导数与函数零点问题解题方法归纳.pdf

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1、导函数零点问题一方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究fx的单调性，往往需要解方程fx0.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的 “分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题.二解题策略类型一察“言”观“色”，“猜”出零点【例 1】 【2020福建南平期末】已知函数fx x ax1 e.2x（1）讨论fx的单调性；（2）若函数gx x 1 e mx1在1,有两个零点，求 m 的取值范围.2x【分析】 （1）首先求出函数的导函数因式分解为f

2、xxa1x1e，再对参数a分类讨论可得；x（2）依题意可得gxx1exm，当m 0函数在定义域上单调递增，不满足条件；当m 0时，由（1）得gx在1,为增函数，因为g01m，g00.再对m 1，m1，20 m1三种情况讨论可得.【解析】 （1）因为fx x ax1 e，所以fx x a2xa1e，2x2x即f xxa1x1e.x由fx 0，得x1 a1，x2 1.当a 0时，fxx1ex0，当且仅当x 1时，等号成立.故fx在,为增函数.当a 0时，a1 1，由fx 0得x a1或x 1，由fx 0得a1 x 1；所以fx在,a1，1,为增函数，在a1,1为减函数.2当a 0时，a1 1，由f

3、x 0得x a1或x 1，由fx 0得1 x a1；所以fx在,1，a1,为增函数，在1,a1为减函数.综上，当a 0时，fx在为,增函数；当a 0时，fx在,a1，1,为增函数，在a1,1为减函数；当a 0时，fx在,1，a1,为增函数，在1,a1为减函数.（2）因为gx x 1 e mx1，所以gxx1exm，2x2当m 0时，gx0，gx在1,为增函数，所以gx在1,至多一个零点.当m 0时，由（1）得gx在1,为增函数.因为g01m，g00.（）当m 1时，g0 0，x 0时，gx0，1 x 0时，gx0；所以gx在1,0为减函数，在0,为增函数，gxmin g00.故gx在1,有且只

4、有一个零点.（）当m 1时，g0 0，gmm1emm 0，x00,m，使得gx0 0，且gx在1,x0为减函数，在x0,为增函数.所以gx0 g00，又gm m 1 e m 1 m 1 m 1 0，2m2222根据零点存在性定理，gx在x0,m有且只有一个零点.又gx在1,x0上有且只有一个零点0.故当m 1时，gx在1,有两个零点.（）当0 m1时，g1 m 0，g0 0，x01,0，使得gx0 0，且gx在1,x0为减函数，在x0,为增函数.因为gx在x0,有且只有一个零点0，若gx在1,有两个零点，则gx在1,x0有且只有一个零点.又gx0 g00，所以g10即g122m1 0，所以m

5、1，ee2m 1时gx在1,有两个零点.e2m 1综上，m 的取值范围为1e即当1【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x时，常猜 x1；当函数解析式中出现ex时，常猜 x0 或 xln x.2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】2x21【2020山西吕梁期末】已知函数f (x) aln x(aR).x（1）讨论f (x)的单调性；x（2）设g(x) e sin x，若hx gxfx2x且y hx有两个零点，求a的取值范围.【解析】 （1）f (x)的定义域为(0,)，f (x

6、) 2x1aln x，x1a2x2ax1f (x) 22，2xxx对于2x2ax 1 0， a28，当a2 2, 2 2时，f (x) 0，则f (x)在(0,)上是增函数.当a(,2 2)时，对于x 0，有f (x) 0，则f (x)在(0,)上是增函数.当a(2 2, )时，22aa 8aa 8令f (x) 0，得0 x 或x ，4422aa 8aa 8令f (x) 0，得， x 4422aa 8aa 8所以f (x)在(0,)，(,)上是增函数，44aa28 aa28在(,)上是减函数.44综上，当a(,2 2时，f (x)在(0,)上是增函数；22aa 8aa 8当a(2 2, )时，

7、f (x)在(0,)，(,)上是增函数，44aa28 aa28在(,)上是减函数.44（2）由已知可得gxe cosx，xosx 1因为x 0，所以ex1，而c，所以excosx 0，上单调递增.所以gx 0，所以gxe sinx在0，x所以gx g00.故hx有两个零点，等价于1y fx2x=aInx在0， 内有两个零点.x1等价于aln x 0有两根，x显然x 1不是方程的根，因此原方程可化为1 xln xx 0且x 1，a设x xlnx，xlnx1，1 x 1，或x 1e1由x0解得0 x ，e由x0解得故x xlnx在0，上单调递减，在,1,1,上单调递增.其图像如下所示：1e1e所以

8、xmin ，1e1e11 0，ea所以a e.所以类型二设而不求，巧“借”零点【例 2】 【2015 高考新课标 1，文 21】设函数fxe2xalnx.（I）讨论fx的导函数f x的零点的个数；（II）证明：当a 0时fx 2aaln【解析】 （I）f (x)的定义域为0， +当a当a2.a2x，f (x)=2eax0.x0时,f (x)0，f (x)没有零点；0时，因为e2x单调递增，a且b4a单调递增，所以f (x)在0， +x单调递增.又f (a)0,当 b 满足0b1时，f (b)0,故当a0时，f (x)存在唯一零点.4的唯一零点为x0，当x（II）由（I） ，可设f (x)在0，

9、 +当x0，x0时，f (x)0;x0， +时，f (x)0.单调递增，所以当x故f (x)在0，x0单调递减，在x0， +x0时，f (x)取得最小值，最小值为f (x0).由于2e2x0aa=0，所以f (x0)=2x0 x02ax0aln2a2aaln2.a故当a20时，f (x)2aaln.a【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数fx的最值因此需要求fx0的根但是f (x)=2e无法求解故设出fx0的根为x0，通过证明 f(x)在(0，x0)和(x0，)上的单调性知2xax0的根fxminfx0不求”【举一反三】a22ax0aln，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中

10、的“设而2x0ax2【2020江西赣州期末】已知函数f (x) e ax x（e为自然对数的底数）在点(1,f (1)的切线方程为y (e 3)x b.（1）求实数a,b的值；（2）若关于x的不等式f (x) m x24对于任意x(0,)恒成立，求整数m的最大值.5x【解析】 （1）令f (x) e ax x，则f (x) e 2ax 1，得：f (1) ea1，f (1) e2a1， f (1) e2a1 e3a 1由题得：f (1) ea1 e3bb 14对于任意恒成立，5（2）根据题意，要证不等式f (x) m 即证x(0,)时，f (x)4的最小值大于m，544x2x令g(x) f (

11、x) e x x g(x) e 2x 1，55记h(x) g(x) e 2x 1 h(x) e 2，当x(0,ln2)时，h(x) 0；当x(ln2,)时，h(x) 0，故h(x)即g(x)在(0,ln 2)上单调递减，在(ln2,)上单调递增，xx 3又g(0) 0，g(ln2) 12ln 2 0，且g(1) e3 0，g e24 0，23故存在唯一x01,3，使gx00，2故当x0,x0时，gx0；当xx0,时，g(x) 0；故g(x)在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增，所以g(x)min gx0 e0 x0 x0 x245一方面：gx0 g(1) e145x另一方面：由gx00，即

12、e02x01 0，得gx0 e0 x0 x0 x241 x02 x055由x01,11111143 g x g x e 0，得：，进而 002052052所以m 11，又因为m是整数，所以m 1，即mmax 1.2012ax1.2类型三二次构造（求导） ，避免求根【例 3】 【2020 重庆巴蜀中学月考】已知函数fx ln x（1）当a 1时，求fx的单调增区间；21（2）若a 4，且fx在0,1上有唯一的零点x0，求证：e x0 e.【分析】 （1）求出f x，令f x0，解不等式可得单调递增区间；（2）通过求fx的导函数，可得fx在0,1上有两个极值点，设为x1，x2，又由fx在0,1上有

13、12fx0 ln x0ax01 01 2唯一的零点x0可得x0 x10,，所以有，消去a，可得22gx0 ax0ax01 01 2x0ln x0 x01 0，记tx0 2x0lnx0 x01，x00,，研究其单调性，利用零点存在性定理可2得结果.【解析】 （1）由已知fx的定义域为x 0，当a 1时，fx ln x12x1，21x2 x1则f xx1，xx令f x0且x 0，则0 x 15，215故fx在0,2上单调递增；（2）由fx ln x12ax1，21ax2ax1有f xax1，xxa 0g 0 1 0 1 1 12记gx ax ax1，由a 4，有gaa1 0，224g11 0即fx

14、在0,1上有两个极值点，设为x1，x2，不妨设 x1 x2，且x1，x2是ax2ax 1 0的两个根，则0 x11 x21，2又fx在0,1上有唯一的零点x0，且当x 0时，fx，当x 1时，f1 0，所以得x0 x10,1 ，212x01fx0 ln x0ax01 0 0，2所以，两式结合消去a，得ln x02x02gx0 ax0ax 1 00即2x0ln x0 x01 0，记tx0 2x0lnx0 x01，x00,，1 2有tx0 2ln x01，其在0,上单调递增，所以tx0 2ln x01 2ln12111ln4 0212则tx0 2ln x01 0在0,上恒成立，即tx0在0,上单调

15、递减，12 121e3t 1 0 eeee 又，2t 1 15e 5 02e2e2 e由零点存在定理，e【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数， 即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数 b 的范围问题，实际上是求 g(x)x(ln xxx2)极值问题，问题是 g(x)ln x12x3x20 这个方程求解不易， 这时我们可以尝试对 h(x)g(x)再一次求导并解决问题所以当导数值等于 0 这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其

16、相关参数范围、证明不等式等 .【举一反三】【2020云南昆明一中期末】已知函数f (x) e（1）求a；（2）证明：f (x)存在唯一极大值点x0，且fx0【解析】 （1）因为fx exx2x2 x0 e1.(ax 1)ex，且f (x) 0.3.16e ax1 0,且exx 0,所以exax 1 0,构造函数ux e ax1,则ux e a,又u0 0,x若a 0,则ux0,则ux在R上单调递增,则当x 0时,ux 0矛盾,舍去；若0a1,则lna 0,则当lna x 0时,u(x) 0,则ux在(lna,0)上单调递增,则ulna u0 0矛盾,舍去；若a 1,则lna 0,则当0 x l

17、na时,u(x) 0,则ux在(0,ln a)上单调递减,则ulna u0 0矛盾,舍去；若a 1,则当x 0时,u(x) 0,当x 0时,u(x) 0,则ux在(,0)上单调递减,在(0,)上单调递增,故ux u0 0,则fx e ux 0,满足题意；x综上所述,a 1.2xx（2）证明:由（1）可知fx e x1e,则f x ex2e x 2,x构造函数gx 2e x2,则gx 2e 1,xx又gx在R上单调递增,且gln2 0,故当x ln2时,g(x) 0,当x ln2时,g (x) 0,则gx在(,ln2)上单调递减,在(ln2,)上单调递增,32323214e16e又g00,g22

18、 0,又g33 0,3e22e22e28e22e3结合零点存在性定理知,在区间(2,)存在唯一实数x0,使得gx00,当x x0时,f x 0,当x0 x 0时,f x0,当x 0时,f x 0,故fx在,x0单调递增,在x0,0单调递减,在0,单调递增,x故fx存在唯一极大值点x0,因为gx0 2e0 x02 0,所以e032xx01,2故fx0 e2x02 x x11x01e01x0101x01,2244x02231133.因为2 x0 ,所以fx01244216三强化训练ex，x 01. 【2020安徽合肥二中月考】 已知函数fxx， 则函数Fx ffxefx的xe x1lnx，x 0零

19、点个数为（） （e是自然对数的底数）A6【答案】Bx【解析】x 0时，f (x) e是增函数，f (0) 1，B5C4D3x 0时，f (x) xex x1ln x，f (x) (x1)ex1由e x11 (x1)(ex)，显然x10，xx1，xx作出y e和y 11(x 0)的图象，如图，y ex是增函数，y 在x 0是减函数xx1 ex01，0 x01，x0它们有一个交点，设交点横坐标为x0，易得x在0 x x0时，e 11x，f (x) 0，x x0时，e ，f (x) 0，xx所以f (x)在(0,x0)上递减，在( (x x0 0, ,) )上递增，f (x0)是f (x)的极小值，

20、也是在x 0时的最小值11 ex0，x0ex01，x0 ln ln x0，即x0ln x0 0，f (x0) x0ex0 x01ln x0 0，x0 x0 x 0时，f (x) ，x时，f (x) 作出f (x)的大致图象，作直线y ex，如图，x 0时y ex与f (x)的图象有两个交点，即f (x)ex 0有两个解t1,t2，t1 0,t2 0 xx 0时，f (x) ex，f(x) ex，由f (x1) e e得x 1，而x 1时，y e(1) e，1f (1) e，所以直线y ex与f (x) ex在(1,e)处相切即x 0时方程f (x)ex 0有一个解eF(x) f ( f (x)

21、ef (x) 0，令t f (x)，则F(x) f (t)et 0，由上讨论知方程f (t)et 0有三个解：e,t1,t2(t1 0,t2 0)而f (x) e有一个解，f (x) t1和f (x) t2都有两个解，所以F(x) 0有 5 个解，即函数F(x)有 5 个零点故选 B2 【2020 江苏盐城期中】已知函数值范围是_.【答案】【解析】函数即，若函数0 有两个不等实根，即存在三个单调区间有两个不等实根，转化为y=a 与 y=的图像有两个，若函数存在三个单调区间，则实数 的取不同的交点令，即 x= ，即 y=在（0， ）上单调递减，在（ ，+ ）上单调递增。ymin=- ，当 x（0

22、， ）时，y0，所以 a 的范围为3.【2020 重庆八中月考】己知函数fx e 1 xx12ax.2（1）当a 0时，求fx的单调区间和极值；（2）讨论fx的零点的个数.【解析】 （1）fx e 1 xx12ax的定义域为(,)，f x ex1ax2xa 0 f x e a 0则f x e 1ax在(,)上单调递增x又f00，所以当x (,0)时，f当x(0,)时，fx0 x0即fx的单调递减区间为(,0)，单调递增区间为(0,)故fx的极小值为f00，fx无极大值（2）当a 0时，由（1）知fx f00故fx仅有一个零点x 0；当a 0时，f xe a，令f x0 x ln(a)；x令f

23、x 0 x ln(a)，所以f令f x 0 x ln(a)，所以fx在x(ln(a),)上单调递增；x在x(,ln(a)上单调递减，且f00，f00，所以f x f (ln(a)，最小值f (ln(a)与 0 的比较等价于ln(a)与 0 的大小比较，所以分三类进行讨论：当1a0时，即ln(a) 0时，由fx在x(,ln(a)上单调递减及在x(ln(a),)上单调递增，且f00，x f x由零点存在定理，得fx在x(,ln(a)上存在唯一零点，设为x0所以x,x0 xx0 x0,0递减0(0,)f00极小值f00fx递增极大值递增又f00及x fx由零点存在定理，得fx在x (,0)上存在唯一

24、零点，设为x1，综上，当1a0时，fx在(,)上存在 2 个零点（一个为x 0，一个为x1(,0)） ；当a 1时，即ln(a) 0时，由fx在x ( ,0)上单调递减及在x(0,)上单调递增，且f x f 00，得fx在(,)上单调递增，故fx在(,)上只有一个零点x 0；当a 1时，同理可得fx在(,)上存在 2 个零点：一个为x 0，一个为x2(0,)综上可得，当a 0或a 1时，fx有 1 个零点；当a 0且a 1时，fx有 2 个零点.4.【2020河南南阳期末】已知函数fx m x ln x.22(1)讨论函数fx的单调性；(2)若y fx的图象与直线y mx交于MxM, yM，N

25、xN, yN两点，且xM xN1，求实数m 的取值范围.2212m x 1【解析】(1)依题意，x0,，f x 2m xxx22mx1x2mx1.若m 0，则f x 1 0，故fx在0,上单调递减x22.或x 2m2m若m 0，令f x 0，解得x （i） 若m 0， 则2222x,x 0,f xfx 0则当， 单调递减， 当 0， 0，2m2m时， 2m2m时，f x 0，fx单调递增；（ii）若m0，则222x 0,，则当时，f x0，fx单调递减，当 0 02m2m2m2x2m,时，fx 0，fx单调递增.2综上所述，当m 0时，fx在0,上单调递减；当m 0时，fx在0,2m上单调递减

26、，在2222m,上单调递增；当m0时，fx在0,2m上单调递减，在2m,上单调递增.(2)令m2x2lnx mx，则由题意可知m2x2lnxmx 0有两个大于 1 的实数根，显然m 0.令Fx m x ln xmx，则Fx 2m2x222mx1mx1.1m xx若m 0，则当x0,1 1x,Fx 0时，当 时，Fx0，mmF1 m2m 0,1 1 F ln 0,此时无解；要满足已知条件，必有mm11,m若m0，则当x0,1 1x,时，Fx0，Fx 0时，当 2m2mF1 m2m 0,11 3 m 0.3要满足已知条件，必有Fln2m 0,解得2m42e411, 2m当1 m 0时，Fx在1,1

27、 上单调递减，F1F1 0，1,F x故函数在 上2m2m2m2e341有一个零点.易知11111 1 11Flnln ，且22222，下证：xlnx 0.2mmmm2mmmm1，当0 x 1时，gx 0，x令gx xlnx，则gx1当x 1时，gx 0，故gx g11ln1 0，即xlnx 0，故F1 1 11 1 ln 0F，故F2 0，222mmm2mm11,上单调递增，故Fx在,上有一个零点.2m2m又Fx在1综上所述，实数 m 的取值范围为3,0.2e45.【2020 辽宁实验中学高三期中】已知函数f (x) (x1)e a(x1),g(x) (1)求g(x)的单调区间；(2)若0

28、a e（i）证明f (x)恰有两个零点；（ii）设x0为f (x)的极值点，x1为f (x)的零点，且x1 x0证明：2x01 x1.【解析】(1)xf (x)(aR)x1g(x) f (x)x1xe a,(x 1)x1x1x21xg(x) e 0,2(x1)因此,g(x)在,1和1,上单调递增;(2)(i)f (x) (x1)exa(x1),x对f (x)求导得,f (x) xe a,当x 0时,0a e,则f (x) xexa 0;xx当x 0时,令L(x) xe a,L(x) (x1)e 0则L(x) xe a在0,上单调递增,x而L(0) 0e a 0,L(1) ea 0,故存在x00

29、,1,使L(x0) x0e0a 0,即a x0e0,xx0且在(0,x0)上f (x) 0,在x0,上f (x) 0,因此,f (x)在,x0上单调递减,在x0,上单调递增,所以f (x)min f (x0) (x01)e0a(x01),x又a x0e0,则f (x0) (x01)e0 x0exxx0 x01 ex01 x 0,20而f (1) 2a 0, f (3) 2e 4a 0,3lna 11f (0) 1a 0, f (lna10) a109lna 0,(注:取值不唯一)e f (x) (x1)exa(x1)恰有两个零点;(ii)x0为f (x)的极值点,x1为f (x)的零点,且x1

30、 x0,x故由(i)可知x11,并且有a x0e0,f (x1) (x11)ex1a(x11) 0,x11ex则a x11因此,x0ex01,x11exx111即x0 x11x11 ex1x0,而当x 0时,ex x 1,下面证明此结论:令H(x) e x1,求导得H(x) e 1,则在,0上时,H(x) 0;在0,上时,H(x) 0,所以H(x)在,0上单调递减,在0,上单调递增,因此,H(x) e x1 H(0) 0所以,当x 0时,ex x1xxx那么对于x0(x11)x (x 1) ex1x0有01 ex1x0 x1 x01,(x11)(x11)1,而x11,x1可得2x0 x12x0

31、 x11 x11即2x01 x1.x16.【2020哈尔滨呼兰一中期末】已知函数f (x) （1）当a 1时，求函数f (x)的极值；axa(a 0).xe（2）若函数F(x) f (x)1没有零点，求实数a的取值范围aex(x2)a(x2)【解析】 （1）f (x) ，xR.(ex)2ex当a 1时，f (x),f (x)的情况如下表：2x(,2)(2,)f (x)f (x)0极小值2所以，当a 1时，函数f (x)的极小值为f (x) e.（2）F(x) f (x) a(x2).xe当a 0时，F(x),F(x)的情况如下表：x(,2)20(2,)f (x)f (x)极小值因为 F(1)=

32、10,若使函数 F(x)没有零点，需且仅需所以此时e2 a 0；10 分当a 0时，F(x),F(x)的情况如下表：，解得a e2,x(,2)2(2,)f (x)f (x)110a0极大值因为F(2) F(1) 0,且F(110e) a10e101ae10e101a 0，所以此时函数F(x)总存在零点.（或：当x 2时，F(x) 当x 2时，令F(x) 即由于令e2e2得x 1，即x 1时F(x) 0，即x 2时F(x)存在零点.）aa综上所述，所求实数 a 的取值范围是e2 a 0.7.【2020 广东深圳高三入学摸底】已知函数.（1）求函数（2）若函数的极小值；有两个零点，求证：.【解析】

33、 （1）当当若若故函数时，时，令.在 上为增函数，函数，解得，则，则.单调递减；单调递增.无极小值；的极小值为（2）证明：由题可知要证，即证，不妨设，只需证，令，即证，要证，只需证，令，只需证，在内为增函数，故，成立.所以原命题成立.12ex8.【2020.江苏南通一中月考】已知函数fxx m1xmlnx，mR，gx2x(1)求gx的极值；(2)若对任意的x1,x22,4x1 x2， 当 x1 x2时，fx1 fx2 gx1 gx2恒成立， 求实数m的最大值；(3)若函数fx恰有两个不相等的零点，求实数m的取值范围.exx 1【解析】(1)gx，令gx0，得x 1.2x列表如下：x0,111,

34、gxgx0极小值g11，y gx的极小值为e，无极大值.(2)x2 x1，由(1)可知fx1 fx2 gx1 gx2等价于fx1 fx2 gx2gx1，即fx1 gx1 fx2 gx2.12ex设hx fx gxx mln xm1x，则hx在2,4为增函数.2xxmex1x1exhx xm1xm 0在2,4恒成立.xx2xxexm x恒成立.xexx1ex设vx x，vx1 0在2,4上恒成立2xxvx为增函数.e2.vx在2,4上的最小值为v2 222e2e.m 2，m的最大值为222(3)f x xm1mx1xmxx当0 m1时，当x0,m和1,时，f x 0，fx单调递增当xm,1时，f

35、 x0，fx单调递减所以fx的极大值为fm12m m1mmlnm2m2 mmlnm 02所以函数fx至多一个零点当m 1时，f xx1x2 0，fx在0,上单调递增.当m 1时，当x0,m和1,时，f x0，fx单调递增当xm,1时，f x0，fx单调递减所以fx的极大值为f111m1 m 022fx的极小值为fm f1 0所以函数fx至多有一个零点.当m 0时，当x0,1，f x 0，fx单调递增当x1,时，f x0，fx单调递减所以f1min：当f1min：当11m1 m2211 m 0时，即m 时，函数fx至多一个零点.2213m1lnm 0 m 0时，fm m22所以存在x1m,1，f

36、x10所以函数fx在0,1上有唯一的零点.e22又fe e12em 0222所以函数fx在1,上有唯一的零点.综上所述：实数m的取值范围为1,0.2a，a 0 x19.【2020 山东泰安一中期末】设函数fx lnx(1)当a 1时，求函数fx的单调区间；301a(2)当a ，x1,时，求证：lnx1.2x156xx165【解析】(1)函数fx的定义域为0,11,，当a 时，f x，230 xx1令：f x0，得：x 65 65或x ，所以函数单调增区间为：0,，,.565661,.5f x0，得：56 5 x ，所以函数单调减区间为,1，656(2)若证lnxa1，x1a11lnx lnx1

37、，a ,x 1成立，只需证：x12 x12即：2x1lnx1 2x1当x 1时成立.设gx 2x1lnx2x11x 1.gx 2lnx1 ，显然gx在1,内是增函数，x1 0，2且g1 20，g 2 2ln2 gx0在1,2内有唯一零点x0，使得：lnx0且当x1,x0，gx0；当xx0,，gx0.1 0，x0gx在1,x0递减，在x0,递增. 11 gxmin gx0 2x01lnx011 2x011152x0，x0 x0 x01,2，2 x0gxmin0，lnx15.x02a1成立.x1210 【2020广东汕尾期末】已知函数fx x 1 asin x，x0,，aR，f x是函数fx的导函

38、数.（1）当a 1时，证明：函数fx在区间0, 没有零点；（2）若f x asinx a 0在x0,上恒成立，求a的取值范围.2【解析】 （1）证明：若a 1,则fx x 1sinx,x0,又x211,0 sin x 1,故0 sin x 1,所以x21sin x 0,又f2,f1,01,f242当x0,时,1 sin x 0,22所以x21sinx 0恒成立,所以当a 1时,函数fx在区间0, 没有零点.（2）解:f x 2x acosx,x0,故2x acosx asin x a 0在x0,上恒成立,设gx 2x acosx asin x a,x0,所以g0 0 0,g 2 2a 0,即a ,因为gx 2 asin x acosx a 2sinx 2,4由a ,得a 0,所以在区间0,2 a g 0 g x g g x,上单调递减 所以 2a 2；44在区间,上gx单调递增,2a 2 g gx g 2 a,44又a ,所以g0 2 a 0,g2a 2 0,g 2 a 0,4故gx在区间,上存在唯一零点区间x0,由gx的单调性可知,4在区间0,x0上gx0,gx单调递减；在区间x0,上gx0,gx单调递增,gx g0 0,故a g x g 0