3.6分析函数的基础方法

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讲义正文

分析函数的基础方法

本节讲分析函数最为基础通用的方法,学生应做到：

（1）正确,迅速地利用求导与对极限的分析确定函数的走势；

（2）熟练地运用分类讨论、换元、因式分解、分段讨论等基本方法.

（3）熟练地变形问题与分析对象；

如何求导

在分析函数走势时,导数一般起判断原函数单调性的作用.任何工具都不是万能的,光对函数死求导只能解决一小部分问题,函数的分析不一定随着求导次数的增加而显得轻松,甚至是越求越繁.在求导之间,我们还应适时穿插等价变形、化简、换元、因式分解、分类讨论、分段讨论（取舍）等基础操作.

我不求你掌握五花八门的技巧,只希望你能将上述基础的方法思想联系起来并灵活运用.

要分析一个函数,首先要确定其定义域,观察其是否具有简单、平凡的特性,这无需花费多少时间.对于下述陈述,即使证实其中一项,也能给我们省去不少麻烦：

（1）函数是否具有显而易见的单调性？

（2）函数是否具有对称性或周期性？

（3）如果是与零点个数和分布相关的问题,所研究的函数是否有恒正恒负的区间（可舍去）？是否具有平凡的零点？

……

其次,能否通过对问题的等价变形,将待研究的函数变为易于求导与后续分析的形式？

我们直观上认为,如果一个函数混有多项式、指数、对数函数,处理起来是较为麻烦的,即使只混有其中两项,在无法通过因式分解化简,且单调性也不明朗的前提下,处理起来也并不轻松,我们当然希望函数只由其中一项组成,这一项最好还是多项式函数.

有这样的“经验法则”：“指数找朋友,对数单身狗.”\footnote{所谓“经验法则”并不适用于所有情况.}具体指：

\paragraph{指数与多项式}已知$\displaystyle g(x)$是多项式函数,讨论$\displaystyle \varphi(x)=g(x)+\mathrm{e}^x$的零点个数可等价于讨论$\displaystyle p(x)=\frac{g(x)}{e^x}+1$的零点个数,后者的导数只含多项式函数.

例 3.6.1

已知实数$\displaystyle 1<a\leqslant2$,函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x-x-a$。证明$\displaystyle f\left(x\right)$在$\displaystyle \left(0,+\infty\right)$上有唯一零点$\displaystyle x_0$，且$\displaystyle \sqrt{a-1}\leqslant x_0\leqslant2\sqrt{a-1}$.

例 3.6.2

已知函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x+ax^2-x$,当$\displaystyle x\geqslant 0$时,$\displaystyle f(x)\geqslant \frac{1}{2}x^3+1$,求$\displaystyle a$的取值范围.

\paragraph{对数与多项式}已知$\displaystyle f(x),g(x)$是多项式函数且$\displaystyle g(x)\neq 0$,其所有的零点均已事先被验证过,分析$\displaystyle \varphi (x)=\ln x\cdot g(x)+f(x)$等价于分析$\displaystyle p(x)=\ln x+\frac{f(x)}{g(x)}$的零点个数,后者的导数只含多项式函数.

例 3.6.3

已知函数$\displaystyle f(x)=(1-ax)\ln(1+x)-x$,当$\displaystyle x\geqslant0$时,$\displaystyle f(x)\geqslant0$,求$\displaystyle a$的取值范围.

例 3.6.4

已知函数$\displaystyle f(x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^3$.

（1）若$\displaystyle b=0$,且$\displaystyle f'(x)\geqslant0$,求$\displaystyle a$的最小值；

（2）证明：曲线$\displaystyle y=f(x)$是中心对称图形；

（3）若$\displaystyle f(x)>-2$当且仅当$\displaystyle 1<x<2$,求$\displaystyle b$的取值范围.

例 3.6.5

已知函数$\displaystyle f(x)=xe^x-3x+1$.

（1）当$\displaystyle x>0$时,$\displaystyle f(x+m)-f(x)>m$,求$\displaystyle m$的取值范围；

（2）当$\displaystyle x>0$时,$\displaystyle f(x+k)+f(k-x)>2f(k)$,求$\displaystyle k$的最小值.

例 3.6.6

已知函数$\displaystyle f(x)=\ln (1+x)+axe^{-x}$,若$\displaystyle f(x)$在区间$\displaystyle \left(-1,0 \right),\left( 0,+\infty \right)$各有一个零点,求$\displaystyle a$的取值范围.

正文问题答案

**例题1.6.1.**对$\displaystyle f(x)$求导得到 $\displaystyle f'\left(x\right)=\mathrm{e}^x-1$。当$\displaystyle x>0$时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，于是$\displaystyle f\left(x\right)$单调递增，而$\displaystyle f\left(0\right)=1-a<0$，$\displaystyle f\left(2\right)=\mathrm{e}^2-2-a>0$，因此$\displaystyle f\left(x\right)$在$\displaystyle \left(0,+\infty\right)$上有唯一零点$\displaystyle x_0$。

要证明$\displaystyle x_0\leqslant \sqrt{2\left(a-1\right)}$，即证明$\displaystyle f(\sqrt{2(a-1)})\geqslant 0$，设$\displaystyle \sqrt{2(a-1)}=t\in (0,\sqrt{2}]$，化简后即证明$\displaystyle \mathrm{e}^t-\frac{1}{2}t^2-t-1\leqslant 1$，即证明$\displaystyle g(t)=\frac{\frac{1}{2}t^2+t+1}{\mathrm{e}^t}\leqslant 1$。

可知$\displaystyle g'\left(t\right)=-\frac{t^2}{2\mathrm{e}^t}<0$，于是$\displaystyle g\left(t\right)$单调递减，$\displaystyle g\left(t\right)<g\left(0\right)=1$，得证。

再证明$\displaystyle x_0\geqslant \sqrt{a-1}$，即证明$\displaystyle f(\sqrt{(a-1)})\leqslant 0$，设$\displaystyle \sqrt{a-1}=t\in (0,1]$，化简后即证明$\displaystyle \mathrm{e}^t-t^2-t-1\leqslant 0$，即证明$\displaystyle \varphi(t)=\frac{t^2+t+1}{e^t}\geqslant 1$。

可知$\displaystyle \varphi'(t)=\frac{t(1-t)}{e^t}$，于是$\displaystyle \varphi(t)$在$\displaystyle (0,1)$单调递增，于是$\displaystyle \varphi(t)>\varphi(0)=1$，得证。

于是$\displaystyle \sqrt{a-1}\leqslant x_0\leqslant \sqrt{2(a-1)}$.

评：本题节选自【2020浙江22】。

本题第（3）问为：证明$\displaystyle x_0f\left(\mathrm{e}^{x_0}\right)\geqslant\left(\mathrm{e}-1\right)\left(a-1\right)a$。

**例题1.6.2.**$\displaystyle f(x) \geqslant \frac{1}{2}x^3 + 1$ 等价于 $\displaystyle \left(\frac{1}{2}x^3 - ax^2 + x + 1\right)\mathrm{e}^{-x} \leqslant 1$．

设函数 $\displaystyle g(x) = \left(\frac{1}{2}x^3 - ax^2 + x + 1\right)\mathrm{e}^{-x}$（$\displaystyle x \geqslant 0$）,则 $$\displaystyle g'(x) &= -\left(\frac{1}{2}x^3 - ax^2 + x + 1 - \frac{3}{2}x^2 + 2ax - 1\right)\mathrm{e}^{-x} &=-\frac{1}{2}x\left[x^2 - (2a+3)x + 4a + 2\right]\mathrm{e}^{-x} &=-\frac{1}{2}x(x-2a-1)(x-2)\mathrm{e}^{-x}$$

（i）若 $\displaystyle 2a+1 \leqslant 0$,即 $\displaystyle a \leqslant -\frac{1}{2}$,则当 $\displaystyle x \in (0, 2)$ 时,$\displaystyle g'(x) > 0$．所以 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (0, 2)$ 单调递增,而 $\displaystyle g(0) = 1$, 故当 $\displaystyle x \in (0, 2)$ 时,$\displaystyle g(x) > 1$,不合题意．

（ii）若 $\displaystyle 0 < 2a+1 < 2$,即 $\displaystyle -\frac{1}{2} < a < \frac{1}{2}$,则当 $\displaystyle x \in (0, 2a+1) \cup (2, +\infty)$ 时,$\displaystyle g'(x) < 0$；当 $\displaystyle x \in (2a+1, 2)$ 时,$\displaystyle g'(x) > 0$．所以 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (0, 2a+1)$,$\displaystyle (2, +\infty)$ 单调递减,在 $\displaystyle (2a+1, 2)$ 单调递增．由于 $\displaystyle g(0) = 1$,所以 $\displaystyle g(x) \leqslant 1$ 当且仅当 $\displaystyle g(2) = (7-4a)\mathrm{e}^{-2} \leqslant 1$,即 $\displaystyle a \geqslant \frac{7-\mathrm{e}^2}{4}$．所以当 $\displaystyle \frac{7-\mathrm{e}^2}{4} \leqslant a < \frac{1}{2}$ 时,$\displaystyle g(x) \leqslant 1$．

（iii）考虑将$\displaystyle g(x)$写成以$\displaystyle a$为主元的函数$\displaystyle \varphi(a)$，$\displaystyle \varphi(a)$是单调递减函数，即，若$\displaystyle \varphi(a_0)\leqslant 0$对任意$\displaystyle x$成立，则当$\displaystyle a \geqslant a_0$时，$\displaystyle \varphi(a)\leqslant 1$对任意$\displaystyle x\geqslant 0$成立．于是当$\displaystyle a\geqslant \frac{7-\mathrm{e}^2}{4}$时，$\displaystyle \varphi(a)\leqslant 1$对任意$\displaystyle x\geqslant 0$成立，即$\displaystyle g(x)\leqslant 1$恒成立。

综上,$\displaystyle a$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[\frac{7-\mathrm{e}^2}{4}, +\infty\right)$．

方法二：当 $\displaystyle x=0$ 时，不等式 $\displaystyle f\left(x\right)\geqslant\frac{1}{2}x^{3}+1$ 成立，此时 $\displaystyle a\in\mathbb{R}$；当 $\displaystyle x>0$ 时，由不等式 $\displaystyle f\left(x\right)\geqslant\frac{1}{2}x^{3}+1$ 成立，得 $\displaystyle a\geqslant\frac{\frac{1}{2}x^3+x+1-\mathrm{e}^x}{x^{2}}=g(x)$ 恒成立．

对$\displaystyle g(x)(x>0)$求导得到 $$\displaystyle g'\left(x\right)=\frac{\frac{1}{2}x^3-x-2-(x-2)\mathrm{e}^x}{x^{3}}=\frac{\left(x-2\right)\left(\frac{1}{2}x^{2}+x+1-\mathrm{e}^{x}\right)}{x^{3}}.$$

而$\displaystyle \mathrm{e}^x\geqslant \frac{1}{2}\mathrm{e}^x+x+1$在$\displaystyle x\geqslant 0$时恒成立，于是当 $\displaystyle x\in\left(0,2\right)$ 时，$\displaystyle x-2<0$，$\displaystyle g'\left(x\right)>0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,2\right)$ 单调递增；当 $\displaystyle x\in\left(2,+\infty\right)$ 时，$\displaystyle x-2>0$，$\displaystyle g'\left(x\right)<0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(2,+\infty\right)$ 单调递减．所以 $\displaystyle g\left(x\right)_{\max}=g\left(2\right)=\frac{7-\mathrm{e}^{2}}{4}$．所以 $\displaystyle a\geqslant\frac{7-\mathrm{e}^{2}}{4}$．

综上，$\displaystyle a$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[\frac{7-\mathrm{e}^{2}}{4},+\infty\right)$．

**例题1.6.3.**若 $\displaystyle a > 0$ ,则 $\displaystyle f(\dfrac{1}{a})=-\dfrac{1}{a} < 0$,不合题意．

    因此 $\displaystyle a\leqslant 0$,当 $\displaystyle x\geqslant 0$ 时,$\displaystyle 1-ax > 0$,从而 $\displaystyle f(x) \geqslant 0$ 等价于

\[\displaystyle \ln(1+x)-\dfrac{x}{1-ax}\geqslant 0.\]

设 $\displaystyle g(x)=\ln(1+x)-\dfrac{x}{1-ax}$,则 $$\displaystyle \begin{aligned} g'(x)&=\dfrac{1}{1+x}-\dfrac{1}{(1-ax)^2}=\dfrac{(1-ax)^2-(1+x)}{(1-ax)^2(1+x)}=\dfrac{x(a^2x-(2a+1))}{(1-ax)^2(1+x)}. \end{aligned}$$

若$\displaystyle a=0$,则 $\displaystyle g'(x)=-\dfrac{x}{(1+x)}<0$,所以 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 单调递减．于是当 $\displaystyle x\geqslant 0$ 时,$\displaystyle g(x) \leqslant g(0)=0$．不符合题意．

若$\displaystyle a\neq 0$, （i）若 $\displaystyle 2a+1 \leqslant 0$,即 $\displaystyle a \leqslant-\dfrac{1}{2}$,则当 $\displaystyle x>0$ 时, $\displaystyle a^2x-(2a+1) > 0$,所以 $\displaystyle g'(x) > 0$,所以 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 单调递增．于是当 $\displaystyle x\geqslant 0$ 时,$\displaystyle g(x) \geqslant g(0)=0$．符合题意．

（ii）若 $\displaystyle 2a+1 > 0$,即 $\displaystyle -\dfrac{1}{2} < a < 0$,则当 $\displaystyle x\in(0,\dfrac{2a+1}{a^2})$ 时,$\displaystyle g'(x) < 0$,所以 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (0,\dfrac{2a+1}{a^2})$ 单调递减．于是 $\displaystyle g(\dfrac{2a+1}{a^2}) < g(0)=0$,不符合题意．

综上,$\displaystyle a$ 的取值范围是 $\displaystyle (-\infty,-\dfrac{1}{2}]$．

评：建议在解决含参数的函数问题时，优先用通性通法——求导后因式分解，讨论因式分解后的零点．官方的参考答案在大多数情况下都在采用这样的做法，没有理由不去掌握它．在这个基础打好了之后，再去考虑某些特殊情况下的便捷做法，切勿本末倒置．平时训练时，优先用真题，而不是用模拟题去练习．

**例题1.6.4.**$\displaystyle f(x)$ 的定义域为 $\displaystyle (0, 2)$．$\displaystyle f(x) = \ln x-\ln (2-x) + ax + b(x-1)^3$

（1）当 $\displaystyle b = 0$ 时,$\displaystyle f'(x) = \frac{2}{x(2-x)} + a$．

因为 $\displaystyle 0 < x(2-x) \leqslant 1$,所以 $\displaystyle \frac{2}{x(2-x)} \geqslant 2$,等号成立当且仅当 $\displaystyle x = 1$．由题意,$\displaystyle a \geqslant -\frac{2}{x(2-x)}$,故 $\displaystyle a$ 的最小值为 $\displaystyle -2$．

（2）因为 $\displaystyle f(x)$ 的定义域关于 $\displaystyle 1$ 对称,且 $$\displaystyle f(x) + f(2-x) = \ln \frac{x}{2-x} + ax + b(x-1)^3 + \ln \frac{2-x}{x} + a(2-x) + b(1-x)^3 = 2a$$

所以曲线 $\displaystyle y=f(x)$ 是中心对称图形,对称中心为点 $\displaystyle (1, a)$．

（3）令函数 $\displaystyle g(x) = f(x) + 2$,依题意 $\displaystyle g(x) > 0$ 当且仅当 $\displaystyle 1 < x < 2$,从而 $\displaystyle g(1) \leqslant 0$．若 $\displaystyle g(1) < 0$,因为 $\displaystyle g\left(\frac{3}{2}\right) > 0$,所以存在 $\displaystyle x_0 \in \left(1, \frac{3}{2}\right)$,使 $\displaystyle g(x_0) = 0$,矛盾,从而 $\displaystyle g(1) = 0$,故 $\displaystyle a = -2$．

\[\displaystyle f'(x) = \frac{2(x-1)^2}{x(2-x)} + 3b(x-1)^2 = (x-1)^2\left[\frac{2}{x(2-x)} + 3b\right]\]

若 $\displaystyle b < -\frac{2}{3}$,当 $\displaystyle x \in \left(1, 1 + \sqrt{1 + \frac{2}{3b}}\right)$ 时,$\displaystyle \frac{2}{x(2-x)} + 3b < 0$,从而 $\displaystyle f'(x) < 0$,$\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle \left(1, 1 + \sqrt{1 + \frac{2}{3b}}\right)$ 单调递减,不符题意．

若 $\displaystyle b \geqslant -\frac{2}{3}$,当 $\displaystyle x \in (0, 2)$ 时,$\displaystyle \frac{2}{x(2-x)} + 3b \geqslant 0$．从而 $\displaystyle f'(x) \geqslant 0$,等号成立当且仅当 $\displaystyle x = 1$,故 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle (0, 2)$ 单调递增,符合题目要求．

因此 $\displaystyle b$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[-\frac{2}{3}, +\infty\right)$．

例题1.6.5.（2）设 $\displaystyle g(x)=f(x+m)-f(x)-m$，整理得 $\displaystyle g(x)= x\mathrm{e}^x(\mathrm{e}^m-1)+m(\mathrm{e}^{x+m}-4)$．

题目条件等价于：对任意 $\displaystyle x>0$，都有 $\displaystyle g(x)>0$．

思考：可知$\displaystyle g(0)=m(\mathrm{e}^m-4)$，$\displaystyle g(0)\geqslant 0$，即$\displaystyle m\leqslant 0$或$\displaystyle m\geqslant \ln 4$是$\displaystyle g(x)\geqslant 0$的必要条件.（注意：这里必须用到连续函数的保号性，即当$\displaystyle g(0)<0$时，一定存在$\displaystyle x=0$的右邻域$\displaystyle (0,\delta)$，在该邻域内函数值为负，故这一部分只用于辅助分析。）

若 $\displaystyle m\leqslant 0$，则 $\displaystyle g(x)=x\mathrm{e}^x(\mathrm{e}^m-1)+m(\mathrm{e}^{x+m}-4)\leqslant m(\mathrm{e}^{x+m}-4)$，当$\displaystyle x_0\in (\ln 4-m,+\infty)$时，$\displaystyle g(x_0)\leqslant 0$，不符题意。

若 $\displaystyle 0 < m < \ln 4$，则$\displaystyle g(0) = m(\mathrm{e}^m-4) < 0$，而$\displaystyle g(x)=x\mathrm{e}^x(\mathrm{e}^m-1)+m(\mathrm{e}^{x+m}-4)> m(\mathrm{e}^{x+m}-4)$，对于$\displaystyle x_0$，当 $\displaystyle x_0\in (\ln 4-m,+\infty)$时，$\displaystyle g(x_0)> 0$，于是存在 $\displaystyle x_1\in(0,x_0)$ 使得 $\displaystyle g(x_1)=0$，不合题意．

若 $\displaystyle m\geqslant \ln 4$，则当 $\displaystyle x>0$ 时，$\displaystyle g'(x) = (x+1)\mathrm{e}^x(\mathrm{e}^m-1) + m\mathrm{e}^{x+m} > 0$，所以 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 单调递增．所以当 $\displaystyle x>0$ 时，$\displaystyle g(x) > g(0) = m(\mathrm{e}^m-4) \geqslant 0$，符合题意．

综上，$\displaystyle m$ 的取值范围是 $\displaystyle [\ln 4,+\infty)$．

注：还可考虑换元$\displaystyle \mathrm{e}^x=t\in (1,+\infty)$，原问题等价于：对任意的$\displaystyle t>1$，$\displaystyle \varphi(t)=(\mathrm{e}^m-1)t\ln t+m(\mathrm{e}^m\cdot t-4)>0$恒成立，即对任意的$\displaystyle t>1$，函数$\displaystyle F(t)=(\mathrm{e}^m-1)\ln t+m(\mathrm{e}^m-\frac{4}{t})>0$恒成立。（根据前面提到的经验法则如此变形，可简化求得的导数。）

（3）首先， $$\displaystyle \begin{aligned} &\qquad f(x+k)+f(k-x)-2f(k) \\ &= (x+k)\mathrm{e}^{x+k} + (k-x)\mathrm{e}^{k-x} - 2k\mathrm{e}^k \\ &= \mathrm{e}^k[(x+k)\mathrm{e}^x+(k-x)\mathrm{e}^{-x}-2k] \\ &= \mathrm{e}^k[x(\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}) + k(\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}-2)] \\ \end{aligned}$$

令 $\displaystyle x=\ln t$．上式经过化简可等价于：当 $\displaystyle t>1$ 时，$\displaystyle \ln t + k\cdot \dfrac{t-1}{t+1} > 0$．设 $\displaystyle h(x) = \ln x + k\cdot \dfrac{x-1}{x+1}$，

则 $\displaystyle h'(x) = \dfrac{1}{x} + k\cdot \dfrac{2}{(x+1)^2} = \dfrac{x^2+2(k+1)x+1}{x(x+1)^2}$．

二次函数 $\displaystyle u(x) = x^2+2(k+1)x+1$ 的判别式为 $\displaystyle \Delta = 4(k+1)^2-4 = 4k(k+2)$．

若 $\displaystyle k < -2$，则 $\displaystyle \Delta > 0$，$\displaystyle u(x)$ 有两个零点 $\displaystyle x_1,x_2(x_1 < x_2)$

且满足 $\displaystyle x_1x_2=1$，$\displaystyle x_1+x_2 = -2(k+1) > 0$，

所以 $\displaystyle x_2 > 1$，当 $\displaystyle x\in(1,x_2)$ 时，$\displaystyle u(x) < 0$，即 $\displaystyle h'(x) < 0$．

所以 $\displaystyle h(x)$ 在 $\displaystyle (1,x_2)$ 单调递减，从而 $\displaystyle h(x_2) < h(1) = 0$，不合题意．

若 $\displaystyle k = -2$，则当 $\displaystyle x>1$ 时 $\displaystyle h'(x) = \dfrac{x^2-2x+1}{x(x+1)^2} = \dfrac{(x-1)^2}{x(x+1)^2} > 0$．

所以 $\displaystyle h(x)$ 在 $\displaystyle (1,+\infty)$ 单调递增，从而当 $\displaystyle t>1$ 时 $\displaystyle h(t) > h(1) = 0$，符合题意．

综上，$\displaystyle k$ 的最小值是 $\displaystyle -2$．

注：没有讨论 $\displaystyle k>-2$ 的情形，是因为本题只是让我们求 $\displaystyle k$ 的最小值．在上面的步骤中，我们给出了 $\displaystyle k=-2$ 满足题意，但 $\displaystyle k < -2$ 不满足题意，意味着找不到比 $\displaystyle -2$ 更小的 $\displaystyle k$ 值满足题意，这就完成了 $\displaystyle k$ 的最小值是 $\displaystyle -2$ 的论证．

例题1.6.6.已知$\displaystyle f(0)=0.$若 $\displaystyle a \in [0, +\infty)$,当$\displaystyle x>0$时，$\displaystyle f(x)>0$, 在$\displaystyle (0, +\infty)$上没有零点，不符题意。

若$\displaystyle a \in (-\infty, 0)$，对$\displaystyle f(x)$求导得$\displaystyle f'(x) = \frac{e^x + a(1-x^2)}{(x+1)\mathrm{e}^x}$。

设$\displaystyle g(x) = \mathrm{e}^x + a(1-x^2)$，对$\displaystyle g(x)$求导得$\displaystyle g'(x) = \mathrm{e}^x - 2ax$, 可知$\displaystyle g'(x)$在 $\displaystyle x\in(0, +\infty)$ 的函数值大于0，于是$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (0,+\infty)$上单调递增。

（i）若$\displaystyle a\in [-1,0)$，此时$\displaystyle g(0)=1+a\geqslant 0$，由于$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (0,+\infty)$上单调递增，那么当$\displaystyle x\geqslant 0$时，$\displaystyle g(x)\geqslant g(0)\geqslant 0$，于是$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (0,+\infty)$上单调递增，那么当$\displaystyle x>0$时，$\displaystyle f(x)\geqslant f(0)=0$，$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (0,+\infty)$上没有零点，不符题意。

（ii）若$\displaystyle a\in(-\infty,-1)$，可知$\displaystyle g'(x)$在$\displaystyle (-1,+\infty)$上单调递增，而$\displaystyle g'(-1)=2a+1/\mathrm{e}<0,g'(0)=1>0$，由零点存在性定理，$\displaystyle g'(x)$在$\displaystyle (-1,0)$上存在唯一的零点$\displaystyle x_0$且$\displaystyle g'(x)$在$\displaystyle (-1,x_0)$上单调递减，在$\displaystyle (x_0,+\infty)$上单调递增。

又由于$\displaystyle g(-1)=\mathrm{e}>0,g(x_0)<g(0)<0,g(1)>0$，于是$\displaystyle g'(x)$在$\displaystyle (-1,x_0)$上存在唯一的零点$\displaystyle x_1$，在$\displaystyle (x_0,+\infty)$上存在唯一的零点$\displaystyle x_2$.于是$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0, x_1)$上单调递增,在$\displaystyle (x_1, x_2)$上单调递减,在$\displaystyle \ (x_2, +\infty)$上单调递增。$\displaystyle f(x_1) >f(0)= 0, f(x_2) <f(0)= 0$.

下取点$\displaystyle x_3 \in (-1, x_1)$ 使得 $\displaystyle f(x_3) < 0$。由$\displaystyle \ln(1+x) + \frac{ax}{e^x} < \ln(1+x) - ae < 0$. 取 $\displaystyle x_3 =\mathrm{e}^{ae}-1$

取点$\displaystyle x_4 \in (x_2, +\infty)$使得$\displaystyle f(x_4)>0$。由$\displaystyle \ln(1+x) + \frac{ax}{e^x} > \ln(1+x) + \frac{a}{e} > 0$. 取 $\displaystyle x_4 = \mathrm{e}^{-\frac{a}{e}}-1$

故在$\displaystyle (-1,0)$上存在唯一的$\displaystyle x_5\in (x_3,x_1)$使得$\displaystyle f(x_5)=0$，在$\displaystyle (0,+\infty)$上存在唯一的$\displaystyle x_6\in (x_2,x_4)$使得$\displaystyle f(x_6)=0$由此证明了 $\displaystyle a \in (-\infty, -1)$ 满足题意。

综上，$\displaystyle a \in (-\infty, -1)$。

A 组习题

习$\displaystyle \quad$题

A组

【2011陕西理6改编】 函数$\displaystyle f\left(x\right) = \sqrt{x} - 4\sin x$在$\displaystyle \left[0, +\infty\right)$内有几个零点？（直接写出结果）
若函数$\displaystyle f(x)=\frac{|1+\sqrt{x+1}-ae^x|}{e^x}$存在最大值和最小值,求实数$\displaystyle a$的取值范围.

【2023天域联考8】已知函数 $\displaystyle f(x)=\begin{cases}\frac{1}{1-x},x<0 \\ |\ln x|,x>0\end{cases}$,求函数 $\displaystyle F(x)=f[f(x)]-\frac{1}{e^3}f(x)-1$ 的零点个数. ??? answer "答案"

7.

画出下述函数的图象：

（1）$\displaystyle x\ln x,\frac{\ln x}{x},\frac{x}{\ln x},xe^x,\frac{e^x}{x},\frac{x}{e^x}$,$\displaystyle \frac{e^x(2x-1)}{x-1}$ 5. 【2012 天津20】 已知函数 $\displaystyle f\left(x\right)=x-\ln\left(x+1\right)$．若对任意的 $\displaystyle x\in\left[0,+\infty\right)$，有 $\displaystyle f\left(x\right)\leqslant kx^{2}$ 成立，求实数 $\displaystyle k$ 的最小值．

答案

当 $\displaystyle k\leqslant 0$ 时，取 $\displaystyle x=1$，有 $\displaystyle f\left(1\right)=1-\ln 2>0$，故 $\displaystyle k\leqslant 0$ 不合题意；

当 $\displaystyle k>0$ 时，令 $\displaystyle g\left(x\right)=f\left(x\right)-kx^{2}$，即 $\displaystyle g\left(x\right)=x-\ln\left(x+1\right)-kx^{2}$，求导得到 $$\displaystyle g'\left(x\right)=\frac{x}{x+1}-2kx=\frac{-x\left[2kx-\left(1-2k\right)\right]}{x+1}。$$

令 $\displaystyle g'\left(x\right)=0$，得 $\displaystyle x_1=0$，$\displaystyle x_2=\frac{1-2k}{2k}>-1$．

$\displaystyle k\geqslant\frac{1}{2}$ 时，$\displaystyle \frac{1-2k}{2k}\leqslant 0$，$\displaystyle g'\left(x\right)<0$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上恒成立，因此 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left[0,+\infty\right)$ 上单调递减．从而对于任意的 $\displaystyle x\in\left[0,+\infty\right)$，总有 $\displaystyle g\left(x\right)\leqslant g\left(0\right)=0$，即 $\displaystyle f\left(x\right)\leqslant kx^{2}$ 在 $\displaystyle \left[0,+\infty\right)$ 上恒成立．故 $\displaystyle k\geqslant\frac{1}{2}$ 符合题意．

当 $\displaystyle 0<k<\frac{1}{2}$ 时，$\displaystyle \frac{1-2k}{2k}>0$，对于 $\displaystyle x\in\left(0,\frac{1-2k}{2k}\right)$，$\displaystyle g'\left(x\right)>0$，故 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{1-2k}{2k}\right)$ 内单调递增．因此取 $\displaystyle x_0\in\left(0,\frac{1-2k}{2k}\right)$ 时，$\displaystyle g\left(x_0\right)>g\left(0\right)=0$，即 $\displaystyle f\left(x_0\right)\leqslant kx_0^{2}$ 不成立．故 $\displaystyle 0<k<\frac{1}{2}$ 不合题意．

综上，$\displaystyle k$ 的最小值为 $\displaystyle \frac{1}{2}$．

 新答案（来源：301-320主元法与已有结论.md）：

问要将命题向$\displaystyle f\left(x\right)$的形式靠拢，因此令$\displaystyle x=\frac{2}{2i-1}$：

新答案（来源：181-200隐零点与构造函数.md）：
$\displaystyle f'\left(x\right)=\left(2\mathrm{e}^x+1\right)\left(a\mathrm{e}^x-1\right)$.

若 $\displaystyle a\leqslant0$，$\displaystyle a\mathrm{e}^x-1<0$，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$；

若 $\displaystyle a>0$，$\displaystyle x<-\ln a$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$；$\displaystyle x>-\ln a$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$；

综上，$\displaystyle a\leqslant0$ 时，$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递减；$\displaystyle a>0$ 时，$\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,-\ln a\right)$ 上单调递减，在 $\displaystyle \left(-\ln a,+\infty\right)$ 上单调递增.
由 $\displaystyle \left(1\right)$ 问知，若 $\displaystyle a\leqslant0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 至多有一个零点，不满足题意；

若 $\displaystyle f\left(-\ln a\right)\geqslant0$，则 $\displaystyle f\left(x\right)$ 至多有 $\displaystyle x=-\ln a$ 一个零点，不满足题意；

因此 $\displaystyle f\left(-\ln a\right)=1-\frac{1}{a}+\ln a<0$.

令 $\displaystyle g\left(x\right)=1-\frac{1}{x}+\ln x$，显然 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递增，$\displaystyle g\left(1\right)=0$ 因此 $\displaystyle 0<a<1$.

$\displaystyle 0<a<1$：

$\displaystyle x<0$ 时，$\displaystyle f\left(x\right)>\left(a-2\right)\mathrm{e}^x-x>a-2-x$，因此 $\displaystyle f\left(a-2\right)>0$，即 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(a-2,-\ln a\right)$ 上存在一个零点；

在找另一个特殊点的时候，注意观察 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的形式，有 $\displaystyle \mathrm{e}^{2x}$，$\displaystyle \mathrm{e}^x$ 和 $\displaystyle x$，那么相比于将 $\displaystyle \mathrm{e}^{2x}$，$\displaystyle \mathrm{e}^x$ 都放缩成 $\displaystyle x$ 多项式的形式，将 $\displaystyle x$ 放缩成 $\displaystyle \mathrm{e}^x$ 的形式更节约计算量：

令 $\displaystyle h\left(x\right)=\mathrm{e}^x-x$，$\displaystyle h'\left(x\right)=\mathrm{e}^x-1$，$\displaystyle x>0$ 时 $\displaystyle h'\left(x\right)>0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递增，因此 $\displaystyle x>0$ 时 $\displaystyle h\left(x\right)>h\left(0\right)=1$，即 $\displaystyle \mathrm{e}^x>x+1>x$.

因此 $\displaystyle x>0$ 时， $$\displaystyle f\left(x\right)>a\mathrm{e}^{2x}+\left(a-3\right)\mathrm{e}^x=a\mathrm{e}^x\left(\mathrm{e}^x+1-\frac{3}{a}\right),$$

则 $\displaystyle f\left(\ln\left(\frac{3}{a}-1\right)\right)>0$.

又 $\displaystyle \ln\left(\frac{3}{a}-1\right)>\ln\frac{1}{a}=-\ln a$，因此 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\ln a,\ln\left(\frac{3}{a}-1\right)\right)$ 上存在一个零点；

综上，$\displaystyle a\in\left(0,1\right)$.

找特殊点的核心思想如下：

如果我们需要找特殊点 $\displaystyle t$ 使得 $\displaystyle f\left(t\right)<0$，那么就把 $\displaystyle f\left(x\right)$ 放大成 $\displaystyle g\left(x\right)$，只要我们得到 $\displaystyle g\left(t\right)=0$ 或 $\displaystyle g\left(t\right)<0$，那么就有 $\displaystyle f\left(t\right)<0$；

如果我们需要找特殊点 $\displaystyle t$ 使得 $\displaystyle f\left(t\right)>0$，那么就把 $\displaystyle f\left(x\right)$ 缩小成 $\displaystyle g\left(x\right)$，只要

新答案（来源：301-320主元法与已有结论.md）：
$\displaystyle f\left(1\right)\leqslant k$，因此$\displaystyle k\geqslant1-\ln2>0$。

【2017全国I卷文21】已知函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x(\mathrm{e}^x-a)-a^2x$.若$\displaystyle f(x)\geqslant 0$,求$\displaystyle a$的取值范围.

答案

函数 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的定义域为 $\displaystyle \left(-\infty,+\infty\right)$，$\displaystyle f'\left(x\right)=2\mathrm{e}^{2x}-a\mathrm{e}^{x}-a^{2}=\left(2\mathrm{e}^{x}+a\right)\left(\mathrm{e}^{x}-a\right)$．

（i）若 $\displaystyle a=0$，则 $\displaystyle f\left(x\right)=\mathrm{e}^{2x}$，在 $\displaystyle \left(-\infty,+\infty\right)$ 单调递增．$\displaystyle a=0$满足题意。

（ii）若 $\displaystyle a>0$，则由 $\displaystyle f'\left(x\right)=0$ 得 $\displaystyle x=\ln a$．当 $\displaystyle x\in\left(-\infty,\ln a\right)$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$；当 $\displaystyle x\in\left(\ln a,+\infty\right)$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$．故 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,\ln a\right)$ 单调递减，在 $\displaystyle \left(\ln a,+\infty\right)$ 单调递增．于是当 $\displaystyle x=\ln a$ 时，$\displaystyle f\left(x\right)$ 取得最小值，最小值为 $\displaystyle f\left(\ln a\right)=-a^{2}\ln a$．从而当且仅当 $\displaystyle -a^{2}\ln a\geqslant 0$，即 $\displaystyle a\leqslant 1$ 时，$\displaystyle f\left(x\right)\geqslant 0$．

（iii）若 $\displaystyle a<0$，则由 $\displaystyle f'\left(x\right)=0$ 得 $\displaystyle x=\ln\left(-\frac{a}{2}\right)$．当 $\displaystyle x\in\left(-\infty,\ln\left(-\frac{a}{2}\right)\right)$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$；当 $\displaystyle x\in\left(\ln\left(-\frac{a}{2}\right),+\infty\right)$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$．故 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,\ln\left(-\frac{a}{2}\right)\right)$ 单调递减，在 $\displaystyle \left(\ln\left(-\frac{a}{2}\right),+\infty\right)$ 单调递增．于是当 $\displaystyle x=\ln\left(-\frac{a}{2}\right)$ 时，$\displaystyle f\left(x\right)$ 取得最小值，最小值为 $\displaystyle f\left(\ln\left(-\frac{a}{2}\right)\right)=a^{2}\left[\frac{3}{4}-\ln\left(-\frac{a}{2}\right)\right]$．从而当且仅当 $\displaystyle a^{2}\left[\frac{3}{4}-\ln\left(-\frac{a}{2}\right)\right]\geqslant 0$，即 $\displaystyle a\geqslant -2\mathrm{e}^{\frac{3}{4}}$ 时 $\displaystyle f\left(x\right)\geqslant 0$．

综上，$\displaystyle a$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[-2\mathrm{e}^{\frac{3}{4}},1\right]$．

评：实测数据（广西）本题文科平均分 1.1363，难度 0.0947，标准差 1.6235，区分度 0.2351，满分人数 174，零分率 50.55%，阅卷详细数据如下：

| {c|cccc} \Xhline{1pt} 地区 | 平均分 | 标准差 | 难度 | 区分度 | | --- | --- | --- | --- | --- | | \Xhline{1pt} 河南文 | $\displaystyle 0.71$ | $\displaystyle 1.52$ | $\displaystyle 0.059$ | $\displaystyle 0.57$ | | 福建文 | $\displaystyle 1.08$ | $\displaystyle -$ | $\displaystyle 0.090$ | $\displaystyle 0.18$ | | 安徽文 | $\displaystyle 0.8$ | $\displaystyle -$ | $\displaystyle 0.067$ | $\displaystyle -$ | | 广东文 | $\displaystyle 0.4$ | $\displaystyle -$ | $\displaystyle 0.033$ | $\displaystyle -$ | | \Xhline{1pt} | | | | |

| {c|ccccccc} \Xhline{1pt} 得分 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | | \Xhline{1pt} 百分比 | 64.3% | 3.19% | 25.09% | 4.59% | 0.8% | 0.6% | 0.70% | | \Xhline{1pt} 得分 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | - | | \Xhline{1pt} 百分比 | 0.1% | 0.1% | 0.1% | 0.1% | 0.1% | 0.2% | - | | \Xhline{1pt} | | | | | | | |

设$\displaystyle a > 0$,函数$\displaystyle f(x) = a + x^2 + \ln(a - x^2)$,讨论$\displaystyle f(x)$的最大值.

答案

$\displaystyle f(x)$ 的定义域为 $\displaystyle \left(-\sqrt{a},\sqrt{a}\right)$，求导得到$\displaystyle f'(x)=2x-\frac{2x}{a-x^2}=-\frac{2x\left(x^2-a+1\right)}{a-x^2}.$

若 $\displaystyle 0<a\leqslant1$，则 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \left(-\sqrt{a},0\right)$ 内单调递增，在 $\displaystyle \left(0,\sqrt{a}\right)$ 内单调递减，所以 $\displaystyle f(x)$ 的最大值为$\displaystyle f(0)=a+\ln a.$

若 $\displaystyle a>1$，令 $\displaystyle f'(x)>0$，解得 $\displaystyle -\sqrt{a}<x<-\sqrt{a-1}$ 或 $\displaystyle 0<x<\sqrt{a-1}$；

令 $\displaystyle f'(x)<0$，解得 $\displaystyle -\sqrt{a-1}<x<0$ 或 $\displaystyle \sqrt{a-1}<x<\sqrt{a}$；

于是 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \left(-\sqrt{a},-\sqrt{a-1}\right)$、$\displaystyle \left(0,\sqrt{a-1}\right)$ 内单调递增，在 $\displaystyle \left(-\sqrt{a-1},0\right)$、$\displaystyle \left(\sqrt{a-1},\sqrt{a}\right)$ 内单调递减，而$\displaystyle f\left(-\sqrt{a-1}\right)=f\left(\sqrt{a-1}\right)=2a-1$，所以 $\displaystyle f(x)$ 的最大值为 $\displaystyle 2a-1$；

综上所述：若 $\displaystyle 0<a\leqslant1$，$\displaystyle f(x)$ 的最大值为 $\displaystyle f(0)=a+\ln a$；若 $\displaystyle a>1$，$\displaystyle f(x)$ 的最大值为 $\displaystyle 2a-1$。

【2019全国I卷文20】已知函数$\displaystyle f(x)=2\sin x-x\cos x-x$。
证明$\displaystyle f'(x)$在$\displaystyle (0,\pi)$上存在唯一零点；
若$\displaystyle x\in(0,\pi)$时,$\displaystyle f(x)\geqslant ax$,求$\displaystyle a$的取值范围.

答案

（1）略。

（2）方法一：设$\displaystyle g(x)=f(x)-ax$，于是$\displaystyle g'(x)=\cos x+x\sin x-1-a$，设$\displaystyle g'(x)=\varphi (x)$，则$\displaystyle \varphi'(x)=x\cos x$，在$\displaystyle (0,\frac{\pi}{2})$上取正值，在$\displaystyle (\frac{\pi}{2},\pi)$上取负值，故$\displaystyle \varphi (x)$在$\displaystyle (0,\frac{\pi}{2})$上单调递增，在$\displaystyle (\frac{\pi}{2},\pi)$上单调递减。

而$\displaystyle \varphi(0)=-a,\varphi(\pi)=-2-a$，下对$\displaystyle a$进行分类讨论。

若$\displaystyle a>0$，则$\displaystyle \varphi(0)<0$，当$\displaystyle \varphi(\frac{\pi}{2})>0$时，$\displaystyle \varphi(x)$在$\displaystyle (0,\frac{\pi}{2})$上存在唯一的零点$\displaystyle x_0$，于是$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (0,x_0)$上单调递减，$\displaystyle g(x_0)<g(0)=0$，不符题意；当$\displaystyle \varphi(\frac{\pi}{2})\leqslant 0$时，$\displaystyle \varphi(x)$在$\displaystyle (0,\frac{\pi}{2})$上恒小于零，故$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (0,\frac{\pi}{2})$上单调递减，$\displaystyle g(\frac{\pi}{2})<g(0)=0$，不符题意。

若$\displaystyle -2< a\leqslant 0$，由于$\displaystyle \varphi(0)>0,\varphi(2)< 0$，于是$\displaystyle \varphi(x)$在$\displaystyle (0,\pi)$上存在唯一的零点$\displaystyle x_0$，且$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (0,x_0)$上单调递增，在$\displaystyle (x_0,\pi)$上单调递减，故$\displaystyle g(x_0)>g(0)=0$，符合题意。

若$\displaystyle a\leqslant -2$，由于$\displaystyle \varphi(0),\varphi(\pi)>0$，故$\displaystyle \varphi(x)$在$\displaystyle (0,\pi)$上恒大于零，故$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (0,\pi)$上单调递增，$\displaystyle g(\pi)>g(0)=0$，符合题意。

综上，$\displaystyle a\in(-\infty,0]$。

方法二：要使得题设成立，一定要有$\displaystyle f(\pi)\geqslant a\pi$，解得$\displaystyle a\leqslant 0$.

当$\displaystyle a\leqslant 0$时，由第（1）问，$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (0,x_0)$单调递增，在$\displaystyle (x_0,\pi)$单调递减，于是$\displaystyle f(x)\geqslant \min\{f(0),f(\pi)\}=0\geqslant ax$。

评：方法二先确定了$\displaystyle a\leqslant 0$这一必要条件，然后再利用第（1）问的结论证明了该条件也为充分条件，简化了证明过程。实际上这一必要性非常好确定，从第（1）问已经得知：函数$\displaystyle f(x)$先增后减且恒$\displaystyle \geqslant 0$，而$\displaystyle y=ax$是过原点的直线，当$\displaystyle a\leqslant 0$时，直线$\displaystyle y=ax$位于$\displaystyle x$轴下方，显然满足题意，而当$\displaystyle a>0$时，显然在$\displaystyle x=\pi$处会导出矛盾。方法一则较为繁杂。

已知函数$\displaystyle f(x) = x^3 - ax^2 + x$,若$\displaystyle f(x)$有正零点,证明：$\displaystyle f(x)$有极小值点,其位于区间$\displaystyle [1,+\infty)$。

答案

对$\displaystyle f(x)$求导得到$\displaystyle f'(x)=3x^2-2ax+1$。

由 $\displaystyle \Delta=(-2a)^2-4\times3\times1=4(a^2-3)>0$，当$\displaystyle a^2>3$时，方程 $\displaystyle f'(x)=0$ 有两个根 $\displaystyle x_0,x_1$，且 $$\displaystyle x_1=\frac{a-\sqrt{a^2-3}}{3},\qquad x_0=\frac{a+\sqrt{a^2-3}}{3}.$$ $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle \left(-\infty,x_1\right)$、$\displaystyle \left(x_0,+\infty\right)$ 上单调递增，在区间 $\displaystyle \left(x_1,x_0\right)$ 上单调递减。

方法一：由题意，$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 有零点，等价于方程 $\displaystyle x^2-ax+1=0$ 在区间 $\displaystyle (0,+\infty)$ 有解，等价于 $\displaystyle a=x+\frac{1}{x}$ 在区间 $\displaystyle (0,+\infty)$ 有解。由基本不等式，$\displaystyle x+\frac{1}{x}\geqslant2\sqrt{x\cdot\frac{1}{x}}=2$，等号成立条件是 $\displaystyle x=1$，所以 $\displaystyle x+\frac{1}{x}$ 的取值范围为 $\displaystyle [2,+\infty)$，所以 $\displaystyle a\geqslant2$，于是$\displaystyle f(x)$存在极小值点$\displaystyle x_0=\frac{a+\sqrt{a^2-3}}{3}.$而 $\displaystyle a\geqslant2$，所以$\displaystyle x_0\geqslant\frac{2+\sqrt{2^2-3}}{3}=1.$于是完成了证明。

方法二：$\displaystyle f(x)=0$ 有根等价于方程 $\displaystyle x^2-ax+1=0$ 在区间 $\displaystyle (0,+\infty)$ 有解。当这个方程有根时，设两根为 $\displaystyle x_1,x_2$（可能相等）。

由韦达定理，$\displaystyle x_1+x_2=a$，$\displaystyle x_1x_2=1>0$，所以 $\displaystyle x_1,x_2$ 同号；又因为$\displaystyle f(x)$有正零点，所以 $\displaystyle x_1,x_2$ 同为正数，故$\displaystyle a=x_1+x_2\geqslant2\sqrt{x_1x_2}=2.$ 于是$\displaystyle f(x)$ 有极小值点$\displaystyle x_0=\frac{a+\sqrt{a^2-3}}{3}.$后同方法一。

方法三：可知$\displaystyle f(0)=0$。

若 $\displaystyle a\leqslant0$，则当 $\displaystyle x>0$ 时，$\displaystyle f(x)=x^3-ax^2+x>0$，故 $\displaystyle f(x)$ 没有正零点。

若 $\displaystyle 0<a\leqslant\sqrt{3}$，则 $\displaystyle f'(x)=3x^2-2ax+1$ 的判别式 $\displaystyle \Delta\leqslant0$，故 $\displaystyle f'(x)\geqslant0$ 恒成立，从而 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 单调递增，且由于 $\displaystyle f(x)>f(0)=0$，故 $\displaystyle f(x)$ 没有正的零点。

因此，$\displaystyle a>\sqrt{3}$。于是极小值点是 $\displaystyle x_0=\frac{a+\sqrt{a^2-3}}{3}\geqslant 1.$

Fiddie评：研究一个较为复杂函数的零点，“正常的步骤”是思考能否先简化函数（方法一、方法二），本题的函数可转化为求二次函数零点，接下来就能马上得到 $\displaystyle a$ 的取值范围；问题迎刃而解。如果能注意到这一点，证明过程会得到极大的简化。类似的题目有：

【2010全国I卷20】已知函数 $\displaystyle f(x)=(x+1)\ln x-x+1$。 1. 若 $\displaystyle xf'(x)\leqslant x^2+ax+1$，求 $\displaystyle a$ 的取值范围； 2. 证明：$\displaystyle (x-1)f(x)\leqslant0$。

【2010课标全国卷21】设函数 $\displaystyle f(x)=x(\mathrm{e}^{x-1})-ax^2$。

若 $\displaystyle a=\frac{1}{2}$，求 $\displaystyle f(x)$ 的取值范围；
若 $\displaystyle a\geqslant0$ 时，$\displaystyle f(x)\geqslant0$，求 $\displaystyle a$ 的取值范围。

【2023新高考I卷19】已知函数$\displaystyle f(x)=a(\mathrm{e}^x+a)-x$,证明：当$\displaystyle a>0$时,$\displaystyle f(x)>2\ln a+\frac{3}{2}$.

答案

$\displaystyle f\left(x\right)$的定义域是$\displaystyle \left(-\infty,+\infty\right)$，$\displaystyle f'\left(x\right)=a\mathrm{e}^x-1$。由$\displaystyle f'\left(x\right)=0$得$\displaystyle x=-\ln a$。于是当$\displaystyle x\in\left(-\infty,-\ln a\right)$时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$；当$\displaystyle x\in\left(-\ln a,+\infty\right)$时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$。故$\displaystyle f\left(x\right)$在$\displaystyle \left(-\infty,-\ln a\right)$单调递减，在$\displaystyle \left(-\ln a,+\infty\right)$单调递增。

当$\displaystyle a>0$时，可知当$\displaystyle x=-\ln a$时，$\displaystyle f\left(x\right)$取得最小值，于是 $\displaystyle f\left(x\right)\geqslant f\left(-\ln a\right)=a^2+\ln a+1.$从而 $\displaystyle f\left(x\right)-\left(2\ln a+\frac32\right)\geqslant a^2-\ln a-\frac12.$

方法一：设$\displaystyle g\left(x\right)=x^2-\ln x-\frac12\left(x>0\right)$，则$\displaystyle g'\left(x\right)=2x-\frac1x=\frac{2x^2-1}{x}$。当$\displaystyle 0<x<\frac{\sqrt2}{2}$时，$\displaystyle g'\left(x\right)<0$；当$\displaystyle x>\frac{\sqrt2}{2}$时，$\displaystyle g'\left(x\right)>0$。所以$\displaystyle g\left(x\right)$在$\displaystyle \left(0,\frac{\sqrt2}{2}\right)$单调递减，在$\displaystyle \left(\frac{\sqrt2}{2},+\infty\right)$单调递增。故当$\displaystyle x>0$时，$\displaystyle g\left(x\right)\geqslant g\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)=\ln\frac{\sqrt{2}}{2}>0$。

从而当$\displaystyle a>0$时，$\displaystyle a^2-\ln a-\frac12>0$，即$\displaystyle f\left(x\right)>2\ln a+\frac32$。

方法二：当$\displaystyle a>0$时， $$\displaystyle a^2-\ln a-\frac12\geqslant a^2-\left(a-1\right)-\frac12=a^2-a+\frac12=\left(a-\frac12\right)^2+\frac14>0.$$

从而$\displaystyle f\left(x\right)-\left(2\ln a+\frac32\right)>0$，即$\displaystyle f\left(x\right)>2\ln a+\frac32$。

注：要事先证明放缩式$\displaystyle \ln x\leqslant x-1$。

评：实测数据：（福建）本题阅卷数据如下：

| {c|cccc} \Xhline{1pt} 分组 | 满分 | 平均分 | 难度 | 区分度 | | --- | --- | --- | --- | --- | | \Xhline{1pt} 物理组总体 | 12 | 4.39 | 0.37 | 0.69 | | 历史组总体 | 12 | 2.16 | 0.18 | 0.43 | | 总体 | 12 | 3.91 | 0.33 | 0.67 | | \Xhline{1pt} | | | | |

| {c|cccccccc} \Xhline{1pt} 小问得分 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | | \Xhline{1pt} (1) | 22% | 17% | 12% | 9% | 8% | 32% | | | | (2) | 65% | 7% | 7% | 4% | 2% | 0% | 2% | 13% | | \Xhline{1pt} | | | | | | | | |

【2017浙江20】求函数$\displaystyle f(x)=(x-\sqrt{2x-1})\mathrm{e}^{-x}$的值域.

答案

对函数求导得到$\displaystyle f'\left(x\right)= =\frac{\left(1-x\right)\left(\sqrt{2x-1}-2\right)\mathrm{e}^{-x}}{\sqrt{2x-1}}\left(x>\frac12\right).$，由$\displaystyle f'(x)=0$解得$\displaystyle x=1$或$\displaystyle x=\frac52$。随$\displaystyle x$变化，$\displaystyle f'\left(x\right)$与$\displaystyle f\left(x\right)$变化情况如下表：

| {c|ccccc} \Xhline{1pt} $\displaystyle x$ | $\displaystyle \left(1/2,1\right)$ | 1 | $\displaystyle \left(1,5/2\right)$ | 5/2 | $\displaystyle \left(5/2,+\infty\right)$ | | --- | --- | --- | --- | --- | --- | | \Xhline{1pt} $\displaystyle f'\left(x\right)$ | 小于0 | 0 | 大于0 | 0 | 小于0 | | $\displaystyle f\left(x\right)$ | $\displaystyle 1/2\mathrm{e}^{-\frac12}\searrow$ | 极小值0 | $\displaystyle \nearrow$ | 极大值$\displaystyle \frac12\mathrm{e}^{-\frac52}$ | $\displaystyle \searrow$ | | \Xhline{1pt} | | | | | |

又$\displaystyle f\left(x\right)=\frac12\left(\sqrt{2x-1}-1\right)^2\mathrm{e}^{-x}\geqslant0$，所以$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left[\frac12,+\infty\right)$的取值范围是$\displaystyle \left[0,\frac12\mathrm{e}^{-\frac12}\right]$。

评：该问题看似非常清楚简单，实际考试出来的情况却千疮百孔。一些学生对复合函数的求导不熟练，不能正确求出导数；一些学生对导函数的整理变形目标不清楚，不会合理地提取公因式为求极值点铺路，得不到$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{\left(1-x\right)\left(\sqrt{2x-1}-2\right)\mathrm{e}^{-x}}{\sqrt{2x-1}}\left(x>\frac12\right)$的形式，因此无法求出极值点$\displaystyle x=1$或$\displaystyle x=\frac52$。

一些学生没有理解求函数在闭区间和非闭区间上的最大（小）值的差异，误认为一定是$\displaystyle f_{\max}\left(x\right)=\max\left\{f\left(\frac12\right),f\left(1\right),f\left(\frac52\right)\right\}=f\left(\frac12\right)$，$\displaystyle f_{\min}\left(x\right)=\min\left\{f\left(\frac12\right),f\left(1\right),f\left(\frac52\right)\right\}=f\left(1\right)$，没有对函数在区间$\displaystyle \left(\frac52,+\infty\right)$上的变化进行分析（即没考虑趋于无穷的极限）。

在函数的复习中，要重视利用导数研究函数的性质。首先要理解导函数的意义，要能正确求出一些基本复合函数的导函数，然后掌握利用导函数研究函数性质的基本方法。

【2019全国II卷文21】已知函数$\displaystyle f(x)=(x-1)\ln x-x-1$,证明$\displaystyle f(x)=0$有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.

答案

$\displaystyle f(x)$ 的定义域为 $\displaystyle (0,+\infty)$,$\displaystyle f'(x)=\ln x-\frac{1}{x}.$因为 $\displaystyle y=\ln x$ 单调递增，$\displaystyle y=\frac{1}{x}$ 单调递减，所以 $\displaystyle f'(x)$ 单调递增。又 $\displaystyle f'(1)=-1<0$，$\displaystyle f'(2)=\ln 2-\frac{1}{2}>0$，故存在唯一 $\displaystyle x_0\in(1,2)$，使得 $\displaystyle f'(x_0)=0$。

    于是当 $\displaystyle x<x_0$ 时，$\displaystyle f'(x)<0$，$\displaystyle f(x)$ 单调递减；当 $\displaystyle x>x_0$ 时，$\displaystyle f'(x)>0$，$\displaystyle f(x)$ 单调递增，因此$\displaystyle f(x)$ 存在唯一的极值点 $\displaystyle x_0$。

    由于$\displaystyle f(x_0)<f(1)=-2,f(\mathrm{e}^{2})=\mathrm{e}^{2}-3>0$，所以 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (x_0,+\infty)$ 内存在唯一根 $\displaystyle x=\alpha$。由 $\displaystyle \alpha>x_0>1$ 得 $\displaystyle \frac{1}{\alpha}<1<x_0$。又 $\displaystyle f\left(\frac{1}{\alpha}\right)=\left(\frac{1}{\alpha}-1\right)\ln\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\alpha}-1=\frac{f(\alpha)}{\alpha}=0$，故 $\displaystyle \frac{1}{\alpha}$ 是 $\displaystyle f(x)=0$ 在 $\displaystyle (0,x_0)$ 的唯一根。

综上，$\displaystyle f(x)=0$ 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。

【2017北京文20理19】求函数 $\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x\cos x-x$在 $\displaystyle [0,\frac{\pi}{2}]$ 上的最大值和最小值.

答案

对$\displaystyle f(x)$求导得到$\displaystyle f'\left(x\right)=\mathrm{e}^x\left(\cos x-\sin x\right)-1$.

设$\displaystyle h\left(x\right)=\mathrm{e}^x\left(\cos x-\sin x\right)-1$，则$\displaystyle h'\left(x\right)=-2\mathrm{e}^x\sin x$。当$\displaystyle x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$时，$\displaystyle h'\left(x\right)<0$，所以$\displaystyle h\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上单调递减，所以对任意$\displaystyle x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right]$有$\displaystyle h\left(x\right)<h\left(0\right)=0$，即$\displaystyle f'\left(x\right)<0$。于是函数$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上单调递减。因此$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上的最大值为$\displaystyle f\left(0\right)=1$，最小值为$\displaystyle f\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\frac{\pi}{2}$。

评：实测数据：得分情况如下：

| {c|cccccc} \Xhline{1pt} 题号 | 满分值 | 平均值 | 标准差 | 得分率 | 鉴别指数 | 相关系数 | | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | | 理19(1) | 5 | 4.57 | 1.13 | 0.91 | 0.25 | | | 文20(1) | 5 | 3.44 | 1.92 | 0.69 | 0.66 | 0.71 | | 理19(2) | 8 | 3.35 | 3.32 | 0.42 | 0.81 | | | 文20(2) | 8 | 0.97 | 1.92 | 0.12 | 0.32 | 0.48 | | 理19 | 13 | 7.92 | 3.83 | 0.61 | 0.59 | 0.75 | | 文20 | 13 | 4.41 | 3.14 | 0.34 | 0.45 | 0.73 | | \Xhline{1pt} | | | | | | |

【2020全国III卷理21】设函数$\displaystyle f(x)=x^3-\frac{3}{4}x+c$,若$\displaystyle f(x)$有一个绝对值不大于1的零点,证明：$\displaystyle f(x)$所有零点的绝对值都不大于1.

答案

可知$\displaystyle f'\left(x\right)=3x^2-\frac34$。令$\displaystyle f'\left(x\right)=0$，解得$\displaystyle x=-\frac12$或$\displaystyle x=\frac12$。

$\displaystyle f'\left(x\right)$与$\displaystyle f\left(x\right)$的情况如下表： $$\displaystyle \begin{array}{c|ccccc} x&\left(-\infty,-1/2\right)&-1/2&\left(-1/2,1/2\right)&1/2&\left(1/2,+\infty\right)\\ \hline f'\left(x\right)&+&0&-&0&+\\ \hline f\left(x\right)&\nearrow&c+1/4&\searrow&c-1/4&\nearrow \end{array}$$

因为$\displaystyle f\left(1\right)=f\left(-\frac12\right)=c+\frac14$，所以当$\displaystyle c<-\frac14$时，$\displaystyle f\left(x\right)$只有大于 1 的零点。

因为$\displaystyle f\left(-1\right)=f\left(\frac12\right)=c-\frac14$，所以当$\displaystyle c>\frac14$时，$\displaystyle f\left(x\right)$只有小于$\displaystyle -1$的零点。

由题设可知$\displaystyle -\frac14\leqslant c\leqslant\frac14$。当$\displaystyle c=-\frac14$时，$\displaystyle f\left(x\right)$只有两个零点$\displaystyle -\frac12$和 1。当$\displaystyle c=\frac14$时，$\displaystyle f\left(x\right)$只有两个零点$\displaystyle -1$和$\displaystyle \frac12$。当$\displaystyle -\frac14<c<\frac14$时，$\displaystyle f\left(x\right)$有三个零点$\displaystyle x_1,x_2,x_3$，且$\displaystyle x_1\in\left(-1,-\frac12\right)$，$\displaystyle x_2\in\left(-\frac12,\frac12\right)$，$\displaystyle x_3\in\left(\frac12,1\right)$。

综上，若$\displaystyle f\left(x\right)$有一个绝对值不大于 1 的零点，则$\displaystyle f\left(x\right)$所有零点的绝对值都不大于 1。

评：实测数据：（贵州）本题第（2）小问满分 8 分，平均分 0.418，难度 0.052。

【2021全国甲卷理21】已知$\displaystyle a>0$且$\displaystyle a\neq 1$,若函数$\displaystyle f(x)=\frac{x^a}{a^x}-1(x>0)$有且仅有两个零点,求$\displaystyle a$的取值范围.

答案

$\displaystyle \frac{x^a}{a^x}=1$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上恰好有两个解，两边同时取对数，即$\displaystyle a\ln x-x\ln a=0$ 恰好有两个解，也即 $\displaystyle g\left(x\right)=\frac{\ln x}{x}-\frac{\ln a}{a}$ 恰好有两个零点。而$\displaystyle g'\left(x\right)=\frac{1-\ln x}{x^2}$，于是 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\mathrm{e}\right)$ 上单调递增，在 $\displaystyle \left(\mathrm{e},+\infty\right)$ 上单调递减，$\displaystyle g\left(x\right)$ 至多有两个零点.

（i）若$\displaystyle \frac{\ln a}{a}<0$，即$\displaystyle 0<a<1$。$\displaystyle x\geqslant1$ 时，$\displaystyle g\left(x\right)\geqslant-\frac{\ln a}{a}>0$，因此 $\displaystyle g\left(x\right)$ 只可能在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上存在零点，又 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\mathrm{e}\right)$ 上单调递增，因此 $\displaystyle g\left(x\right)$ 至多有一个零点，不满足题意；

（ii）若$\displaystyle 0<\frac{\ln a}{a}<\mathrm{e}$，即$\displaystyle a\in (1,\mathrm{e})\cup (\mathrm{e},+\infty)$.由于$\displaystyle g(1)<0,g(\mathrm{e})=\frac{1}{\mathrm{e}}-\frac{\ln a}{a}>0$，于是$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (1,\mathrm{e})$上存在唯一一个零点，也即$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (0,\mathrm{e})$上存在唯一一个零点。

而$\displaystyle \frac{\ln x}{x}=\frac{2\ln\sqrt{x}}{x}\leqslant\frac{2}{e\sqrt{x}}$，于是取$\displaystyle \frac{2}{e\sqrt{x_0}}=\frac{\ln a}{a}$，即$\displaystyle x_0=\frac{4a^2}{e^2(\ln a)^2}$，此时$\displaystyle f(x_0)\leqslant 0$，于是$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle \left(\mathrm{e},+x_0\right]$上存在唯一一个零点，也即$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (\mathrm{e},+\infty)$上存在唯一一个零点，故$\displaystyle g(x)$有两个零点，满足题意。

（iii）若$\displaystyle \frac{\ln a}{a}=\mathrm{e}$，即$\displaystyle a=\mathrm{e}$。 $\displaystyle g\left(x\right)=\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{\mathrm{e}}$，由 $\displaystyle g\left(x\right)$ 单调性可知 $\displaystyle g\left(x\right)$ 仅有一个零点 $\displaystyle x=\mathrm{e}$，不满足题意；

综上，$\displaystyle a\in\left(1,\mathrm{e}\right)\cup\left(\mathrm{e},+\infty\right)$.

评：本题取点时使用了放缩式$\displaystyle \ln x\leqslant \frac{x}{e}$，需预先证明。此外，画出函数$\displaystyle y=\frac{\ln x}{x}$草图有助于解答此题。

【2023北京20】已知函数$\displaystyle f(x)=x-x^3\mathrm{e}^{1-x}$,求$\displaystyle f'(x)$的单调区间与$\displaystyle f(x)$的极值点个数.

答案

（1）设$\displaystyle g(x)=f'(x)$，于是$\displaystyle g\left(x\right)=f'\left(x\right)=\left(x^3-3x^2\right)\mathrm{e}^{1-x}+1$．所以$\displaystyle g'\left(x\right)=-x\left(x^2-6x+6\right)\mathrm{e}^{1-x}$．

令$\displaystyle g'\left(x\right)=0$，得$\displaystyle x=0$，$\displaystyle x=3-\sqrt{3}$或$\displaystyle x=3+\sqrt{3}$．

$\displaystyle g'\left(x\right)$与$\displaystyle g\left(x\right)$的变化情况如下表：

\[\displaystyle \begin{array}{c|ccccccc} t & \left(-\infty,0\right) & 0 & \left(0,3-\sqrt{3}\right) & 3-\sqrt{3} & \left(3-\sqrt{3},3+\sqrt{3}\right) & 3+\sqrt{3} & \left(3+\sqrt{3},+\infty\right)\\ \hline g'\left(t\right) & + & 0 & - & 0 & + & - & 0\\ g\left(t\right) & \text{单调递增} & \text{极大值} & \text{单调递减} & \text{极小值} & \text{单调递增} & \text{极大值} & \text{单调递减} \end{array}\]

所以，函数$\displaystyle g\left(x\right)$的单调递增区间是在$\displaystyle \left(-\infty,0\right)$，$\displaystyle \left(3-\sqrt{3},3+\sqrt{3}\right)$；单调递减区间是$\displaystyle \left(0,3-\sqrt{3}\right)$，$\displaystyle \left(3+\sqrt{3},+\infty\right)$．

（2）$\displaystyle f'\left(x\right)=x^2\left(x-3\right)\mathrm{e}^{1-x}+1$．因为$\displaystyle f'\left(x\right)$在$\displaystyle \left(-\infty,0\right)$上单调递增，且$\displaystyle f'\left(-1\right)=1-4\mathrm{e}^2<0$，$\displaystyle f'\left(0\right)=1>0$，所以根据函数零点存在定理与$\displaystyle f'\left(x\right)$的单调性可知，$\displaystyle f'\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(-\infty,0\right)$内存在唯一零点$\displaystyle x_1$，且$\displaystyle x_1$是$\displaystyle f\left(x\right)$的极小值点．

因为$\displaystyle f'\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(0,3-\sqrt{3}\right)$上单调递减，且$\displaystyle f'\left(0\right)>0$，$\displaystyle f'\left(3-\sqrt{3}\right)<f'\left(1\right)=-1<0$，

所以$\displaystyle f'\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(0,3-\sqrt{3}\right]$内存在唯一零点$\displaystyle x_2$，且$\displaystyle x_2$是$\displaystyle f\left(x\right)$的极大值点．

因为$\displaystyle f'\left(x\right)$在$\displaystyle \left(3-\sqrt{3},3+\sqrt{3}\right)$上单调递增，$\displaystyle f'\left(3-\sqrt{3}\right)<0$，$\displaystyle f'\left(3+\sqrt{3}\right)>f'\left(3\right)=1>0$，所以$\displaystyle f'\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(3-\sqrt{3},3+\sqrt{3}\right)$内存在唯一零点$\displaystyle x_3$，且$\displaystyle x_3$是$\displaystyle f\left(x\right)$的极小值点．

当$\displaystyle x\in\left(3+\sqrt{3},+\infty\right)$时，因为$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，所以$\displaystyle f\left(x\right)$在区间$\displaystyle \left(3+\sqrt{3},+\infty\right)$内没有极值点．

综上可知，$\displaystyle f\left(x\right)$共有$\displaystyle 3$个极值点．

评：相当多的考生在完成第（2）问时尝试准确求出极值，这是不好处理的，事实上转化为分析极值附近的整点函数值会容易很多。

实测数据：阅卷数据如下．

| {c|ccccccc} \Xhline{1pt} 题号 | 满分 | 平均分 | 标准差 | 难度 | 相关系数 | 鉴别指数 | | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | | 20(1) | 5 | 3.63 | 1.61 | 0.73 | 0.77 | 0.60 | | 20(2) | 5 | 1.35 | 1.72 | 0.27 | 0.66 | 0.62 | | 20(3) | 5 | 0.39 | 1.02 | 0.08 | 0.43 | 0.22 | | 20 | 15 | 5.37 | 3.56 | 0.36 | 0.79 | 0.48 | | \Xhline{1pt} | | | | | | |

【2019全国I卷理20】已知函数$\displaystyle f(x)=\sin x-\ln (x+1)$,$\displaystyle f'(x)$为$\displaystyle f(x)$的导数,证明：
$\displaystyle f'(x)$在区间$\displaystyle (-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点；
$\displaystyle f(x)$有且仅有两个零点.

答案

（1）设 $\displaystyle g(x)=f'(x)$，则 $\displaystyle g(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$，$\displaystyle g'(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^{2}}$。$\displaystyle -\sin x,\frac{1}{(1+x)^2}$均在$\displaystyle (-1,\frac{\pi}{2})$上单调递减，于是当 $\displaystyle x\in\left(-1,\frac{\pi}{2}\right)$ 时，$\displaystyle g'(x)$ 单调递减，而 $\displaystyle g'(0)>0$，$\displaystyle g'\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$，可得 $\displaystyle g'(x)$ 在 $\displaystyle \left(-1,\frac{\pi}{2}\right)$ 有唯一零点，记为 $\displaystyle \alpha(\alpha >0)$。

则当 $\displaystyle x\in(-1,\alpha)$ 时，$\displaystyle g'(x)>0$；当 $\displaystyle x\in\left(\alpha,\frac{\pi}{2}\right)$ 时，$\displaystyle g'(x)<0$。

所以 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (-1,\alpha)$ 单调递增，在 $\displaystyle \left(\alpha,\frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减，故 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle \left(-1,\frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点，即 $\displaystyle f'(x)$ 在 $\displaystyle \left(-1,\frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点。

（2）$\displaystyle f(x)$ 的定义域为 $\displaystyle (-1,+\infty)$。

（i）当 $\displaystyle x\in(-1,0]$ 时，由（1）知，$\displaystyle f'(x)$ 在 $\displaystyle (-1,0)$ 单调递增，又 $\displaystyle f'(0)=0$，所以当 $\displaystyle x\in(-1,0)$ 时，$\displaystyle f'(x)<0$，故 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-1,0)$ 单调递减。又 $\displaystyle f(0)=0$，从而 $\displaystyle x=0$ 是 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-1,0]$ 的唯一零点。

（ii）当 $\displaystyle x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right]$ 时，由（1）知，$\displaystyle f'(x)$ 在 $\displaystyle (0,\alpha)$ 单调递增，在 $\displaystyle \left(\alpha,\frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减，而$\displaystyle f'(\alpha)>f'(0)=0,f'\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$，所以存在 $\displaystyle \beta\in\left(\alpha,\frac{\pi}{2}\right)$，使得 $\displaystyle f'(\beta)=0$，且当 $\displaystyle x\in(0,\beta)$ 时，$\displaystyle f'(x)>0$；当 $\displaystyle x\in\left(\beta,\frac{\pi}{2}\right)$ 时，$\displaystyle f'(x)<0$。故 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,\beta)$ 单调递增，在 $\displaystyle \left(\beta,\frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减。

又 $\displaystyle f(0)=0$，$\displaystyle f\left(\frac{\pi}{2}\right)=1-\ln\left(1+\frac{\pi}{2}\right)>0$，所以当 $\displaystyle x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right]$ 时，$\displaystyle f(x)>0$，从而 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{\pi}{2}\right]$ 没有零点。

（iii）当 $\displaystyle x\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right]$ 时，$\displaystyle f'(x)<0$，所以 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$ 单调递减。而 $\displaystyle f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0$，$\displaystyle f(\pi)<0$，所以 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \left(\frac{\pi}{2},\pi\right]$ 有唯一零点。

（iv）当 $\displaystyle x\in(\pi,+\infty)$ 时，$\displaystyle \ln(x+1)>1$，所以 $\displaystyle f(x)<0$，从而 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (\pi,+\infty)$ 没有零点。

综上，$\displaystyle f(x)$ 有且仅有 2 个零点。

评：本题函数由对数与三角函数组成。当$\displaystyle x$增大到一个临界值后，由于三角函数部分是有界的，其函数值必然为负。第（1）问的分析提供了$\displaystyle (-1,\frac{\pi}{2})$上的信息，实际上$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2})$上也是单调递减的，这一部分可以轻松分析。当$\displaystyle x>\frac{3\pi}{2}$时，就按前面说的直接判断即可。

此题是非常基础的，只需对一个确定的函数刻画其走势，在解答时建议做出原函数与各阶导数的图象以方便分析。

 新答案（来源：161-180端点效应与隐零点.md）：

$\displaystyle f'\left(x\right)=\left(-x^2-2x+1\right)\mathrm{e}^x$，对 $\displaystyle f'\left(x\right)$ 与 $\displaystyle f\left(x\right)$ 列表如下：

$\displaystyle x$	$\displaystyle \left(-\infty,-1-\sqrt{2}\right)$	$\displaystyle -1-\sqrt{2}$	$\displaystyle \left(-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2}\right)$	$\displaystyle -1+\sqrt{2}$	$\displaystyle \left(-1+\sqrt{2},+\infty\right)$
$\displaystyle f'\left(x\right)$	$\displaystyle -$	$\displaystyle 0$	$\displaystyle +$	$\displaystyle 0$	$\displaystyle -$
$\displaystyle f\left(x\right)$	$\displaystyle \searrow$	极小值	$\displaystyle \nearrow$	极大值	$\displaystyle \searrow$

由上表可知 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,-1-\sqrt{2}\right)$，$\displaystyle \left(-1+\sqrt{2},+\infty\right)$ 上单调递减，在 $\displaystyle \left(-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2}\right)$ 上单调递增.

令 $\displaystyle g\left(x\right)=f\left(x\right)-ax-1$，$\displaystyle g'\left(x\right)=f'\left(x\right)-a=\left(-x^2-2x+1\right)\mathrm{e}^x-a$.

令 $\displaystyle h\left(x\right)=g'\left(x\right)$，$\displaystyle h'\left(x\right)=\left(-x^2-4x-1\right)\mathrm{e}^x$.

$\displaystyle x\geqslant0$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)<0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递减，$\displaystyle h\left(0\right)=1-a$.

若 $\displaystyle a\geqslant1$，$\displaystyle h\left(0\right)\leqslant0$，$\displaystyle x>0$ 时 $\displaystyle h\left(x\right)<0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递减，$\displaystyle g\left(x\right)<g\left(0\right)=0$，满足题意；

若 $\displaystyle a<1$，$\displaystyle h\left(0\right)>0$，

\[\displaystyle h\left(x\right)=\left(1-x^2\right)\mathrm{e}^x-2x\mathrm{e}^x-a,\]

令 $\displaystyle x_0=\max\left\{1,\left|a\right|\right\}$，

\[\displaystyle h\left(x_0\right)\leqslant-2x_0\mathrm{e}^{x_0}-a<-2\left|a\right|-a\leqslant-\left|a\right|\leqslant0,\]

$\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,x_0\right)$ 上存在唯一零点 $\displaystyle x=t$，则 $\displaystyle x\in\left(0,t\right)$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)>0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,t\right)$ 上单调递增，$\displaystyle g\left(t\right)>g\left(0\right)=0$，不满足题意.

综上，$\displaystyle a\in\left[1,+\infty\right)$.

【2017全国II卷文21】设函数 $\displaystyle f(x)=(1-x^2)\mathrm{e}^x$.当 $\displaystyle x\geqslant0$ 时,$\displaystyle f(x)\leqslant ax+1$,求 $\displaystyle a$ 的取值范围.

答案

令 $\displaystyle g\left(x\right)=f\left(x\right)-ax-1=\left(1-x^{2}\right)\mathrm{e}^{x}-ax-1$．则 $\displaystyle g'\left(x\right)=\left(1-2x-x^{2}\right)\mathrm{e}^{x}-a$．

令 $\displaystyle h\left(x\right)=g'(x)$，

于是 $\displaystyle h'\left(x\right)=-\left(1+4x+x^{2}\right)\mathrm{e}^{x}$．

当 $\displaystyle x\in\left(0,+\infty\right)$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)<0$，所以 $\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 单调递减．

若 $\displaystyle a\geqslant 1$，则当 $\displaystyle x\in\left[0,+\infty\right)$ 时， $\displaystyle h\left(x\right)\leqslant h\left(0\right)=1-a\leqslant 0,$即 $\displaystyle g'\left(x\right)\leqslant 0$，于是 $\displaystyle g\left(x\right)\leqslant g\left(0\right)=0$，从而 $\displaystyle f\left(x\right)\leqslant ax+1$．满足题意。

若 $\displaystyle a<1$，则 $\displaystyle h\left(0\right)=1-a>0$．而当$\displaystyle x\geqslant 1$时$$\displaystyle h(x)=(1-2x-x^2)\mathrm{e}^x-a<-x^2\mathrm{e}^x+|a|<-\mathrm{e}^x+|a|=\varphi(x)$$ 记$\displaystyle p=\max\{1,\ln |a|\}$,于是$\displaystyle f(p)<\varphi(p)=0$，故$\displaystyle h(x)$在$\displaystyle (0,p)$上存在唯一零点$\displaystyle x_0$，且当$\displaystyle x\in(0,x_0)$时，$\displaystyle h(x)>0$，即$\displaystyle g'(x)>0$，从而$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (0,x_0)$单调递增，所以$\displaystyle g(x_0)>g(0)=0$，即$\displaystyle f(x_0)>ax_0+1$，不符题意。

综上，$\displaystyle a$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[1,+\infty\right)$．

【2006全国I卷21】已知函数 $\displaystyle f(x)=\frac{1+x}{1-x}\mathrm{e}^{-ax}$.
设 $\displaystyle a>0$,讨论 $\displaystyle y=f(x)$ 的单调性；
若对任意 $\displaystyle x\in(0,1)$ 恒有 $\displaystyle f(x)>1$,求 $\displaystyle a$ 的取值范围.

答案

（1）$\displaystyle f\left(x\right)$ 的定义域为 $\displaystyle \left(-\infty,1\right)\cup\left(1,+\infty\right)$，对 $\displaystyle f\left(x\right)$ 求导数得 $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{ax^{2}+2-a}{\left(1-x\right)^{2}}\mathrm{e}^{-ax}.$

（i）当 $\displaystyle a=2$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{2x^{2}}{\left(1-x\right)^{2}}\mathrm{e}^{-2x}$，$\displaystyle f'\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,0\right)$，$\displaystyle \left(0,1\right)$ 和 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 均大于 0，所以 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,1\right)$，$\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 为增函数．

（ii）当 $\displaystyle 0<a<2$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,1\right)$，$\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 为增函数．

（iii）当 $\displaystyle a>2$ 时，$\displaystyle 0<\frac{a-2}{a}<1$．令 $\displaystyle f'\left(x\right)=0$，解得 $\displaystyle x_1=-\sqrt{\frac{a-2}{a}}$，$\displaystyle x_2=\sqrt{\frac{a-2}{a}}$．当 $\displaystyle x$ 变化时，$\displaystyle f'\left(x\right)$ 和 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的变化情况如下表：

\[\displaystyle \begin{array}{c|cccc} x&\left(-\infty,-\sqrt{\frac{a-2}{a}}\right)&\left(-\sqrt{\frac{a-2}{a}},\sqrt{\frac{a-2}{a}}\right)&\left(\sqrt{\frac{a-2}{a}},1\right)&\left(1,+\infty\right)\\ \hline f'\left(x\right)&+&-&+&+\\ \hline f\left(x\right)& \text{单调递增}&\text{单调递减}&\text{单调递增}&\text{单调递增} \end{array}\]

于是$\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,-\sqrt{\frac{a-2}{a}}\right)$，$\displaystyle \left(\sqrt{\frac{a-2}{a}},1\right)$，$\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 为增函数， $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\sqrt{\frac{a-2}{a}},\sqrt{\frac{a-2}{a}}\right)$ 为减函数．

（2）（i）当 $\displaystyle 0<a\leqslant 2$ 时，由（1）知：对任意 $\displaystyle x\in\left(0,1\right)$ 恒有 $\displaystyle f\left(x\right)>f\left(0\right)=1$．

（ii）当 $\displaystyle a>2$ 时，取 $\displaystyle x_0=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{a-2}{a}}\in\left(0,1\right)$，则由（1）知 $\displaystyle f\left(x_0\right)<f\left(0\right)=1$．

（iii）当 $\displaystyle a\leqslant 0$ 时，对任意 $\displaystyle x\in\left(0,1\right)$，恒有 $\displaystyle \frac{1+x}{1-x}>1$ 且 $\displaystyle \mathrm{e}^{-ax}\geqslant 1$，得 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{1+x}{1-x}\mathrm{e}^{-ax}\geqslant\frac{1+x}{1-x}>1$．

综上，当且仅当 $\displaystyle a\in\left(-\infty,2\right]$ 时，对任意 $\displaystyle x\in\left(0,1\right)$ 恒有 $\displaystyle f\left(x\right)>1$．

【2021新高考II卷22】已知函数$\displaystyle f(x)=(x-1)\mathrm{e}^x-ax^2+b$.
讨论$\displaystyle f(x)$的单调性；
从$\displaystyle (a),(b)$两组条件中选取一组作为已知条件,证明：$\displaystyle f(x)$恰有一个零点. $$\displaystyle (a).\frac{1}{2}<a\leqslant \frac{e^2}{2},b>2a\quad (b).0<a<\frac{1}{2},b\leqslant 2a$$
【2021 天津 20】已知 $\displaystyle a > 0$,函数 $\displaystyle f(x) = ax - xe^x$．
证明 $\displaystyle f(x)$ 存在唯一的极值点；
若存在 $\displaystyle a$,使得 $\displaystyle f(x) \leqslant a + b$ 对任意 $\displaystyle x \in \mathbb{R}$ 成立,求实数 $\displaystyle b$ 的取值范围．

答案

（1）证明：令 $\displaystyle g(x)=f'(x)$，即 $\displaystyle g(x)=a-(x+1)\mathrm{e}^{x}$。

当 $\displaystyle x\in(-\infty,-1)$ 时，$\displaystyle g(x)>a>0$，所以 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,-1)$ 内没有零点；

当 $\displaystyle x\in[-1,+\infty)$ 时，$\displaystyle g'(x)=-(x+2)\mathrm{e}^{x}<0$，从而 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle [-1,+\infty)$ 单调递减，又因为 $\displaystyle g(-1)=a>0$，$\displaystyle g(a)=a-(a+1)\mathrm{e}^{a}<0$，所以 $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle (-1,a)$ 内有零点 $\displaystyle x_0$。

综上，$\displaystyle f'(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上存在唯一零点。当 $\displaystyle x$ 变化时，$\displaystyle f'(x)$，$\displaystyle f(x)$ 的变化情况如下表： $$\displaystyle \begin{array}{c|ccc} x&\left(-\infty,x_0\right)&x_0&\left(x_0,+\infty\right)\\ \hline f'\left(x\right)&+&0&-\\ \hline f\left(x\right)&\nearrow&极大值&\searrow \end{array}$$

所以，$\displaystyle f(x)$ 存在唯一的极值点 $\displaystyle x_0$。

（2）设 $\displaystyle h(x)=f(x)-a=ax-x\mathrm{e}^{x}-a$。由（1）可得 $\displaystyle h(x)$ 的最大值为 $\displaystyle h(x_0)$，其中 $\displaystyle x_0$ 满足 $\displaystyle a=(x_0+1)\mathrm{e}^{x_0}$，且 $\displaystyle x_0>-1$。从而 $$\displaystyle h(x_0)=(x_0^{2}+x_0)\mathrm{e}^{x_0}-x_0\mathrm{e}^{x_0}-(x_0+1)\mathrm{e}^{x_0}=(x_0^{2}-x_0-1)\mathrm{e}^{x_0}。$$

设 $\displaystyle u(x)=(x^{2}-x-1)\mathrm{e}^{x}$，$\displaystyle x\in(-1,+\infty)$，可得 $\displaystyle u'(x)=(x^{2}+x-2)\mathrm{e}^{x}$，令 $\displaystyle u'(x)=0$，解得 $\displaystyle x=1$，或 $\displaystyle x=-2$（舍去）。

当 $\displaystyle x$ 变化时，$\displaystyle u'(x)$，$\displaystyle u(x)$ 的变化情况如下表： $$\displaystyle \begin{array}{c|ccc} x&\left(-1,1\right)&1&\left(1,+\infty\right)\\ \hline u'\left(x\right)&-&0&+\\ \hline u\left(x\right)&\searrow&极小值&\nearrow \end{array}$$

故 $\displaystyle u(x)$ 的最小值为 $\displaystyle u(1)=-\mathrm{e}$。

如果存在 $\displaystyle a$ 使得 $\displaystyle f(x)\leqslant a+b$ 对任意 $\displaystyle x\in\mathbb{R}$ 成立，则 $\displaystyle b\geqslant h(x_0)$。又因为 $\displaystyle h(x_0)=u(x_0)\geqslant -\mathrm{e}$，所以 $\displaystyle b\geqslant -\mathrm{e}$。反之，当 $\displaystyle b\geqslant -\mathrm{e}$ 时，存在 $\displaystyle a=2\mathrm{e}$，使得 $\displaystyle h(x)$ 在 $\displaystyle x_0=1$ 处取得最大值 $\displaystyle -\mathrm{e}$，从而 $\displaystyle b\geqslant h(x)$ 对任意 $\displaystyle x\in\mathbb{R}$ 成立。所以$\displaystyle b$ 的取值范围是 $\displaystyle [-\mathrm{e},+\infty)$。

评：实测数据：本题难度为$\displaystyle 0.24$.

B 组习题

B组

【2021浙江22节选】

设 $\displaystyle a,b$ 为实数，且 $\displaystyle a>1$，函数 $\displaystyle f\left(x\right)=a^x-bx+\mathrm{e}^2\left(x\in\mathbb{R}\right)$.

求函数 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的单调区间；
若对任意 $\displaystyle b>2\mathrm{e}^2$，函数 $\displaystyle f\left(x\right)$ 有两个不同的零点，求 $\displaystyle a$ 的取值范围；
当 $\displaystyle a=\mathrm{e}$ 时，证明：对任意 $\displaystyle b>\mathrm{e}^4$，函数 $\displaystyle f\left(x\right)$ 有两个不同的零点 $\displaystyle x_1,x_2$，满足 $$\displaystyle x_2>\frac{b\ln b}{2\mathrm{e}^2}x_1+\frac{\mathrm{e}^2}{b}.$$

答案

（1）对$\displaystyle f(x)$求导得到$\displaystyle f'\left(x\right)=a^x\ln a-b$，当$\displaystyle x<\log_a\frac{b}{\ln a}$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$；当$\displaystyle x>\log_a\frac{b}{\ln a}$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$；因此 $\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递减区间为 $\displaystyle \left(-\infty,\log_a\frac{b}{\ln a}\right)$，单调递增区间为 $\displaystyle \left(\log_a\frac{b}{\ln a},+\infty\right)$.

\[\displaystyle f\left(x\right)=\mathrm{e}^{x\ln a}-\frac{b}{\ln a}\left(x\ln a\right)+\mathrm{e}^2,\]

令 $\displaystyle t=x\ln a$，$\displaystyle k=\frac{b}{\ln a}>0$，问题等价于 $\displaystyle g\left(t\right)=\mathrm{e}^t-kt+\mathrm{e}^2$ 有两个零点.

$\displaystyle g'\left(t\right)=\mathrm{e}^t-k$，$\displaystyle g\left(t\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,\ln k\right)$ 上单调递减，在 $\displaystyle \left(\ln k,+\infty\right)$ 上单调递增.

$\displaystyle t\leqslant0$ 时，$\displaystyle g\left(t\right)>\mathrm{e}^2>0$，因此 $\displaystyle g\left(t\right)$ 只可能在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上存在零点.

若 $\displaystyle \ln k\leqslant0$ 也即 $\displaystyle k\leqslant1$，$\displaystyle g\left(t\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递增，不满足题意；

若 $\displaystyle \ln k>0$ 也即 $\displaystyle k>1$，由于

\[\displaystyle g\left(0\right)=1+\mathrm{e}^2>0,\quad g\left(k\right)>\mathrm{e}^k-k^2=\left(\mathrm{e}^{\frac{k}{2}}\right)^2-k^2\geqslant\left(\frac{\mathrm{e}}{2}k\right)^2-k^2>0,\quad 0<\ln k<k,\]

因此问题等价于 $\displaystyle g\left(\ln k\right)<0$，即

\[\displaystyle k-k\ln k+\mathrm{e}^2<0.\]

令 $\displaystyle h\left(x\right)=x-x\ln x+\mathrm{e}^2$，$\displaystyle h'\left(x\right)=-\ln x$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 上单调递减，又 $\displaystyle h\left(\mathrm{e}^2\right)=0$，

因此 $\displaystyle k>\mathrm{e}^2$，即 $\displaystyle \ln a<\frac{b}{\mathrm{e}^2}$，而 $\displaystyle \frac{b}{\mathrm{e}^2}>2$，因此 $\displaystyle a\leqslant\mathrm{e}^2$，即 $\displaystyle a\in\left(1,\mathrm{e}^2\right]$.

【2022武汉九调22】已知函数$\displaystyle f(x)=\frac{1}{k}(x-k-3)\mathrm{e}^x-x$.
讨论$\displaystyle f(x)$的极值点个数；
当$\displaystyle f(x)$恰有一个极值点$\displaystyle x_0$时,求实数$\displaystyle k$的值,使得$\displaystyle f(x_0)$取到最大值.
【2023全国乙卷理21】函数$\displaystyle f(x)=(\frac{1}{x}+a)\ln (1+x)$在$\displaystyle (0,+\infty)$存在极值点,求$\displaystyle a$的取值范围.

答案

$\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 有极值点等价于 $\displaystyle h\left(x\right)=\frac{ax^2+x}{1+x}-\ln\left(1+x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上有变号零点。已知$\displaystyle h\left(0\right)=0$，对$\displaystyle h(x)$求导得到$\displaystyle h'\left(x\right)=\frac{x}{\left(1+x\right)^2}\left[ax+\left(2a-1\right)\right],$

（i）若$\displaystyle a\leqslant0$，则当$\displaystyle x\in (0,+\infty)$时$\displaystyle ax+2a-1<0$，即$\displaystyle h'(x)<0$，于是$\displaystyle h'\left(x\right)<0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递减，$\displaystyle h\left(x\right)<h\left(0\right)=0$，不符题意；

（ii）$\displaystyle a\geqslant\frac{1}{2}$，则当$\displaystyle x\in (0,+\infty)$时，$\displaystyle ax+2a-1>0$，即$\displaystyle h'\left(x\right)>0$，于是$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递增，$\displaystyle h\left(x\right)>h\left(0\right)=0$，不符题意；

（iii）若$\displaystyle 0<a<\frac{1}{2}$，则 $\displaystyle 0<x<\frac{1}{a}-2$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)<0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递减；$\displaystyle x>\frac{1}{a}-2$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)>0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递增.

可知$\displaystyle h\left(\frac{1}{a}-2\right)<h\left(0\right)=0$。又当$\displaystyle x>1$时，有$$\displaystyle h'(x)> \frac{ax^2+ax}{1+x}-\ln (1+x)=ax-\ln(1+x)>ax-\ln 2x>ax-\frac{2\sqrt{2x}}{e}$$

设$\displaystyle x_0=\max\{1,\frac{8}{a^2\mathrm{e}^2}\}$，于是有$\displaystyle f(x_0)>0$，于是存在$\displaystyle x_1\in (\frac{1}{a}-2,x_0)$使得$\displaystyle h(x_1)=0$，$\displaystyle x_1$是$\displaystyle h(x)$的一个变号零点，符合题意。

综上，$\displaystyle a\in\left(0,\frac{1}{2}\right)$.

注：另一种取点方法，先证明$\displaystyle \ln (x+1)<\sqrt{x}$，于是$\displaystyle h\left(x\right)>\frac{ax^2+ax}{1+x}-\sqrt{x}=ax-\sqrt{x}$，此时$\displaystyle h\left(\frac{1}{a^2}\right)>0$。这是因为对于$\displaystyle \ln (ax^n+b)$，一定可以找到正常数$\displaystyle C$，使得$\displaystyle \ln (ax^n+b)<C\sqrt{x}$恒成立。

已知函数$\displaystyle f(x)=\sin x-x\cos x-x$,判断其在$\displaystyle (-2\pi,2\pi)$上的零点个数.
【2014四川理21】已知函数 $\displaystyle f(x) = \text{e}^x - ax^2 - bx - 1$,其中 $\displaystyle a, b \in \mathbb{R}$.
设 $\displaystyle g(x)$ 是函数 $\displaystyle f(x)$ 的导函数,求函数 $\displaystyle g(x)$ 在区间 $\displaystyle [0, 1]$ 上的最小值；
若 $\displaystyle f(1) = 0$,函数 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle (0, 1)$ 内有零点,求 $\displaystyle a$ 的取值范围.

答案

$\displaystyle g\left(x\right)=\mathrm{e}^x-2ax-b$,$\displaystyle g'\left(x\right)=\mathrm{e}^x-2a$,记 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left[0,1\right]$ 上的最小值为 $\displaystyle N$,方便起见以下只考虑区间 $\displaystyle \left[0,1\right]$：

若 $\displaystyle a\leqslant 0$,$\displaystyle g'\left(x\right)>0$,$\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递增,$\displaystyle N=g\left(0\right)=1-b$；

若 $\displaystyle 0<a<\frac{\mathrm{e}}{2}$,$\displaystyle 0<x<\ln 2a$ 时 $\displaystyle g'\left(x\right)<0$,$\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递减；$\displaystyle \ln 2a<x<1$ 时 $\displaystyle g'\left(x\right)>0$,$\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递增,$\displaystyle N=g\left(\ln 2a\right)=2a-2a\ln 2a-b$；

若 $\displaystyle a\geqslant \frac{\mathrm{e}}{2}$,$\displaystyle 0<x<1$ 时 $\displaystyle g'\left(x\right)<0$,$\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递减,$\displaystyle N=g\left(1\right)=\mathrm{e}-2a-b$；

综上,$\displaystyle a\leqslant 0$ 时,$\displaystyle N=1-b$；$\displaystyle 0<a<\frac{\mathrm{e}}{2}$ 时,$\displaystyle N=2a-2a\ln 2a-b$；$\displaystyle a\geqslant \frac{\mathrm{e}}{2}$ 时,$\displaystyle N=\mathrm{e}-2a-b$.

$\displaystyle f\left(0\right)=0$,$\displaystyle f\left(1\right)=0$,$\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上有零点,因此 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上至少存在 $\displaystyle 3$ 个单调区间,进而 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上至少有 $\displaystyle 2$ 个零点.

由（1）问可知 $\displaystyle a\leqslant 0$ 或 $\displaystyle a\geqslant \frac{\mathrm{e}}{2}$ 时 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上单调,不满足题意,因此 $\displaystyle 0<a<\frac{\mathrm{e}}{2}$.

$\displaystyle f\left(1\right)=0\Rightarrow b=\mathrm{e}-1-a$,$\displaystyle g\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\mathrm{e}}-a-b=\sqrt{\mathrm{e}}-\mathrm{e}+1<0$.

若要 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上存在两个零点,只需

\[\displaystyle \begin{cases} g\left(0\right)=1-b=2+a-\mathrm{e}>0,\\ g\left(1\right)=\mathrm{e}-2a-b=1-a>0, \end{cases}\]

解得 $\displaystyle \mathrm{e}-2<a<1$.

当 $\displaystyle \mathrm{e}-2<a<1$ 时,$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上有两个零点 $\displaystyle x_1,x_2$,不妨令 $\displaystyle x_1<x_2$,对 $\displaystyle f\left(x\right),g\left(x\right)$ 列表如下：

\[\displaystyle \begin{array}{c|ccccc} x&\left(0,x_1\right)&x_1&\left(x_1,x_2\right)&x_2&\left(x_2,1\right)\\ \hline g\left(x\right)&+&0&-&0&+\\ \hline f\left(x\right)&\nearrow&\text{极大值}&\searrow&\text{极小值}&\nearrow \end{array}\]

由 $\displaystyle f\left(x_1\right)>f\left(0\right)=0$,$\displaystyle f\left(x_2\right)<f\left(1\right)=0$ 可知 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(x_1,x_2\right)$ 存在零点,满足题意.

综上,$\displaystyle a\in\left(\mathrm{e}-2,1\right)$.

 新答案（来源：021-040简单单调性与简单极值最值.md）：

1.

已知函数$\displaystyle f(x)=ae^{-x}+\sin x-x$.
若$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (0,2\pi)$单调递减,求实数$\displaystyle a$的取值范围；
证明：对任意整数$\displaystyle a$,$\displaystyle f(x)$至多存在一个零点.
【2016全国II卷理21】
讨论函数$\displaystyle f(x)=\frac{x-2}{x+2}\mathrm{e}^x$的单调性,并证明当$\displaystyle x>0$时$\displaystyle (x-2)\mathrm{e}^x+x+2>0$；
证明：当$\displaystyle a\in[0,1)$时,函数$\displaystyle g(x)=\frac{e^x-ax-a}{x^2}$有最小值,设$\displaystyle g(x)$的最小值为$\displaystyle h(a)$,求函数$\displaystyle h(a)$的值域.

答案

（1）对$\displaystyle f(x)$求导得到 $\displaystyle f'\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}\left[\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{\left(x+2\right)^2}\right]=\frac{x^2\mathrm{e}^{x}}{\left(x+2\right)^2}.$当$\displaystyle x\neq-2$ 且 $\displaystyle x\neq0$ 时,$\displaystyle f'\left(x\right)>0$,因此 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,-2\right)$,$\displaystyle \left(-2,+\infty\right)$ 上单调递增.

于是当$\displaystyle x>0$ 时,$\displaystyle f\left(x\right)>f\left(0\right)=-1$,即 $\displaystyle \left(x-2\right)\mathrm{e}^{x}+x+2>0$,问题得证.

（2）可知 $$\displaystyle g'\left(x\right)=\frac{\left(\mathrm{e}^{x}-a\right)x^2-2x\left(\mathrm{e}^{x}-ax-a\right)}{x^4}=\frac{\left(x-2\right)\mathrm{e}^{x}+a\left(x+2\right)}{x^3}=\frac{x+2}{x^3}\left[f\left(x\right)+a\right].$$

令 $\displaystyle \varphi\left(x\right)=f\left(x\right)+a$,根据 $\displaystyle \left(1\right)$ 结论,$\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 单调递增,又 $\displaystyle \varphi\left(0\right)=a-1<0$,$\displaystyle \varphi\left(2\right)=a\geqslant0$,

因此 $\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,2\right]$ 上存在唯一零点 $\displaystyle x_0$,且在 $\displaystyle \left(0,x_0\right)$ 上 $\displaystyle \varphi\left(x\right)<0$,在 $\displaystyle \left(x_0,+\infty\right)$ 上 $\displaystyle \varphi\left(x\right)>0$,即 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,x_0\right)$ 上单调递减,在 $\displaystyle \left(x_0,+\infty\right)$ 上单调递增,因此 $$\displaystyle h\left(a\right)=g\left(x_0\right)=\frac{\mathrm{e}^{x_0}-a\left(x_0+1\right)}{x_0^2}=\frac{\mathrm{e}^{x_0}+\left(x_0+1\right)\frac{x_0-2}{x_0+2}\cdot\mathrm{e}^{x_0}}{x_0^2}=\frac{\mathrm{e}^{x_0}}{x_0+2}.$$

令 $\displaystyle \phi\left(x\right)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x+2}$,则 $\displaystyle \phi'\left(x\right)=\frac{\mathrm{e}^{x}\left(x+1\right)}{\left(x+2\right)^2},$，于是 $\displaystyle x>0$ 时 $\displaystyle \phi'\left(x\right)>0$,$\displaystyle \phi\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,2\right]$ 上单调递增,又 $\displaystyle \phi\left(0\right)=\frac{1}{2}$,$\displaystyle \phi\left(2\right)=\frac{\mathrm{e}^2}{4}$,因此 $\displaystyle h\left(a\right)\in\left(\frac{1}{2},\frac{\mathrm{e}^2}{4}\right]$.

 新答案（来源：161-180端点效应与隐零点.md）：

$\displaystyle f'\left(x\right)=\left(-x^2-2x+1\right)\mathrm{e}^x$，对 $\displaystyle f'\left(x\right)$ 与 $\displaystyle f\left(x\right)$ 列表如下：

$\displaystyle x$	$\displaystyle \left(-\infty,-1-\sqrt{2}\right)$	$\displaystyle -1-\sqrt{2}$	$\displaystyle \left(-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2}\right)$	$\displaystyle -1+\sqrt{2}$	$\displaystyle \left(-1+\sqrt{2},+\infty\right)$
$\displaystyle f'\left(x\right)$	$\displaystyle -$	$\displaystyle 0$	$\displaystyle +$	$\displaystyle 0$	$\displaystyle -$
$\displaystyle f\left(x\right)$	$\displaystyle \searrow$	极小值	$\displaystyle \nearrow$	极大值	$\displaystyle \searrow$

由上表可知 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,-1-\sqrt{2}\right)$，$\displaystyle \left(-1+\sqrt{2},+\infty\right)$ 上单调递减，在 $\displaystyle \left(-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2}\right)$ 上单调递增.

令 $\displaystyle g\left(x\right)=f\left(x\right)-ax-1$，$\displaystyle g'\left(x\right)=f'\left(x\right)-a=\left(-x^2-2x+1\right)\mathrm{e}^x-a$.

令 $\displaystyle h\left(x\right)=g'\left(x\right)$，$\displaystyle h'\left(x\right)=\left(-x^2-4x-1\right)\mathrm{e}^x$.

$\displaystyle x\geqslant0$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)<0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递减，$\displaystyle h\left(0\right)=1-a$.

若 $\displaystyle a\geqslant1$，$\displaystyle h\left(0\right)\leqslant0$，$\displaystyle x>0$ 时 $\displaystyle h\left(x\right)<0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递减，$\displaystyle g\left(x\right)<g\left(0\right)=0$，满足题意；

若 $\displaystyle a<1$，$\displaystyle h\left(0\right)>0$，

\[\displaystyle h\left(x\right)=\left(1-x^2\right)\mathrm{e}^x-2x\mathrm{e}^x-a,\]

令 $\displaystyle x_0=\max\left\{1,\left|a\right|\right\}$，

\[\displaystyle h\left(x_0\right)\leqslant-2x_0\mathrm{e}^{x_0}-a<-2\left|a\right|-a\leqslant-\left|a\right|\leqslant0,\]

$\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,x_0\right)$ 上存在唯一零点 $\displaystyle x=t$，则 $\displaystyle x\in\left(0,t\right)$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)>0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,t\right)$ 上单调递增，$\displaystyle g\left(t\right)>g\left(0\right)=0$，不满足题意.

综上，$\displaystyle a\in\left[1,+\infty\right)$.

【2017全国II卷理21】已知函数$\displaystyle f(x)=ax^2-ax-x\ln x$,且$\displaystyle f(x)\geqslant 0$.求$\displaystyle a$,并证明：$\displaystyle f(x)$存在唯一的极大值点$\displaystyle x_0$,且$\displaystyle x_0$满足$\displaystyle \frac{1}{e^2}<f(x_0)<\frac{1}{4}$.

答案

（1） $\displaystyle f\left(x\right)\geqslant0$等价于$\displaystyle ax-a-\ln x\geqslant0$.令 $\displaystyle g\left(x\right)=ax-a-\ln x$，则$\displaystyle g'\left(x\right)=a-\frac{1}{x}$且$\displaystyle g(1)=0$.

若 $\displaystyle a\leqslant0$，则$\displaystyle g'(x)$取负值，$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle (0,+\infty)$上单调递减，$\displaystyle g\left(2\right)<g(1)=0$，不满足题意；

若 $\displaystyle a>0$，则当$\displaystyle 0<x<\frac{1}{a}$ 时，$\displaystyle g'\left(x\right)<0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递减；当$\displaystyle x>\frac{1}{a}$ 时，$\displaystyle g'\left(x\right)>0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递增. 当$\displaystyle a=1$ 时，$\displaystyle g\left(x\right)$ 最小值为 $\displaystyle g\left(1\right)=0$，于是$\displaystyle g(x)\geqslant 0$，满足题意；当$\displaystyle a>1$ 时，$\displaystyle g\left(\frac{1}{a}\right)<g\left(1\right)$，不符题意；当$\displaystyle 0<a<1$ 时，$\displaystyle g\left(\frac{1}{a}\right)<g\left(1\right)$，不符题意；

综上，$\displaystyle a=1$.

（2）可知$\displaystyle f\left(x\right)=x^2-x-x\ln x$，$\displaystyle f'\left(x\right)=2x-2-\ln x$. 令 $\displaystyle h\left(x\right)=f'\left(x\right)$，$\displaystyle h'\left(x\right)=2-\frac{1}{x}$. 当$\displaystyle 0<x<\frac{1}{2}$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)<0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递减；当$\displaystyle x>\frac{1}{2}$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)>0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递增.而$\displaystyle h\left(\frac{1}{2}\right)=\ln2-1<0$，又 $\displaystyle h\left(\frac{1}{\mathrm{e}^2}\right)=\frac{2}{\mathrm{e}^2}>0$，$\displaystyle h\left(1\right)=0$，因此 $\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(\frac{1}{\mathrm{e}^2},\frac{1}{2}\right)$ 上存在唯一零点 $\displaystyle t$，对 $\displaystyle f\left(x\right),f'\left(x\right)$ 列表如下： $$\displaystyle \begin{array}{c|ccccc} x & (0,t) & t & (t,1) & 1 & (1,+\infty)\\ \hline f'(x) & + & 0 & - & 0 & +\\ \hline f(x) & \nearrow & \text{极大值} & \searrow & \text{极小值} & \nearrow \end{array}$$

由上表可知 $\displaystyle f\left(x\right)$ 有唯一极大值点 $\displaystyle x=t$.问题即证 $\displaystyle \frac{1}{\mathrm{e}^2}<f\left(t\right)<\frac{1}{4}$，$\displaystyle t\in\left(\frac{1}{\mathrm{e}^2},\frac{1}{2}\right)$.可知 $\displaystyle f\left(t\right)>f\left(\frac{1}{\mathrm{e}^2}\right)=\frac{1}{\mathrm{e}^4}+\frac{1}{\mathrm{e}^2}>\frac{1}{\mathrm{e}^2}$.而由于$\displaystyle t$满足$\displaystyle f'(t)=0$即$\displaystyle \ln t=2t-2$，于是$$\displaystyle f(t)=t^2-t-t\ln t=t^2-t-t(2t-2)=-\left(t-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{4}<\frac{1}{4}$$ 问题得证.

【2016江苏19】已知函数 $\displaystyle f(x)=a^x+b^x (0<a<1,b>1)$, 函数 $\displaystyle g(x)=f(x)-2$ 有且只有 $\displaystyle 1$ 个零点, 求 $\displaystyle ab$ 的值.

答案

对 $\displaystyle g(x)$ 求导得 $\displaystyle g'(x)=a^x\ln a+b^x\ln b=a^x\left[\left(\frac ba\right)^x\ln b+\ln a\right]$。令 $\displaystyle h(x)=\left(\frac ba\right)^x\ln b+\ln a$，则 $\displaystyle h(x)$ 在 $\displaystyle \mathbb R$ 上单调递增，并有唯一零点 $\displaystyle x_0=\dfrac{\ln(-\ln a)-\ln\ln b}{\ln b-\ln a}$。当 $\displaystyle x<x_0$ 时 $\displaystyle g$ 单调递减，当 $\displaystyle x>x_0$ 时 $\displaystyle g$ 单调递增。

若 $\displaystyle ab=1$，则 $\displaystyle x_0=0$，且 $\displaystyle g(0)=0$，所以 $\displaystyle g(x)$ 仅有零点 $\displaystyle x=0$，满足题意。若 $\displaystyle ab\ne1$，则 $\displaystyle x_0\ne0$ 且 $\displaystyle g(x_0)<g(0)=0$；取 $\displaystyle x_1=\max\{x_0+1,\log_b2\}$、$\displaystyle x_2=\min\{x_0-1,\log_a2\}$，有 $\displaystyle g(x_1)>0$、$\displaystyle g(x_2)>0$，从而 $\displaystyle g$ 在 $\displaystyle (x_2,x_0)$ 和 $\displaystyle (x_0,x_1)$ 上各有一个零点，不满足题意。

综上，$\displaystyle ab=1$。

【2023新高考II卷22】
1. 证明：当$\displaystyle 0<x<1$时,$\displaystyle x-x^2<\sin x<x$；
已知函数$\displaystyle f(x)=\cos ax-\ln (1-x^2)$,若$\displaystyle x=0$是$\displaystyle f(x)$的极大值点,求$\displaystyle a$的取值范围.

答案

令 $\displaystyle g\left(x\right)=x-\sin x$，$\displaystyle g'\left(x\right)=1-\cos\geqslant 0$，故 $\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递增．当 $\displaystyle x>0$ 时，$\displaystyle g\left(x\right)>g\left(0\right)=0$，即 $\displaystyle \sin x<x$．

令 $\displaystyle F\left(x\right)=x-x^{2}-\sin x$．当 $\displaystyle 0<x<1$ 时，

\[\displaystyle F'\left(x\right)=1-\cos x-2x=2\sin^{2}\frac{x}{2}-2x<2\left(\frac{x}{2}\right)^{2}-2x<0,\]

故 $\displaystyle F\left(x\right)$ 单调递减，$\displaystyle F\left(x\right)<F\left(0\right)=0$，即 $\displaystyle x-x^{2}<\sin x$．

综上，当 $\displaystyle 0<x<1$ 时，$\displaystyle x-x^{2}<\sin x<x$．

思路1：（官方答案）因为 $\displaystyle f\left(x\right)$ 是偶函数，不妨设 $\displaystyle 0<x<1$，又因为 $\displaystyle \cos ax=\cos\left(-ax\right)$，不妨设 $\displaystyle a\geqslant 0$．

\[\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{2x-a\left(1-x^{2}\right)\sin ax}{1-x^{2}},\]

$\displaystyle x\in\left(-1,1\right)$，

分母 $\displaystyle 1-x^{2}>0$，只需讨论分子 $\displaystyle 2x-a\left(1-x^{2}\right)\sin ax$ 的符号．令 $\displaystyle h\left(x\right)=2x-a\left(1-x^{2}\right)\sin ax$．

【第(1) 问中的不等式为第(2) 问做好了准备工作．】

当 $\displaystyle x>0$ 时，$\displaystyle \sin x<x$，于是 $\displaystyle h\left(x\right)\geqslant 2x-a^{2}x\left(1-x^{2}\right)=x\left(2-a^{2}+a^{2}x\right)$，

当 $\displaystyle 0<x<1$ 时，$\displaystyle x-x^{2}<\sin x$，于是 $\displaystyle h\left(x\right)<2x-a^{2}x\left(1-x^{2}\right)\left(1-ax\right)$．

【如果找到 $\displaystyle \delta\in\left(0,1\right)$，使得当 $\displaystyle x\in\left(0,\delta\right)$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)>0$，则 $\displaystyle f'\left(x\right)>0$，故 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\delta\right)$ 单调递增，从而 $\displaystyle f\left(x\right)>f\left(0\right)$，那么 $\displaystyle x=0$ 就不是 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的极大值点．要使 $\displaystyle h\left(x\right)>0$，只需 $\displaystyle x\left(2-a^{2}+a^{2}x^{2}\right)>0$，又 $\displaystyle a^{2}x^{2}>0$，所以只需考虑 $\displaystyle 2-a^{2}$ 的符号，于是找到了分类讨论的标准 $\displaystyle \sqrt{2}$．】

当 $\displaystyle 0\leqslant a\leqslant\sqrt{2}$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)\geqslant x\left(2-a^{2}+a^{2}x^{2}\right)>0$．当 $\displaystyle 0<x<1$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)>0$，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，故 $\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递增，从而 $\displaystyle f\left(x\right)>f\left(0\right)$，因此 $\displaystyle x=0$ 不是 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的极大值点．

当 $\displaystyle a>\sqrt{2}$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)<2x-a^{2}x\left(1-x^{2}\right)\left(1-ax\right)$．

【为了找到 $\displaystyle \delta\in\left(0,1\right)$，使得当 $\displaystyle x\in\left(0,\delta\right)$ 时，$\displaystyle h\left(x\right)<0$，只需 $\displaystyle 2x-a^{2}x\left(1-x^{2}\right)\left(1-ax\right)<0$，即 $\displaystyle \left(1-x^{2}\right)\left(1-ax\right)>\frac{2}{a^{2}}$．此不等式不容易解，继续进行不等式放缩： $\displaystyle \left(1-x^{2}\right)\left(1-ax\right)>\left(1-x\right)\left(1-ax\right)>\left(1-ax\right)^{2}$，只需 $\displaystyle \left(1-ax\right)^{2}>\frac{2}{a^{2}}$，解得 $\displaystyle 1-ax>\frac{\sqrt{2}}{a}$，即 $\displaystyle 0<x<\frac{a-\sqrt{2}}{a^{2}}$．】

于是当 $\displaystyle 0<x<\frac{a-\sqrt{2}}{a^{2}}$ 时，

\[\displaystyle h\left(x\right)<2x-a^{2}x\left(1-x^{2}\right)\left(1-ax\right)<x\left[2-a^{2}\left(1-ax\right)^{2}\right]<0,\]

从而 $\displaystyle f'\left(x\right)<0$，故 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{a-\sqrt{2}}{a^{2}}\right)$ 单调递减．

又因为 $\displaystyle f\left(x\right)$ 是偶函数，故 $\displaystyle x=0$ 是 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的极大值点．

综上，$\displaystyle a$ 的取值范围是 $\displaystyle \left(-\infty,\sqrt{2}\right)\cup\left(\sqrt{2},+\infty\right)$．

思路2：（Fiddie 答案）$\displaystyle f\left(x\right)$ 定义域为 $\displaystyle \left(-1,1\right)$ 的偶函数，求导数可得

\[\displaystyle f'\left(x\right)=-a\sin\left(ax\right)+\frac{2x}{1-x^{2}}=-a\sin\left(ax\right)+\frac{1}{1-x}-\frac{1}{1+x}.\]

并且 $\displaystyle f'\left(0\right)=0$．

①若 $\displaystyle 0\leqslant a\leqslant\sqrt{2}$，取 $\displaystyle b=\min\left\{1,\frac{1}{a}\right\}$，则当 $\displaystyle x\in\left(0,b\right)$ 时，

\[\displaystyle f'\left(x\right)\geqslant -a\cdot ax+\frac{2x}{1-x^{2}}=x\left(-a^{2}+\frac{2}{1-x^{2}}\right)>x\left(-a^{2}+2\right)\geqslant 0.\]

所以 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,b\right)$ 上单调递增．因此 $\displaystyle x=0$ 不是 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的极大值点．

②若 $\displaystyle a>\sqrt{2}$，则当 $\displaystyle x\in\left(0,\frac{a-\sqrt{2}}{a^{2}}\right)$ 时，

\[\displaystyle f'\left(x\right)<-a\left(ax-a^{2}x^{2}\right)+\frac{2x}{1-x^{2}}=x\left(-a^{2}\left(1-ax\right)+\frac{2}{1-x^{2}}\right).\]

令 $\displaystyle u\left(x\right)=-a^{2}\left(1-ax\right)+\frac{2}{1-x^{2}}$，$\displaystyle x\in\left(0,\frac{a-\sqrt{2}}{a^{2}}\right)$．则 $\displaystyle u'\left(x\right)=a^{3}+\frac{4x}{\left(1-x^{2}\right)^{2}}>0$．

所以 $\displaystyle u\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{a-\sqrt{2}}{a^{2}}\right)$ 上单调递增，从而

\[\displaystyle u\left(x\right)<u\left(\frac{a-\sqrt{2}}{a^{2}}\right)=-a^{2}+a^{3}\cdot\frac{a-\sqrt{2}}{a^{2}}+\frac{2}{1-\frac{\left(a-\sqrt{2}\right)^{2}}{a^{4}}}\]

\[\displaystyle =\sqrt{2}a\left(-1+\frac{\sqrt{2}a^{3}}{a^{4}-\left(a-\sqrt{2}\right)^{2}}\right)\]

\[\displaystyle =\sqrt{2}a\cdot\frac{\sqrt{2}a^{3}-a^{4}+\left(a-\sqrt{2}\right)^{2}}{a^{4}-\left(a-\sqrt{2}\right)^{2}}\]

\[\displaystyle =\sqrt{2}a\cdot\frac{\left(-a^{3}+a-\sqrt{2}\right)\left(a-\sqrt{2}\right)}{a^{4}-\left(a-\sqrt{2}\right)^{2}}\]

令 $\displaystyle v\left(a\right)=-a^{3}+a-\sqrt{2}$，$\displaystyle a>\sqrt{2}$，则 $\displaystyle v'\left(a\right)=-3a^{2}+1<-3\cdot\left(\sqrt{2}\right)^{2}+1<0$，所以 $\displaystyle v\left(a\right)$ 在 $\displaystyle \left(\sqrt{2},+\infty\right)$ 上单调递减，则 $\displaystyle v\left(a\right)<v\left(\sqrt{2}\right)=-2\sqrt{2}<0$．

因此，当 $\displaystyle a>\sqrt{2}$ 时，$\displaystyle u\left(x\right)<0$ 恒成立，从而 $\displaystyle f'\left(x\right)<xu\left(x\right)<0$ 恒成立，则 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{a-\sqrt{2}}{a^{2}}\right)$ 上单调递减．由 $\displaystyle f\left(x\right)$ 是偶函数，则 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(\frac{-a-\sqrt{2}}{a^{2}}\right)$ 上单调递增，因此 $\displaystyle x=0$ 是 $\displaystyle f\left(x\right)$ 的极大值点．

③若 $\displaystyle a<0$，注意到 $\displaystyle f\left(x\right)=\cos\left(-ax\right)-\ln\left(1-x^{2}\right)$，此时可归结为 $\displaystyle a>0$ 的情形．由前面的讨论可知 $\displaystyle -a>\sqrt{2}$ 即 $\displaystyle a<-\sqrt{2}$．

综上，$\displaystyle a$ 的取值范围是 $\displaystyle a\in\left(-\infty,-\sqrt{2}\right)\cup\left(\sqrt{2},+\infty\right)$．

 新答案（来源：181-200隐零点与构造函数.md）：

$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{2x\mathrm{e}^{2x}-a}{x}$，令 $\displaystyle g\left(x\right)=2x\mathrm{e}^{2x}-a$，问题即讨论 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上零点的个数，显然 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递增.

$\displaystyle a\leqslant0$ 时，$\displaystyle x>0$ 有 $\displaystyle g\left(x\right)>g\left(0\right)=-a\geqslant0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上没有零点；

$\displaystyle a>0$ 时，$\displaystyle g\left(0\right)-a<0$，$\displaystyle g\left(\frac{a}{2}\right)=a\left(\mathrm{e}^a-1\right)>0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上有一个零点.

综上，$\displaystyle a\leqslant0$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)$ 没有零点；$\displaystyle a>0$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)$ 有一个零点.
由 $\displaystyle \left(1\right)$ 问知 $\displaystyle a>0$ 时 $\displaystyle f'\left(x\right)$ 唯一零点 $\displaystyle x_0$，且 $\displaystyle 0<x<x_0$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递减；$\displaystyle x>x_0$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递增，因此 $\displaystyle f\left(x\right)\geqslant f\left(x_0\right)=\mathrm{e}^{2x_0}-a\ln x_0$. $$\displaystyle 2x_0\mathrm{e}^{2x_0}-a=0\Rightarrow\mathrm{e}^{2x_0}=\frac{a}{2x_0}\Rightarrow2x_0=\ln a-\ln2x_0\Rightarrow-\ln x_0=2x_0-\ln a+\ln2=2x_0+\ln\frac{2}{a}.$$

因此 $\displaystyle f\left(x_0\right)=\frac{a}{2x_0}+2ax_0+a\ln\frac{2}{a}\geqslant2a+a\ln\frac{2}{a}$，问题得证.

也可以用类似上题的办法解决掉参数，要证 $\displaystyle f\left(x_0\right)\geqslant2a+a\ln\frac{2}{a}$，只需用 $\displaystyle x_0$ 表示 $\displaystyle a$，那么不等式左右两边就只含有 $\displaystyle x_0$ 一个未知数了： $$\displaystyle f'\left(x_0\right)=0\Rightarrow a=2x_0\mathrm{e}^{2x_0}.$$ $$\displaystyle f\left(x_0\right)\geqslant2a+a\ln\frac{2}{a}\Leftrightarrow \mathrm{e}^{2x_0}-2x_0\mathrm{e}^{2x_0}\ln x_0\geqslant4x_0\mathrm{e}^{2x_0}+2x_0\mathrm{e}^{2x_0}\ln\frac{1}{x_0\mathrm{e}^{2x_0}}\Leftrightarrow\left(2x_0-1\right)^2\geqslant0.$$

显然成立.

【2018浙江22】已知函数$\displaystyle f(x)=\sqrt{x}-\ln x$,若$\displaystyle a\leqslant 3-4\ln 2$,证明：对于任意$\displaystyle k>0$,直线$\displaystyle y=kx+a$与曲线$\displaystyle y=f(x)$有唯一公共点.

答案

由 $\displaystyle x>0$，即证

\[\displaystyle h\left(x\right)=\frac{\sqrt{x}-\ln x-a}{x}-k\]

有唯一零点.

\[\displaystyle h'\left(x\right)=\frac{\ln x-\frac{\sqrt{x}}{2}-1+a}{x^2},\]

令

\[\displaystyle \varphi\left(x\right)=\ln x-\frac{\sqrt{x}}{2}-1+a=-g\left(x\right)-1+a,\]

由 $\displaystyle \left(1\right)$ 问知 $\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,16\right)$ 上单调递增，在 $\displaystyle \left(16,+\infty\right)$ 上单调递减，$\displaystyle x\neq16$ 时

\[\displaystyle \varphi\left(x\right)<\varphi\left(16\right)=-3+4\ln2+a\leqslant0,\]

$\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递减，$\displaystyle h\left(x\right)$ 至多有一个零点，下证 $\displaystyle h\left(x\right)$ 存在零点：

\[\displaystyle a\leqslant3-4\ln2<1\Rightarrow h\left(x\right)>\frac{-\ln x-a}{x}-k>\frac{-\ln x-1}{x}-k.\]

因此

\[\displaystyle h\left(\mathrm{e}^{-k-1}\right)>\frac{k}{\mathrm{e}^{-k-1}}-k=k\left(\mathrm{e}^{k+1}-1\right)>0;\]

令 $\displaystyle x_3=\max\left\{\frac{1}{k^2},\mathrm{e}^{\left|a\right|}\right\}$，则

\[\displaystyle h\left(x_3\right)=\frac{1}{\sqrt{x_3}}-k-\frac{\ln x_3+a}{x_3}\leqslant0-\frac{\left|a\right|+a}{x_3}\leqslant0.\]

因此 $\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(\mathrm{e}^{-k-1},x_3\right]$ 上存在零点，问题得证.

【2015全国I卷21】已知函数$\displaystyle f(x)=x^3+ax+\frac{1}{4}$,$\displaystyle g(x)=-\ln x$,设函数$\displaystyle h(x)=\min\left \{f(x),g(x) \right \} (x>0)$,讨论$\displaystyle h(x)$的零点个数.

答案

\item $\displaystyle f'\left(x\right)=3x^2+a$,设 $\displaystyle y=f\left(x\right)$ 与 $\displaystyle x$ 轴相切于 $\displaystyle \left(x_0,0\right)$.

依题意

\[\displaystyle \begin{cases} f'\left(x_0\right)=3x_0^2+a=0,\\ f\left(x_0\right)=x_0^3+ax_0+\frac{1}{4}=0, \end{cases}\]

解得

\[\displaystyle \begin{cases} a=-\frac{3}{4},\\ x_0=\frac{1}{2}. \end{cases}\]

即当 $\displaystyle a=-\frac{3}{4}$ 时,$\displaystyle x$ 轴为曲线 $\displaystyle y=f\left(x\right)$ 的切线.

\item $\displaystyle x>1$ 时,$\displaystyle h\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)<0$,因此只需考虑 $\displaystyle \left(0,1\right]$ 区间.

$\displaystyle f\left(1\right)\geqslant0$ 也即 $\displaystyle a\geqslant-\frac{5}{4}$ 时,$\displaystyle h\left(1\right)=g\left(1\right)=0$,$\displaystyle x=1$ 是 $\displaystyle h\left(x\right)$ 的零点；

$\displaystyle f\left(1\right)<0$ 也即 $\displaystyle a<-\frac{5}{4}$ 时,$\displaystyle h\left(1\right)=f\left(1\right)<0$,$\displaystyle x=1$ 不是 $\displaystyle h\left(x\right)$ 的零点；

$\displaystyle 0<x<1$ 时,$\displaystyle g\left(x\right)>0$,因此 $\displaystyle h\left(x\right)$ 与 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上有相同零点.

令

\[\displaystyle \varphi\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)}{x}=x^2+\frac{1}{4x}+a,\]

则 $\displaystyle h\left(x\right)$ 与 $\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 有相同零点.

\[\displaystyle \varphi'\left(x\right)=\frac{8x^3-1}{4x^2},\]

$\displaystyle 0<x<\frac{1}{2}$ 时 $\displaystyle \varphi'\left(x\right)>0$,$\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 单调递减,$\displaystyle \frac{1}{2}<x<1$ 时 $\displaystyle \varphi'\left(x\right)<0$,$\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 单调递增,

\[\displaystyle \varphi\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4}+a,\quad \varphi\left(1\right)=\frac{5}{4}+a.\]

若 $\displaystyle a>-\frac{3}{4}$,$\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上无零点；

若 $\displaystyle a=-\frac{3}{4}$,$\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,1\right)$ 上有一个零点；

若 $\displaystyle -\frac{5}{4}<a<-\frac{3}{4}$,

\[\displaystyle \varphi\left(\frac{1}{4\left|a\right|}\right)=\frac{1}{16a^2}+\left|a\right|+a>0,\]

\[\displaystyle \varphi\left(\frac{1}{2}\right)<0,\quad \varphi\left(1\right)>0,\]

$\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{1}{2}\right)$,$\displaystyle \left(\frac{1}{2},1\right)$ 上各有一个零点；

若 $\displaystyle a\leqslant-\frac{5}{4}$,

\[\displaystyle \varphi\left(\frac{1}{4\left|a\right|}\right)=\frac{1}{16a^2}+\left|a\right|+a>0,\]

\[\displaystyle \varphi\left(\frac{1}{2}\right)<0,\quad \varphi\left(1\right)\leqslant0,\]

$\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(\frac{1}{2},1\right)$ 上有一个零点.

综上,$\displaystyle a\in\left(-\infty,-\frac{5}{4}\right)\cup\left(-\frac{3}{4},+\infty\right)$ 时,$\displaystyle h\left(x\right)$ 有 $\displaystyle 1$ 个零点；

$\displaystyle a=-\frac{5}{4}$ 或 $\displaystyle a=-\frac{3}{4}$ 时,$\displaystyle h\left(x\right)$ 有 $\displaystyle 2$ 个零点；

$\displaystyle a\in\left(-\frac{5}{4},-\frac{3}{4}\right)$ 时,$\displaystyle h\left(x\right)$ 有 $\displaystyle 3$ 个零点.

【2021武汉五调22】已知函数 $\displaystyle f(x) = (x - a)^2 + 2\sin x - \frac{7}{4}$,讨论 $\displaystyle f(x)$ 的零点个数.
已知函数 $\displaystyle f(x)=ae^{-x}+\ln x-1$,$\displaystyle g(x)$ 为 $\displaystyle f(x)$ 的导数.
讨论 $\displaystyle g(x)$ 零点的个数；
设 $\displaystyle x_0$ 为 $\displaystyle f(x)$ 的零点,证明：当 $\displaystyle 0<x<1$ 时,$\displaystyle f(x)<g(x_0)$.
【2015四川理21】已知函数 $\displaystyle f(x) = -2(x + a)\ln x + x^2 - 2ax - 2a^2 + a$,其中 $\displaystyle a > 0$.
设 $\displaystyle g(x)$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的导函数,讨论 $\displaystyle g(x)$ 的单调性；
证明：存在 $\displaystyle a \in (0, 1)$,使得 $\displaystyle f(x) \geqslant 0$ 在区间 $\displaystyle (1, +\infty)$ 内恒成立,且 $\displaystyle f(x) = 0$ 在 $\displaystyle (1, +\infty)$ 内有唯一解.

答案

（1）由 $\displaystyle g\left(x\right)=-2\ln x-2-\frac{2a}{x}+2x-2a$，$\displaystyle g'\left(x\right)=\frac{2\left(x^2-x+a\right)}{x^2}$ 比较容易得到：

$\displaystyle a\geqslant\frac{1}{4}$ 时，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递增；

$\displaystyle 0<a<\frac{1}{4}$ 时，$\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}\right)$，$\displaystyle \left(\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2},+\infty\right)$ 上单调递增，在 $\displaystyle \left(\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2},\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\right)$ 上单调递减. 具体过程略.

（2）由 $\displaystyle \left(1\right)$ 问可知 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 上单调递增。$\displaystyle g\left(1\right)=-4a<0$，现在我们还要找一个特殊点 $\displaystyle \alpha$ 使得 $\displaystyle g\left(\alpha\right)>0$，那么这显然就要对 $\displaystyle \ln x$ 放缩一下才容易找到这个特殊点，观察式子形式可知证一下 $\displaystyle 2\ln x<x$ 即可：

$\displaystyle x>1$ 时，$\displaystyle g'\left(x\right)>0$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递增.

令 $\displaystyle h\left(x\right)=x-2\ln x$，$\displaystyle h'\left(x\right)=1-\frac{2}{x}$，$\displaystyle 0<x<2$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)<0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递减；$\displaystyle x>2$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)>0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递增，因此 $\displaystyle h\left(x\right)\geqslant h\left(2\right)=2-\ln2>0$，即 $\displaystyle -2\ln x>-x$.

因此 $\displaystyle g\left(x\right)>x-\frac{2a}{x}-2a-2$. $$\displaystyle g\left(1\right)=-4a<0,\quad g\left(2a+3\right)>2a+3-\frac{2a}{2a+3}-2a-2=\frac{3}{2a+3}>0.$$

因此 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 上有唯一零点 $\displaystyle x_0$，且 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(1,x_0\right)$ 上单调递减，$\displaystyle \left(x_0,+\infty\right)$ 上单调递增. 问题即证存在 $\displaystyle a\in\left(0,1\right)$，存在 $\displaystyle x_0$ 使得 $\displaystyle g\left(x_0\right)=0$，$\displaystyle f\left(x_0\right)=0$. $$\displaystyle g\left(x_0\right)=0\Rightarrow\ln x_0=x_0-\frac{a}{x_0}-a-1,$$ $$\displaystyle f\left(x_0\right)=-2\left(x_0+a\right)\left(x_0-\frac{a}{x_0}-a-1\right)+x_0^2-2ax_0-2a^2+a=0.$$

整理得 $\displaystyle x_0^3+2ax_0^2-2x_0^2-5ax_0-2a^2=0$，即 $\displaystyle \left(x_0+2a\right)\left(x_0^2-2x_0-a\right)=0$.

$\displaystyle x_0+2a>0$ 可知 $\displaystyle a=x_0^2-2x_0$，$\displaystyle \ln x_0=x_0-\frac{x_0^2-2x_0}{x_0}-x_0^2+2x_0-1=-x_0^2+2x_0+1$.

令 $\displaystyle \varphi\left(x\right)=\ln x+x^2-2x-1$，$\displaystyle \varphi'\left(x\right)=\frac{1}{x}+2x-2\geqslant2\sqrt{2}-2>0$，因此 $\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 单调递增，又 $\displaystyle \varphi\left(2\right)=\ln2-1<0$，$\displaystyle \varphi\left(\mathrm{e}\right)=\mathrm{e}^2-2\mathrm{e}>0$，因此 $\displaystyle x_0\in\left(2,\mathrm{e}\right)$. $$\displaystyle \ln x_0+x_0^2-2x_0-1=0\Rightarrow\ln x_0+a-1=0\Rightarrow a=1-\ln x_0,$$

即 $\displaystyle 0<a<1-\ln2$，因此存在 $\displaystyle 0<a<1$，$\displaystyle x_0>1$ 使得 $\displaystyle f\left(x_0\right)=0$，$\displaystyle g\left(x_0\right)=0$，问题得证.

应该说，本题是隐零点问题的集大成者，中间用了多次代换，有些是部分代换，有些是整体代换，这样有同学就要问了，那么我怎么知道什么时候部分代换什么时候整体代换呢？这就要考虑代换的目的，就是我们总是奔着让式子更简明的方向去代换，比如第一步，我们只是将 $\displaystyle \ln x_0$ 部分进行了代换，原因是我们如果仍将 $\displaystyle a$ 表示为 $\displaystyle x_0$ 的表达式去代入 $\displaystyle f\left(x_0\right)$，那这个计算量就太大了，观察一下可以发现，$\displaystyle f\left(x_0\right)$ 唯一比较难以处理的就是 $\displaystyle \ln x_0$，如果将 $\displaystyle \ln x_0$ 变成代数式的表达形式，我们就可能利用因式分解对 $\displaystyle f\left(x_0\right)$ 进行进一步化简整理，后面还有先证明 $\displaystyle \ln x_0+x_0^2-2x_0-1=0$ 在 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 上有解，简单的应用零点定理，我们只能得到 $\displaystyle 2<x_0<\mathrm{e}$ 这个范围，如果直接代入 $\displaystyle a=x_0^2-2x_0$ 中，得到 $\displaystyle 0<a<\mathrm{e}^2-2\mathrm{e}$，不能确定 $\displaystyle a$ 与 $\displaystyle 1$ 的大小关系，于是我们进一步观察 $\displaystyle \ln x_0+x_0^2-2x_0-1=0$，发现如果将 $\displaystyle x_0^2-2x_0$ 替换成 $\displaystyle a$，立刻就得到 $\displaystyle a=1-\ln x_0<1-\ln2<1$ 了，这样就完成了证明.

本题中比较难的一步是 $\displaystyle x_0^3+2ax_0^2-2x_0^2-5ax_0-2a^2=0$ 的因式分解，如果对代数式有一定敏感性，可以注意到如下关系： $$\displaystyle g\left(x_0\right)=0\Rightarrow x_0\ln x_0-x_0^2+ax_0+x_0+a=0,$$ $$\displaystyle f\left(x_0\right)=0\Rightarrow-2\left(x_0+a\right)\ln x_0+x_0^2-2ax_0-2a^2+a=0.$$

两式相加得 $\displaystyle \left(-x_0-2a\right)\ln x_0-\left(a-1\right)x_0-2a\left(a-1\right)=0$，即 $$\displaystyle \left(x_0+2a\right)\left(\ln x_0+a-1\right)=0,$$

$\displaystyle a=1-\ln x_0$，代入 $\displaystyle x_0\ln x_0-x_0^2+ax_0+x_0+a=0$ 即得 $$\displaystyle -x_0^2+2x_0-\ln x_0+1=0,$$

进而得到 $\displaystyle x_0\in\left(2,\mathrm{e}\right)$，$\displaystyle a\in\left(0,1-\ln2\right)$.

B组

已知函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^{x-a}(x^2-ax+b)(a,b\in\mathbb{R})$.

（1）若$\displaystyle a=2$,当$\displaystyle x\geqslant 0$时,$\displaystyle f(x)\geqslant 0$,求$\displaystyle b$的取值范围；

（2）若$\displaystyle \left \{ x\mid f(x)=a \right \}=\left \{ x\mid f(f(x))=a \right \}\neq \varnothing$,求$\displaystyle a$的取值范围. 2. 【2018全国III卷理21】已知函数$\displaystyle f(x)=(2+x+ax^2)\ln (1+x)-2x$.

（1）若$\displaystyle a=0$,证明：当$\displaystyle -1<x<0$时,$\displaystyle f(x)<0$；当$\displaystyle x>0$时,$\displaystyle f(x)>0$；

（2）若$\displaystyle x=0$是$\displaystyle f(x)$的极大值点,求$\displaystyle a$.

（Q1）在使用一般方法完成后,请看下面的命题及其证明,利用这一信息尝试再给出一种解法.

\paragraph{命题}设 $\displaystyle f(x) = g(x)h(x)$ 且 $\displaystyle f(x_0) = \varphi(x_0) = 0$. 若 $\displaystyle g(x_0) > 0$,则 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x_0$ 取极值的类型（极大/极小）与 $\displaystyle \varphi(x)$ 完全一致.
证明

先证明$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle x_0$取极大值$\displaystyle \Longrightarrow\varphi(x)$在$\displaystyle x_0$取极大值：
```
考虑$\displaystyle x=0$的一个邻域$\displaystyle U(0,\delta)$,在这个邻域中,有$\displaystyle g(x)>0$,故：
```
$$\displaystyle f(x) \leqslant f(0) \iff g(x) \cdot \varphi(x) \leqslant 0$$ 因为 $\displaystyle g(x)>0$,不等式两边同除以 $\displaystyle g(x)$ ,得$\displaystyle \varphi(x) \leqslant 0$,又$\displaystyle \varphi(0) = 0$,有

\[\displaystyle \varphi(x) \leqslant \varphi(0)\]

由此可说明$\displaystyle x_0$是$\displaystyle \varphi(x)$的极大值.

同理可证明：$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle x_0$取极小值$\displaystyle \Longrightarrow\varphi(x)$在$\displaystyle x_0$取极小值：
1. 【2023“fiddie”模拟测试22】设函数 $\displaystyle f(x) = \mathrm{e}^{-x} \sin x + ax$,$\displaystyle g(x)$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的导函数.
2. 求 $\displaystyle g(x)$ 的所有极值点；
3. 若 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle (0, +\infty)$ 中有且只有 $\displaystyle 2k (k \in \mathbb{N}^*)$ 个极值点,求 $\displaystyle a$ 的取值范围；
4. 若 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle (0, +\infty)$ 中有且只有 $\displaystyle k (k \in \mathbb{N}^*)$ 个极值点,求 $\displaystyle a$ 的取值范围.
5. 【2025深圳高三模拟18】已知函数$\displaystyle f(x)=\ln(x+a)+\mathrm{e}^{-bx}-a(a,b\in\mathbb{R})$.
6. 是否存在$\displaystyle a,b$,使得$\displaystyle x=0$为$\displaystyle f(x)$极值点？
7. 若$\displaystyle 1<a<2$,$\displaystyle x_0$为$\displaystyle f(x)$的最小零点,证明：当$\displaystyle x\in(-a,0)$时,$\displaystyle f(x)<f'(x_0)$.
8. 已知函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x|x^2-a|(a\geqslant 0)$.
（1）当$\displaystyle a=1$时,求函数$\displaystyle f(x)$的单调递减区间；

（2）若方程$\displaystyle f(x)=m$恰有一个正数解与一个负数解,当$\displaystyle a$变化时,求实数$\displaystyle m$的最大值.

C 组习题

杂$\displaystyle \quad$题

【2013湖南理16改编】（多选）设函数$\displaystyle f(x)=a^x+b^x-c^x$,其中$\displaystyle c>a>0,c>b>0$,若$\displaystyle a,b,c$是$\displaystyle \Delta ABC$的三条边长,则下列叙述中正确的是
- $\displaystyle \exists x\in(-\infty,1):f(x)<0$
- $\displaystyle f(x)$只有一个零点
- $\displaystyle \exists x\in\mathbb{R}$,使$\displaystyle a^x,b^x,c^x$不能構成一个三角形的三条边长
- 若$\displaystyle \Delta ABC$为钝角三角形,则$\displaystyle \exists x\in(1,2)$,使$\displaystyle f(x)=0$
2. 【2025温州二模17】已知函数$\displaystyle f(x)=\ln(x+1)+\frac{ax}{x+1}(a\in\mathbb{R})$. 1. 若$\displaystyle f(x)$在区间$\displaystyle (-1,0)$上恰有一个零点,求$\displaystyle a$的取值范围； 2. 当$\displaystyle a>0$时,解方程$\displaystyle f'(x)-f(x)=\frac{\sqrt{5}-1}{2}-\ln\frac{\sqrt{5}+1}{2}$. 3. 【2026海淀二模20】已知函数$\displaystyle f(x)=\frac{x+a}{\sin x+2}$,其中$\displaystyle a\in\mathbb{R}$. 1. 当$\displaystyle \frac{\pi}{2}< a\leqslant 2$时,求证：对任意$\displaystyle x\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}],f(x)<\frac{2a}{3}$； 2. 若关于$\displaystyle x$的方程$\displaystyle f'(x)=1$在区间$\displaystyle [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$上有且仅有1个解,求$\displaystyle a$的最小值. 4. 已知函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x-ax,g(x)=\ln x-ax,a\in\mathbb{R}$,记函数$\displaystyle F(x)=f(x)-g(x)$的最小值为$\displaystyle m$,求$\displaystyle G(x)=\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^m\ln x$的最小值. 5. 设 $\displaystyle a>0$ 且 $\displaystyle a\neq 1$, 函数 $\displaystyle f(x)=\frac{1+\log_a x}{\log_a(x+1)}$ 存在极值点 $\displaystyle x_0$。 1. 求 $\displaystyle a$ 的取值范围； 2. 求 $\displaystyle x_0+f(x_0)$ 的最小值。 6. 【2013天津理20】已知函数 $\displaystyle f(x)=x^2\ln x$. 1. 证明: 对任意的 $\displaystyle t>0$, 存在唯一的 $\displaystyle s$, 使 $\displaystyle t=f(s)$； 2. 设 (2) 中所确定的 $\displaystyle s$ 关于 $\displaystyle t$ 的函数为 $\displaystyle s=g(t)$, 证明: 当 $\displaystyle t>\mathrm{e}^2$ 时, 有 $\displaystyle \frac{2}{5}<\frac{\ln g(t)}{\ln t}<\frac{1}{2}$.
答案

新答案（来源：021-040简单单调性与简单极值最值.md）： 1. $\displaystyle f'\left(x\right)=x\left(2\ln x+1\right)$.
```
$\displaystyle 0<x<\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$；$\displaystyle x>\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$.

$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递减区间为 $\displaystyle \left(0,\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)$，单调递增区间为 $\displaystyle \left(\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}},+\infty\right)$.
```
1. 由 $\displaystyle 0<x\leqslant 1$ 时 $\displaystyle f\left(x\right)\leqslant 0$，$\displaystyle f\left(s\right)=t>0$ 可知 $\displaystyle s>1$，又 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 单调递增，因此至多有一个 $\displaystyle s$ 满足 $\displaystyle f\left(s\right)=t$，下证存在 $\displaystyle s$ 满足 $\displaystyle f\left(s\right)=t$：
  
  $\displaystyle f\left(1\right)=0<t$，$\displaystyle f\left(\sqrt{\mathrm{e}^2+t}\right)=\left(\mathrm{e}^2+t\right)\ln\sqrt{\mathrm{e}^2+t}>\mathrm{e}^2+t>t$，因此存在 $\displaystyle s\in\left(1,\sqrt{\mathrm{e}^2+t}\right)$ 满足 $\displaystyle f\left(s\right)=t$.
2. 问是一道看起来很绕的题目，但只要保持沉着冷静，简单分析一下就发现没有难度：
  
  $\displaystyle t=f\left(s\right)\Rightarrow \frac{\ln g\left(t\right)}{\ln t}=\frac{\ln s}{\ln f\left(s\right)}=\frac{\ln s}{2\ln s+\ln\ln s}=\frac{1}{2+\frac{\ln\ln s}{\ln s}}$，只需证 $\displaystyle 0<\frac{\ln\ln s}{\ln s}<\frac{1}{2}$：
  
  由（2）问知 $\displaystyle s>1$，若 $\displaystyle 1<s\leqslant \mathrm{e}$，则 $\displaystyle f\left(s\right)\leqslant f\left(\mathrm{e}\right)=\mathrm{e}^2<t$，不满足题意，因此 $\displaystyle s>\mathrm{e}$ 即 $\displaystyle \ln s>1$，$\displaystyle \frac{\ln\ln s}{\ln s}>0$；
  
  令 $\displaystyle h\left(x\right)=\frac{\ln x}{x}$，$\displaystyle h'\left(x\right)=\frac{1-\ln x}{x^2}$，$\displaystyle 0<x<\mathrm{e}$ 时 $\displaystyle h'\left(x\right)>0,h\left(x\right)$ 单调递增；$\displaystyle x>\mathrm{e}$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)<0,h\left(x\right)$ 单调递减，$\displaystyle h\left(\ln s\right)\leqslant h\left(\mathrm{e}\right)=\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$，问题得证.
  
  新答案（来源：061-080极值零点数列与切割函数图像.md）：
3. \[\displaystyle f'\left(x\right)= \begin{cases} 3x^2-a-5,&x\leqslant 0\\ \left(3x-a\right)\left(x-1\right),&x>0 \end{cases}\]
  
  $\displaystyle -1<x\leqslant 0$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)<3-a-5\leqslant 0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递减；
  
  $\displaystyle 0<x<1$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递减；
  
  $\displaystyle x>1$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递增；
  
  易见 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle x=0$ 处不间断，因此 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在区间 $\displaystyle \left(-1,1\right)$ 内单调递减，在区间 $\displaystyle \left(1,+\infty\right)$ 内单调递增.
4. 不妨令 $\displaystyle f'\left(x_1\right)=f'\left(x_2\right)=f'\left(x_3\right)=m$，且 $\displaystyle x_1<x_2<x_3$
  
  即 $\displaystyle y=f'\left(x\right)$ 的图像与直线 $\displaystyle y=m$ 有三个交点，且从左至右三个交点的横坐标为 $\displaystyle x_1,x_2,x_3$.
  
  令 $\displaystyle g_1\left(x\right)=3x^2-a-5\left(x\leqslant 0\right),g_2\left(x\right)=\left(3x-a\right)\left(x-1\right)=3x^2-\left(a+3\right)x+a\left(x>0\right)$
  
  $\displaystyle g_1\left(x\right)$ 单调递减，$\displaystyle g_2\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{a+3}{6}\right)$ 上单调递减，在 $\displaystyle \left(\frac{a+3}{6},+\infty\right)$ 上单调递增，因此 $\displaystyle y=m$ 与 $\displaystyle y=g_1\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,0\right)$ 上有一个交点，横坐标为 $\displaystyle x_1$；$\displaystyle y=m$ 与 $\displaystyle y=g_2\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{a+3}{6}\right),\left(\frac{a+3}{6},+\infty\right)$ 上各有一个交点，横坐标分别为 $\displaystyle x_2,x_3$.
  
  $\displaystyle x_2,x_3$ 是关于 $\displaystyle x$ 的一元二次方程 $\displaystyle g_2\left(x\right)=m$ 的两根因此 $\displaystyle x_2+x_3=\frac{a+3}{3}$；
  
  $\displaystyle g_1\left(x_1\right)=m<g_2\left(0\right)\Rightarrow 3x_1^2-a-5<a\Rightarrow x_1>-\sqrt{\frac{5+2a}{3}}$
  
  只需证 $\displaystyle -\sqrt{\frac{5+2a}{3}}+\frac{a+3}{3}\geqslant -\frac{1}{3}$，当 $\displaystyle a\in\left[-2,0\right]$ 时，
  
  $\displaystyle -\sqrt{\frac{5+2a}{3}}+\frac{a+3}{3}\geqslant -\frac{1}{3}\Leftrightarrow \sqrt{\frac{5+2a}{3}}\leqslant \frac{a+4}{3}\Leftrightarrow 3\left(5+2a\right)\leqslant \left(a+4\right)^2\Leftrightarrow \left(a+1\right)^2\geqslant 0$
  
  显然成立，问题得证.
1. 【2022北京20】已知函数$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x\ln (1+x)$.
2. 设$\displaystyle g(x)=f'(x)$,讨论函数$\displaystyle g(x)$在$\displaystyle [0,+\infty)$上的单调性；
3. 证明：对任意的$\displaystyle s.t\in (0,+\infty)$,有$\displaystyle f(s+t)>f(s)+f(t)$.
4. 【2021全国乙卷理20】证明：$\displaystyle g(x)=\frac{x+\ln (1-x)}{x\ln (1-x)}<1$
5. 设 $\displaystyle a > 0$,且 $\displaystyle a \ne 1$,函数 $\displaystyle f(x) = \sin ax - a\sin x$.
  1. 若 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle (0,2\pi)$ 上有唯一的极值点 $\displaystyle x_0$,证明：$\displaystyle f(x_0) < \min\{2a\pi, (1-a)\pi\}$.
6. 若 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle (0,2\pi)$ 上没有零点,求 $\displaystyle a$ 的取值范围.
7. 【2025台州二模19】函数$\displaystyle f(x)$的定义域为$\displaystyle D$,记$\displaystyle f(x)$的图象在点$\displaystyle (a,f(a))$处的切线方程为$\displaystyle y=g_a(x)$,定义集合$\displaystyle P_f=\left \{ a\in D|\forall x\neq a,\frac{f(x)-g_a(x)}{x-a}>0 \right \},Q_f=\left \{ a\in D|\forall x\neq a,\frac{f(x)-g_a(x)}{x-a}<0 \right \}$.
8. 若$\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^x$,求证：$\displaystyle P_f=\varnothing$；
9. 若$\displaystyle f(x)=(x^2+2x)\mathrm{e}^x$,求$\displaystyle P_f\cup Q_f$,并说明理由.
10. 【2022T8联考22】已知函数$\displaystyle f(x)=a\ln x-\sin x+x,a\neq0$,设$\displaystyle \theta\in(\pi,\frac{3\pi}{2})$,且$\displaystyle \cos\theta=1+\theta \sin \theta$,证明：当$\displaystyle \theta^2\sin\theta<a<0$时,$\displaystyle f(x)$在$\displaystyle (0,2\pi)$恒有两个极值点. 12.

\(\displaystyle x\)	\(\displaystyle \left(-\infty,-1-\sqrt{2}\right)\)	\(\displaystyle -1-\sqrt{2}\)	\(\displaystyle \left(-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2}\right)\)	\(\displaystyle -1+\sqrt{2}\)	\(\displaystyle \left(-1+\sqrt{2},+\infty\right)\)
\(\displaystyle f'\left(x\right)\)	\(\displaystyle -\)	\(\displaystyle 0\)	\(\displaystyle +\)	\(\displaystyle 0\)	\(\displaystyle -\)
\(\displaystyle f\left(x\right)\)	\(\displaystyle \searrow\)	极小值	\(\displaystyle \nearrow\)	极大值	\(\displaystyle \searrow\)

\(\displaystyle x\)	\(\displaystyle \left(-\infty,-1-\sqrt{2}\right)\)	\(\displaystyle -1-\sqrt{2}\)	\(\displaystyle \left(-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2}\right)\)	\(\displaystyle -1+\sqrt{2}\)	\(\displaystyle \left(-1+\sqrt{2},+\infty\right)\)
\(\displaystyle f'\left(x\right)\)	\(\displaystyle -\)	\(\displaystyle 0\)	\(\displaystyle +\)	\(\displaystyle 0\)	\(\displaystyle -\)
\(\displaystyle f\left(x\right)\)	\(\displaystyle \searrow\)	极小值	\(\displaystyle \nearrow\)	极大值	\(\displaystyle \searrow\)

3.6分析函数的基础方法

讲义正文

分析函数的基础方法

如何求导

正文问题答案

A 组习题

习\(\displaystyle \quad\)题

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C 组习题

杂\(\displaystyle \quad\)题

D 组习题