巧借重要不等式，解一类零点问题

福建 黄清波

2017年高考数学全国卷Ⅰ理科第21题是一道函数与导数综合的压轴题，这类问题含有参数从而使得要解决的问题处于动态变化之中，这对考生分析应用知识、寻找合理的运算策略以及推理论证能力提出较高要求，多数考生“能懂会做”，但“对而不全”.为此，笔者进行了解题研究，探寻解题关键.

一、试题再现

【题目】已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．

【解析】(1)利用导数知识，易得当a≤0时，f(x)在R上单调递减；

(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多一个零点.

(ⅱ)若a>0，由(1)知，

故f(x)只有一个零点;

则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.

综上，0

二、存在困惑

三、释疑解惑

在《普通高中课程标准试验教科书·数学2-2(选修)》(人教A版)习题1.3的B组第1题(3)，利用函数单调性，证明不等式ex>x+1(x≠0).其进一步变形可得x>ln(x+1)，x-1>lnx等很多新的结论.

若n-2≥1，(n-2)·x-lnx≥x-lnx≥1.

所以我们只要考虑n-2≥1，即n≥3.

四、内化应用

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．

【解析】(1)利用导数知识，易得当a≤0时，

f′(x)<0，f(x)在(0,+∞)上单调递减；

(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减，故f(x)在R上至多一个零点，不满足条件．

则g(a)在(0,+∞)上单调递增，令g(a)=0，得a=e3,

故当0

当a=e3时，g(a)=0；

当a>e3时，g(a)>0.

若a>e3，则f(x)min=g(a)>0，

故f(x)>0恒成立，f(x)无零点，不满足条件．

若a=e3，则f(x)min=0，

令h(x)=(x-1)-lnx，x>0.

所以h(x)≥h(1)=0，即(x-1)-lnx≥0，

故x-lnx≥1.

综上，若0

综上，所求实数a的取值范围是(0,e3)．

【变式2】(2013·江苏卷·20)设函数f(x)=lnx-ax，g(x)=ex-ax，其中a为实数.

(Ⅰ)若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数，且g(x)在(1,+∞)上有最小值，求a的取值范围；

(Ⅱ)若g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论.

【解析】(Ⅰ)略.

(Ⅱ)由于g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数，解得a≤e-1.

①当a=0或a=e-1时，容易证明函数f(x)的零点个数为1；

②当a<0时，f(1)=-a>0，先证明lnx-x+1≤0(证略).

则f(b)=lnb-ab=lnb-b+1+(1-a)b-1<(1-a)b-1<0.

所以f(x)在(b,1)上存在零点.

又f(x)在(0,+∞)上单调递增，

所以函数f(x)在(0,+∞)上只有一个零点.

③当0

当x∈(0,a-1)时，f′(x)>0，

当x∈(a-1,+∞)时，f′(x)<0.

又a-1>e，所以f(a-1)=lna-1-a·a-1=lna-1-1>0.

由f(1)=-a<0，所以f(x)在(1,a-1)上存在零点，又f(x)在(0,a-1)上单调递增.

所以f(x)在(0,a-1)上只有一个零点.

下面考虑f(x)在(a-1,+∞)上的情况，需证明不等式ex>x2(x>e).

令h(x)=ex-x2，则h′(x)=ex-2x，

再设l(x)=h′(x)=ex-2x，则l′(x)=ex-2.

当x>1时，l′(x)=ex-2>e-2>0，

所以l(x)=h′(x)在(1,+∞)上单调递增.

h′(x)=ex-2x>e-2>0，

所以h(x)在(1,+∞)上单调递增.

h(x)=ex-x2>e-1>0,所以，当x>e时，ex>x2，

又因为a-1>e，所以a-2-ea-1<0.

取一个正数m=ea-1>a-1，

则f(m)=f(ea-1)=lnea-1-a·ea-1=a(a-2-ea-1)<0.

所以f(x)在(a-1,+∞)上存在零点，

又f(x)在(a-1,+∞)上单调递减.

所以f(x)在(a-1,+∞)上只有一个零点.

综上，当a≤0或a=e-1时，f(x)的零点个数为1；

当0