南京市2019届高三数学二轮专题复习资料专题08：(选讲）导数难点专项研究
南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料
专题 8：（选讲）导数难点专项研究
目录
问题归类篇....................................................................................................................................... 2
类型一 零点存在性定理处理零点问题 ................................................................................. 2
类型二：极值点存在性及个数问题 ..................................................................................... 11
类型三：导函数零点不可求问题 ......................................................................................... 18
类型四：极值点偏移问题 ..................................................................................................... 23
类型五 恒成立问题和存在性问题 ....................................................................................... 33
综合应用篇..................................................................................................................................... 40
一、例题分析 ......................................................................................................................... 40
二、反馈巩固 ......................................................................................................................... 46
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问题归类篇
类型一 零点存在性定理处理零点问题
一、考题再现
1．(16 年江苏高考题)已知函数 f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)．若 0＜a＜1，b＞
1，函数 g(x)＝f(x)－2 有且只有 1 个零点，求 ab 的值．
答案：1
二、方法联想
函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可
相互转化,这类问题的考查通常有三类：
(1)求函数零点个数
方法一：直接求出零点，根据定义域判断；
方法二：画出函数的大致图象，利用两个函数图象交点的个数判断；
方法三：研究函数的单调性和极值，利用零点存在性定理证明。
(2)求函数零点的范围
利用零点存在性定理判断，关键是找到实数 a，b，使得 f(a)f(b)＜0
常用的方法是
①找特殊值，或找与变量有关的值，
②利用不等式(ex≥x＋1,lnx≤x－1 及其变式等)进行放缩。
③局部放缩
(3)已知函数的零点个数问题求参数取值范围
求出函数的单调性和极值，画出函数的大致图象，判断函数图象交点的个数，利用零
点存在性定理证明．
三、方法应用
例 1．(13 年江苏高考题). 设函数 f(x)＝lnx－ax，其中 a 为实数.试判断函数 f(x)零点的个
数，并证明你的结论.
(直接研究函数 f(x)，讨论参数 a 的取值范围，判断函数单调性，利用零点存在性定理
证明零点存在及个数)
解析：函数 f(x)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1
x－a，
1°当 a＝0 时，由 f(1)＝0，及 f ′(x)＝1
x＞0，得 f(x)存在唯一的零点；
2°当 a＜0 时，f ′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调增，f(1)＝－a＞0
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由于 f(ea)＝a－aea＝a(1－ea)＜0，且函数 f(x)在[ea,1]上的图象连续，
所以函数 f(x)在（ea,1）上有唯一零点，又 f(x)在(0，＋∞)上单调增，
所以 f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
3°当 a＞0 时，f ′(x)＝1
x－a＝1－ax
x ，所以 f(x)在(0,1
a]上单调增，在[1
a,＋∞)上单调减．
则 f(x)极大值也是最大值为 f(1
a)＝－lna－1．
①当－lna－1＜0 即 a＞1
e时，f(x)≤f(1
a)＜0，所以函数 f(x)没有零点；
②当－lna－1＝0 即 a＝1
e时，函数 f(x)有唯一零点；
③当－lna－1＞0，即 0＜a＜1
e时，函数 f(x)有两个零点．
实际上，x∈(0,1
a]时，f(x)单调增，f(1)＝－a＜0，又 f(1
a)＞0，函数 f(x)在(0,1
a]上的图
象连续，所以 f(x)在(1,1
a)，即在(0,1
a]上有唯一零点；
x∈[1
a,＋∞)时，f(1
a)＞0，f(1
a2)＝2ln1
a－1
a
或 f(e
1
a)＝1
a－ae
1
a＝a (1
a2－e
1
a)
设 h(x)＝x2－ex，x＞e，则 h′(x)＝2x－ex，再设 l(x)＝2x－ex，x＞e，则 l′(x)＝2－ex
＜0，
所以 l(x)＝h′(x)在[e＋∞)上单调减，h′(x)＜h′(e)＝2e－ee＜0，
所以 h(x)在[e＋∞)上单调减，又1
a＞e，所以1
a2－e
1
a＜e2－ee＜0，即 f(e
1
a)＜0，
又函数 f(x)在[e＋∞)上的图象连续，所以 f(x)在(1
a,e
1
a)，即在[e＋∞)上有唯一零点；
所以。0＜a＜1
e时，函数 f(x)有两个零点．
综上，（1）当 a＞1
e，函数 f(x)没有零点；
（2）当 a＝1
e或 a≤0 时，函数 f(x)有一个零点；
（3）当 0＜a＜1
e时，函数 f(x)有两个零点．
例 2．（2018 全国新课标Ⅱ理）已知函数 ，若 在 只有一个
零点，求 a 的值．
解析：设函数 ， 在 只有一个零点当且仅当 在
只有一个零点．
当 时， ， 没有零点；
2( ) exf x ax ()fx (0, )
21exh x ax fx 0, hx 0,
0a 0hx hx
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当 时， ．
当 时， ；当 时， ．
在 单调递减，在 单调递增．
故 是 在 的最小值．
①若 ，即 ， 在 没有零点；
②若 ，即 ， 在 只有一个零点；
③若 ，即 ，由于 ，所以 在 有一个零点，
由（ 1）知，当 时， ，所以 ．
故 在 有一个零点，因此 在 有两个零点．
综上， 在 只有一个零点时， ．
例 3．已知函数 f(x)＝mx2－x＋ln x.当 m＞0 时，若曲线 C：y＝f(x)在点 x＝1 处的切线 l
与 C 有且只有一个公共点，求 m 的值．
解析：因为 f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，
所以切线方程为 y－m＋1＝2m(x－1)，即 y＝2mx－m－1
从而方程 mx2－x＋ln x＝2mx－m－1 在(0，＋∞)上只有一解．
令 g(x)＝mx2－x＋ln x－2mx＋m＋1，则
g′(x)＝2mx－1－2m＋1
x＝2mx2－2m＋1x＋1
x ＝2mx－1x－1
x ，
所以①当 m＝1
2，g′(x)≥0 所以 y＝g(x)在 x∈(0，＋∞)单调递增，且 g(1)＝0，
所以 mx2－x＋ln x＝2mx－m－1 只有一解．
②当 0＜m＜1
2，x∈(0,1)，g′(x)＞0；x∈ 1， 1
2m ，g′(x)＜0；x∈ 1
2m，＋∞ ，g′(x)
＞0 由 g(1)＝0 及函数单调性可知 g 1
2m ＜0，
因为 g(x)＝mx x－ 2＋1
m ＋m＋ln x＋1，取 x＝2＋1
m，
则 g 2＋1
m ＞0，
因此在 1
2m，＋∞ 方程 mx2－x＋ln x＝2mx－m－1 必有一解从而不符题意
③当 m＞1
2，x∈ 0， 1
2m ，g′(x)＞0；x∈ 1
2m，1 ，g′(x)＜0；x∈(1，＋∞)，g′(x)＞
0
同理在 0， 1
2m 方程 mx2－x＋ln x＝2mx－m－1 必有一解，不符题意
综上所述 m＝1
2.
四、归类研究
*1．已知函数 f(x)＝lnx＋10
x －4．求证：f(x)有且仅有两个零点．
(考察利用零点存在性定理和单调性证明零点个数)
0a 2exh x ax x
0,2x 0h' x 2,x 0h' x
hx 0,2 2,
2
421e
ah hx 0,
20h
2e
4a hx 0,
20h
2e
4a
20h
2e
4a 01h hx 0,2
0x 2ex x
3 3 3
244 2
16 16 16 14 1 1 1 1 0e 2ea a
a a aha aa
2,4a
fx 0,
2e
4a
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证明：因为 f′(x)＝x－10
x2 ，从而当 x∈(0，10)，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当 x∈(10，＋∞)
时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当 x＝10 时，f(x)有极小值．(5 分)
因为 f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以 f(x)在(1，10)之间有一个零点．
因为 f(e4)＝4＋10
e4 －4＞0，所以 f(x)在(10，e4)之间有一个零点．
从而 f(x)有且仅有两个不同的零点．
*2.函数 f(x)＝xex，其中 e 是自然对数的底数，求整数 t 的所有值，使方程 f(x)＝x＋2 在[t，t
＋1]上有解.
（考察函数的性质，零点存在性定理）
解：方程即为 xex＝x＋2，
由于 ex>0，所以 x＝0 不是方程的解，
所以原方程等价于 ex－2
x－1＝0.
令 h(x)＝ex－2
x－1，
因为 h′(x)＝ex＋2
x2>0 对于 x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，
所以 h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，
又 h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－1
3<0，h(－2)＝e－2>0，
所以方程 f(x)＝x＋2 有且只有两个实数根且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整
数 t 的所有值为{－3，1}.
**3．已知函数 f(x)＝1
3x3－a(x2＋x＋1)．证明：f(x)只有一个零点．
解析：由于 x2＋x＋1＞0，所以 f(x)＝0 等价于 x3
x2＋x＋1－3a＝0．
设 g(x)＝ x3
x2＋x＋1－3a，则 g'(x)＝x2(x2＋2x＋3)
(x2＋x＋1)2 ≥0，
仅当 x＝0 时 g'(x)＝0，所以 g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故 g(x)至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点．
又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－1
3＝－6(a－1
6)2－1
6＜0，f(3a＋1)＝1
3＞0，
故 f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
**4．已知 f(x)＝xlnx＋a，讨论 f(x)的零点的个数．
解：记 f(x)的零点的个数为 k．f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝1＋lnx，
令 f'(x)＝0则 x＝1
e，当 x＞1
e时，f'(x)＞0,f(x)单调增；当 0＜x＜1
e时，f'(x)＜0，f(x)单调减，
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所以 x＝1
e是 f(x)的唯一极小值点也是最小值点，即f(x)min＝f(1
e)＝a－1
e－ ．
10．当 a－1
e＞0，即 a＞1
e时，f(x)min＞0,故 k＝0．
20．当 a－1
e＝0，即 a＝1
e时，f(x)min＝f(1
e)＝0，k＝1．
30．当 a－1
e＜0，即 a＜1
e时，f(x)min＜0(如右图所示)
ⅰ.a＜0 时，在(0，1
e]上 f(x)＜0,在(1
e，＋∞)上，
途径一：存在 e－a＞1
e，f(e－a)＝－ae－a＋a＝－a(e－a－1)＞0，
由零点定理及 f(x)的单调性 k＝1．
途径二：通过放缩，求解赋值点当 x＞e 时, 令 f(x)＞x＋a＞0x＞－a
当 x＞e 且 x＞－a 时，f(x)＞x＋a＞0，同理 k＝1．
ⅱ.a＝0 时，由 xlnx＝0x＝1，所以 k＝1．
ⅲ.0＜a＜1
e时，f(x)min＝a－1
e＜0．一方面 1＞1
e，且 f(1)＝a＞0，另一方面
途径一：依据单调性，当 0＜x＜＜1
e时，应有 f(x)＞0，不妨直观尝试 x0＝e－1
a
注意到 x＞0 时，ex＞x2（证略），存在 x0＝e－1
a＜1
e，
1
22 211
11
ee0a aa
aa
f aa
，又 f(x)图像在定义域内不间断，
所以在(01
e)和(1
e＋∞)内，f(x)各有一个零点，故 k＝2．
途径二(借助原函数极值求赋值点)
已证在(0，＋∞)上 xlnx≥－1
e，且存在 a2＜a＜1
e，f(a2)＝2a2lna＋a＝a(2alna＋1)≥
a(－2
e＋1)＞0．同理 k＝2．
综上所述：当 a＞1
e时，f(x)没有零点；当 a＝1
e或 a≤0 时，有 1 个零点；
当 0＜a＜1
e时，有 2 个零点．
**5．设函数 f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，若函数 f(x)有两个零点，求满足条件的最小正整数 a
的值；
(已知零点个数，首先研究函数性质，根据单调性，可知最小值 f a
2 <0，函数 f a
2 的零点不
可求，但可利用零点存在性定理确定 f a
2 的零点的范围，再根据单调性得到不等式的解集，
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从而求出 a 的最小整数解，注意证明)
解：若函数 f(x)有两个零点，则 a>0，且 f(x)的最小值 f a
2 <0，
即－a2＋4a－4alna
2<0.
因为 a>0，所以 a＋4lna
2－4>0.(6 分)
令 h(a)＝a＋4lna
2－4，显然 h(a)在(0，＋∞)上为增函数，
且 h(2)＝－2<0，h(3)＝4ln3
2－1＝ln81
16－1>0，
所以存在 a0∈(2，3)，h(a0)＝0.当 a>a0 时，h(a)>0；当 0
0，f(1)＝0，所以 a＝3 时，f(x)有两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数 a 的值为 3.
***6.已知函数 f(x)＝ex－alnx－a，其中常数 a＞0，若 f(x)有两个零点 x1，x2(0＜x1＜x2)．
求证：1
a＜x1＜1＜x2＜a
(利用零点存在性定理证零点位于某个区间，即证 f(1
a)f(1)＜0且 f(1)f(a)＜0，即只需判断 f(1
a)，
f(1)，f(a)的符号，可先由 f(x)存在两个零点判断出 a 的取值范围为 a＞e ，从而 f(1)＝e－a
＜0，只需将 f(1
a)，f(a)视为关于 a 的函数，再利用函数性质证明均大于零)
解：f(x)＝ex－alnx－a＝0，则 a＝ ex
lnx＋1(x≠1
e)
令φ(x)＝ ex
lnx＋1 所以φ'(x)＝
ex(lnx＋1－1
x)
(lnx＋1)2
设 g(x)＝lnx＋1－1
x，可得 g(x)为增函数且 g(1)＝0
所以 x∈(0，1
e)∪(1
e，1)时，g(x)＜0，即 φ'(x)＜0
x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，即 φ'(x)＞0
所以φ(x)在(0，1
e)，(1
e，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增
所以在 x∈(1
e，＋∞)，φ(x)min＝φ(1)＝e
因为 f(x)有两个零点 所以 a＞e 所以 f(1)＝e－a＜0
f(a)＝ea－alna－a
所以 f'(a)＝ea－lna－2
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f''(a)＝ea－1
a＞ea－1
e＞ee－1
e＞0
所以 f'(a)在(e，＋∞)单调递增
所以 f'(a)＞f'(e)＝ee－3＞e2－3＞0
则 f(a)在(e，＋∞)单调递增
所以 f(a)＞f(e)＝ee－2e＞e2－2e＝e(e－2)＞0 而 f(1)＜0
所以 f(1)f(a)＜0， 所以存在 x2∈(1，a)，使得 f(x2)＝0 即 1＜x2＜a
另一方面：f(1
a)＝e
1
a－aln1
a－a＝e
1
a＋alna－a＝e
1
a＋a(lna－1)
因为 a＞e，则 lna－1＞0
又 f(1
a)＞0，f(1)＜0 所以 f(1)f(1
a)＜0
则存在 x1∈(1
a，1)，使得 f(x1)＝0 即1
a＜x1＜1
综上所述：1
a＜x1＜1＜x2＜a．
**7.设函数 f(x)＝x2lnx－x2＋b，求证：对任意实数 b∈ 0，e
2 ，函数 f(x)有且仅有两个零点
(考查函数零点存在性定理，判断并证明零点的个数)
证明：因为函数 f(x)＝x2lnx－x2＋b，
所以 f′(x)＝2xlnx－x.令 f′(x)＝2xlnx－x＝0，得 x＝ e，
且当 x∈(0， e)时，f′(x)＜0，即 f(x)＝x2lnx－x2＋b 在 x∈(0， e)上单调减，
当 x∈( e，＋∞)时，f′(x)＞0，即 f(x)＝x2lnx－x2＋b 在 x∈( e，＋∞)上单调增，
所以 f(x)有最小值 f( e)＝b－e
2＜0.
又 f(e)＝e2－e2＋b＞0，
所以 f(x)＝x2lnx－x2＋b 在( e，e)上一定有一解．
下面证明存在 x1∈(0， e)使 f(x1)＞0，
令 h(x)＝xlnx－x＋1，h′(x)＝lnx，
所以当 x∈(0，1)时，h(x)＝xlnx－x＋1 在(0，1)上单调减，
所以当 x∈(0，1)时，h(x)＝xlnx－x＋1＞h(1)＞0，
所以 f(b)＝b2lnb－b2＋b＝b(blnb－b＋1)＞0，
又函数 f(x)在(0， e)上单调减且连续，b＜ e
所以 f(x)＝x2lnx－x2＋b 在(b， e)上一定有一解．
综上所述，函数 f(x)在(0，＋∞)上有且仅有两个零点．
***8．已知函数 f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1).求证：a＞2 时，函数 f(x)有三个零点．
(证明函数零点个数，首先要研究函数的单调性，函数有 3 个零点，则至少有 3 个单调区间，
导函数至少有两个零点，需要先后利用零点存在性定理证明导函数和函数的零点个数)
解：f ′(x)＝lnx＋x＋1
x －a，令 g(x)＝f ′(x)＝lnx＋x＋1
x －a，
则 g ′(x)＝1
x－1
x2，所以 g(x)在(0,1]上单调减，在[1,＋∞)上单调增，
因为 gmin(x)＝g(1)＝1－a＜0，又 e－a＜1，a＞2 时，g(e－a)＝－a＋1＋ea－a＝ea－2a＋1＞0；
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g(ea)＝1＋e－a＞0，函数 g(x)是连续函数，
所以函数 g(x)在(e－a,1)和(1, ea)上分别存在唯一零点 x1，x2，即 f ′(x1)＝ f ′(x2)＝0，
又 f ′(x)在(0,1]上单调减，在[1,＋∞)上单调增，e－a＜x1＜1＜x2＜ ea
所以 f(x)在区间(0, x1]上单调增，[x1, x2]上单调减，[ x2,＋∞)上单调增．
因为 f(1)＝0，f(x)在区间 [x1, x2]上单调减，
所以 f(x)在区间[x1, x2]上恰有一个零点，f(x1)＞0，f(x2)＜0．
因为 f(ea)＝a(ea＋1)－a(ea＋1)＝2a＞0，f(x2)＜0，1＜x2＜ea，函数 f(x)是[x2,＋∞)上连续函数
且单调，所以 f(x)在区间[x2, ea) 即在[x2,＋∞)上存在唯一零点；
因为 f(e－a)＝－a (e－a＋1)－a (e－a－1)＝－2a e－a＜0，f(x1)＞0，函数 f(x)是(0, x1]上连续函数
且单调，所以 f(x)在区间(e－a, x1] 即在(0, x1]上存在唯一零点.
所以，a＞2 时，函数 f(x)有三个零点．
***9.已知函数 f(x)＝axsinx－3
2(a∈R)，且在 0，π
2 上的最大值为π－3
2 .
（1）求函数 f(x)的解析式；
（2）判断函数 f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
解析：（ 1）由已知 f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，对于任意 x∈ 0，π
2 ，有 sinx＋xcosx＞0。
当 a＝0 时，f(x)＝－3
2，不合题意；当 a＜0，x∈ 0，π
2 时，f′(x)＜0，从而 f(x)在 0，π
2 内
单调递减，又f(x)在 0，π
2 上的图象是连续不断的，故f(x)在 0，π
2 上的最大值为f(0)＝－3
2，
不合题意；当 a＞0，x∈ 0，π
2 时，f′(x)＞0，从而 f(x)在 0，π
2 内单调递增，又 f(x)在 0，π
2
上的图象是连续不断的，故 f(x)在 0，π
2 上的最大值为 f π
2 ，即π
2a－3
2＝π－3
2 ，解得 a＝1。
综上所述，函数 f(x)的解析式为 f(x)＝xsinx－3
2。
（2）f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。证明如下：
由（I）知，f(x)＝xsinx－3
2，从而有 f(0)＝－3
2＜0，f π
2 ＝π－3
2 ＞0。
又 f(x)在 0，π
2 上的图象是连续不断的，所以 f(x)在 0，π
2 内至少存在一个零点。
又由（I）知 f(x)在 0，π
2 上单调递增，故 f(x)在 0，π
2 内有且仅有一个零点。
当 x∈ π
2，π 时，令 g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.
由 g π
2 ＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且 g(x)在 π
2，π 上的图象是连续不断的，故存在 m∈ π
2，π ，
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使得 g(m)＝0。由 g′(x)＝2cosx－xsinx，知 x∈ π
2，π 时，有 g′(x)＜0，从而 g(x)在 π
2，π 内
单调递减。当 x∈ π
2，m 时，g(x)＞g(m)＝0，即 f′(x)＞0，从而 f(x)在 π
2，m 内单调递增，
故当 x∈ π
2，m 时， f(x)≥f π
2 ＝π－3
2 ＞0，故 f(x)在 π
2，m 上无零点；
当 x∈(m，π)时，有 g(x)＜g(m)＝0，即 f′(x)＜0，从而 f(x)在(m，π)内单调递减．
又 f(m)＞0，f(π)＜0，且 f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而 f(x)在(m，π)内有且仅
有一个零点。
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。
***10.设函数 f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中 t1，t2，t3∈R，且 t1，t2，t3 是公差为 d 的等差
数列，若曲线 y＝f(x)与直线 y＝－(x－t2)－6 3有三个互异的公共点，求 d 的取值范围．
解析：曲线 y＝f(x)与直线 y＝－(x－t2)－6 3有三个互异的公共点等价于关于 x 的方程(x－t2
＋d)(x－t2)(x－t2－d)＋(x－t2)＋6 3＝0 有三个互异的实数解，
令 u＝x－t2，可得 u3＋(1－d2)u＋6 3＝0．
设函数 g(x)＝x3＋(1－d2)x＋6 3，则曲线 y＝f(x)与直线 y＝－(x－t2)－6 3有三个互异的公共
点等价于函数 y＝g(x)有三个零点．
g'(x)＝3x3＋(1－d2)．
当 d2≤1 时，g'(x)≥0，这时 g'(x)在 R 上单调递增，不合题意．
当 d2＞1 时，g'(x)=0，解得 x1＝－ d2－1
3
，x2＝ d2－1
3
．
易得，g(x)在(－∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，
g(x)的极大值 g(x1)＝g(－ d2－1
3 )=2 3(d2－1)
3
2
9 ＋6 3>0．
g(x)的极小值 g(x2)＝g( d2－1
3 )=−2 3(d2－1)
3
2
9 ＋6 3．
若 g(x2)≥0，由 g(x)的单调性可知函数 y＝f(x)至多有两个零点，不合题意．
若 g(x2)＜0，即(d2－1)
3
2＞27，
也就是|d|＞ 10，此时|d|＞x2，g(|d|)＝|d|＋6 3＞0，
且－2|d|＜x1，g(－2|d|)＝－6|d|3－2|d|＋6 3＜－62 10＋6 3＜0，从而由 g(x)的单调性，
可知函数 y＝g(x)在区间(－2|d|，x1)，(x1，x2)，(x2，|d|)内各有一个零点，符合题意．
所以 d 的取值范围是(－∞，－ 10)∪( 10，＋∞)．
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***11．已知函数 f(x)＝ x－lnx．若 a≤3－4ln2，证明：对于任意 k＞0，直线 y＝kx＋a 与曲
线 y＝f(x)有唯一公共点．
解析：令 m＝e－(|a|＋k)，n＝(|a|＋1
k )2＋1，则 f(m)－km－a＞|a|＋k－k－a≥0，
f(n)－kn－a＜n( 1
n
－a
n－k)≤n(|a|＋1
n
－k)＜0
所以，存在 x0∈(m，n)使 f(x0)＝kx0＋a，
所以，对于任意的 a∈R 及 k∈(0，＋∞)，直线 y＝kx＋a 与曲线 y＝f(x)有公共点．
由 f(x)＝kx＋a 得 k＝ x－lnx－a
x ．
设 h(x)＝ x－lnx－a
x ，
则 h'(x)＝
lnx－ x
2 －1＋a
x2 ＝－g(x)－1＋a
x2 ，
其中 g(x)＝ x
2 －lnx．
由(1)可知 g(x)≥g(16)，又 a≤3－4ln2，
故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln2＋a，
所以 h'(x)≤0，即函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递减，因此方程 f(x)－kx－a＝0 至多 1 个
实根．
综上，当 a≤3－4ln2 时，对于任意 k＞0，直线 y＝kx＋a 与曲线 y＝f(x)有唯一公共点．
类型二：极值点存在性及个数问题
一、考题再现
（2018 全国卷Ⅰ）已知函数 f(x)＝aex－lnx－1，若 x＝2 是 f(x)的极值点．求实数 a 的值．
解析： f(x)的定义域为(0＋∞)，f'(x)＝aex－
1
x．
由题设知，f'(2)＝0，所以 a＝
1
2e2．
此时 f(x)＝
1
2e2ex－lnx－1，f'(x)＝
1
2e2ex－
1
x．
当 0＜x＜2 时，f'(x)＜0；当 x＞2 时，f'(x)＞0．
所以 a＝
1
2e2．
二、方法联想
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1、求极值点个数
（1）直接求出导函数零点，或者利用零点存在性定理判断导函数零点的个数；
（2）根据导函数的符号，判断极值点个数
2、已知极值点，求参数取值
（1）极值点是导函数的零点，求出参数取值；
（2）判断导函数符号，证明导函数的零点是极值点．
3、已知极值点个数，求参数取值范围
（1）根据导函数的零点的个数和导函数的单调性，利用零点存在性定理求出参数取
值范围；（解答题中避免直接用数形结合的方法求参数取值范围）
（2）判断导函数符号，证明导函数的零点是极值点．
三、方法应用
例 1．已知函数 f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx，函数 f(x)是否既有极大值又有极小值？若存在，
求出实数 a 的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：若 f(x)既有极大值又有极小值，则 f′(x)＝0 必须有两个不等的正实数根 x1，x2，即
2x2－ax＋1＝0 有两个不等的正实数根．
故 a 应满足
Δ>0，
a
2>0 ⇒
a2－8>0，
a>0 ⇒a>2 2.
∴当 a>2 2时，f′(x)＝0 有两个不等的实数根，
不妨设 x10，x>x2 时 f′(x)<0，
∴当 a>2 2时，f(x)既有极大值 f(x2)又有极小值 f(x1)．
例 2．已知 λ∈R，函数 f(x)＝ex－ex－λ(xlnx－x＋1)的导数为 g(x),若函数 g(x)存在极值，
求 λ 的取值范围．
解析：g (x)＝ex－e－λlnx，g′(x)＝ex－λ
x．
当 λ≤0 时，g′(x)＞0 恒成立，从而 g (x)在(0，＋∞)上单调递增，
故此时 g (x)无极值．
当 λ＞0 时，设 h(x)＝ex－λ
x，则 h′(x)＝ex＋λ
x2＞0 恒成立，
所以 h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
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①当 0＜λ＜e 时，
h(1)＝e－λ＞0，h(λ
e)＝e
λ
e－e＜0，且 h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，
因此存在唯一的 x0∈(λ
e，1)，使得 h(x0)＝0．
②当 λ≥e 时，
h(1)＝e－λ≤0，h(λ)＝eλ－1＞0，且 h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，
因此存在唯一的 x0∈[1，λ)，使得 h(x0)＝0．
故当 λ＞0 时，存在唯一的 x0＞0，使得 h(x0)＝0．
且当 0＜x＜x0 时，h(x)＜0，即 g′(x)＜0，当 x＞x0 时，h(x)＞0，即 g′(x)＞0，
所以 g (x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
因此 g (x)在 x＝x0 处有极小值．
所以当函数 g (x)存在极值时，λ 的取值范围是(0，＋∞)．
例 3．已知函数 f(x)＝ln
1
2x－ax2＋x，讨论函数 f(x)的极值点的个数；
解析：由 f(x)＝ln
1
2x－ax2＋x＝－ln2－lnx－ax2＋x，定义域为(0,＋∞),
所以 f ′(x)＝－
1
x－2ax＋1＝
－2ax2＋x－1
x
（ⅰ）a＝0 时，f'(x)＝
x－1
x ，x∈(0，1)，f'(x)＜0，x∈(1，＋∞)，f'(x)＞0． ，
所以 x＝1 时，f(x)取得极小值，x＝1 是 f(x)的一个极小值点．
（ⅱ）a＜0 时，Δ＝1－8a＞0，令 f'(x)＝0，得 x1＝
1－ 1－8a
4a ，x2＝
1＋ 1－8a
4a ．
显然，x1＞0，x2＜0，所以 x∈(0，x1)，f'(x)＜0，x∈(x1，＋∞)，f'(x)＞0，
f(x)在 x＝x1 取得极小值，f(x)有一个极小值点．
（ⅲ）a＞0 时，Δ＝1－8a≤0 时，即 a≥
1
8时，f'(x)≤0，f(x)在(0，＋∞是减函数，f(x)
无极值点．
当 0＜a＜
1
8时，Δ＝1－8a＞0，令 f'(x)＝0，得 x1＝
1－ 1－8a
4a ，x2＝
1＋ 1－8a
4a ．
当 x∈(0，x1)和 x∈(x2，＋∞)时 f'(x)＜0，x∈(x1，x2)时，f'(x)＞0，所以 f(x)在 x1 取得极
小值，在 x2 取得极大值，所以 f(x)有两个极值点．
综上可知：（ⅰ）a≤0 时，f(x)仅有一个极值点； （ⅱ） 当 a≥
1
8时，f(x)无极值点；（ⅲ）
当 0＜a＜
1
8时，f(x)有两个极值点．
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例 4、（2017 南通高三三模 20）已知函数 f(x)＝ax2＋cosx(a∈R)，记 f(x)的导函数为 g(x)．若
f(x)在 x＝0 处取得极小值，求 a 的取值范围．
四、归类研究
*1．已知 a 为实数，函数 f(x)＝alnx＋x2－4x，若 x＝3 是函数 f(x)的一个极值点，求实
数 a 的取值．
解：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a
x＋2x－4＝2x2－4x＋a
x .
∵x＝3 是函数 f(x)的一个极值点，
∴f′(3)＝0，解得 a＝－6.
经检验 a＝－6 时，x＝3 是函数 f(x)的一个极小值点，符合题意，∴a＝－6.
**2．设函数 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex,若 f(x)在 x=2 处取得极小值，求 a 的取值范
围．
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**3．设函数 f(x)＝ex
x2－k 2
x＋lnx (k 为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．若函数
f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求 k 的取值范围．
解： f ′(x)＝(x－2)( ex－kx)
x3 ，当 k≤0 时，函数 f(x)在(0,2)内单调递减，
故 f(x)在(0,2)内不存在极值点；
当 k>0 时，设函数 g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)．
因为 g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，
当 00，y＝g(x)单调递增，
故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；
当 k>1 时，得 x∈(0，lnk)时，g′(x)<0，函数 y＝g(x)单调递减，
x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0，函数 y＝g(x)单调递增，
所以函数 y＝g(x)的最小值为 g(lnk)＝k(1－lnk)．
函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点，
当且仅当
g (0) >0，
g(lnk)<0，
g(2)>0，
00，g(lnk)<0， g(2)>0，由单调性，连续性，
存在唯一 0＜x10，求证：函数 f(x)
既有极大值，又有极小值。
解：f'(x)＝aex(x－1)＋x2
x2 ，设 g(x)＝aex(x－1)＋x2，则 g'(x)＝x(aex＋2)，
因为 a＞0，所以，当 x∈(0，＋∞)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增；
当 x∈(－∞，0)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减；故 g(x)至多两个零点．
又 g(0)＝－a＜0，g(1)＝1＞0，所以存在 x1∈(0，1)，使 g(x1)＝0
又 g(x)在 x∈(0，＋∞)上单调递增，
所以当 x∈(0，x1)时，g(x)＜0，故 f'(x)＝g(x)
x2 ＜0，f(x)单调递减；
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当 x∈(x1，＋∞)时，g(x)＞0，故 f'(x)＝g(x)
x2 ＞0，f(x)单调递增；
所以函数 f(x)在 x＝x1 处取得极小值．
当 x∈(－∞，0)时，ex＜1，且 x－1＜0，
所 g(x)＝aex(x－1)＋x2＞a(x－1)＋x2＝x2＋ax－a＝(x－m)(x－n)，( m＜0＜n)
存在负实数 t＜m，则 g(t)＞0，又 g(0)＝－a＜0，
故在(t，0)上存在 x2，使 g(x2)＝0，
又 g(x)在 x∈(－∞，0)上单调递减，
当 x∈(－∞，x2)时，g(x)＞0，故 f'(x)＝g(x)
x2 ＞0，f(x)单调递增；
当 x∈(x2，0)时，g(x)＜0，故 f'(x)＝g(x)
x2 ＜0，f(x)单调递减；
所以函数 f(x)在 x＝x2 处取得极大值．
综上，函数 f(x)既有极大值，又有极小值.
**6．设函数 f (x)＝x－2ex－k(x－2lnx) (k 为实常数，e 是自然对数的底数)．
若函数 f (x)在(0，4)内存在三个极值点，求 k 的取值范围．
解析： (2) 因为 f′(x)＝（x－2）（ex－kx2）
x3 ＝
（x－2） ex
x2－k
x ，
当 k≤0 时，ex
x2－k＞0，所以 f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，4)上单调递增，不存在三
个极值点，所以 k＞0.(8 分)
又 f′(x)＝（x－2）（ex－kx2）
x3 ＝
（x－2） ex
x2－k
x ，
令 g(x)＝ex
x2，得 g′(x)＝ex·（x－2）
x3 ，
易知 g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，则 g(x)在 x＝2 处取得极小值，
得 g(2)＝e2
4，且 g(4)＝e4
16.(10 分)
于是可得 y＝k 与 g(x)＝ex
x2在(0，4)内有两个不同的交点的条件是 k∈ e2
4，e4
16 .
设 y＝k 与 g(x)＝ex
x2在(0，4)内有两个不同交点的横坐标分别为 x1，x2，则有 0＜x1＜2
＜x2＜4，
下面列表分析导函数 f′(x)及原函数 f(x)：
x (0，x1) x1 (x1，2) 2 (2，x2) x2 (x2，4) 4
x－2 － － － 0 ＋ ＋ ＋ 2
ex
x2－k ＋ 0 － e2
4－k － 0 ＋ e4
16－k
f′(x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋ ＋
f(x) 递减 极小值 递增 极大值 递减 极小值 递增
可知 f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，2)上单调递增，
在(2，x2)上单调递减，在(x2，4)上单调递增，
所以 f(x)在区间(0，4)上存在三个极值点．
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即函数 f(x)在(0，4)内存在三个极值点的 k 的取值范围是 e2
4，e4
16 .
类型三：导函数零点不可求问题
一、高考回顾
(17 年高考题).已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a＞3，b∈R)有极值，且导函数 f'(x)的极值
点是 f(x)的零点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），b＝2a2
9 ＋3
a．若 f(x)，f'(x)
这两个函数的所有极值之和不小于－7
2，求 a 的取值范围
解析：f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，设 f(x)的极值点是 x1，x2，则 x1＋x2＝－2
3a，x21＋x22＝4a2－6b
9 .
从而 f(x1)＋f(x2)＝x31＋ax21＋bx1＋1＋x32＋ax22＋bx2＋1
＝x1
3(3x21＋2ax1＋b)＋x2
3(3x22＋2ax2＋b)＋1
3a(x21＋x22)＋2
3b(x1＋x2)＋2
＝4a3－6ab
27 －4ab
9 ＋2＝0
记 f(x)，f ′(x)所有极值之和为 h(a)，
因为 f ′(x)的极值为 b－a2
3 ＝－1
9a2＋3
a，所以 h(a)＝－1
9a2＋3
a，a＞3.
因为 h'(a)＝－2
9a－3
a2＜0，于是 h(a)在(3，＋∞)上单调递减.
因为 h(6)＝－7
2，于是 h(a)≥h(6)，故 a≤6.
因此 a 的取值范围为(3,6].
二、方法联想
（1）多次求导
零点不存在或难以求出时，函数的导数可能大于或小于 0 恒成立，利用导数判断导函数
单调性，研究导数的最值。
（2）设出零点，整体代换
零点不可求的问题中，往往是超越方程无法求解或求解复杂，可利用零点满足的关系，
整体代换或合理推理，将复杂问题转化简单问题研究。
三、方法应用
例 1. f(x)＝ex＋2x2－3x，当 x≥1
2时，f(x)≥5
2x2＋(a－3)x＋1 恒成立，求实数 a 的取值范
围。
解析：f(x)≥5
2x2＋(a－3)x＋1ex＋2x2－3x≥5
2x2＋(a－3)x＋1，则
a≤
ex－1
2x2－1
x 在 x≥1
2上恒成立
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令 g(x)＝
ex－1
2x2－1
x ，则 g'(x)＝
ex(x－1)－1
2x2－1
x2
令 h(x)＝ex(x－1)－1
2x2－1，则 h'(x)＝x(ex－1)
当 x≥1
2时，h'(x)＞0 恒成立，即 h(x)≥h(1
2)＝7
8－1
2 e＞0
所以 g'(x)＞0，g(x)在[1
2，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1
2)＝2 e－9
4
所以 a≤2 e－9
4
例 2．（2018 浙江）已知函数 f(x)= x−lnx，若 f(x)在 x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，
证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；
解析：f'(x)＝ 1
2 x
－1
x，不妨设 f'(x1)＝f'(x2)＝t，即 x1，x2 是方程 1
2 x
－1
x＝t 的两根，
即 x1， x2是方程 tx2－x
2＋1＝0 的根，
所以Δ＝1
4－4t＞0，得 0＜t＜ 1
16，且 x1＋ x2＝1
2t， x1· x2＝1
t，
f(x1)＋f(x2)＝( x1＋ x2)－lnx1x2＝1
2t－ln1
t2＝1
2t＋2lnt，
令 g(t)＝1
2t＋2lnt，g'(t)＝2
t－ 1
2t2＝4t－1
2t2 ＜0，∴g(t)在(0， 1
16)上单调递减.
所以 g(t)＞g( 1
16)＝8－8ln2，即 f(x1)＋f(x2)＞8－8ln2.
例 3．已知函数 f(x)＝ lnx
(x＋a)2，其中 a 为常数．若 a＝－1，设函数 f(x)在(0,1)上的极值
点为 x0，求证：f(x0)＜－2．
解析：当 a＝－1 时，f(x)＝ lnx
(x－1)2，f'(x)＝x－1－2xlnx
x(x－1)3 ．
令 h(x)＝x－1－2xlnx，x∈(01)，
则 h'(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1，令 h'(x)＝0，得 x＝e－1
2．
①当 e－1
2≤x＜1 时，h'(x)≤0，∴h(x)＝x－1－2xlnx 单调递减，h(x)∈(02e－1
2－1]，
∴f'(x)＝x－1－2xlnx
x(x－1)3 ＜0 恒成立，∴f(x)＝ lnx
(x－1)2单调递减，且 f(x)≤f(e－1
2)，
②当 0＜x≤e－1
2时，h'(x)≥0，∴h(x)＝x－1－2xlnx 单调递增，
其中 h(1
2)＝1
2－1－21
2·ln(1
2)＝ln 4
e＞0，
又 h(e－2)＝e－2－1－2e－2·ln(e－2)＝5
e2－1＜0，
∴存在唯一 x0∈(e－2，1
2)，使得 h(x0)＝0，∴f'(x0)＝0，
当 0＜x＜x0 时，f'(x)＞0，∴f(x)＝ lnx
(x－1)2单调递增，
当 x0＜x≤e－1
2时，f'(x)＜0，∴f(x)＝ lnx
(x－1)2单调递减，且 f(x)≥f(e－1
2)，
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由①和②可知，f(x)＝ lnx
(x－1)2在(0，x0)单调递增，在(x0，1)上单调递减，
∴当 x＝x0 时，f(x)＝ lnx
(x－1)2取极大值．
∵h(x0)＝x0－1－2x0lnx0＝0，∴lnx0＝x0－1
2x0
，
∴f(x0)＝ lnx0
(x0－1)2＝ 1
2x0(x0－1)＝ 1
2(x0－1
2)2－1
2
，
又 x0∈(0，1
2)，∴2(x0－1
2)2－1
2∈(－1
20)，∴f(x0)＝ 1
2(x0－1
2)2－1
2
＜－2．
四、归类研究
*1．已知函数 f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1，证明：当 0＜x＜1 时，f(x)＜0
(考查利用二次求导，通过判定导函数的范围，确定导函数的符号)
解析：f'(x)＝lnx＋x＋1
x －1＝lnx＋1
x
f''(x)＝1
x－1
x2＝x－1
x2 ，令 f''(x)＝0，则 x＝1
当 x＞1 时，f''(x)＞0，f'(x)单调递增；当 0＜x＜1 时，f''(x)＜0，f'(x)单调递减，f'(x)min＝f'(1)
＝1＞0，所以 f(x)在 0＜x＜1 上单调递增
即 f(x)＜f(x)max＝f(1)＝0
**2.已知函数 f (x)＝x(ex－2)，g (x)＝x－lnx＋k，k∈R，e 为自然对数的底．记函数 F(x)
＝f(x)＋g (x)，若 F(x)＞0 的解集为(0，+∞)，求 k 的取值范围；
解析：F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex－x－lnx＋k，F ′(x)＝(x＋1)(ex－1
x)，
设 h(x)＝ex－1
x(x＞0)，则 h ′(x)＝ex＋1
x2＞0 恒成立，
所以函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又 h(1
2)＝ e－2＜0，h(1)＝e－1＞0，且 h(x)的图像在(0，＋∞)上不间断，
因此 h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点 x0∈(1
2，1)，且 ex0＝1
x0
．
当 x∈(0，x0)时，h(x)＜0，即 F ′(x)＜0；当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即 F ′(x)＞0，
所以 F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
于是 x＝x0 时，函数 F(x)取极(最)小值为 F(x0)＝x0ex0－x0－lnx0＋k
＝1－x0－ln 1
ex0＋k＝1＋k．
因为 F(x)＞0 的解集为(0，＋∞)，
所以 1＋k＞0，即 k＞－1．
**3.已知函数 f(x)＝xlnx＋ax，若对任意 x∈(1，＋∞)，f(x)＞k(x－1)＋ax－x 恒成立，求
正整数 k 的值。
(考查利用利用零点存在性定理，确定导函数零点的性质)
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解析：问题可转化为当 x∈(1，＋∞)时，k＜xlnx＋x
x－1 恒成立
设 h(x)＝xlnx＋x
x－1 ，h'(x)＝x－lnx－2
(x－1)2
令 m(x)＝x－lnx－2，m'(x)＝1－1
x＞0 所以 m(x)在定义域内单调递增
m(3)＝1－ln3＜0，m(4)＝2－ln4＞0
所以存在 x0∈(3，4)使得 m(x0)＝x0－lnx0－2＝0
当 x∈(1，x0)，m(x)＜0，h'(x)＜0，h(x)单调递减
当 x∈(x0，＋∞)，m(x)＞0，h'(x)＞0，h(x)单调递增
h(x)min＝h(x0)＝x0lnx0＋x0
x0－1 ＝x0(lnx0＋1)
x0－1 ①
又因为 m(x0)＝x0－lnx0－2＝x0－1－(lnx0＋1)＝0 ②
由由①②得 h(x)min＝h(x0)＝x0
所以 k＜x0，k＝1，2，3
***4．已知函数 f(x)＝x2ex－ln x，证明：当 x＞0 时，f(x)＞1．
(要证 f(x)＞1，等价于证明最小值大于 1，需要研究单调性，但导函数零点无法求出，
利用导数研究导函数的单调性，即二次求导，结合零点存在性定理，证明零点的范围，
再将 ex0＝ 1
x02(x0＋2)带入化简)
证明：f ′(x)＝x (x＋2) ex－1
x, x＞0．
由 f ′′(x)＝(x2＋4x＋2) ex＋1
x2＞0，则 f ′(x)在(0,＋∞)上单调递增，且是连续函数，
又 f ′(1
4)＜0，f ′(1
2)＞0，由零点存在性定理可知
存在唯一 x0∈(1
4,1
2)，使得 f ′(x0)＝0．
当 x∈(0, x0)时，f ′(x)＜0，f(x)在(0, x0)上单调递减；
当 x∈( x0,＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)在( x0,＋∞)上单调递增．
所以 f(x)的最小值为 f(x0)，即 f(x)≥f(x0)＝x02ex0－ln x0，又 ex0＝ 1
x02(x0＋2)
所以 f(x)≥f(x0)＝x0＋2－ln x0，x0∈(1
4,1
2)以下可证 f(x)＞1．
**5.（2017 课标 II，理）已知函数 f(x)＝x2－x－xlnx．证明：f(x)存在唯一的极大值点
x0，且 e－2＜f(x0)＜2－2。
(利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值)
证明：由（1）知 f(x)＝x2－x－xlnx，f'(x)＝2x－2－lnx。
设 h(x)＝2x－2－lnx，则 h'(x)＝2－1
x。
当 x∈(0，1
2)时，h'(x)＜0；当 x∈(1
2，＋∞)时，h'(x)＞0，
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所以 h(x)在(0，1
2)单调递减，在(1
2，＋∞)单调递增。
又 h(e－2)＞0，h(1
2)＜0，h(1)＝0，
所以 h(x)在(0，1
2)有唯一零点 x0，在[1
2，＋∞)有唯一零点 1，
且当 x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当 x∈(x0，1)时，h(x)＜0，
当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0。
因为 f'(x)＝h(x)，所以 x＝x0 是 f(x)的唯一极大值点。
由 f'(x0)＝0 得 lnx0＝2(x0－1)，故 f(x0)＝x0(1－x0)。
由 x0∈(0，1)得 f(x0)＜1
4。
因为 x＝x0 是 f(x)在（0,1）的最大值点，
由 e－1∈(0，1)，f'(e－1)≠0 得 f(x0)＞f(e－1)＝e－2。
所以 e－2＜f(x0)＜2－2。
***6．设函数 f(x)＝e2x－alnx.证明：当 a＞0 时，f(x)≥2a＋aln2
a.
(考察常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利
用导数证明不等式；运算求解能力．f(x)的最小值为 f(x0)，但 x0 无法解出，利用 x0 满
足的关系 2e2x0－ a
x0
＝0，将 e2x0＝ a
2x0
带入，再用基本不等式消掉 x0)
解析：a＞0 时，f ′(x)＝2e2x－a
x，可设 f ′(x)在(0,＋∞)的唯一零点为 x0（要证明）
当 x∈(0,x0)时，f ′(x)＜0;当 x∈(x0,＋∞)时，f ′(x)＞0.
故 f(x)在(0,x0)单调递减，在(x0,＋∞)单调递增，所以当 x＝x0 时，f(x)取得最小值，最小
值为 f(x0).
由于 2e2x0－a
x0
＝0，所以 f(x0)＝ a
2x0
＋2ax0＋aln2
a≥2a＋aln2
a.
故当 a＞0 时，f(x)≥2a＋aln2
a.
**7．设函数 f(x)＝ex－1－x－ax2，若当 x≥0 时 f(x)≥0，求 a 的取值范围．
(导函数零点不可求，可通过多次求导，判断导函数的符号)
解析：f(0)＝0，f′(x)＝ex－1－2ax，令 g(x)＝f ′(x)，
则 g(0)＝0，g ′(x)＝ex－2a，
若 g ′(x)≥0 恒成立，则 a≤1
2ex，即 a≤(1
2ex)min＝1
2，则 g(x)≥0 即 f ′(x)≥0，
所以 f(x)≥0 成立。
当 a＞1
2时，令 g ′(x)＝ex－2a＜0，可得 x＜ln2a，
所以 x∈[0, ln2a)时，g ′(x)＜0，则函数 g(x)在[0, ln2a)上单调减，
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所以 x∈(0, ln2a)时，g(x)＜g(0)＝0，即 f ′(x)＜0，所以函数 f(x)在[0, ln2a)上单
调减，则 f(x)＜f(0)＝0，不符合题意．
综上，a 的取值范围(－∞,1
2]．
**8．已知函数 f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1．求证：(x－1)f(x)≥0．
(连续运用多次求导，每次求导都可发现，新的导数都更有利于求出导数的零点，多次
求导是解决导函数零点的一个有效方法)
答案：略
***9.已知函数 f(x)＝1＋lnx－k（x－2）
x ，其中 k 为整数，且当 x＞2 时，f(x)＞0 恒成立，
求 k 的最大值．(参考数据：ln8＝2.08，ln9＝2.20，ln10＝2.30)
(恒成立问题可以通过分离变量，求最值处理，但导函数零点不可求出，可用零点存在
性定理求出零点所在区间，从而得到最值的范围)
解析：(方法 1)由题意知，1＋lnx－k（x－2）
x ＞0 对 x∈(2，＋∞)恒成立，
即 k＜x＋xlnx
x－2 对 x∈(2，＋∞)恒成立．令 h(x)＝x＋xlnx
x－2 ，则 h′(x)＝x－2lnx－4
（x－2）2 .
设 v(x)＝x－2lnx－4，则 v′(x)＝x－2
x .当 x∈(2，＋∞)时，v′(x)＞0，所以 v(x)在(2，＋
∞)上为增函数．因为 v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0，
所以存在 x0∈(8，9)，v(x0)＝0，即 x0－2lnx0－4＝0.
当 x∈(2，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当 x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调
递增．所以当 x＝x0 时，h(x)的最小值 h(x0)＝x0＋x0lnx0
x0－2 .
因为 lnx0＝x0－4
2 ，所以 h(x0)＝x0
2 ∈(4，4.5)．故所求的整数 k 的最大值为 4.(16 分)
(方法 2)由题意知，1＋lnx－k（x－2）
x ＞0 对 x∈(2，＋∞)恒成立，
f(x)＝1＋lnx－k（x－2）
x ，f′(x)＝x－2k
x2 .① 当 2k≤2，即 k≤1 时，f′(x)＞0 对 x∈(2，
＋∞)恒成立，所以 f(x)在(2，＋∞)上单调递增．而 f(2)＝1＋ln2＞0 成立，所以满足要
求．
② 当 2k＞2，即 k＞1 时，
当 x∈(2，2k)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当 x∈(2k，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递
增．
所以当 x＝2k 时，f(x)有最小值 f(2k)＝2＋ln2k－k.
从而 f(x)＞0 在 x∈(2，＋∞)恒成立，等价于 2＋ln2k－k＞0.
令 g(k)＝2＋ln2k－k，则 g′(k)＝1－k
k ＜0，从而 g(k)在(1，＋∞)上为减函数．
因为 g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0，
所以使 2＋ln2k－k＜0 成立的最大正整数 k＝4.
综合①②知，所求的整数 k 的最大值为 4.
类型四：极值点偏移问题
一、高考回顾
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（2013 湖南文）．已知函数 f(x)＝1－x
1＋x2ex，证明：当 f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，x1＋x2＜0．
解析：易知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减。当 x＜1 时，
由于1－x
1＋x2＞0，ex＞0，所以 f(x)＞0；同理，当 x＞1 时，f(x)＜0。
当 f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，不妨设 x1＜x2，由函数单调性知 x1∈(－∞，0)，x2∈(0，1)。
下面证明：x∈(0，1)，f(x)＜f(－x)，即证：1－x
1＋x2ex＜ 1＋x
1＋x2e－x，
此不等式等价于(1－x)ex－1＋x
ex ＜0.
令 F(x)＝(1－x)ex－1＋x
ex ，x∈(0，1)，则 F'(x)＝－xe－x(e2x－1)，当 x∈(0，1)时，F'(x)
＜0，F(x)单调递减，从而 F(x)＜F(0)＝0，即(1－x)ex－1＋x
ex ＜0，
所以x∈(0，1)，f(x)＜f(－x)。
而 x2∈(0，1)，所以 f(x2)＜f(－x2)，又 f(x1)＝f(x2)，从而 f(x1)＜f(－x2).
由于 x1，－x2∈(－∞，0)，且 f(x)在(－∞，0)上单调递增，所以 x1＜－x2，
即 x1＋x2＜0．
二、方法联想
1．换元法
将 x1与 x2的差或商等当做整体，构造新元设为 t，令 t＝x2
x1
或 t＝x1－x2等，求出 x1，x2与
t 之间的关系，转化为关于 t 的函数问题
2．构造函数
①讨论函数 f(x)的单调性并求出 f(x)的极值点 x0；
假设此处 f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
②构造 F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；
注：此处根据题意需要还可以构造成 F(x)＝f(x)－f(2x0－x)的形式
③通过求导 F'(x)讨论 F(x)的单调性，判断出 F(x)在某段区间上的正负，并得出 f(x0＋x)
与 f(x0－x)的大小关系；
假设此处 F(x)在(0，＋∞)上单调递增，那么我们便可得出 F(x)＞F(x0)＝f(x0)－f(x0)＝0，
从而得到：x＞x0 时，f(x0＋x)＞f(x0－x).
④不妨设 x1＜x0＜x2，通过 f(x)的单调性，f(x1)＝f(x2)，f(x0＋x)与 f(x0－x)的大小关系得
出结论；
接上述情况，由于 x＞x0 时，f(x0＋x)＞f(x0－x)且 x1＜x0＜x2，f(x1)＝f(x2)，故 f(x1)＝f(x2)
＝f[x0＋(x2－x0)]＞f[x0－(x2－x0)]＝f(2x0－x2)，又因为 x1＜x0，2x0－x2＜x0 且 f(x)在(－∞，
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x0)上单调递减，从而得到 x1＜2x0－x2，从而 x1＋x2＜2x0 得证.
三、方法应用
例 1. (2016 年新课标 I 卷)已知函数 f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2 有两个零点 x1，x2.
证明：x1＋x2＜2.
法一：参变分离再构造差量函数
由已知得：f(x1)＝f(x2)＝0，不难发现 x1≠1，x2≠1，
故可整理得：－a＝(x1－2)ex1
(x1－1)2 ＝(x2－2)ex2
(x2－1)2
设 g(x)＝(x－2)ex
(x－1)2 ，则 g(x1)＝g(x2)
那么 g'(x)＝(x－2)2＋1
(x－1)3 ex，当 x＜1 时，g'(x)＜0，g(x)单调递减；当 x＞1 时，g'(x)＞0，
g(x)单调递增．
设 m＞0，构造代数式：
g(1＋m)－g(1－m)＝m－1
m2 e1＋m－－m－1
m2 e1－m＝1＋m
m2 e1－m(m－1
m＋1e2m＋1)
设 h(m)＝m－1
m＋1e2m＋1，m＞0
则 h'(m)＝ 2m2
(m＋1)2e2m＞0，故 h(m)单调递增，有 h(m)＞h(0)＝0．
因此，对于任意的 m＞0，g(1＋m)＞g(1－m)．
由 g(x1)＝g(x2)可知 x1、x2 不可能在 g(x)的同一个单调区间上，
不妨设 x1＜x2，可证得 0＜x1＜1＜x2
令 m＝1－x1＞0，则有 g[1＋(1－x1)]＞g[1－(1－x1)]g(2－x1)＞g(x1)＝g(x2)
而 2－x1＞1，x2＞1，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因此：g(2－x1)＞g(x2)2－x1＞x2 整理得：x1＋x2＜2．
法二：参变分离再构造对称函数
由法一，得 g(x)＝(x－2)ex
(x－1)2 ，构造 G(x)＝g(x)－g(2－x)，(x∈(－∞，1))，
利用单调性可证，此处略.
例 2．设函数 f(x)＝x2，g(x)＝alnx＋bx(a＞0)，设 G(x)＝f(x)＋2－g(x)有两个零点 x1，
x2，且 x1，x0，x2 成等差数列，试探究 G'(x0)值的符号．
解析：因为 G(x)＝x2＋2－alnx－bx 有两个零点 x1，x2，
则有
x12＋2－alnx1－bx1＝0
x22＋2－alnx2－bx2＝0，
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两式相减得 x22－x12－a(lnx2－lnx1)－b(x2－x1)＝0
即 x2＋x1－b＝a(lnx2－lnx1)
x2－x1
，于是 G'(x0)＝2x0－a
x0
－b＝(x1＋x2－b)－ 2a
x1＋x2
＝a(lnx2－lnx1)
x2－x1
－ 2a
x1＋x2
＝ a
x2－x1[lnx2
x1－2(x2－x1)
x1＋x2 ]
＝ a
x2－x1
[lnx2
x1
－
2(x2
x1
－1)
1＋x2
x1
]
①当 0＜x1＜x2 时，令x2
x1
＝t，则 t＞1，且 G'(x0)＝ a
x2－x1
(lnt－2(t－1)
1＋t ).
设 u(t)＝lnt－2(t－1)
1＋t (t＞1)，
则 u'(t)＝1
t－ 4
(1＋t)2＝(1－t)2
t(1＋t)2＞0，
则 u(t)＝lnt－2(t－1)
1＋t 在(1，＋∞)上为增函数．
而 u(1)＝0，所以 u(t)＞0，即 lnt－2(t－1)
1＋t ＞0.
又因为 a＞0，x2－x1＞0，所以 G'(x0)＞0.
②当 0＜x2＜x1 时，同理可得：G'(x0)＞0.
综上所述：G'(x0)的符号为正·
四、归类研究
**1．已知函数 f(x)＝ex
ex，其导函数记为 f′(x)(e 为自然对数的底数)．若存在实数 x1，x2(x1
≠x2)使得 f(x1)＝f(x2)，求证： f′
x1＋x2
2 <0.
(利用构造的新元，将两个旧的变元都换成新元来表示，从而达到消元的目的)
证明： 由题意 f(x1)＝f(x2)，则e·x1
ex1
＝e·x2
ex2
，不妨设 01，(11 分)
只需证 x2－x1
lnx2－lnx1
1，则 lnt＝t－1
tx1
，故 x1＝t－1
tlnt .
于是，x1＋x2＝x1(t＋1)＝t2－1
tlnt ，
x1＋x2－2＝
2
t2－1
2t －lnt
lnt .
记函数 g(x)＝x2－1
2x －lnx，x>1.
因 g′(x)＝（x－1）2
2x2 >0，故 g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
于是，t>1 时，g(t)>g(1)＝0.又 lnt>0，所以 x1＋x2>2.
***3.已知 x1，x2 是函数 f(x)＝ex－ax 的两个零点，且 x1＜x2，
（1）求证：x1＋x2＞2；（ 2）求证：x1·x2＜1.
（从消元的角度，消掉参数 a，得到一个关于 x1，x2 的多元不等式证明，利用换元思想，
将多元不等式变成了一元不等式达到消元的目的，并通过构造函数证明相应不等式）
解析：(1)问题可以转化为：y＝x
ex与 y＝1
a有两个交点，可证 0＜x1＜1＜x2
且
ex1＝ax1
ex2＝ax2
，即
x1＝ex1
a
x2＝ex2
a
，∴ex2－ex1＝a(x2－x1)，a＝ex2－ex1
x2－x1
故要证：x1＋x2＞2，即证：ex1＋ex2
a ＞2，也即证：ex1＋ex2
ex2－ex1
＞ 2
x2－x1
，
也即ex2－x1＋1
ex2－x－1
＞ 2
x2－x1
，令 t＝x2－x1，则 t∈(0，＋∞)
设 g(t)＝t(et＋1)－2(et－1)，则 g'(t)＝tet－et＋1，g''(t)＝tet＞0，
∴g'(t)在(0，＋∞)单调递增，即 g'(t)＞g'(0)＝0.
∴g(t)在(0，＋∞)单调递增，即 g(t)＞g(0)＝0，故原不等式得证.
法二：消去 a，x1
ex1＝x2
e x2
，令 t＝x2
x1
，转化为证明关于 t 的函数．
(2)要证：x1x2＜1，即证：ex1·ex2
a2 ＜1，等价于 ex1·ex2＜(ex2－ex1
x2－x1
)2，
也即 ex1·ex2
(ex2－ex1)2＜ 1
(x2－x1)2，等价于 ex2－x1
(ex2－x1－1)2
＜ 1
(x2－x1)2，令 t＝x2－x1＞0
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等价于 et
(et－1)2＜1
t2(t＞0)，也等价于 e
t
2
et－1＜1
t(t＞0)，等价于即证：t·e
t
2－et＋1＜0
令 h(t)＝t·e
t
2－et＋1(t＞0)，则 h'(t)＝e
t
2＋1
2t·e
t
2－et＝e
t
2(1＋t
2－e
t
2)，
又令 φ(t)＝1＋t
2－e
t
2(t＞0)，得 φ'(t)＝1
2－t
2·e
t
2＜0，∴φ(t)在(0，＋∞)单调递减，
φ(t)＜φ(0)＝0，从而 h'(t)＜0，h(t)在(0，＋∞)单调递减，∴h(t)＜h(0)＝0，即证原不等
式成立.
***4.已知 f(x)＝xlnx 的图像上有 A，B 两点，其横坐标为 0＜x1＜x2＜1，且 f(x1)＝f(x2).
证明：2
e＜x1＋x2＜1.
解析：（1）证明：由 f(x)＝xlnx，f'(x)＝lnx＋1，令 f'(x)＝0，得 x＝1
e，
故 0＜x1＜1
e＜x2＜1，构造函数 F(x)＝f(x)－f(2
e－x)，(0＜x＜1
e)，
则 F'(x)＝lnx＋ln(2
e－x)＋2＝lnx(2
e－x)＋2＜ln1
e2＋2＝0，故 F(x)在(0，1
e)上单调递减，即
F(x)＞F(1
e)＝0，∴f(x)＞f(2
e－x)，令 x＝x1，则 f(x2)＝f(x1)＞f(2
e－x1)，再由 x2，2
e－x1∈(1
e，
1)，且 f(x)在(1
e，1)上单调递增，故 x2＞2
e－x1，即证：x1＋x2＞2
e.
又构造函数：g(x)＝f(x)－f(1－x)，(0＜x＜1
2)，
则 g'(x)＝lnx＋ln(1－x)＋2，g′′(x)＝1
x－ 1
1－x＝ 1－2x
x(1－x)＞0，
故 g'(x)在(0，1
2)上单调递增， g'(1
e)＝ln(e－1)＞0，故必存在 x0∈(0，1
e)，使得 g'(x0)
＝0，故 g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，1
2)上单调递增，又 x→0 时，g(x)→0，且
g(1
2)＝0，故 g(x)＜0 在 x∈(0，1
2)上恒成立，也即 f(x)＜f(1－x)在 x∈(0，1
2)上恒成立，
令 x＝x1，有 f(x1)＝f(x2)＜f(1－x1)，再由 x2，1－x1∈(1
e，1)，且 f(x)在(1
e，1)上单调
递增，故 x2＜1－x1，即证：x1＋x2＜1 成立.
综上：即证2
e＜x1＋x2＜1 成立.
***5．已知函数 f(x)＝lnx－1
x，g(x)＝ax，若 f(x)与 g(x)的图象有两个交点 A(x1，y1)，B(x2，
y2)，求证：x1x2＞2e2.(取 e 为 2.8，取 ln2 为 0.7，取 2为 1.4)
证明：由题意知 lnx1－1
x1
＝ax1，lnx2－ 1
x2
＝ax2，
两式相加得 ln(x1x2)－x1＋x2
x1x2
＝a(x1＋x2)，
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两式相减得 lnx2
x1
－x1－x2
x1x2
＝a(x2－x1)，
即
lnx2
x1
x2－x1
＋ 1
x1x2
＝a，
∴ ln(x1x2)－x1＋x2
x1x2
＝
lnx2
x1
x2－x1
＋ 1
x1x2
(x1＋x2)，
即 ln(x1x2)－2（x1＋x2）
x1x2
＝x1＋x2
x2－x1
lnx2
x1
.(12 分)
不妨令 0＜x1＜x2，记 t＝x2
x1
＞1，
令 F(t)＝lnt－2（t－1）
t＋1 (t＞1)，则 F′(t)＝（t－1）2
t（t＋1）＞0，
∴ F(t)＝lnt－2（t－1）
t＋1 在(1，＋∞)上单调递增，则 F(t)＝lnt－2（t－1）
t＋1 ＞F(1)＝0，
∴ lnt＞2（t－1）
t＋1 ，则 lnx2
x1
＞2（x2－x1）
x1＋x2
，
∴ ln(x1x2)－2（x1＋x2）
x1x2
＝x1＋x2
x2－x1
lnx2
x1
＞2.
又 ln(x1x2)－2（x1＋x2）
x1x2
＜ln(x1x2)－4 x1x2
x1x2
＝ln(x1x2)－ 4
x1x2
＝2ln x1x2－ 4
x1x2
，
∴ 2ln x1x2－ 4
x1x2
＞2，即 ln x1x2－ 2
x1x2
＞1.
令 G(x)＝lnx－2
x，则 x＞0 时，G′(x)＝1
x＋ 2
x2＞0，
∴ G(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又 ln 2e－ 2
2e＝1
2ln2＋1－ 2
e ≈0.85＜1，
∴ G( x1x2)＝ln x1x2－ 2
x1x2
＞1＞ln 2e－ 2
2e，则 x1x2＞ 2e，即 x1x2＞2e2.
***6．已知函数 f(x)＝4lnx－1
2mx2（m＞0），若函数 g(x)＝f(x)－(m－4)x，对于曲线 y＝
g(x)上的两个不同的点 M(x1，g(x1))，N(x2，g(x2))，记直线 MN 的斜率为 k，若 k＝g'(x0)，
证明：x1＋x2＞2x0.
(极值点偏移问题，构造函数，利用齐次式，设新元，研究一元函数)
证明：因为 g(x)＝f(x)－(m－4) x＝4lnx－1
2mx2＋(4－m) x
所以 g(x1)－g(x2)＝4(lnx1－lnx2)－ 1
2m(x1＋x2) (x1－x2)＋(4－m) (x1－x2)
由题设得 g'(x0)＝g(x1)－g(x2)
x1－x2
＝ 4(lnx1－lnx2)
x1－x2
－ 1
2m(x1＋x2)＋(4－m).
又 g'(x1＋x2
2 )＝ 8
x1＋x2
－m ·x1＋x2
2 ＋4－m，
∴g'(x0)－g'(x1＋x2
2 )＝4(lnx1－lnx2)
x1－x2
－ 8
x1＋x2
＝ 4
x2－x1
[(lnx2－lnx1)－2(x2－x1)
x2＋x1
]
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＝ 4
x2－x1
[lnx2
x1
－
2(x2
x1
－1)
x2
x1
＋1
].
不妨设 0＜x1＜x2， t＝x2
x1
，则 t＞1，则 lnx2
x1
－
2(x2
x1
－1)
x2
x1
＋1
＝lnt－2(t－1)
t＋1 (t＞1).
令 h(t)＝lnt－2(t－1)
t＋1 (t＞1)，则 h'(t)＝(t－1)2
t(t＋1)2＞0，所以 h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所
以 h(t)＞h(1)＝0。
故 lnx2
x1
－
2(x2
x1
－1)
x2
x1
＋1
＞0.
又因为 x2－x1＞0，因此 g'(x0)－g'(x1＋x2
2 )＞0，即 g'(x1＋x2
2 )＜g'(x0).
又由 g'(x)＝4
x－mx＋(4－m)知 g'(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以x1＋x2
2 ＞x0，即 x1＋x2＞2x0.
***7．已知函数 f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，若方程 f(x)＝c 有两个不相等的实数根 x1，x2，
求证：f ′(x1＋x2
2 )＞0.
证明：法一：由 f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，
得 f'(x)＝2x－(a－2)－a
x＝2x2－(a－2)x－a
x ＝(2x－a)(x＋1)
2 ，故只有 a＞0 时，方程 f(x)＝
c 才有两个不相等的实数根 x1，x2，不妨设 x1＜x2，则 0＜x1＜a
2＜x2，
满足
x12－(a－2)x1－alnx1＝c，
x22－(a－2)x2－alnx2＝c，，
两式相减得：x12－(a－2)x1－alnx1－x22＋(a－2)x2＋alnx2＝0……
化简得：a＝x12＋2x1－x22－2x2
x1＋lnx1－x2－lnx2
.
欲证：f'(x1＋x2
2 )＞0＝f'(a
2)，结合 f'(x)的单调性，即证：x1＋x2
2 ＞a
2
等价于证明：x1＋x2＞x12＋2x1－x22－2x2
x1＋lnx1－x2－lnx2
lnx1
x2
＜2x1－2x2
x1＋x2
＝
2x1
x2
－2
x1
x2
＋1
令 t＝x1
x2
，(0＜t＜1)，构造函数 g(t)＝lnt－2t－2
t＋1 ，(0＜t＜1)，求导由单调性易得原不等
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式成立，略.
法二：接后续解:
由得：(x1＋x2)(x1－x2)－(a－2)(x1－x2)－alnx1
x2
＝0
即：(x1＋x2)－(a－2)－
alnx1
x2
x1－x2
＝0……
而 f'(x1＋x2
2 )＝(x1＋x2)－(a－2)－
alnx1
x2
x1－x2
……
由得：f'(x1＋x2
2 )＝
alnx1
x2
x1－x2
－ 2a
x1＋x2
＝ a
x1－x2
(lnx1
x2
－2(x1－x2)
x1＋x2
)＝ a
x1－x2
(lnx1
x2
－
2(x1
x2
－1)
x1
x2
＋1
)……④
要证：f'(x1＋x2
2 )＞0 a
x1－x2
(lnx1
x2
－
2(x1
x2
－1)
x1
x2
＋1
)＞0，令 t＝x1
x2
，(0＜t＜1)
构造函数 m(t)＝lnt－2(t－1)
t＋1 ，(0＜t＜1)，求导由单调性易得 m(t)＜0 在 t∈(0，1)恒成立，
又因为 a＞0，x1－x2＜0，故 f'(x1＋x2
2 )＞0 成立.
法三：接④后续解：
视 x1 为主元，设 g(x)＝lnx－lnx2－2(x－x2)
x＋x2
，g'(x)＝1
x－ 4x2
(x＋x2)2＝(x－x2)2
(x＋x2)2＞0
则 g(x)在 x∈(0，x2)上单调递增，故 g(x)＜g(x2)＝0，再结合 a＞0，x1－x2＜0，故 f'(x1＋x2
2 )
＞0 成立.
法四：构造函数 h(x)＝f(a
2－x)－f(a
2＋x)，(0＜x＜a
2)，
则 h'(x)＝－f'(a
2－x)－f'(a
2＋x)＝ 4x2
(a
2＋x)(a
2－x)
＞0，从而 h(x)在(0，a
2)上单调递增，故 h(x)
＞h(0)＝0，即 f(a
2－x)＞f(a
2＋x)对 x∈(0，a
2)恒成立，
从而 f(x)＞f(a－x)，(0＜x＜a
2)，则 f(x2)＝f(x1)＞f(a－x1)，由 x2，a－x1∈(a
2，＋∞)，且
f(x)在(a
2，＋∞)单调递增，故 x2＞a－x1，即x1＋x2
2 ＞a
2，从而 f'(x1＋x2
2 )＞0 成立.
***8．已知 f(x)＝xlnx 的图像上有 A，B 两点，其横坐标为 0＜x1＜x2＜1，且 f(x1)＝f(x2).
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证明：1＜ x1＋ x2＜ 2
e.（文科慎选）
令 t1＝ x1，t2＝ x2，则 x1＝t12，x2＝t22，t1，t2∈(0，1)，且
h(t)＝2t2lnt，h(t1)＝h(t2)，h'(t)＝2t(2lnt＋1)，令 h'(t)＝0，得 t＝ 1
e
，
故 0＜t1＜ 1
e
＜t2＜1.构造函数 H(t)＝h(t)－h( 2
e
－t)，(0＜t＜ 1
e
)，则
H'(t)＝h'(t)＋h'( 2
e
－t)，H''(t)＝h''(t)－h''( 2
e
－t)，由于 h'''(t)＝4
t＞0，则 h''(t)
在(0， 1
e
)上单调递增，因为 t＜ 2
e
－t，故 H''(t)＜0，H'(t)在(0， 1
e
)上单调递减，
故 H'(t)＞H'( 1
e
)＝0，即 H(t)在(0， 1
e
)上单调递增，即 H(t)＜H( 1
e
)＝0，即 h(t)
＜h( 2
e
－t)，同理得出：t1＋t2＜ 2
e
；
再构造G(x)＝h(t)－h(1－t)，(0＜t＜1
2)，同样求导利用单调性可得出 G(t)＞G(1
2)＝0，
从而 h(t)＞h(1－t)对 t∈(0，1
2)恒成立，同理得出：t1＋t2＞1.
综上：即证 1＜t1＋t2＜ 2
e
成立，也即原不等式 1＜ x1＋ x2＜ 2
e
成立.
**9.设函数 f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋b
x－c(a，b，c∈R)． 当 a＝1 时，设函数 y＝f(x)与 y＝
g(x)的图象交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)两点．求证：x1x2－x2＜b＜x1x2－x1．
解析：当 a＝1 时，因为函数 f(x)与 g(x)的图象交于 A，B 两点，
.所以
lnx1＝x1＋b
x1
－c
lnx2＝x2＋b
x2
－c
，两式相减，得 b＝x1x2(1－
lnx2－lnx1
x2－x1
). ………………12 分
要证明 x1x2－x2＜b＜x1x2－x1，即证 x1x2－x2＜x1x2(1－lnx2－lnx1
x2－x1
)＜x1x2－x1，
即证1
x2
＜lnx2－lnx1
x2－x1
＜1
x1
，即证 1－x1
x2
＜lnx2
x1
＜x2
x1
－1. .
令x2
x1
＝t，则 t＞1，此时即证 1－1
t＜lnt＜t－1．
令 φ(t)＝lnt＋1
t－1，所以 φ'(t)＝1
t－1
t2＝t－1
t2 ＞0，所以当 t＞1 时，函数 φ(t)单调递增．
又 φ(1)＝0，所以 φ(t)＝lnt＋1
t－1＞0，即 1－1
t＜lnt 成立；
再令 m(t)＝lnt－t＋1，所以 m'(t)＝1
t－1＝1－t
t ＜0，所以当 t＞1 时，函数 m(t)单调递减，
又 m(1)＝0，所以 m(t)＝lnt－t＋1＜0，即 lnt＜t－1 也成立．
综上所述， 实数 x1，x2 满足 x1x2－x2＜b＜x1x2－x1.
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类型五 恒成立问题和存在性问题
一、高考回顾
1（2014 江苏）．已知函数 f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意 x∈[m，m＋1]，都有 f(x)＜0
成立，则实数 m 的取值范围是 ．
答案：(－ 2
2 ，0)
解析：据题意
f（m）＝m2＋m2－1＜0，
f（m＋1）＝（m＋1）2＋m（m＋1）－1＜0，
解得－ 2
2 ＜m＜0. 则实数 m 的取值范围是(－ 2
2 ，0)
2（2014 江苏）．已知函数 f(x)＝ex＋e－x，其中 e 是自然对数的底数。若关于 x 的不等
式 mf(x)≤e－x＋m－1 在(0，＋∞)上恒成立，求实数 m 的取值范围；
解析： 由 mf(x)≤e－x＋m－1 得 m(f(x)－1)≤e－x－1，由于当 x＞0 时，ex＞1，因此 f(x)
＝ex＋e－x＞2，即 f(x)－1＞1＞0，所以 m≤ e－x－1
f（x）－1＝ e－x－1
ex＋e－x－1＝ 1－ex
e2x＋1－ex.令 y＝
1－ex
e2x＋1－ex，设 t＝1－ex，则 t＜0，1
y＝（1－t）2＋t
t ＝t＋1
t－1，因为 t＜0，所以 t＋1
t≤
－2(t＝－1 时等号成立)，即1
y≤－2－1＝－3，－1
3≤y＜0，所以 m≤－1
3.
3(2016 江苏)．已知函数 f(x)＝2x＋(
1
2)x,
若对任意 x∈R，不等式 f(2x)≥mf(x)－6 恒成立，
求实数 m 的最大值；
解析：由条件知 f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f(x))2－2.
因为 f(2x)≥mf(x)－6 对于 x∈R 恒成立，且 f(x)＞0，
所以 m≤(f(x))2＋4
f(x) 对于 x∈R 恒成立.
而(f(x))2＋4
f(x) ＝f(x)＋ 4
f(x)≥2 f(x)· 4
f(x)＝4，且(f(0))2＋4
f(0) ＝4，
所以 m≤4，故实数 m 的最大值为 4.
二、方法联想
(1)恒成立问题
① ∀x∈D,均有 f(x)>A 恒成立,则 f(x)min>A；
②. ∀x∈D,均有 f(x) >g(x)恒成立,则 F(x)= f(x)－g(x) >0,所以 F(x)min >0；
(2)存在性问题
①∃x0∈D,使得 f(x0)>A 成立,则 f(x) max >A；
②∃x0∈D,使得 f(x0) >g(x0)成立,设 F(x)= f(x)－g(x),则 F(x) max >0；
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(3)恒成立与存在性综合性问题
相等问题
若 f(x)的值域分别为 A,B,则
①∀x1∈D, ∃x2∈E,使得 f(x1)=g(x2)成立,则 AB ；
② ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1)=g(x2)成立,则 AB.
不等问题
①∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) >g(x2)成立,则 f(x)min> g(x) min；
② ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立,则 f(x)min> g(x)max；
③ ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得 f(x1) >g(x2)成立,则 f(x) max > g(x) min；
(4) 分离参数法
不等式 f(x，λ)≥0,（ x∈D,λ 为实参数）恒成立中参数 λ 的取值范围的基本步骤:
①将参数与变量分离,即化为 g(λ)≥f(x)（或 g(λ)≤f(x)）恒成立的形式；
②求 f(x)在 x∈D 上的最大（或最小）值；
③解不等式 g(λ)≥f(x)max(或 g(λ)≤f(x)min) ,得 λ 的取值范围.
(5) 数形结合法
对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解.利用数形结合解决恒成立
问题,应先构造函数,作出符合已知条件的图形,再考虑在给定区间上函数与函数图
象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围.
(6) 含参讨论法
对于参数不能分离或分离较复杂的问题，可以先利用特殊值，缩小参数取值范围，再
对参数范围进行讨论，研究含有参数的函数的最值，从而得到参数取值范围。
三、方法应用
例 1．（1）已知 f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，且当 x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1.又已
知函数 g(x)＝x2－2x＋m，且如果对于任意的 x1∈[－2，2]，都存在 x2∈[－2，2]，使
得 g(x2)＝f(x1)，则实数 m 的取值范围是______________．
（2）已知函数 f(x)＝1
3x3＋x2＋ax，若 g(x)＝1
ex，对任意 x1∈[1
2，2]，存在 x2∈[1
2，2]，
使 f ′(x1)≤g(x2)成立，则实数 a 的取值范围是______________．
答案： （1）[－5，－2] （2）(－∞， e
e －8]
解析：（1）当 x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1 为增函数，值域为(0，3]，因为 f(x)是定义在[－
2，2]上的奇函数，所以 f(x)在[－2，2]上的值域为[－3，3]，函数 g(x)＝x2－2x＋m 在
x∈[－2，2]上的值域为[m－1，m＋8]．因为对任意的 x1∈[－2，2]，都存在 x2∈[－2，
2]，使得 g(x2)＝f(x1)，所以 f(x)在[－2，2]上的值域是 g(x)＝x2－2x＋m 在 x∈[－2，2]
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上的值域的子集，所以，m－1≤－3 且 m＋8≥3，即[－5，－2]．
（2）求导可得 f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1⇒f′(x)在[1
2，2]上是增函数⇒f′(x)max＝f′(2)
＝8＋a，由 g(x)＝ 1
ex在[1
2，2]上是减函数⇒g(x)max＝ g(1
2)＝ 1
e，又原命题等价于
f′(x)max≤g(x)max⇒8＋a≤ 1
e⇒a∈(－∞， e
e －8]．
例 2.设函数 f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋b
x－c(a，b，c∈R)，当 b＝3－a 时，若对任意 x0∈(1，
＋∞)和任意 a∈(0，3)，总存在不相等的正实数 x1，x2，使得 g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求 c
的最小值；
解析：方法一：当 x0＞1 时，则 f(x0)＞0，又 b＝3－a，设 t＝f(x0)，
则题意可转化为方程 ax＋3－a
x －c＝t(t＞0) 在(0，＋∞)上有相异两实根 x1，x2，
即关于 x 的方程 ax2－(c＋t)x＋(3－a)＝0(t＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根 x1，x2．
所以
0＜a＜3，
△＝(c＋t)2－4a(3－a)＞0，
x1＋x2＝c＋t
a ＞0，
x1x2＝3－a
a ＞0．
得
0＜a＜3，
(c＋t)2＞4a(3－a)，
c＋t＞0．
所以 c＞2 a(3－a)－t 对任意 t∈(0，＋∞)恒成立．
因为 0＜a＜3，所以 2 a(3－a)≤2a＋3－a
2 ＝3(当且仅当 a＝3
2时取等号)．
又－t＜0，所以 2 a(3－a)－t 的取值范围是(－∞，3)，所以 c≥3．
故 c 的最小值为 3.
方法二：由 b＝3－a，且 0 ＜a＜3，得 g(x)＝a－3－a
x2 ＝ax2－(3－a)
x2 ＝0，得 x＝ 3－a
a
或 x＝－ 3－a
a (舍)，
则函数 g(x)在(0， 3－a
a )上递减；在( 3－a
a ，＋∞)上递增．
又对任意 x0＞1，f(x0)为(0，＋∞)上的任意一个值，若存在不相等的正实数 x1，x2，
使得 g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，则 g(x)的最小值小于或等于 0.
即 g( 3－a
a )＝2 a(3－a)－c≤0，
即 c≥2 a(3－a)对任意 a∈(0，3)恒成立．
又 2 a(3－a)≤a＋(3－a)＝3，所以 c≥3．
当 c＝3，对任意 a∈(0，3)，x0∈(1，＋∞)，方程 g(x)－f(x0)＝0 化为
ax＋3－a
x －3－f(x0)＝0，即 ax2－[3＋f(x0)]x＋(3－a)＝0（*）
关于 x 的方程（*）的△＝[3＋f(x0)]2－4a(3－a)
≥[3＋f(x0)]2－4
a＋3－a
2
2
＝[3＋f(x0)]2－9,
因为 x0＞1，所以 f(x0)＝lnx0＞0，所以△＞0，
所以方程（*）有两个不相等的实数解 x1，x2，又 x1＋x2＝f(x0)＋3
a ＞0，x1x2＝3－a
a ＞0，
所以 x1，x2 为两个正实数解．
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所以 c 的最小值为 3.
例 3．已知函数 f(x)＝x－alnx－1，g(x)＝ex
ex，其中 a 均为实数，a＜0，若对任意的 x1、
x2∈[3，4](x1≠x2)，|f(x2)－f(x1)|＜| 1
g(x2)－ 1
g(x1)|恒成立，求 a 的最小值；
(理解题意，通过判断函数的单调性，去绝对值符号，构造新函数，可知新函数的单调
性，转换为恒成立问题)
解析： 当 m＝1，a＜0 时，f(x)＝x－alnx－1，x∈(0，＋∞)．
∵ f′(x)＝x－a
x ＞0 在[3，4]上恒成立，
∴ f(x)在[3，4]上为增函数．
设 h(x)＝ 1
g（x）＝ex
ex，
∵ h′(x)＝ex－1（x－1）
x2 ＞0 在[3，4]上恒成立，
∴ h(x)在[3，4]上为增函数．
设 x2＞x1，则
|f(x2)－f(x1)|＜| 1
g（x2）－ 1
g（x1）|等价于 f(x2)－f(x1)＜h(x2)－h(x1)，
即 f(x2)－h(x2)＜f(x1)－h(x1)．
设 u(x)＝f(x)－h(x)＝x－alnx－1－1
e·ex
x，则
u(x)在[3，4]上为减函数．
∴ u′(x)＝1－a
x－1
e·ex（x－1）
x2 ≤0 在(3，4)上恒成立．(6 分)
∴ a≥x－ex－1＋ex－1
x 恒成立．
设 v(x)＝x－ex－1＋ex－1
x ，
∵ v′(x)＝1－ex－1＋ex－1（x－1）
x2 ＝1－ex－1[(1
x－1
2)2＋3
4]，x∈[3，4]，
∴ ex－1[(1
x－1
2)2＋3
4]＞3
4e2＞1，
∴ v′(x)＜0，v(x)为减函数．
∴ v(x)在[3，4]上的最大值为 v(3)＝3－2
3e2.(8 分)
∴ a≥3－2
3e2，
∴ a 的最小值为 3－2
3e2.
四、归类探究
*1．已知函数 f(x)＝xex－ex，函数 g(x)＝mx－m（m＞0），若对任意的 x1∈[－2，2]，总
存在 x2∈[－2，2]，使得 f(x1)＝g(x2)，则实数 m 的取值范围是___________．
(考查函数的恒成立，存在性问题，关键是理解题意，转化为值域之间的关系)
答案：[e2，＋∞]
**2．已知函数 f(x)＝x－(a＋1)lnx－a
x(a∈R，且 a＜1)，g(x)＝1
2x2＋ex－xex，若存在 x1∈[e，
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e2]，使得对任意 x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，则 a 的取值范围是________．
(考查函数的恒成立，存在性问题，转化为函数最值之间的关系)
答案:(e2－2e
e＋1 ,1)
**3．设函数 f(x)＝ax＋sinx＋cosx．若函数 f(x)的图象上存在不同的两点 A,B,使得曲线 y
＝f(x)在点 A,B 处的切线互相垂直,则实数 a 的取值范围为 ．
(考查存在性问题，关键是理解题意，转化为值域问题)
答案：[－1,1]
解析：因为 f'(x)＝a＋cosx－sinx＝a＋ 2cos(x＋π
4 )，
则存在实数 x1，x2,使得(a＋ 2cos(x1＋π
4 ))(a＋ 2cos(x2＋π
4 ))＝－1 成立.
不妨设 k1＝a＋ 2cos(x1＋π
4 )∈(0，a＋ 2]，则 k2＝a＋ 2cos(x2＋π
4 )∈[a－ 2，0)．
因此 0＜k1(－k2)≤2－a2，1≤2－a2，则 a2≤1，所以－1≤a≤1．
**4．已知 f(x)＝ax－2lnx－a，g(x)＝xe1－x（a∈R）．若对任意给定的 x0∈(0，e]，在区
间(0，e]上总存在 t1，t2(t1≠t2)使得 f(t1)＝f(t2)＝g(x0)，求实数 a 的取值范围．
解析：易得 g(x)在(0，1)上递增，在(1，e]上递减，故 g(x)max＝g(1)＝1，
又 g(0)＝0，g(e)＝e2－e，所以 g(x)的取值范围（即值域）为(0，1]．
而 f(x)＝a(x－1)－2lnx 过定点(1，0)，f'(x)＝a－2
x．
1º当 a＜2
e时，在(0，e]上，f'(x)＜0，f(x)单调减，不合题意；
2º当 a＞2
e时，令 f'(x)＝0 得 x＝2
a，且当 x＞2
a，f(x)单调增；0＜x＜2
a时，f(x)单调减，并
注意到 lnx＜x－1 从而有 f(x)min＝f(2
a)＝2(1－a
2＋lna
2)＜0．
事实上，一方面在[2
a，e]上，需 f(e)＞1a＞ 3
e－1＞2
e；
另一方面在(0，2
a)上，存在 x1＝e－2a 使 f(x1)＝ae－2a＋3a＞3a＞6
e＞1，
所以当 a＞ 3
e－1时，f(x)在两个单调区间上的取值范围均包含(0，1]，
所以 x0∈(0，e]，必存在 t1∈(0，2
a)，t2∈(2
a，e]，使 f(t1)＝f(t2)＝g(t0).
故所求取值范围是[ 3
e－1，＋∞)．
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**5.设函数 f(x)＝emx＋x2－mx．若对于任意 x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，
求 m 的取值范围．
(导数的综合应用，理解题意，本质是利用导数求函数的最值，解不等式)
解析：对任意的 m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，
故 f(x)在 x＝0 处取得最小值，所以对于任意的 x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1
的充要条件为
|f(1)－f(0)|≤e－1
|f(－1)－f(0)| ≤e－1，即
em－m≤e－1
e－m＋m≤e－1①.
设函数 g(t)＝et－t－e＋1，则 g'(t)＝et－1.
当 t＜0 时，g'(t)＜0；当 t＞0 时，g'(t)＞0.
故 g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
又 g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当 t∈[－1，1]时，g(t)≤0.
当 m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，，即上式①成立；
当 m＞1 时，由 g(t)的单调性，g(m)＞0，即有 em－m＞e－1.
当 m＜－1 时，g(－m)＞0，，即 e－m＋m＞e－1.
综上所述，m 的取值范围是[－1，1].
**6．已知 f(x)＝1
2x2＋x,g(x)＝ln(x＋1)－a,
(1)若存在 x1，x2∈[0，2],使得 f(x1)＞g(x2),求实数 a 的取值范围；
(2)若存在 x1，x2∈[0，2],使得 f(x1)＝g(x2),求实数 a 的取值范围.
(存在性和恒成立混合问题注意理解题意，不等关系转化为最值的关系，等量关系转化
为值域的关系)
答案：（1）a＞－4；（ 2）[－4,ln3]
***7．已知 a，b 为实数，函数 f(x)＝ 1
x＋a＋b，函数 g(x)＝lnx. 当 a＝－1 时，令 G(x)
＝f(x)·g(x)，是否存在实数 b，使得对于函数 y＝G(x)定义域中的任意实数 x1，均存在实
数 x2∈[1，＋∞)，有 G(x1)－x2＝0 成立？若存在，求出实数 b 的取值集合；若不存在，
请说明理由.
解：假设存在实数 b 满足条件，则 G(x)＝
1
x－1＋b lnx≥1 在 x∈(0，1)∪(1，＋∞)上
恒成立．
1) 当 x∈(0，1)时，G(x)＝
1
x－1＋b lnx≥1 可化为(bx＋1－b)lnx－x＋1≤0，
令 H(x)＝(bx＋1－b)lnx－x＋1，x∈(0，1)，问题转化为：H(x)≤0 对任意 x∈(0，
1)恒成立(*)；则 H(1)＝0，H′(x)＝blnx＋1－b
x ＋b－1，H′(1)＝0.
令 Q(x)＝blnx＋1－b
x ＋b－1，则 Q′(x)＝b（x＋1）－1
x2 .
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① b≤1
2时，因为 b(x＋1)－1≤1
2(x＋1)－1<1
2×2－1＝0，
故 Q′(x)<0，所以函数 y＝Q(x)在 x∈(0，1)时单调递减，Q(x)>Q(1)＝0，
即 H′(x)>0，从而函数 y＝H(x)在 x∈(0，1)时单调递增，故 H(x)1
2，所以1
b－1<1，记 I＝ 1
b－1，1 ∩(0，1)，则当 x∈I 时，x－ 1
b－1 >0，
故 Q′(x)>0，所以函数 y＝Q(x)在 x∈I 时单调递增，Q(x)H(1)＝0，此时(*)不
成立；所以当 x∈(0，1)，G(x)＝
1
x－1＋b lnx≥1 恒成立时，b≤1
2；
2) 当 x∈(1，＋∞)时，G(x)＝
1
x－1＋b lnx≥1 可化为(bx＋1－b)lnx－x＋1≥0，
令 H(x)＝(bx＋1－b)lnx－x＋1，x∈(1，＋∞)，问题转化为：H(x)≥0 对任意的 x∈(1，
＋∞)恒成立(**)；则 H(1)＝0，H′(x)＝blnx＋1－b
x ＋b－1，H′(1)＝0.
令 Q(x)＝blnx＋1－b
x ＋b－1，则 Q′(x)＝b（x＋1）－1
x2 .
① b≥1
2时，b(x＋1)－1>2b－1≥1
2×2－1＝0，
故 Q′(x)>0，所以函数 y＝Q(x)在 x∈(1，＋∞)时单调递增，Q(x)>Q(1)＝0，
即 H′(x)>0，从而函数 y＝H(x)在 x∈(1，＋∞)时单调递增，所以 H(x)>H(1)＝0，
此时(**)成立；
② 当 b<1
2时，
ⅰ) 若 b≤0，必有 Q′(x)<0，故函数 y＝Q(x)在 x∈(1，＋∞)上单调递减，所以
Q(x)1，所以当 x∈ 1，1
b－1 时，
Q′(x)＝b（x＋1）－1
x2 ＝
b x－ 1
b－1
x2 <0，
故函数 y＝Q(x)在 x∈ 1，1
b－1 上单调递减，Q(x)0，f′(x)＝1
x－2x＋1＝－2x2＋x＋1
x (x>0)．(2 分)
由 f′(x)<0，得 2x2－x－1>0.又 x>0，所以 x>1.
所以 f(x)的单调减区间为(1，＋∞)．(4 分)
(2) 解：(解法 1)令 g(x)＝f(x)－(ax－1)＝lnx－1
2ax2＋(1－a)x＋1，
所以 g′(x)＝1
x－ax＋(1－a)＝－ax2＋（1－a）x＋1
x .
当 a≤0 时，因为 x>0，所以 g′(x)>0.所以 g(x)在(0，＋∞)上是增函数．
因为 g(1)＝ln1－1
2a×12＋(1－a)＋1＝－3
2a＋2>0，
所以关于 x 的不等式 f(x)≤ax－1 不能恒成立．(6 分)
当 a>0 时，g′(x)＝－ax2＋（1－a）x＋1
x ＝
－a x－1
a （x＋1）
x ，令 g′(x)＝0，得 x＝1
a.
所以当 x∈ 0，1
a 时，g′(x)>0；当 x∈ 1
a，＋∞ 时，g′(x)<0，
因此函数 g(x)在 x∈ 0，1
a 上是增函数，在 x∈ 1
a，＋∞ 上是减函数．
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故函数 g(x)的最大值为 g 1
a ＝ln1
a－1
2a× 1
a
2
＋(1－a)×1
a＋1＝ 1
2a－lna.(8 分)
令 h(a)＝ 1
2a－lna，因为 h(1)＝1
2>0，h(2)＝1
4－ln2<0，又 h(a)在 a∈(0，＋∞)上是减函数．故
当 a≥2 时，h(a)<0.所以整数 a 的最小值为 2.(10 分)
(解法 2)由 f(x)≤ax－1 恒成立，得 lnx－1
2ax2＋x≤ax－1 在(0，＋∞)上恒成立，
问题等价于 a≥lnx＋x＋1
1
2x2＋x
在(0，＋∞)上恒成立．
令 g(x)＝lnx＋x＋1
1
2x2＋x
，只要 a≥g(x)max.(6 分)
因为 g′(x)＝
（x＋1） －1
2x－lnx
1
2x2＋x
2 ，
令 g′(x)＝0，得－1
2x－lnx＝0.
设 h(x)＝－1
2x－lnx，因为 h′(x)＝－1
2－1
x<0，
所以 h(x)在(0，＋∞)上单调减，
不妨设－1
2x－lnx＝0 的根为 x0.当 x∈(0，x0)时，g′(x)>0；当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)<0，
所以 g(x)在 x∈(0，x0)上是增函数；在 x∈(x0，＋∞)上是减函数．
所以 g(x)max＝g(x0)＝lnx0＋x0＋1
1
2x20＋x0
＝
1＋1
2x0
x0 1＋1
2x0
＝1
x0
.(8 分)
因为 h 1
2 ＝ln2－1
4>0，h(1)＝－1
2<0，所以1
20，
由 f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
即 lnx1＋x21＋x1＋lnx2＋x22＋x2＋x1x2＝0,
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)．(13 分)
令 t＝x1x2，则由 φ(t)＝t－lnt 得，φ′(t)＝t－1
t ，
可知，φ(t)在区间(0，1)上单调减，在区间(1，＋∞)上单调增．
所以 φ(t)≥φ(1)＝1，(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
故 x1＋x2≥ 5－1
2 成立．
〖教学建议〗
（1）主要问题归类与方法：
本题是利用导数研究函数的相关性质，考查函数的单调性，函数的零点，恒成立问题，
利用单调性解不等式.
（2）方法选择与优化建议：
1．恒成立问题比较容易考虑的是分离参数法，但难点是分离后的函数的最值较难求，
可能还需要对导函数进行研究；也可以对含有参数的函数进行讨论，求最值．
2．证明不等式的关键是函数的选取，本题的关键是将 x1＋x2 与 x1x2 分开研究．
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二、反馈巩固
1．已知函数 f(x)＝ln x－ax＋a，a∈R.
(1) 若 a＝1，求函数 f(x)的极值；
(2) 若函数 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围；
(3) 对于曲线 y＝f(x)上的两个不同的点 P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，记直线 PQ 的斜率为
k，若 y＝f(x)的导函数为 f ′(x)，证明：f ′
x1＋x2
2 ＜k.
解析： (1) f′(x)＝1
x－a＝1－ax
x ，x>0，
当 a≤0 时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；(2 分)
当 a>0 时，x∈ 0，1
a ，f′(x)>0，f(x)在 0，1
a 上单调递增，
x∈ 1
a，＋∞ ，f′(x)<0，f(x)在 1
a，＋∞ 上单调递减．
故函数有极大值 f 1
a ＝a－ln a－1，无极小值. (4 分)
(2) 解：由(1)可知当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点；
当 a＞0 时，函数有极大值 f 1
a ＝a－ln a－1.
令 g(x)＝x－ln x－1(x＞0), 则 g′(x)＝1－1
x＝x－1
x .
当 x∈(0，1)，g′(x)<0，g(x)在(0，1)上单调递减；
当 x∈(1，＋∞)，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
函数 g(x)有最小值 g(1)＝0.
若要使函数 f(x)有两个零点，必须满足 a>0 且 a≠1.(6 分)
下面证明 a>0 且 a≠1 时，函数有两个零点．
因为 f(1)＝0，所以下面证明 f(x)还有另一个零点．
① 当 00，
f 1
a2 ＝－2ln a＋a－1
a＝－2aln a＋a2－1
a ＝－2aln a－a2＋1
a .
令 h(a)＝2aln a－a2＋1(0h(1)＝0，则 f 1
a2 <0，所以 f(x)在 1
a，1
a2 上有零点．
又 f(x)在 1
a，＋∞ 上单调递减，
所以 f(x)在 1
a，1
a2 上有唯一零点，从而 f(x)有两个零点．
② 当 a>1 时，f 1
a ＝a－ln a－1>0，
f 1
ea ＝－a－a×1
ea＋a＝－a×1
ea<0.
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易证 ea>a，可得1
ea<1
a，所以 f(x)在 1
ea，1
a 上有零点．
又 f(x)在 1
a，＋∞ 上单调递减，
所以 f(x)在 1
ea，1
a 上有唯一零点，从而 f(x)有两个零点．
综上，a 的取值范围是(0，1)∪(1，＋∞). (10 分)
(3) 证明：f(x1)－f(x2)＝ln x1－ln x2＋a(x2－x1)，
k＝f（x1）－f（x2）
x1－x2
＝ln x1－ln x2＋a（x2－x1）
x1－x2
＝ln x1－ln x2
x1－x2
－a.
又 f′(x)＝1
x－a＝1－ax
x ，f′
x1＋x2
2 ＝ 2
x1＋x2
－a，(12 分)
所以 f′
x1＋x2
2 －k＝ 2
x1＋x2
－ln x1－ln x2
x1－x2
＝ 1
x1－x2
2（x1－x2）
x1＋x2
－ln x1
x2
＝ 1
x1－x2
2 x1
x2
－1
x1
x2
＋1
－ln x1
x2
.
不妨设 0＜x2＜x1, t＝x1
x2
，则 t＞1，则
2 x1
x2
－1
x1
x2
＋1
－ln x1
x2
＝2（t－1）
t＋1 －ln t.
令 h(t)＝2（t－1）
t＋1 －ln t(t>1)，则 h′(t)＝－（t－1）2
（1＋t）2t<0，
因此 h(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以 h(t)＜h(1)＝0.
又 0＜x2＜x1，所以 x1－x2＞0，
所以 f ′
x1＋x2
2 －k＜0，即 f ′
x1＋x2
2 ＜k. (16 分)
2．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，a，b∈R．
（1）若 a2＋b＝0，
① 当 a＞0 时，求函数 y＝f(x)的极值（用 a 表示）；
② 若函数 y＝f(x)有三个相异零点，问是否存在实数 a 使得这三个零点成等差数
列？若存在，试求出 a 的值；若不存在，请说明理由；
（2）函数 y＝f(x)图象上点 A 处的切线 l1 与 y＝f(x)的图象相交于另一点 B，在点 B 处
的切线为 l2，直线 l1，l2 的斜率分别为 k1，k2，且 4k1＝k2，求 a，b 满足的关系式．
19. 解：（1）①由 2( ) 3 2f x x ax b 及 02 ba ，
得 22( ) 3 2f x x ax a ，
令 ( ) 0fx ，解得
3
ax 或 ax .
由 0a 知， ( , ) ( ) 0x a f x ， ， )(xf 单调递增，
( , ) ( ) 03
ax a f x ， ， 单调递减， ( , ) ( ) 03
ax f x ， ， 单调递增，
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因此， )(xf 的极大值为 3( ) 1f a a ， 的极小值为
35( ) 13 27
aaf .
② 当 0a 时， 0b ，此时 3( ) 1f x x不存在三个相异零点；
当 0a 时，与①同理可得 的极小值为 ， 的极大值为 .
要使 )(xf 有三个不同零点，则必须有 335(1 )(1 ) 027aa ，
即 33271 5aa 或 .
不妨设 )(xf 的三个零点为 321 ,, xxx ，且 321 xxx ，
则 1 2 3( ) ( ) ( ) 0f x f x f x ，
3 2 2
1 1 1 1( ) 1 0f x x ax a x ， ①
3 2 2
2 2 2 2( ) 1 0f x x ax a x ， ②
3 2 2
3 3 3 3( ) 1 0f x x ax a x ， ③
②-①得 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1( )( ) ( )( ) ( ) 0x x x x x x a x x x x a x x ，
因为 210xx，所以 2 2 2
2 1 2 1 2 1( ) 0x x x x a x x a ， ④
同理 2 2 2
3 3 2 2 3 2( ) 0x x x x a x x a ， ⑤
⑤-④得 2 3 1 3 1 3 1 3 1( ) ( )( ) ( ) 0x x x x x x x a x x ，
因为 310xx，所以 2 3 1 0x x x a ，
又 1 3 22x x x ，所以 2 3
ax .
所以 ( ) 03
af ，即 2223
9 aaa ，即 3 27 111a ，
因此，存在这样实数 3
3
11
a 满足条件.
（2）设 A（m，f(m)）,B(n，f(n))，则 bammk 23 2
1 ， bannk 23 2
2 ，
又 bnmanmnmnm
nmbnmanm
nm
nfmfk
)()()()()()( 22
2233
1 ，
由此可得 bnmanmnmbamm )(23 222 ，化简得 man 2 ，
因此， baammbmaamak 222
2 812)2(2)2(3 ，
所以 2 2 212 8 4(3 2 )m am b a m am b ，
所以 ba 32 .
3．（南通、泰州市 2017 届高三第一次调研测）已知函数 f(x)＝ax2－x－lnx，a∈R．
（1）当 a＝3
8时，求函数 f(x)的最小值；
（2）若－1≤a≤0，证明：函数 f(x)有且只有一个零点；
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（3）若函数 f(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围．
解析：（1）当 3
8a 时， 23( ) ln8f x x x x ．
所以 (3 2)( 2)31( ) 144
xxf x x xx
，（ x>0）．
令 ( ) 0fx ，得 2x ，
当 (0 2)x ， 时， ( ) 0fx ；当 (2 )x ， 时， ( ) 0fx ，
所以函数 ()fx在 (0 2)， 上单调递减，在 (2 )， 上单调递增．
所以当 时， ()fx有最小值 1(2) ln 22f ．
（2）由 2( ) lnf x ax x x ，得
21 2 1( ) 2 1 0ax xf x ax xxx
， ．
所以当 0a≤ 时，
221( ) < 0ax xfx x
，
函数 在 (0 + )， 上单调递减，
所以当 时，函数 在 上最多有一个零点．
因为当 0a-1≤ ≤ 时， (1) 1< 0fa ，
2
2
1 e e( ) > 0e e
af ，
所以当 时，函数 在 上有零点．
综上，当 时，函数 有且只有一个零点．
（3）解法一：
由（2）知，当 时，函数 在 上最多有一个零点．
因为函数 有两个零点，所以 >0a ．
由 ，得
221( ) ( 0)ax xf x xx
， ，令 2( ) 2 1g x ax x ．
因为 (0) 1 0g ， 2 > 0a ，
所以函数 ()gx在 (0 )， 上只有一个零点，设为 0x ．
当 0(0 )xx ， 时， ( ) 0 ( ) 0g x f x， ；当 0()xx ， 时， ( ) 0 ( ) 0g x f x， ．
所以函数 ()fx在 0(0 )x， 上单调递减；在 0()x ， 上单调递增．
要使得函数 ()fx在 上有两个零点，
只需要函数 的极小值 0( ) 0fx ，即 2
0 0 0ln 0ax x x ．
又因为 2
0 0 0( ) 2 1 0g x ax x ，所以 002ln 1 0xx ，
又因为函数 ( ) 2ln 1h x = x x在 上是增函数，且 (1) 0h=，
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所以 0 1x ，得
0
101x．
又由 2
002 1 0ax x ，得 22
0 0 0
1 1 1 1 12 ( ) ( )24a x x x ，
所以 01a．
以下验证当 时，函数 ()fx有两个零点．
当 时， 2
1 2 1 1( ) 1 0aag a a a a
，
所以 0
11 x a．
因为
2
22
1 1 e e( ) 1 0e e e e
aaf ，且 0( ) 0fx ．
所以函数 ()fx在 0
1()e x， 上有一个零点．
又因为 2
2 4 2 2 2 2( ) ln ( 1) 1 0af a a a a a a ≥ （因为ln 1xx≤ ），且 ．
所以函数 在 0
2()x a
， 上有一个零点．
所以当 时，函数 在 12()e a
， 内有两个零点．
综上，实数 a 的取值范围为 ( 1)0， ．
下面证明： ．
设 ( ) 1 lnt x x x ，所以 11( ) 1 xtx xx
，（ x>0）．
令 ( ) 0tx ，得 1x ．
当 (0 1)x ， 时， ( ) 0tx ；当 (1 )x ， 时， ( ) > 0tx ．
所以函数 ()tx在 (0 1)， 上单调递减，在 (1 )， 上单调递增．
所以当 1x 时， ()tx有最小值 (1) 0t ．
所以 ( ) 1 ln 0t x x x ≥ ，得 成立．
解法二：
由（2）知，当 0a≤ 时，函数 在(0 + )， 上最多有一个零点．
因为函数 有两个零点，所以 >0a ．
由 2( ) ln 0f x ax x x ，得关于 x 的方程 2
lnxxa x
，（ x>0）有两个不等
的实数解．
又因为 ，
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所以 2
22
ln 2 1 1( 1) 1x x xa xxx
≤ ，（ x>0）．
因为 x>0 时， 21( 1) 1 1x ≤ ，所以 1a≤ ．
又当 =1a 时， =1x ，即关于 x 的方程 2
lnxxa x
有且只有一个实数解．
所以 < <1a0 ．
（以下解法同解法 1）
4．（2018 苏州指导卷 1）已知函数 f(x)＝ax－a
x，函数 g(x)＝clnx 与直线 y＝2
ex 相切，其中 ac
∈R，e 是自然对数的底数．
（1）求实数 c 的值；
（2）设函数 h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1
e，e)内有两个极值点．
①求 a 的取值范围；
②设函数 h(x)的极大值和极小值的差为 M，求实数 M 的取值范围．
解（1）设直线 y＝2
ex 与函数 g(x)＝clnx 相切与点 P(x0，clnx0)，
函数 g(x)＝clnx 在点 P(x0，y0)处的切线方程为：y－clnx0＝c
x0
(x－x0)， c
x0
＝2
e，
把 x＝0，y＝0 代入上式得 x0＝e，c＝2．
所以，实数 c 的值为 2．
（2）①由（1）知 h(x)＝ax－a
x－2lnx，
设函数 h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1
e，e)内有两个极值点 x1，x2(x1＜x2)，
令 h'(x)＝a＋a
x2－2
x＝ax2－2x＋a
x2 ＝0，
则 ax2－2x＋a＝0，设 m(x)＝ax2－2x＋a
因为 x1x2＝1，故只需
Δ＞0，
2
a＞0，
m(e)＞0，
所以， 2e
e2＋1＜a＜1．
②因为 x1x2＝1，所以，
M＝f(x1)－f(x2)＝ax1－a
x1
－2lnx1－(ax2－a
x2
－2lnx2)
＝ax1－a
x1
－2lnx1－(a
x1
－ax1－2ln1
x1
)
＝2ax1－2a
x1
－2lnx21．
由 ax21－2x1＋a＝0，得 a＝ 2x1
x21＋1，且1
e＜x1＜1．
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M＝2 2x1
x21＋1x1－
2 2x1
x21＋1
x1
－2lnx21＝4(x21－1
x21＋1－1
2lnx21)．
设 x21＝t，1
e2＜t＜1，令φ(t)＝4(t－1
t＋1－1
2lnt)，
φ'(t)＝4( 2
(t＋1)2－1
2t)＝－2(t－1)2
t(t＋1)2 ＜0，
φ(t)在(1
e2，1)上单调递减，从而φ(1)＜φ(t)＜φ(1
e2)，
所以，实数 M 的取值范围是(0， 8
e2＋1)．
5．（2018 苏州指导卷 2）已知函数 f(x)＝lnx，g(x)＝x－1
x．
（1）①若直线 y＝kx＋1 与 f(x)＝lnx 的图像相切, 求实数 k 的值；
②令函数 h(x)＝f(x)－|g(x)|，求函数 h(x)在区间[a，a＋1]上的最大值．
（2）已知不等式 2f(x)＜kg(x)对任意的 x∈(1，＋∞)恒成立，求实数 k 的范围．
解（1）设切点(x0，y0)，f'(x)＝1
x.
所以
y0＝lnx0
y0＝kx0＋1
k＝1
x0
所以 x0＝e2，k＝1
e2.
（2）因为 g(x)＝x－1
x在(0，＋∞)上单调递增，且 g(1)＝0．
所以 h(x)＝f(x)－|g(x)|＝lnx－|x－1
x|＝
lnx＋x－1
x，0＜x＜1，
lnx－x＋1
x，x≥1．
当 0＜x＜1 时，h(x)＝lnx＋x－1
x，h'(x)＝1
x＋1＋1
x2＞0，
当 x≥1 时，h(x)＝lnx－x＋1
x，h'(x)＝1
x－1－1
x2＝－x2＋x－1
x2 ＜0，
所以 h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且 h(x)max＝h(1)＝0．
当 0＜a＜1 时，h(x)max＝h(1)＝0；
当 a≥1 时，h(x)max＝h(a)＝lna－a＋1
a．
（3）令 F(x)＝2lnx－k(x－1
x)，x∈(1，＋∞)．
所以 F'(x)＝2
x－k(1＋1
x2)＝－kx2＋2x－k
x2 ．
设φ(x)＝－kx2＋2x－k，
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①当 k≤0 时，F'(x)＞0，所以 F(x)在(1，＋∞)上单调递增，又 F(1)＝0，所以不成立；
②当 k＞0 时，对称轴 x0＝1
k，
当1
k≤1 时，即 k≥1，φ(1)＝2－2k≤0,所以在(1，＋∞)上，φ(x)＜0，所以 F'(x)＜0，
又 F(1)＝0，所以 F(x)＜0 恒成立；
当1
k＞1 时，即 0＜k＜1，φ(1)＝2－2k＞0，所以在(1，＋∞)上，由φ(x)＝0，x＝x0，
所以 x∈(1，x0)，φ(x)＞0，即 F'(x)＞0；x∈(x0，＋∞)，φ(x)＜0，即 F'(x)＜0，
所以 F(x)max＝F(x0)＞F(1)＝0，所以不满足 F(x)＜0 恒成立．
综上可知：k≥1.
6．已知函数 ( ) ln ,f x x ax a a R．
（1）若 1a ，解关于 x 的方程 ( ) 0fx ；
（2）求函数 ()fx在 1,e 上的最大值；
（3）若存在 m ，对任意的 (1, )xm 恒有 2( ) ( 1)f x x，试确定 a 的所有可能值．
解析：（1）当 1a 时， ( ) ln 1f x x x ，
显然 (1) 0f ，所以 1x 是方程 ( ) 0fx 的一个根．
又因为 11( ) 1 xfx xx
，且当01x时， ( ) 0fx ，当 1x 时， ( ) 0fx ，
所以 ()fx在 (0,1) 上单调递增，在(1, ) 上单调递减，
从而 max( ) (1) 0f x f，
所以 是方程 的唯一根．
（2）因为 11( ) ( 0)axf x a xxx
，
①当 0a 时，恒有 ，所以 在[1 e]， 上单调递增，
所以 max( ) (e) 1+ ef x f a a ；
②当 0a 时，当 10 x a 时， ，当 1x a 时， ，
所以 在 1(0, )a
上单调递增，在 1( , )a 上单调递减，
若 1 ea
，即 10 ea ， ；
若 11ea，即 1 1e a， max
11( ) ( ) ln 1 1 lnf x f a a aaa ；
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若 101a ，即 1a ， max( ) (1) 0f x f．
综上所述， ()fx在[1 e]， 上的最大值为
max
11 e, ,e
1( ) 1 ln , 1,e
1, 1.
a a a
f x a a a
a
≤
≥
[
（3）因为对任意的 (1, )xm 恒有 2( ) ( 1)f x x，
所以 22( 1) ln ( 1)x x ax a x ，
（i）设 2( ) ( 1) lng x x x ax a ，
则 11( ) 2( 1) 2 2g x x a x axx
，显然 ()gx 在 (1, ) 单调递增，
所以 ( ) (1)= 1g x g a ，
①当 时，恒有 g (1) 0 ，所以 ( ) 0gx 在 恒成立，
所以 ()gx在 单调递增，所以 ( )> (1)=0g x g ，所以 符合题意；
②当01a时，有 1 2 2(1 )g (1) 0, ( ) 2 0ag a a a
，
所以 1
1(1, )x a ，使得 1( ) 0gx ，从而当 11 xx 时，g ( ) 0x ，
即 ()gx在 1(1, )x 上单调递减，所以 ( )< (1)=0g x g ，不符合题意；
③当 0a 时，
22 2 1( )= 0xxg x ax
在 13(1, )2
恒成立，
所以 在 单调递减，所以 ，不符合题意.
综上， 恒成立时， .
（ii）设 ，
则 ， 在 单调递增，
所以 ，
①当 时，有 ，
所以 ，使得 ，从而当 时， ，
即 在 上单调递减，所以 ，不符合题意；
②当 时，有 ，所以 在 恒成立，
( ) 0gx
2( ) ( 1) lnh x x x ax a
1( ) 2 2h x x ax
()hx
( ) (1)=1h x h a
1a 1(1) 0, ( ) 2 0h h a a a
2 (1, )xa 2( ) 0hx 21 xx ( ) 0hx
()hx 2(1, )x ( )< (1)=0h x h
1a (1) 0h ( ) (1) 0h x h
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所以 在 单调递增，所以 恒成立，
所以 符合题意.
综合（i）、（ii）可知， .
7．已知函数 f(x)＝lnx＋a(x2－3x＋2)，其中 a 为参数.
（1）当 a＝0 时，求函数 f(x)在 x＝1 处的切线方程；
（2）讨论函数 f(x)极值点的个数，并说明理由；
（3）若对任意 x∈[1,＋∞)，f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围.
解析：（1）y＝x－1
（2）f(x)＝lnx＋a(x2－3x＋2)，定义域为(0，＋∞)
f'(x)＝1
x＋a(2x－3)＝2ax2－3ax＋1
x ，设 g(x)＝2ax2－3ax＋1，
① 当 a＝0 时，g(x)＝1，故 f'(x)＞0，
所以 f(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以无极值点.
②当 a＞0 时，Δ＝9a2－8a，
若 0＜a≤8
9时 Δ≤0，g(x)≥0，故 f'(x)≥0，故 f(x)在(0，＋∞)上递增，所以无极值
点.
若 a＞8
9时 Δ＞0，设 g(x)＝0 的两个不相等的实数根为 x1，x2，且 x1＜x2，
且 x1＋x2＝3
2，而 g(0)＝1＞0，则 0＜x1＜3
4＜x2，
所以当 x∈(0，x1)，g(x)＞0，f'(x)＞0，f(x)单调递增；
当 x∈(x1，x2)，g(x)＜0，f'(x)＜0，f(x)单调递减；
当 x∈(x2，＋∞)，g(x)＞0，f'(x)＞0，f(x)单调递增.
所以此时函数 f(x)有两个极值点；
③当 a＜0 时 Δ＞0，设 g(x)＝0 的两个不相等的实数根为 x1，x2，且 x1＜x2，
但 g(0)＝1＞0，所以 x1＜0＜x2，
所以当 x∈(0，x2)，g(x)＞0，f'(x)＞0，f(x)单调递増；
当 x∈(x2，＋∞)，g(x)＜0，f'(x)＜0，f(x)单调递减.
所以此时函数 f(x)只有一个极值点。
综上得：
当 a＜0 时 f(x)有一个极值点；
当 0≤a≤8
9时 f(x)的无极值点；
当 a＞8
9时，f(x)的有两个极值点.
()hx (1, ) ( )> (1)=0h x h
1a
=1a
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（3）方法一：
当 0≤a≤8
9时，由（2）知 f(x)在[1，＋∞)上递增，
所以 f(x)≥f(1)＝0，符合题意；
当8
9＜a≤1 时，g(1)＝1－a≥0，x2≤1，f(x)在[1，＋∞)上递增，所以 f(x)≥f(1)＝0，
符合题意；
当 a＞1 时，g(1)＝1－a＜0，x2＞1，所以函数 f(x)在(1，x2)上递减， 所以 f(x)＜f(1)
＝0，
不符合题意；
当 a＜0 时，由（1）知 lnx≤x－1，于是 f(x)＝lnx＋a(x2－3x＋2)≤x－1＋a(x2－3x＋2)
当 x＞2－1
a时，x－1＋a(x2－3x＋2)＜0，此时 f(x)＜0，不符合题意.
综上所述，a 的取值范围是 0≤a≤1.
方法二：g(x)＝2ax2－3ax＋1，注意到对称轴为 x＝3
4，g(1)＝1－a，
当 0≤a≤1 时，可得 g(x)≥0，故 f(x)在[1，＋∞)上递增，所以 f(x)≥f(1)＝0，符合
题意；
当 a＞1 时，g(1)＝1－a＜0，x2＞1，所以函数 f(x)在(1，x2)上递减， 此时 f(x)＜f(1)
＝0，
不符合题意；
当 a＜0 时，由（1）知 lnx≤x－1，于是 f(x)＝lnx＋a(x2－3x＋2)≤x－1＋a(x2－3x＋2)
当 x＞2－1
a时，x－1＋a(x2－3x＋2)＜0，此时 f(x)＜0，不符合题意.
综上所述，a 的取值范围是 0≤a≤1.
