．从某市主办的科技知识竞赛的学生成绩中随机选取了40名学生的成绩作为样本，已知这40名学生的成绩全部在40分至100分之间，现将成绩按如下方式分成6组：
第一组[40,50）；第二组[50,60）；……；第六组[90,100]，并据此绘制了如图所示的频率分布直方图．
（1）求成绩在区间[80,90）内的学生人数；
（2）从成绩大于等于80分的学生中随机选2名，求至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内的概率．
解：
（1）因为各组的频率之和为1，所以成绩在区间[80,90）内的频率为1－（0.005×2＋0.015＋0.020＋0.045）×10＝0.1，
所以选取的40名学生中成绩在区间[80,90）内的学生人数为40×0.1＝4.
（2）设A表示事件“在成绩大于等于80分的学生中随机选2名，至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”，由
（1）可知成绩在区间[80,90）内的学生有4人，记这4名学生分别为a，b，c，d，
成绩在区间[90,100]内的学生有0.005×10×40＝2（人），记这2名学生分别为e，f，
则选取2名学生的所有可能结果为（a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（a，f），（b，c），（b，d），（b，e），（b，f），（c，d），（c，e），（c，f），（d，e），（d，f），（e，f），共15种，
事件“至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”的可能结果为（a，e），（a，f），（b，e），（b，f），（c，e），（c，f），（d，e），（d，f），（e，f），共9种，
所以P（A）＝＝.
2．如图，在三棱锥PABC中，△PAC，△ABC分别是以A，B为直角顶点的等腰直角三角形，AB＝1.
（1）现给出三个条件：
①PB＝，②PB⊥BC，③平面PAB⊥平面ABC，试从中任意选取一个作为已知条件，并证明PA⊥平面ABC；
（2）在
（1）的条件下，求三棱锥PABC的体积．
解：
法一：
选取条件①.
（1）在等腰直角三角形ABC中，∵AB＝1，
∴BC＝1，AC＝.又PA＝AC，∴PA＝.
在△PAB中，AB＝1，PA＝，PB＝，
∴AB2＋PA2＝PB2，∴∠PAB＝90°，
即PA⊥AB，又PA⊥AC，AB∩AC＝A，
∴PA⊥平面ABC.
（2）由
（1）可知PA⊥平面ABC.
∴V三棱锥PABC＝PA·S△ABC＝×××12＝.
法二：
选取条件②.
（1）∵PB⊥BC，又AB⊥BC，且PB∩AB＝B，
∴BC⊥平面PAB.
又PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA，又PA⊥AC，BC∩AC＝C，
∴PA⊥平面ABC.
（2）由
（1）可知PA⊥平面ABC.
∵AB＝BC＝1，AB⊥BC，∴AC＝PA＝.
∴V三棱锥PABC＝×AB×BC×PA＝××1×1×＝.
法三：
选取条件③.
（1）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，BC⊂平面ABC，BC⊥AB，
∴BC⊥平面PAB.又PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA，又PA⊥AC，BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC.
（2）由
（1）可知PA⊥平面ABC.
∵AB＝BC＝1，AB⊥BC，∴AC＝PA＝.
∴V三棱锥PABC＝×AB×BC×PA＝××1×1×＝.
3．已知圆心为C的圆满足下列条件：
圆心C位于y轴的正半轴上，圆C与x轴交于A，B两点，|AB|＝4，点B到直线AC的距离为.
（1）求圆C的标准方程；
（2）若直线y＝kx－1（k∈R）与圆C交于M，N两点，·＝－2（O为坐标原点），求k的值．
解：
（1）设圆C：
x2＋（y－a）2＝r2（a＞0，r＞0），圆心C（0，a），依题意不妨设A（－2,0），B（2,0），
所以直线AC的方程为ax－2y＋2a＝0，因为点B到直线AC的距离为，
所以＝，解得a＝±1，因为a＞0，所以a＝1，
所以r＝|AC|＝，
所以圆C的标准方程为x2＋（y－1）2＝5.
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），
又直线y＝kx－1与圆C交于M，N两点，联立，
消去y得（1＋k2）x2－4kx－1＝0.
Δ＝（－4k）2＋4（1＋k2）＝4（5k2＋1）＞0恒成立，即直线与圆恒有两个不同的交点．
由根与系数的关系知x1＋x2＝，x1x2＝，
所以y1y2＝（kx1－1）（kx2－1）＝k2x1x2－k（x1＋x2）＋1＝－＋1＝，
因为·＝－2，
所以x1x2＋y1y2＝＋＝＝－2，
解得k＝±1.
4．已知函数f（x）＝（e为自然对数的底数）在x＝－1处的切线方程为ex－y＋e＝0.
（1）求实数a，b的值；
（2）若存在不相等的实数x1，x2，使得f（x1）＝f（x2），求证：
x1＋x2＞0.
解：
∵f（x）＝
∴f′（x）＝.
（1）因为函数f（x）在x＝－1处的切线方程为ex－y＋e＝0，
所以，
所以，解得
（2）由
（1）可知，f′（x）＝－.
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（－∞，0）
0
（0，＋∞）
f′（x）
＋
0
－
f（x）
单调递增
1
单调递减
不妨设x1＜x2，因为f（x1）＝f（x2），所以x1＜0＜x2，则－x1＞0.
记g（x）＝f（－x）－f（x），即g（x）＝（1－x）ex－，
所以g′（x）＝－ex＋（1－x）ex＋＝－xex＋＝.
当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：
x
（－∞，0）
0
（0，＋∞）
g′（x）
－
0
－
g（x）
单调递减
0
单调递减
所以g（x1）＞g（0）＝0，
故f（－x1）＞f（x1）．
所以f（－x1）＞f（x2）．
因为f（x）在（0，＋∞）上为减函数，所以－x1＜x2，故x1＋x2＞0.
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