导数的零点问题

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理科导数零点问题一

理科导数零点问题一11．（本小题共13分）已知函数mx x x f -+=)1ln()(．（I ）当1m =时，求函数)(x f 的单调递减区间；（II ）求函数)(x f 的极值；（III ）若函数()f x 在区间20,1e ⎡⎤-⎣⎦上恰有两个零点，求m 的取值范围．2.（本小题满分14分）已知函数()()21ln 2f x a x a x x =--+（0a <）．⑴ 求()f x 的单调区间；⑵ 若()12ln 21a -<<-，求证：函数()f x 只有一个零点0x ，且012a x a +<<+； ⑶ 当45a =-时，记函数()f x 的零点为0x ，若对任意[]120,0,x x x ∈，且211x x -=，都有()()21f x f x m -≥成立，求实数m 的最大值．（本题可参考数据：ln 20.7≈，9ln 0.84≈，9ln 0.595≈） 3.（海淀）已知函数2()e ()x f x x ax a =+-，其中a 是常数.(Ⅰ)当1a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）若存在实数k ，使得关于x 的方程()f x k =在[0,)+∞上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围.4.（西城）已知函数()1e x a f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，其中0a >．⑴求函数()f x 的零点； ⑵讨论()y f x =在区间(,0)-∞上的单调性；⑶在区间,2a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦上，()f x 是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．5．（本小题共13分）石景山已知函数()=ln +1,f x x ax a R -∈是常数．（Ⅰ）求函数=()y f x 的图象在点(1,(1))P f 处的切线l 的方程；（Ⅱ）证明函数=()(1)y f x x ≠的图象在直线l 的下方；（Ⅲ）讨论函数=()y f x 零点的个数．答案：1.（本小题共13分）解：（I ）依题意，函数()f x 的定义域为()+∞-,1，当1m =时，()ln(1)f x x x =+-，∴1()11f x x'=-+ ……2分由()0f x '<得1101x-<+，即01xx -<+ 解得0x >或1x <-，又1x >-，0x ∴>∴()f x 的单调递减区间为(0,)+∞． ……………………4分（II ）m xx f -+='11)(，)1(->x （1）0≤m 时，0)(≥'x f 恒成立)(x f 在),1(∞+-上单调递增，无极值. …6分（2）0>m 时，由于111->-m 所以)(x f 在⎥⎦⎤ ⎝⎛--11,1m 上单调递增，在⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+-,11m 上单调递减，从而1ln )11()(--=-=m m mf x f 极大值． ……………………9分（III ）由（II ）问显然可知，当0≤m 时，()f x 在区间20,1e ⎡⎤-⎣⎦上为增函数， ∴在区间20,1e ⎡⎤-⎣⎦不可能恰有两个零点． ……………………10分当0>m 时，由（II ）问知()=f x 极大值1(1)f m-，又(0)0f =，0∴为()f x 的一个零点．…11分∴若()f x 在20,1e ⎡⎤-⎣⎦恰有两个零点，只需22(1)01011f e e m ⎧-≤⎪⎨<-<-⎪⎩即222(1)011m e m e⎧--≤⎪⎨<<⎪⎩2211m e ∴≤<- 2.（本小题满分14分）⑴ ()11f x a x x a'=⋅-+-()()21x a x x a a x a x x a x a --+-+-++==--，x a >． ………………2分设()()21h x x a x =-++，则()0h a a =<，对称轴12a x a +=>，()21a ∆=+1°1a <-时，()h a 在(),a +∞有两个零点1a +和0，且10a +<∴()f x 在(),1a a +和()0,+∞上单调递减；()f x 在()1,0a +上单调递增． ………………3分 2°1a =-时，()h a 在(),a +∞上满足()0h a ≤∴()f x 在(),a +∞上单调递减……4分 3°10a -<<时，()h a 在(),a +∞有两个零点1a +和0，且01a <+∴()f x 在(),0a 和()0,1a +上单调递减；()f x 在()0,1a +上单调递增． ………………5分 ⑵ 当()12ln 21a -<<-时，由⑴中3°情形，只需要证明()00f >同时()20f a +<． ……7分而()()0ln 0f a a =-> ………………8分()()()22112ln 222ln 2122f a a a a a a +=-+++=--()()()212ln 21ln 212ln 2102<----=⎡⎤⎣⎦ 因此原命题得证． ………………9分⑶ 当45a =-时，()()()()21111f x f x f x f x -=+-()22111111441441ln 111ln 552552x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=-++-++++++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ………………10分11149441ln ln 55552x x x ⎛⎫⎛⎫=+-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 设()49441ln ln 55552g x x x x ⎛⎫⎛⎫=+-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()24141151332194495555555x x g x x x x x ++'=⋅-⋅+=⋅⎛⎫⎛⎫++++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ………………11分因此()g x '在[)0,+∞上满足()0g x '>，∴()g x 在[)0,+∞()0,+∞上单调递增 ………………12分因此()()0g x g ≥49441491ln ln ln 0.1455552542=--=-≈ ………………13分也即当10x =，21x =时()()21f x f x -取得最小值为0.14，因此实数m 的最大值为0.14．………14分 3.（海淀）已知函数2()e ()x f x x ax a =+-，其中a 是常数. (Ⅰ)当1a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）若存在实数k ，使得关于x 的方程()f x k =在[0,)+∞上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围.解：(Ⅰ)由2()e ()x f x x ax a =+-可得2'()e [(2)]x f x x a x =++.………2分当1a =时,(1)e f = ,'(1)4e f =. ……4分所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为()e 4e 1y x -=-，即4e 3e y x =-.……5分（Ⅱ）令2'()e ((2))0x f x x a x =++=，解得(2)x a =-+或0x =.……6分当(2)0a -+≤，即2a ≥-时，在区间[0,)+∞上，'()0f x ≥，所以()f x 是[0,)+∞上的增函数. 所以方程()f x k =在[0,)+∞上不可能有两个不相等的实数根.…8分当(2)0a -+>，即2a <-时，()'(),f x f x 随x 的变化情况如下表x0 (0,(2))a -+ (2)a -+ ((2),)a -++∞'()f x 0-0 +()f xa -↘24e a a ++ ↗由上表可知函数()f x 在[0,)+∞上的最小值为24((2))e a a f a ++-+=.………10分因为函数()f x 是(0,(2))a -+上的减函数，是((2),)a -++∞上的增函数，且当x a ≥-时，有()f x e ()aa a -≥->-. ……………11分所以要使方程()f x k =在[0,)+∞上有两个不相等的实数根，k 的取值范围必须是24(,]e a a a ++-. 13分4.⑴令()0f x =，得x a =-，所以函数()f x 的零点为a -．⑵函数()f x 在区域(,0)-∞上有意义，22()e xx ax a f x x+-'=⋅，令()0f x '=得221244,22a a a a a ax x --+-++==，因为0a >，所以120,0x x <>，当x 在定义域上变化时，()f x '的变化情况如下：x 1(,)x -∞1(,0)x()f x ' +-()f x所以在区间24,2a a a ⎛⎫--+-∞ ⎪ ⎪⎝⎭上()f x 是增函数，在区间24,02a a a ⎛⎫--+ ⎪ ⎪⎝⎭上()f x 是减函数．⑶在区间,2a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦上()f x 存在最小值2a f ⎛⎫- ⎪⎝⎭，证明：由⑴知a -是函数()f x 的零点，因为22144022a a a a a aa x a --+-++--=--=>，所以10x a <-<．由()1e x a f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭知，当x a <-时，()0f x >．又函数在1(,0)x 上是减函数，且102ax a <-<-<．所以函数在区间1,2a x ⎛⎤- ⎥⎝⎦上的最小值为2a f ⎛⎫- ⎪⎝⎭，且02a f ⎛⎫-< ⎪⎝⎭．所以函数在区间,2a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦上的最小值为2a f ⎛⎫- ⎪⎝⎭．计算得2e 2aa f -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭．5.（本小题共13分）（Ⅰ）1()=f x a x'- …………………1分 (1)=+1f a -，=(1)=1l k f a '-，所以切线 l 的方程为(1)=(1)l y f k x --，即=(1)y a x -． ……3分（Ⅱ）令()=()(1-)=ln +1>0F x f x a x x x x --，，则11()=1=(1)()=0=1.F x x F x x x x''--，解得 x )1 , 0(1) , 1(∞+()F x ' +-)(x F↗最大值↘…………………6分(1)<0F ，所以>0x ∀且1x ≠，()<0F x ，()<(1)f x a x -，即函数=()(1)y f x x ≠的图像在直线 l 的下方． …………………8分（Ⅲ）令()=ln +1=0f x x ax -，ln +1=x a x . 令 ln +1()=x g x x ，22ln +11(ln +1)ln ()=()==x x xg x x x x -''- 则()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,+)∞上单调递减，当=1x 时，()g x 的最大值为(1)=1g . 所以若>1a ，则()f x 无零点；若()f x 有零点，则1a ≤．…10分若=1a ，()=ln +1=0f x x ax -，由（Ⅰ）知()f x 有且仅有一个零点=1x .若0a ≤，()=ln +1f x x ax -单调递增，由幂函数与对数函数单调性比较，知()f x 有且仅有一个零点（或：直线=1y ax -与曲线=ln y x 有一个交点）.若0<<1a ，解1()==0f x a x'-得1=x a ，由函数的单调性得知()f x 在1=x a 处取最大值，11()=ln >0f a a，由幂函数与对数函数单调性比较知，当x 充分大时()<0f x ，即()f x 在单调递减区间1(,+)a∞有且仅有一个零点；又因为1()=<0af e e-，所以()f x 在单调递增区间1(0)a ，有且仅有一个零点.综上所述，当>1a 时，()f x 无零点；当=1a 或0a ≤时，()f x 有且仅有一个零点；当0<<1a 时，()f x 有两个零点. …………………13分。

微专题10 导数解答题之零点问题(解析版)

微专题10导数解答题之零点问题秒杀总结1.函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围. 求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y k =)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.例1．（第21讲零点问题之一个零点-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数21()sin cos ,[,]2f x x x x ax x ππ=++∈-．(1)求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程； (2)当0a =时，求()f x 的单调区间；(3)当0a >时，()f x 在区间[,]2ππ有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)1y =(2)单调递增区间为(,)2ππ--，(0,)2π，单调递减区间为(2π-，0)，(2π，)π． (3)(0,22]π 【解析】【分析】（1）求出函数在0x =处的导数值，即切线斜率，求出(0)1f =，即可求出切线方程；（2）求出函数导数并判断正负即可得出单调区间；（3）转化为22sin 2cos x x xa x +=-，构造函数，利用导数判断函数单调性即可求出.(1)()sin cos sin cos f x x x x x ax x x ax '=+-+=+，所以()00k f ='=切，又(0)1f =，所以()f x 在(0，(0))f 处的切线方程：10y -=，即1y =． (2)当0a =时，()sin cos f x x x x =+， ()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=，所以在(,)2ππ--，(0,)2π上，()0f x '>，()f x 单调递增，在(2π-，0)，(2π，)π上，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 单调递增区间为(,)2ππ--，(0,)2π，单调递减区间为(2π-，0)，(2π，)π． (3)当0a >时，令()0f x =，得21sin cos 02x x x ax ++=，所以22sin 2cos x x xa x +=-，令22sin 2cos ()x x xg x x+=-，[2x π∈，]π，222(2sin 2cos 2sin )()(2sin 2cos )(2)()()x x x x x x x x x g x x +---+-'=-322222222cos 4sin 4cos 2cos (2)4sin ()()x x x x x x x x x x x x x -++-++==--当[2x π∈，]π时，cos 0x <，220x -+<，即()0g x '>，所以()g x 在[2π，]π上单调递增，又24()24g ππππ==--，2222()g πππ-==-，若()f x 在区间[,]2ππ有一个零点，则242a ππ-剟，故a 的取值范围(0，22]π．例2．（吉林省长春市东北师范大学附属中学2021-2022学年高三上学期第三次摸底考试理科数学试题）已知函数ln sin ()(0)x x a eaf x x a =+>，()'f x 为()f x 的导数.(1)若0x =为()'f x 的零点，试讨论()f x 在区间[]0,π的零点的个数； (2)当1a =时，()(0)2cos xf x mx x <>+，求实数m 的取值范围.【答案】(1)两个 (2)1[,)3+∞ 【解析】【分析】（1）由题意得到()[cos (1)e ]x f x a x x -'=--，先得到(0)0f =，再由(0,π]x ∈时，设()cos (1)e x g x x x -=--，则()(2)e sin x g x x x -'=--，分π(0,]2x ∈、π(,2]2x ∈和(2,π]x ∈三种情况讨论，即可求解；（2）当1a =时，转化为sin 02cos x mx x ->+，令sin ()2cos xG x mx x=-+，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.(1)解：由题意，函数ln sin ()(0)x x a e a f x x a =+>，可得ln (1)()cos e xa x f x a x -'=+，因为0x =为()'f x 的零点，所以(0)0f '=，即ln 0a a +=，从而(1)()cos [cos (1)e ]e xxa x f x a x a x x ---'=+=--， ①因为(0)0f =，所以0是()f x 的零点；②当(0,π]x ∈时，设()cos (1)e x g x x x -=--，则()(2)e sin x g x x x -'=--，（ⅰ）若π(0,]2x ∈，令()()(2)e sin x h x g x x x -'==--，则()(3)e cos 0x h x x x -'=--<，所以()h x 在π(0,]2单调递减，因为π2ππ(0)20,()(2)e 1022h h -=>=--<，所以存在唯一的0π(0,)2x ∈，使得0()0h x =，当0(0,)x x ∈时，()()0h x g x '=>，()g x 在0(0,)x 上单调递增；当0π(,)2x x ∈时，()()0h x g x '=<，()g x 在0π(,)2x 上单调递减；（ⅰ）若π(,2]2x ∈，令()(2)e x x x ϕ-=-，则()(3)e 0x x x ϕ-=-<'，故()ϕx 在π(,2]2上单调递减，所以π2ππ1()()(2)22ex e ϕϕ-<=-<.又π1sin sin 2sin(π2)sin 62x ≥=->=，所以()(2)e sin 0,()x g x x x g x -'=--<在π(,2]2上单调递减；（ⅰ）若(2,π]x ∈，则()(2)e sin 0,()x g x x x g x -'=--<在(2,π]上单调递减. 由（ⅰ）（ⅰ）（ⅰ）可得，()g x 在0(0,)x 上单调递增，在0(,π]x 上单调递减，因为π0()(0)0,(π)(π1)e 10g x g g ->==--<，所以存在唯一10(,π)x x ∈使得1()0g x =.当1(0,)x x ∈时，()()0f x ag x '=>，()f x 在1(0,)x 上单调递增，()(0)0f x f >=，当1(,π]x x ∈时，()()0f x ag x '=<，()f x 在1(,π]x 上单调递减，因为1()(0)0,(π)0f x f f >=<，所以()f x 在1(,π]x 上有且只有一个零点. 综上可得，()f x 在[]0,π上有两个零点. (2)（2）当1a =时，()sin f x x =，则不等式化为sin 2cos x mx x <+，即为sin 02cos xmx x->+.令sin ()2cos xG x mx x=-+，则()()2222cos +123111()=+=32cos 2cos 332cos 2cos x G x m m m x x x x ⎛⎫'=---+- ⎪++⎝⎭++当13m ≥时，()0G x '>，()G x 在()0+∞，单调递增，且(0)=0G ，故13m ≥时满足题意；当103m <<时，令()sin 3H x x mx =-，则()cos 3H x x m '=-在()0+∞，有无数零点所以存在最小的一个()00,x x ∈，使()0H x '>，则()H x 在()0+∞，单调递增，所以()(0)0H x H >=，即sin 3x mx >，所以()00,x x ∃∈，使sin sin 2cos 3x xmx x >>+，所以sin 02cos x mx x -<+，故103m <<不满足题意，舍去.当0m ≤时，因为0x >，所以0mx ≤，令()sin 2cos x n x x=+，πsin π12=0π222cos 2n ⎛⎫=> ⎪⎝⎭+，不满足题意，舍去. 综上可得，13m ≥，即实数m 的取值范围是1[,)3+∞.例3．（湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高三上学期月考（四）数学试题）已知函数()()sin ln 1f x x x =-+.(1)求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)证明：()f x 有且仅有2个零点. 【答案】(1)0y = (2)证明见解析【解析】【分析】（1）、求出()f x '，将0x =代入即可求出切线斜率，再确定切点，然后利用点斜式即可求出切线方程；（2）、先求出()f x '，令()()g x f x '=，确定()g x 的单调性和正负，确定()f x 的单调性及正负，从而得出()f x 零点个数. (1)()()sin ln 1f x x x =-+，()1cos 1f x x x'∴=-+，()0cos 010x f x ='∴=-=，又()00f =，()y f x ∴=在点()0,0处的切线斜率为0.∴曲线()yf x =在点()()0,0f 处的切线有程为0y =.(2)()()sin ln 1f x x x =-+，()1cos 1f x x x'∴=-+，令()()1cos 1g x f x x x'==-+，()()()21sin 11g x x x x '∴=-+>-+，①、当(]1,0x ∈-时，sin 0x ->，()()21sin 01g x x x '∴=-+>+，()g x ∴在(]1,0-上单调递增，又()()000g f '==，(]1,0x ∴∈-时()0g x ≤，(]1,0x ∴∈-时()0f x '≤，()fx ∴在(]1,0-上单调递减，又()00f =，0x ∴=是()f x 在(]1,0-上的唯一零点；②、当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()()21sin 1g x x x '=-++，()()32cos 01g x x x ''∴=--<+，()g x '∴在0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减，又()()210sin 0010g '=-+>+，21sin 02212g πππ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭，()g x '∴在0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有唯一零点m ，其中02m π<<，当()0,x m ∈时，()0g x '>,()g x ∴在()0,x m ∈上单调递增; 当2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0g x '<,()g x ∴在2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减;而()()000g f '==，1cos 022212g f ππππ⎛⎫⎛⎫'==-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+，,2n m π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()0f n '=，当(),x m n ∈时，()0g x >,()0f x '∴>，()f x ∴在(),x m n ∈上单调递增; 当2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0g x <,()0f x '∴<，()f x ∴在2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减;而()00f =，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，0,2x π⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >，()f x ∴在0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上无零点；③、当,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，1sin 0x -<-≤，()()21sin 01g x x x '∴=-+<+，()g x '∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减， 02g π⎛⎫'< ⎪⎝⎭，()g x ∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减;又02g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，,2x ππ⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦时()0f x '<，()f x ∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减;而()002f f ππ⎛⎫>< ⎪⎝⎭，，()f x ∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有一个零点；④、当()x π∈+∞，时，1sin 1x -≤≤，()ln 11x +>， ()()sin ln 10f x x x ∴=-+<，()f x ∴在()x π∈+∞，上无零点；综上所述：()f x 有且仅有2个零点.例4．（黑龙江省哈尔滨市呼兰区第一中学校2021-2022学年高三上学期第二次校内检测数学（理）试题）已知()()1e 0xf a x x x -->=，1x =是()f x 的极值点（其中e 是自然对数的底数）.(1)求a 的值；(2)讨论函数()()sin h x f x x =-在()0,π的零点个数. （参考数据：12e 1.77π-≈）. 【答案】(1)1； (2)2个﹒ 【解析】【分析】(1)求导得1()e x f x a -'=-，易知f '(1)0=，从而求得a 的值．(2)1()e sin (0)x h x x x x π-=--<<，1()e 1cos x h x x -'=--，第一次构造函数()()H x h x '=，易证()H x 在(0,)π上单调递增，由于(0)0H <，()02H π>，故0(0,)2x π∃∈，使得0()0H x =，且可推出()h x 在(0,)π上的单调性，从而得0()()min h x h x =；第二次构造函数()1cos sin g x x x x =+--，(0,)2x π∈，再次借助导数和隐零点的思维，证明()0<g x 即()0min h x <在(0,)2π上成立，进而确定函数()h x 的零点个数． (1)1()e (0)x f x ax x -=->，1()e x f x a -'∴=-，1x =是()f x 的极值点，f '∴(1)0e 0a =-=，解得1a =．(2)由(1)知，1()()sin e sin (0)x h x f x x x x x π-=-=--<<，1()e 1cos x h x x -'∴=--，令1()()e 1cos x H x h x x -'==--，则1()e sin 0x H x x -'=+>在(0,)x π∈上恒成立， ()H x ∴在(0,)π上单调递增．又1(0)e 20H -=-<，12()e 102H ππ-=->，0(0,)2x π∴∃∈，使得0()0H x =，即010e 1cos 0x x ---=，当00x x <<时，()0H x <，即()0h x '<，()h x 单调递减；当0x x π<<时，()0H x >，即()0h x '>，()h x 单调递增．01000000()()e sin 1cos sin x min h x h x x x x x x -∴==--=+--．令()1cos sin g x x x x =+--，(0,)2x π∈，则()cos 1cos 0g x x x '=---<恒成立， ()g x ∴在(0,)2π上单调递减，又(0)1120g =+=>，()11022g ππ=--<，1(0,)2x π∴∃∈，使得当1(x x ∈，)2π时，()0<g x ，即()0min h x <成立．1(0)e 0h -=>，1()e 0h πππ-=->，故()h x 在(0,)π上有2个零点．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和零点问题，需要多次构造函数，且涉及隐零点的思维，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于难题．过关测试1．（江苏省南通市如皋、镇江市2021-2022学年高三上学期期末联考数学试题）设f (x )＝x e x －mx 2，m ∈R . (1)设g (x )＝f (x )－2mx ，讨论函数y ＝g (x )的单调性；(2)若函数y ＝f (x )在(0，＋∞)有两个零点x 1，x 2，证明：x 1＋x 2＞2. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】（1）求出()()()1e 2'=+-xg x x m ，分0m ≤、102m e<<、12>m e 、12m e =讨论()g x 的单调性即可；（2）令()2e 0=-=xf x x mx 得e =x mx ，代入12,x x 两式相除得，1212x x x e x -=，设21x x >，令21t x x =-求出11t t x e x +=，反解出11t t x e =-，则122e 1+=+-tt x x t ，即证221t t t e +>-，等价于证明：()()22e 10+--tt t >，构造函数()()()()22e 10=+--th t t t t >，利用导数求出单调性可得答案.(1)()()2e 2=--∈x g x x mx mx x R ，()()()1e 2'=+-x g x x m ，0m ≤时，20x e m ->，当1x >-时()0g x '>，()g x 是单调递增函数，当1x <-时()0g x '<，()g x 是单调递减函数；0m >时，令()0g x '=，得()121,ln 2=-=xx m ，当()1ln 2->m 即102m e<<时，1x >-或()ln 2<x m 时()0g x '>，()g x 是单调增函数，()ln 21<<-m x 时()0g x '<，()g x 是单调递减函数，当()1ln 2-<m 即12>m e时，1x <-或()ln 2>x m 时()0g x '>，()g x 是单调增函数，()1ln 2-<<x m 时()0g x '<，()g x 是单调递减函数，当()1ln 2-=m 即12m e=时，()0g x '>，()g x 在x ∈R 上是单调增函数，综上所述0m ≤时，()g x 在()1,-+∞是单调递增函数，在(),1-∞上是单调递减函数；102m e<<时，()g x 在()1,-+∞，()(),ln 2-∞m 上是单调增函数，在()()ln 2,1-m 是单调递减函数， 12>m e时，()g x 在(),1-∞-，()()ln 2,+∞m 上是单调增函数，在()()1,ln 2-m 是单调递减函数， 12m e=时，()g x 在x ∈R 上是单调增函数. (2)令()2e 0=-=xf x x mx ，因为0x >，所以e =x mx ，令()()=e 0->xF x mx x ，()()12=0,=0F x F x ，两式相除得，1212x x x e x -=，① 不妨设21x x >，令21t x x =-，则0t >，21x t x =+，代入①得：11tt x e x +=，反解出：11t t x e =-，则121221ttx x x t t e +=+=+-，故要证122x x +>即证221ttt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：()()22e 10+--tt t >，构造函数()()()()22e 10=+--th t t t t >，则()()1e 1'=-+th t t ，()e 0''=t h t t >，故()h t '在()0+，∞上单调递增，()(0)0h t h ''>=，从而()h t 在()0+，∞上单调递增，()(0)0h t h >=. 即122x x +>.2．（考点12导数与不等式，函数零点等-2021年新高考数学一轮复习考点扫描）已知函数()ln f x x ax a =-+，2()1g x x =-.（1）当0a =，0x >且1x ≠时，证明：212()()11x f x g x x x +<--；（2）定义,{,},m m nmax m n n m n≥⎧=⎨<⎩，设函数(){(),()}(0)h x max f x g x x =>，试讨论()h x 零点的个数.【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析. 【解析】【分析】（1）即证：当1x >时，2(1)ln 1x x x ->+；当01x <<时，2(1)ln 1x x x -<+.令2(1)()ln 1x x x x ϕ-=-+，则()ϕx 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递增.即得解；（2）对x 分三种情况1,1,01x x x >=<<讨论，得1a >时，()h x 有两个零点；1a ≤时，()h x 仅有一个零点. 【详解】（1）当0a =时，()ln f x x =，要证：212()()11x f x g x x x +<-- 即转化为：1[(1)ln 2(1)]01x x x x+--<-，即12(1)ln 011x x x x -⎡⎤-<⎢⎥-+⎣⎦ 即证：当1x >时，2(1)ln 1x x x ->+；当01x <<时，2(1)ln 1x x x -<+ 令2(1)()ln 1x x x x ϕ-=-+，则2214(1)()0(1)(1)x x x x x x ϕ'-=-=>++ 则()ϕx 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递增. 所以当01x <<时，()(1)0x ϕϕ<=，此时12(1)ln 011x x x x -⎡⎤-<⎢⎥-+⎣⎦当1x >时，()(1)0x ϕϕ>=，此时12(1)ln 011x x x x -⎡⎤-<⎢⎥-+⎣⎦故0a =，0x >且1x ≠时，212()()11x f x g x x x +<-- （2）1°当1x >时，()0>g x ，()()0h x g x ≥>，所以()h x 在(1,)+∞无零点； 2°当1x =时，(1)(1)0g f ==，则(1)0h =，所以1x =是()h x 的零点； 3°当01x <<时，()0<g x ，所以()g x 在(0,1)上无零点，()h x 在(0,)+∞上的零点个数即为()f x 在(0,)+∞上的零点个数.因为1()f x a x'=- ①若1a ≤时，1()0f x a x'=->，所以()f x 在(0,1)上单调递增，()(1)0f x f <=，此时()f x 无零点； ②若1a >时，则101a<<，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，由1()1ln max f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，令()1ln a a a ϕ=--，则1()10a aϕ'=->，当1a >时，1()1ln (1)0f a a a a ϕϕ⎛⎫==-->= ⎪⎝⎭，由1ln a a ->，可得1a e a a >+>，则10ae a-<<，又因为()()10a a f e a a e --=-+-<.由零点存在性定理可知，()f x 在(0,1)上存在唯一的零点0x ，且01,a x e a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.综上：1a >时，()h x 有两个零点；1a ≤时，()h x 仅有一个零点.【点睛】本题主要考查利用导数证明不等式和求函数的最值，考查利用导数研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3．（湖南省常德市部分重点中学2019-2020学年高三上学期10月联考文科数学试题）已知函数()2,()ln x f x e ax a g x x =--=.（1）讨论()f x 的单调性；（2）用max{,}m n 表示,m n 中的最大值，设函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>，讨论()h x 零点的个数. 【答案】(1)当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在区间()(),ln 2a -∞上单调递减，在()()ln 2,a +∞单调递增；(2)当12a e <()h x 在()0,+∞上无零点；当12a e =1a ≥时，()h x 在()0,+∞1ea <<时，()h x 在()0,+∞上有两个零点. 【解析】【分析】（1）对参数a 进行分类讨论，即可由导数的正负判断函数的单调性；（2）根据()h x 的定义，利用导数分区间讨论()h x 在()()0,1,1,+∞上的零点分布情况. 【详解】（1）()2x f x e ax a =--，故可得()2xf x e a '=-，当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，故此时()f x 在R 上单调递增；当0a >时，令()0f x '=，解得()ln 2x a =，故容易得()f x 在区间()(),ln 2a -∞上单调递减，在()()ln 2,a +∞单调递增. 综上所述：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在区间()(),ln 2a -∞上单调递减，在()()ln 2,a +∞单调递增. （2）①当1x >时，()0g x lnx =>，()()(){}()max ,0h x f x g x g x =≥>，显然此时()h x 没有零点； ②当1x =时，()13f e a =-，若3ea ≥，()()(){}()1max 1,110h f g g ===，故1x =是()h x 的零点；若3ea <，()()(){}()1max 1,110h f g f ==>，故1x =不是()h x 的零点； ③当()0,1x ∈时，()0g x lnx =<，所以()h x 在()0,1上的零点个数，即为()f x 在()0,1上的零点个数.()f x 在()0,1上的零点个数，等价于21x e a x =+在()0,1上实数根的个数. 令()(),0,121xe m x x x =∈+，故可得()()()221 21xx e m x x '-=+，故容易得()m x 在区间10,?2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递增.且()()1101,,1223e m m e m ⎛⎫=== ⎪⎝⎭. 故当12a e <1a >时，()fx 在()0,1没有零点；当12a e =13e a ≤<，()fx 在()0,1有一个零点；123ee a <<时，()fx 在()0,1有2个零点.综上所述：当12a e <()h x 在()0,+∞上无零点；当12a e =1a ≥时，()h x 在()0,+∞上有一个零点；1ea <<时，()h x 在()0,+∞上有两个零点. 【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性，以及求解函数零点的个数，属综合困难题.4．（广西玉林市2022届高三上学期教学质量监测数学（理）试题）已知函数()2ln 1f x x ax =-+. (1)若()f x 存在零点，求实数a 的取值范围；(2)若0x 是()f x 的零点，求证：00220032e 1x x a x x --≤≤. 【答案】(1)2e ⎛-∞ ⎝⎦； (2)证明见解析. 【解析】【分析】（1）分离参数得2ln 1x a x +=，构造函数()2ln 1x g x x+=利用导数研究其单调性和值域，结合题意，则问题得解；（2）根据（1）中所求，将所证不等式转化为证明()000022000322ln 1e 10x x x x x x x -+-≤<>，分别构造函数，利用导数研究函数单调性，进而证明不等式恒成立即可. (1)令()2ln 10f x x ax =-+=变形得2ln 1x a x+=，令()2ln 1x g x x +=，问题转化成y a =与()g x 有交点. 令()212ln 0xg x x -'==，解得e x 则()g x 在(e x ∈上单调递增，在)e,x ∈+∞上单调递减，且()0lim x g x +→=-∞，()lim 0x g x →+∞= 故()(max e eg x g ==所以ea ≤故实数a 的取值范围2e ,e ⎛-∞ ⎝⎦； (2)证明：由题意可得，()0002ln 10f x x ax =-+=，得002ln 1x a x +=，要证00220032e 1x x a x x --≤<，即证()000022000322ln 1e 10x x x x x x x -+-≤<>. .先证20000322ln 1x x x x -+≤，只需让001ln 1x x +≥，令()1ln t x x x =+，()21x t x x -'=. 所以()t x 在()0,1∈x 上单调递减，在()1,x ∈+∞上单调递增，故()()min 11t x t ==，所以()1t x ≥，左边证毕.再证002002ln 1e 1x x x x +-<，即证：000e 12ln 1x x x x x -+-<- 令()2ln 1h x x x =+-，()2xh x x-'=，所以()h x 在()0,2x ∈上单调递增，在()2,x ∈+∞上单调递减，故()()max 22ln 21h x h ==-；令()e 1x k x x x -=-，()()()221e 1e e 11x x x x x x k x x x ----+'=-=，令()e 1xm x x =--，'()m x e 1x =-，令'()m x 0=，解得0x =，故()m x 在()0,+∞单调递增，()()00m x m >=. 即e 10x x -->在()0,+∞恒成立.令()0k x '=，解得1x =，所以()k x 在()0,1∈x 上单调递减，在()1,x ∈+∞上单调递增，故()()min 1e 2k x k ==-.因为e 22ln21->-，所以()()h x k x <，即e 12ln 1x x x x x-+-<-，故000e 12ln 1x x x -+<，右边证毕. 综上所述：00220032e 1x x a x x --≤≤. 【点睛】本题考察利用导数研究函数单调性和恒成立问题；其中第一问中，对函数进行分离参数是解决问题的关键；第二问中，在证明002002ln 1e 1x x x x +-<时，将其转化为证明000e 12ln 1x x x x x -+-<-，是较好的一种处理手段；本题综合考察学生的计算能力，对导数的综合使用能力，属压轴题.5．（江西省景德镇市2022届高三第二次质检数学（文）试题）已知函数24e ()ln 214e xxf x x =+++.(1)求函数()y f x =在(0,(0))f 处切线的斜率；(2)求证：()y f x =有且只有一个零点0x ，且满足0112e e 2x<<. 参考数据：ln20.693≈ 【答案】(1)1325(2)见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，再根据导数的几何意义即可得出答案；（2）要证0112e e 2x<<，只需证明011ln ln 24x e <<即可，利用导数判断函数的单调性，再根据零点的存在性定理即可得出结论. (1)解：由24e ()ln 214exxf x x =+++，得()()()2243222224e 14e 4e e 16e 16e 8e 4e 1()114e148e x x x xx x x x x x f x +--++'++⋅++==，则()16168411302525f -+++'==，即函数()y f x =在(0,(0))f 处切线的斜率为1325； (2)证明：由（1）得：()4322216e 16e 8e 4e 1()14e x x x x x f x -++++'=，令()e ,0x t t =>，()4321616841,(0)g t t t t t t =-+++>，则()326448164g t t t t '=-++，令()()326448164,0h t t t t t =-++>，则()()2161261h t t t '=-+，因为36480-<，所以212610t t -+>在()0,t ∈+∞上恒成立，所以()0h t '>，所以函数()h t 在()0,∞+上递增，所以()()040g t g ''>=>，所以函数()g t 在()0,∞+上递增，所以()()010g t g >=>，即43216e 16e 8e 4e 10x x x x -+++>，所以()4322216e 16e 8e 4e 1()014e x x x x x f x -++=++'>，所以函数()f x 是R 上的增函数，又()1ln 2e1ln2e222222e 14e2eeln 2ln 21ln 2101e 1e 1114e11ln ln2e e e2f =⎛⎫=--++--++=-+ +⎪⎝=⎭<+++， 1ln41ln 424e 14ln 2ln 2ln 20111ln ln 454e 4114f ⎝++=-+=- +⎛=⎪+⎫>+⎭，所以()y f x =有且只有一个零点0x ，且011lnln 24x e <<，所以()y f x =有且只有一个零点0x ，且满足0112e e2x<<. 【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了利用导数解决跟零点有关的问题，及不等式的证明问题，考查了数据分析能力，有一定的难度.6．（北京市密云区2022届高三上学期期末考试数学试题）已知函数()e x f x x k =+，R k ∈．(1)求曲线()y f x =在点()()2,2M f 处的切线方程； (2)求函数()f x 的单调区间；(3)若函数()e x f x x k =+有两个不同的零点，记较大的零点为0x ，证明：当()01,2x ∈时，()2201e e 0k x k +->．【答案】(1)()221e e y k x k =+-；(2)答案见解析； (3)证明见解析. 【解析】【分析】（1）求出()2f 、()2f '，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；（2）求得()1e xf x k '=+，分0k ≥、0k <两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的增区间和减区间；（3）分析可得00ex x k =-，将所证不等式等价变形为020e 1x x ->-对任意的()01,2x ∈恒成立，构造函数()2e 1x g x x -=-+，利用导数分析函数()g x 在()1,2上的单调性，可得出()0g x >，即可证得结论成立.(1)解：因为()e x f x x k =+，则()1e x f x k '=+，所以，()222e f k =+，()221e f k '=+，因此，曲线()y f x =在点()()2,2M f 处的切线方程()()()222e 1e2y k k x -+=+-，即()221e e y k x k =+-.(2)解：函数()e x f x x k =+的定义域为R ，且()1e xf x k '=+.当0k ≥时，对任意的R x ∈，()0f x '>，此时函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，无递减区间；当0k <时，由()0f x '=，可得()ln x k =--.当()ln x k <--时，()0f x '>；当()ln x k >--时，()0f x '<.此时，函数()f x 的单调递增区间为()(),ln k -∞--，单调递减区间为()()ln ,k --+∞. 综上所述，当0k ≥时，函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，无递减区间；当0k <时，函数()f x 的单调递增区间为()(),ln k -∞--，单调递减区间为()()ln ,k --+∞. (3)证明：由()0e xf x x k =+=可得e xx k =-，因为函数()e xf x x k =+有两个不同的零点，且较大的零点为0x ，则0e x x k =-，要证()()()0002220000211e e e 10ex x x k x k x k x x --+-=+-=->对任意的()01,2x ∈恒成立，即证020e1x x ->-对任意的()01,2x ∈恒成立，构造函数()2e 1x g x x -=-+，其中()1,2x ∈，则()2e 10x g x -'=-<，所以，函数()g x 在()1,2上单调递减，所以，()()20g x g >=，因为()01,2x ∈，则()()020g x g >=，即020e 1x x ->-，故原不等式得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.7．（辽宁省大连市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知函数()()e ,ln x f x ax g x ax x =-=-，其中a ∈R .(1)若0x >时，()()0f x g x ⋅>恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若函数()()()F x f x g x =+的最小值为m ，试证明：函数()e ln x m G x x -=-有且仅有一个零点. 【答案】(1)1e ea << (2)证明见解析【解析】【分析】（1）分析可得e ln x ax x >>，分别求得e x y =与y ax =相切时和ln y x =与y ax =相切时，a 的值，综合分析，即可得答案.（2）利用导数，求得()F x 的单调区间和极值，即可得m 的表达式和范围，()G x 的零点等价于求()e e ln x m H x x =-的零点，利用导数，求得()H x 的单调区间和极值，计算化简，可得000011e ln ln x m x x x =-=+，分析可得101x x =，分析即可得证. (1)由题意得()()e ln 0xax ax x -->，因为当0x >时e ln x x >，所以原不等式等价于e ln x ax x >>，当e x y =与y ax =相切时，设切点00(,)x y ，则e x y '=，所以切线的斜率0e x k a ==，又00e xy =，00y ax =，联立解得01x =，所以切线斜率e a =，同理当ln y x =与y ax =相切时，可求得切线斜率1ea =，因为e ln x ax x >>，所以1e ea << (2)()()()e ln x F x f x g x x =+=-，则1()e x F x x '=-，21()e 0xF x x'+'=>，所以()F x '在(0,)+∞上为增函数，又1(1)e 10,e 202F F '⎛⎫=->=< ⎪'⎝⎭，所以()F x '在(0,)+∞上存在唯一零点0x ，且01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，此时0001()e 0x F x x '=-=，即001e xx =，当()00,x x ∈时，()0F x '<，则()F x 为减函数，当()0,x x ∈+∞时，()0F x '>，则()F x 为增函数，所以()F x 的最小值为000000011()e ln e ln2e x x xx m F x x x ==-=-=+>，令()eln 0x mG x x -=-=，整理得e e ln 0xm x -=，令()e e ln xmH x x =-，则e ()e mxH x x='-，在(0,)+∞上为增函数，因为2m >，所以e 1(1)e e0,()e e 10m mmm H H m m m ⎛⎫=-=-=- ⎝'⎪⎭'，所以()H x '在(0,)+∞上存在唯一零点1x ，且()11,x m ∈，111e ()e 0mx H x x -'==当()10,x x ∈时，()0H x '<，()H x 为减函数，当()1,x x ∈+∞时，()0H x '>，()H x 为增函数，所以111()e e ln x mH x x =-，因为11e e mx x =，所以11ln x m x =-，即11ln m x x =+，又000011e ln ln x m x x x =-=+，所以110011ln ln x x x x +=+，又函数ln y x x =+在(0,)+∞上为增函数，所以101x x =，所以0000001111111100001111()e e ln e e ln e e ln e e ln x x x x x x x m m H x x x x x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-=-=-⋅=-⋅⋅=()0011000000111e ln e ln x x x x x x x x ⎛⎫⋅⋅-=⋅⋅+ ⎪⎝⎭因为00ln 0x x +=，所以1()0H x =，则1()0H x ≥在(0,)+∞上恒成立，所以()0H x =有且仅有一个根1x x =，所以函数()e ln x mG x x -=-有且仅有一个零点.【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间、极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，需将()G x 求零点问题，转化为求()e e ln x m H x x =-的零点问题，进而可求得m 的表达式，考查计算化简，分析求值的能力，属中档题.8．（广东省揭阳市2022届高三上学期期末数学试题）已知函数()e ln .xf x x ax a x a =--+(1)若e a =，判断函数()f x 的单调性，并求出函数()f x 的最值. (2)若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.【答案】(1)在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，最小值为()1e f =，无最大值(2)()2e ,+∞【解析】【分析】（1）把e a =的值代入函数()f x 的解析式，从而根据导数判断函数的单调性，进而可求函数()f x 的最值；（2）利用导数判断函数的单调性，根据单调性可求函数的最小值；根据题意列出满足条件的a 的不等式，从而求出a 的范围，然后验证即可. (1)易知函数的定义域为()0,∞+，当e a =时，()e e eln e xf x x x x =--+，所以()()()e e 1e e 1e xx f x x x x x ⎛⎫=+--=+- ⎝'⎪⎭，当()0,1x ∈时，()0f x '<；当()1,x ∈+∞，()0f x '>；所以()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；由此可得，()f x 的最小值为()1e e eln1e e f =--+=，无最大值. (2)因为()e ln xf x x ax a x a =--+，所以()()()1e 1e x x a a f x x a x x x ⎛⎫=+--=+- ⎝'⎪⎭. 当0a ≤时，()0f x '>在()0,∞+上恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，故可得函数()f x 至多只有一个零点，不符合题意；当0a >时，令e 0xax-=，设该方程的解为0x ，则在()00,x 上，()0f x '<；在()0,x +∞上，()0f x '>，所以()f x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增；为了满足()f x 有两个零点，则有()00000e ln 0xf x x ax a x a =--+<①因为0x 是方程e 0xax-=的解，所以00e x x a =，两边取对数可得00ln ln x x a +=②，将②式代入①式可得()()02ln 0f x a a =-<，所以a 的取值范围为()2e ,a ∞∈+.且当()2e ,a ∞∈+时，由②式得()01,1e e 0xf a a >=-+=>，所以()f x 在()00,x 上仅有1个零点；当x →+∞时，()f x →+∞，故可得()f x 在()0,x +∞上仅有1个零点；综上，若函数()f x 存在两个零点，则实数a 的取值范围是()2e ,+∞.。

导数零点问题

函数零点问题知识点:1、零点的定义:函数的零点方程的根(解) 与轴的交点的横坐标(注意函数的零点就是一个实数)2、零点的推广:函数的零点方程的根(解)方程的根(解)函数与函数图像交点的横坐标、3、我们通常利用导数来研究函数的零点,注意导函数的零点与原函数的极值点之前的关系、1、已知函数x a x x f ln 21)(2-=)(R a ∈, 若函数)(x f 在),1(+∞为增函数,求a 的取值范围;讨论方程0)(=x f 解的个数,并说明理由、2、已知函数()()ln ()x f x e a a =+为常数就是R 上的奇函数,函数()()sin g x f x x λ=+就是区间[一1,1]上的减函数.(I)求a 的值;(II) 若()21g x t t λ≤++在x ∈[一1,1]上恒成立,求t 的取值范围. (Ⅲ) 讨论关于x 的方程2ln 2()x x ex m f x =-+的根的个数。

3、若,ln 6)(m x x g +=问就是否存在实数m,使得y= f(x)=28x x -+的图象与的图象有且只有两个不同的交点？若存在,求出m 的值;若不存在,说明理由、4、已知函数, 求在区间上的最大值就是否存在实数m ,使得的图象与的图象有且只有三个不同的交点？若存在,求出m 的取值范围;,若不存在,说明理由。

5、已知函数在处取得极值、求函数的解析式;求证:对于区间上任意两个自变量的值x 1,x 2,都有; 若过点可作曲线的三条切线,求实数m 的取值范围、6.奇函数cx bx ax x f ++=23)(的图象E 过点)210,22(),2,2(B A -两点、求)(x f 的表达式;求)(x f 的单调区间;若方程0)(=+m x f 有三个不同的实根,求m 的取值范围、7.已知()f x 就是二次函数,不等式()0f x <的解集就是(0,5),且()f x 在区间[]1,4-上的最大值就是12。

导数零点问题总结

导数零点问题导数是研究函数的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．用导数研究函数f (x )的单调性，往往需要解方程f ′(x )＝0. 若该方程不易求解时，如何继续解题呢？猜——猜出方程f ′(x )＝0的根[典例] 设f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围． [方法演示]解：(1)因为f ′(x )＝－ln xx 2，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，所以a <1<a ＋1，即0<a <1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)．(2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解．设g (x )＝f (x )－x 2＋2x ，则g ′(x )＝2(1－x )－ln xx 2. 接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0. 但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．可得g ′(1)＝0，且当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]．[解题师说]当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x 时，常猜x ＝0或x ＝ln x .[应用体验]1．函数f (x )＝e x ＋12x 2－(2＋ln 2)x 的最小值为________．答案：2－2ln 2－12ln 22解析：f ′(x )＝e x ＋x －(2＋ln 2)．接下来，需求函数f (x )的单调区间，所以需解不等式f ′(x )≥0及f ′(x )≤0，因而需解方程f ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．易知f ′(x )是增函数，所以方程f ′(x )＝0至多有一个实数根，且可观察出此实数根就是ln 2，所以函数f (x )在(－∞，ln 2)上是减函数，在(ln 2，＋∞)上是增函数，所以f (x )min ＝f (ln 2)＝2－2ln 2－12ln 22.设——设出f ′(x )＝0的根[典例] (2015·(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .[方法演示]解：(1)法一：f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－a x ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，所以当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．法二：f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．令方程f ′(x )＝0，得a ＝2x e 2x (x >0)．因为函数g (x )＝2x (x >0)，h (x )＝e 2x (x >0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u (x )＝2x e 2x (x >0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．由此可得，当a ≤0时，f ′(x )无零点；当a >0时，f ′(x )有唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0. 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，当且仅当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a(基本不等式)．所以当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .[解题师说]本题第(2)问的解题思路是求函数f (x )的最小值．因此需要求f ′(x )＝0的根．但是f ′(x )＝2e 2x－ax ＝0的根无法求解．故设出f ′(x )＝0的根为x 0，通过证明f (x )在(0，x 0)和(x 0，＋∞)上的单调性知f (x )min ＝f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的设而不求．[应用体验]2．设函数f (x )＝e x －ax －2.(1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值．解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．若a >0，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． (2)由于a ＝1，所以(x －k )f ′(x )＋x ＋1＝(x －k )(e x －1)＋x ＋1. 故当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0等价于k <x ＋1e x －1＋x (x >0)．①令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝－x e x －1(e x －1)2＋1＝e x (e x －x －2)(e x －1)2.由(1)知，函数h (x )＝e x －x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)．又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k <g (α)，故整数k 的最大值为2.证——证明方程f ′(x )＝0无根[典例] 已知m ∈R ，函数f (x )＝mx －m －1x －ln x ，g (x )＝1x＋ln x .(1)求函数g (x )的极小值；(2)若函数y ＝f (x )－g (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数m 的取值范围； (3)设h (x )＝2ex ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)－g (x 0)>h (x 0)，求实数m 的取值范围．[方法演示]解：(1)函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. ∴x ＝1为g (x )的极小值点，极小值g (1)＝1.(2)∵y ＝mx －m －1x －1x －2ln x ＝mx －m x －2ln x . ∴y ′＝m ＋m x 2－2x ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即m ≥2x x 2＋1在x ∈[1，＋∞)上恒成立．又2x x 2＋1＝2x ＋1x ≤1，所以m ≥1.所以实数m 的取值范围为[1，＋∞)．(3)由题意知，关于x 的不等式f (x )－g (x )>h (x )在[1，e]上有解，即关于x 的不等式2e ＋2x ln x x 2－1<m (1<x ≤e)有解．设u (x )＝2e ＋2x ln x x 2－1(1<x ≤e)，则u ′(x )＝2x 2－4e x －2－(2x 2＋2)ln x(x 2－1)2(1<x ≤e)，但不易求解方程u ′(x )＝0. 可大胆猜测方程u ′(x )＝0无解，证明如下：由1<x ≤e ，可得－(2x 2＋2)ln x <0，2x 2－4e x －2＝2(x －e)2－2e 2－2<0，所以u ′(x )<0，u (x )在(1，e]上是减函数，所以函数u (x )的值域是4ee 2－1，＋∞，故所求实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫4ee 2－1，＋∞.[解题师说]当利用导函数求函数f (x )在区间[a ，b ]，[a ，b )或(a ，b ]上的最值时，可首先考虑函数f (x )在该区间上是否具有单调性，若具有单调性，则f (x )在区间的端点处取得最值(此时若求f ′(x )＝0的根，则此方程是无解的)．[应用体验]3．(理)若存在x 使不等式x －mex >x 成立，则实数m 的取值范围为________．答案：(－∞，0)解析：法一：(理)由题意，知存在x 使不等式－m >x e x －x 成立．设x ＝t (t ≥0)，则存在t ≥0使不等式－m >t e t 2－t 2成立．设f (t )＝t e t 2－t 2(t ≥0)，则f ′(t )＝e t 2(2t 2＋1)－2t (t ≥0)，需解方程f ′(t )＝0，但此方程不易求解．可大胆猜测方程f ′(t )＝0无解(若方程f ′(t )＝0无解，则f ′(t )的值恒正或恒负(否则由零点存在性定理知方程f ′(t )＝0有解)，得f (t )是增函数或减函数，此时研究函数f (t )就很方便)，证明如下：f ′(t )＝e t 2(2t 2＋1)－2t ≥22t e t 2－2t ≥0(t ≥0)，所以f ′(t )>0(t ≥0)，所以函数f (t )是增函数，故其最小值为f (0)＝0. 所以－m >0，即m <0.(文)由题意，知存在x 使不等式－m >x e x －x 成立，当x ＝0时，m <0，当x >0时，令f (x )＝x e x－x ，则f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x －1，不易求方程f ′(x )＝0的根，故可大胆猜测方程f ′(x )＝0无解，即f ′(x )的值恒正或恒负．证明如下：f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x －1≥212x ·x e x －1＝2e x －1，∵x >0，∴2e x >2，∴2e x －1>0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数，∴f (x )>f (0)＝0，∴－m >0，即m <0.综上可知m 的取值范围为(－∞，0)．法二：不等式x －m e x ＞x 成立，等价于m ＜x －x ·e x . 故存在x 使不等式x －mex ＞x 成立，等价于m ＜(x －x ·e x )max . 令f (x )＝x －x e x ，则f ′(x )＝1－⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x <0. ∴f (x )＝x －x e x 在[0，＋∞)上是单调递减函数，故(x －x ·e x )max ＝0，∴m ＜0.1．已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数，e ＝2.718 28……是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数．证明：对任意x >0，g (x )<1＋e －2. 解：(1)f ′(x )＝1x－ln x －k e x，因为f ′(1)＝0，所以1－k ＝0，即k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x. 易知h (x )＝1x －ln x －1在(0，＋∞)上是减函数，且h (1)＝0，所以当0<x <1时，f ′(x )>0，当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．(3)证明：由(2)可知，当x ≥1时，g (x )＝xf ′(x )≤0<1＋e －2，故只需证明g (x )<1＋e －2在0<x <1时成立．当0<x <1时，e x >1，且g (x )>0，∴g (x )＝1－x ln x －xe x<1－x ln x －x .设F (x )＝1－x ln x －x ，x ∈(0,1)，则F ′(x )＝－(ln x ＋2)，当x ∈(0，e －2)时，F ′(x )>0，当x ∈(e－2,1)时，F ′(x )<0，所以当x ＝e－2时，F (x )取得最大值F (e －2)＝1＋e －2. 所以g (x )<F (x )≤1＋e －2.综上，对任意x >0，g (x )<1＋e －2.2．已知函数f (x )＝k e x －x 2有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)．(1)求k 的取值范围； (2)求f (x 1)，f (x 2)的取值范围．解：(1)因为f ′(x )＝k e x －2x ，所以由f ′(x )＝0，得k ＝2x e x . 设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2e x (1－x )．当x <1时，φ′(x )>0，当x >1时，φ′(x )<0，所以φ(x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x ＝1时，φ(x )max ＝2e . 作出函数φ(x )的图象如图所示．因为函数f (x )有两个极值点，所以y ＝k 与y ＝φ(x )的图象有两个交点，所以由图可得k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，2e . (2)由f ′(x 1)＝k e x 1－2x 1＝0，得k e x 1＝2x 1，所以f (x 1)＝k e x 1－x 21＝2x 1－x 21＝1－(1－x 1)2由图可得x 1的取值范围是(0,1)，所以f (x 1)的取值范围是(0,1)．同理，可得f (x 2)＝k e x 2－x 22＝2x 2－x 22＝1－(x 2－1)2，由图可得x 2的取值范围是(1，＋∞)，所以f (x 2)的取值范围是(－∞，1)． 3．设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R)．(1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝⎛⎦⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，所以f ′(x )＝x e x －2x ＝x (e x －2)．由f ′(x )>0，得x >ln 2或x <0；由f ′(x )<0，得0<x <ln 2，所以函数f (x )的递增区间是(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，递减区间是(0，ln 2)．(2)f ′(x )＝x (e x －2k )．由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln 2k .事实上，可证ln 2k <k ，设g (k )＝ln 2k －k ⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则g ′(k )＝1－k k ≥0⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，所以g (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是增函数，所以g (k )≤g (1)＝ln 2－1<0，即ln 2k <k .所以f (x )在(0，ln 2k )上是减函数，在(ln 2k,1]上是增函数，所以M ＝max{f (0)，f (k )}．设h (k )＝f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3＋1⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则h ′(k )＝k (e k －3k )⎝⎛⎭⎫12<k ≤1. 又令φ(k )＝e k －3k ⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则φ′(k )＝e k －3≤e －3<0⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，所以函数φ(k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是减函数．又因为φ⎝⎛⎭⎫12>0，φ(1)<0，所以函数φ(k )在⎝⎛⎭⎫12，1上存在唯一的零点k 0(该零点就是函数φ(k )的隐零点)．所以当12<k <k 0时，φ(k )>0，即h ′(k )>0，当k 0<k ≤1时，φ(k )<0，即h ′(k )<0，所以函数h (k )在12，1上是先增后减．又因为h ⎝⎛⎭⎫12＝78－e 2>0，h (1)＝0，所以h (k )＝f (k )－f (0)≥0，f (k )≥f (0)⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，故M ＝f (k )＝(k －1)e k －k 3.4．(2015·山东高考)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值．解：(1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2.又f ′(x )＝ln x ＋ax ＋1，所以a ＝1. 当a ＝1时，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线2x －y －2＝0与直线2x －y ＝0平行，所以所求a 的值为1.(2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0,1]时，h (x )＜0. 又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2＞1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0. 因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x (x －2)e x，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )＞1－1e ＞0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增．所以当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0(x 0就是函数f (x )－g (x )的隐零点)，且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)ln x ，x ∈(0，x 0]，x 2ex ，x ∈(x 0，＋∞).当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0；若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＞0，可知0＜m (x )≤m (x 0)；故m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x (2－x )e x，可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)＜m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e2.。

导数中的零点问题

导数中的零点问题题型一：零点的基本解法1、已知函数$f(x)=2\ln x-x+mx,x\in[2e,+\infty)$，求实数$m$的取值范围。

2、已知函数$f(x)=x\mathrm e^x-a(x+1)^2/2,x\in[0,+\infty)$有两个零点，求实数$a$的取值范围。

1) 若$a=\mathrm e$，求函数$f(x)$的极值。

2) 若函数$f(x)$有两个零点，求实数$a$的取值范围。

3、已知函数$f(x)=a\mathrm e^{2x}+(a-2)\mathrm e^x-x$。

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。

4、已知函数$f(x)=-(2ax+ax+(x-2)\mathrm e^x)/2,a>0$。

1）求函数$f(x)$的单调区间。

2）若函数$f(x)$存在$3$个零点，求$a$的取值范围。

题型二：切线与零点关系1、曲线在点$(1,1)$处的切线方程为；过点$(1,1)$处的切线方程为。

2、已知函数$f(x)=\frac{1}{2}x^3+mx+n(m,n\in\mathbb{R})$。

1）若$f(x)$在$x=1$处取得极大值，求实数$m$的取值范围。

2）若$f(1)=\frac{1}{2}$，且过点$p(2,1)$有且只有两条直线与曲线$y=f(x)$相切，求实数$m$的值。

3、已知函数$f(x)=ax^2+bx-3x$在$x=\pm 1$处取得极值。

1）求函数$f(x)$的解析式。

2）若过点$A(1,m)$可作曲线$y=f(x)$的三条切线，求实数$m$的取值范围。

题型三：极值与零点关系1、已知函数$f(x)=x^3-6x^2+3x+t(t\in\mathbb{R})$。

1）求函数$f(x)$的单调区间。

2）设函数$g(x)=f(x)$有三个不同的极值点，求$t$的取值范围。

3）设函数$g(x)=\mathrm e^{f(x)}$有三个不同的极值点，求$t$的取值范围。

导数与函数零点问题解题方法归纳

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()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.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()()21e x f x x ax =++. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()21e 1x g x x mx =+--在[)1,-+∞有两个零点，求m 的取值范围. 【分析】（1）首先求出函数的导函数因式分解为()()()11e xf x a x x =++'+，再对参数a 分类讨论可得；（2）依题意可得()()21e xg x m x =+'-，当0m 函数在定义域上单调递增，不满足条件；当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数，因为()01g m '=-，()00g =.再对1m =，1m ，01m <<三种情况讨论可得.【解析】（1）因为()()21x f x x ax e =++，所以()()221e xf x x a x a ⎡⎤=+++⎣⎦'+，即()()()11e xf x a x x =++'+. 由()0f x '=，得()11x a =-+，21x =-.①当0a =时，()()21e 0x f x x =+'，当且仅当1x =-时，等号成立.故()f x 在(),-∞+∞为增函数.②当0a >时，()11a -+<-，由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-，由()0f x <′得()11a x -+<<-；所以()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数.③当0a <时，()11a -+>-，由()0f x >′得()1x a >-+或1x <-，由()0f x <′得()11x a -<<-+；所以()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.综上，当0a =时，()f x 在为(),-∞+∞增函数；当0a >时，()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数；当0a <时，()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.（2）因为()()21e 1x g x x mx =+--，所以()()21e x g x m x =+'-， ①当0m 时，()0g x '，()g x 在[)1,-+∞为增函数，所以()g x 在[)1,-+∞至多一个零点.②当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数.因为()01g m '=-，()00g =.（ⅰ）当1m =时，()00g '=，0x >时，()0g x '>，10x -<<时，()0g x '<；所以()g x 在[)1,0-为减函数，在[)0,+∞为增函数，()()min 00g x g ==.故()g x 在[)1,-+∞有且只有一个零点.（ⅱ）当1m 时，()00g '<，()()210m g m e m m '=+->，()00,x m ∃∈，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.所以()()000g x g <=，又()()()22221e 1110m g m m m m m =+-->+--=，根据零点存在性定理，()g x 在()0,x m 有且只有一个零点.又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0.故当1m 时，()g x 在[)1,-+∞有两个零点.（ⅲ）当01m <<时，()01g m -'=-<，()00g '>，()01,0x ∃∈-，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.因为()g x 在()0,x +∞有且只有一个零点0，若()g x 在[)1,-+∞有两个零点，则()g x 在[)01,x -有且只有一个零点.又()()000g x g <=，所以()10g -即()2110e g m -=+-，所以21e m -，即当211em -<时()g x 在[)1,-+∞有两个零点. 综上，m 的取值范围为211em -< 【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x ＝1；当函数解析式中出现e x时，常猜x ＝0或x ＝ln 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】【2020·山西吕梁期末】已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()sin x g x e x =-，若()()()()2h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点，求a 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2ln f x x a x x =--， 21()2f x x '=+2221a x ax x x-+-=，对于2210x ax -+=，28a ∆=-，当[a ∈-时，()0f x '≥，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当(,a ∈-∞-时，对于0x >，有()0f x '>，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当)a ∈+∞时，令()0f x '>，得04a x <<或4a x >，令()0f x '<，得44a a x <<，所以()f x 在，)+∞上是增函数，在(44a a 上是减函数.综上，当(,a ∈-∞时，()f x 在(0,)+∞上是增函数；当)a ∈+∞时，()f x 在(0,)4a -，()4a ++∞上是增函数，在(44a a 上是减函数. （2）由已知可得()cos x g x e x '=-，因为0x >，所以e 1x >，而c o s 1x ≤，所以cos 0x e x ->，所以()0g x '>，所以()sin xg x e x =-在()0+∞，上单调递增. 所以()()00g x g >=.故()h x 有两个零点，等价于()2y f x x =-=1aInx x--在()0+∞，内有两个零点. 等价于1ln 0a x x--=有两根，显然1x =不是方程的根，因此原方程可化为()1ln 01x x x x a-=>≠且，设()ln x x x φ=，()ln 1x x φ='+，由()0x φ'>解得11x e<<，或1x > 由()0x φ'<解得10x e <<，故()ln x x x φ=在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在()1,1,1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.其图像如下所示：所以()min 11x e eφφ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以110e a-<-<，所以a e >. 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()2ln x f x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a ≥+. 【解析】（I ）()f x 的定义域为0+，，2()=20x a f x e x x . 当0a时,()0f x ，()f x 没有零点；当0a 时，因为2x e 单调递增，a x 单调递增，所以()f x 在0+，单调递增.又()0f a ,当b 满足04a b 且14b 时，(b)0f ,故当0a 时，()f x 存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x 在0+，的唯一零点为0x ，当00x x ，时，()0f x ;当0+x x ，时，()0f x .故()f x 在00x ，单调递减，在0+x ，单调递增，所以当0x x 时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x ，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a . 故当0a 时，2()2ln f x a a a. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20x af x e x 的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”．【举一反三】【2020·江西赣州期末】已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+.（1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【解析】（1）令2()x f x e ax x =--，则()21x f x e ax '=--，得：(1)e 1f a =--，(1)e 21f a '=--，由题得：(1)e 21e 31(1)e 1e 31f a a f a b b ⎧=--=-=⎧⇒⎨⎨=--=-+=⎩'⎩（2）根据题意，要证不等式4()5f x m >+对于任意恒成立，即证(0,)x ∈+∞时，4()5f x -的最小值大于m ，令244()()()2155x x g x f x e x x g x e x '=-=---⇒=--，记()()21()2x xh x g x e x h x e ''==--⇒=-，当(0,ln 2)x ∈时，()0h x '<；当x (ln 2,)∈+∞时，()0h x '>，故()h x 即()g x '在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增，又(0)0g '=，(ln 2)12ln 20g '=-<，且(1)30g e '=-<，323402g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，故存在唯一031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=，故当()00,x x ∈时，0g x ；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>；故()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()02min 0004()5x g x g x e x x ==--- 一方面：()014(1)5g x g e <=- 另一方面：由()00g x '=，即00210x e x --=，得()022*********x g x e x x x x =---=-++ 由031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得：()0111205g x -<<，进而()011140205g x e -<<-<，所以1120m <- ，又因为m 是整数，所以1m -，即max 1m =-. 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()()21ln 12f x x a x =+-.（1）当1a =-时，求()f x 的单调增区间；（2）若4a >，且()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，求证：210e x e --<<.【分析】（1）求出()'f x ，令()'0f x ≥，解不等式可得单调递增区间；（2）通过求()f x 的导函数，可得()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，又由()f x 在()0,1上有唯一的零点0x 可得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，所以有()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，消去a ，可得0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，研究其单调性，利用零点存在性定理可得结果.【解析】（1）由已知()f x 的定义域为0x >，当1a =-时，()()21ln 12f x x x =--，则()()2111'x x x xf x x -++=--=，令()'0f x ≥且0x >，则102x +<≤，故()f x在10,2⎛ ⎝⎦上单调递增；（2）由()()21ln 12f x x a x =+-，有()()2111'ax f x ax a x x x-+=+-=，记()21g x ax ax =-+，由4a >，有()()001011110242110a g g a a g >⎧⎪=>⎪⎪⎪⎛⎫=-+<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪=>⎪⎪⎩，即()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，不妨设12x x <，且1x ，2x 是210ax ax -+=的两个根，则121012x x <<<<，又()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，且当0x +→时，()f x →-∞，当1x =时，()10f =，所以得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，所以()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，两式结合消去a ，得0001ln 02x x x --=，即0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，有()00'2ln 1t x x =+，其在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()001'2ln 12ln 11ln 402t x x =+<+=-< 则()00'2ln 10t x x =+<在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，即()0t x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又222212*********e t e e e e e t e e e ⎧-⎛⎫=--+=< ⎪⎪⎝⎭⎪⎨-⎛⎫⎪=-=> ⎪⎪⎝⎭⎩，由零点存在定理，210ex 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 x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0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2()(1)x x f x eax e =-+⋅，且()0f x . （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【解析】（1）因为()()ee 10x xf x ax =--≥,且e 0x >,所以e 10x ax --≥, 构造函数()e 1x u x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =, 若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >,则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增,故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e x xf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()0022200000011e 1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+< ⎪⎝⎭.三．强化训练1.【2020·安徽合肥二中月考】已知函数() 01ln 0x x e x f x xe x x x -⎧-≤=⎨--->⎩，，，则函数()()()()F x f f x ef x =-的零点个数为（）（e 是自然对数的底数） A ．6 B ．5C ．4D ．3【答案】B【解析】0x ≤时，()xf x e -=-是增函数，(0)1f =-，0x >时，()1ln x f x xe x x =---，11()(1)1(1)()xx f x x e x e x x'=+--=+-，显然10x +>，由1xe x=，作出xy e =和1(0)y x x=>的图象，如图，x y e =是增函数，1y x =在0x >是减函数它们有一个交点，设交点横坐标为0x ，易得0011x e x =>，001x <<，在00x x <<时，1xe x <，()0f x '<，0x x >时，1xe x>，()0f x '>，所以()f x 在0(0,)x 上递减，在0(,)x +∞上递增，0()f x 是()f x 的极小值，也是在0x >时的最小值．001x e x =，001x x e =，0001ln ln x x x ==-，即00ln 0x x +=，00000()1ln 0x f x x e x x =---=， 0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞．作出()f x 的大致图象，作直线y ex =，如图，0x >时y ex =与()f x 的图象有两个交点，即()0f x ex -=有两个解12,t t ，120,0t t >>．0x <时，()x f x e -=-，()x f x e '-=，由11()xf x e e -'==得1x =-，而1x =-时，(1)y e e =⨯-=-，(1)f e -=-，所以直线y ex =与()x f x e -=-在(1,)e --处相切．即0x ≤时方程()0f x ex -=有一个解e -．()(())()0F x f f x ef x =-=，令()t f x =，则()()0F x f t et =-=，由上讨论知方程()0f t et -=有三个解：12,,e t t -(120,0t t >>)而()f x e =-有一个解，1()f x t =和2()f x t =都有两个解，所以()0F x =有5个解，即函数()F x 有5个零点．故选B ． 2．【2020江苏盐城期中】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________. 【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。

导数零点问题方法归纳

导数零点问题方法归纳导数零点问题啊，这可真是个有趣的家伙！你想想看，它就像是数学世界里的一个神秘宝藏，等待着我们去挖掘。

在面对导数零点问题时，咱得有耐心，就像钓鱼一样，不能着急。

有时候，那零点就像狡猾的小鱼，藏得可深了，得慢慢找。

咱先来说说怎么找这些零点吧。

就好像在一个大迷宫里找出口，得仔细观察那些线索。

咱得看看函数的单调性，这就像是给迷宫画出了几条路，顺着走，也许就能找到零点的大致位置。

然后呢，再用各种方法去试探，看看到底是不是零点。

这过程不就跟探险家在荒山野岭里找宝贝一样嘛！有时候啊，我们可能一下子就找到了零点，那感觉，就像是瞎猫碰上死耗子，哈哈，可高兴了。

但有时候呢，怎么找都找不到，急得人抓耳挠腮的。

这时候可不能泄气啊，得换个思路，换个方法，说不定就柳暗花明又一村了呢！还有啊，在解决导数零点问题时，可别死脑筋。

就像走路一样，不能只知道走直路，有时候得拐拐弯，说不定就能发现新的风景。

比如说，我们可以试着把问题转化一下，也许就会变得简单很多呢。

再说说计算吧，那可得细心细心再细心，就跟绣花似的，不能有一点马虎。

要是不小心算错了，那可就前功尽弃啦，就像好不容易快挖到宝藏了，结果一锄头下去，把宝藏给弄坏了，那多可惜呀！遇到难题的时候，也别害怕。

你想想，那些厉害的数学家不也是从一个一个难题中走过来的嘛。

咱就把难题当成是一个挑战，挑战成功了，那得多有成就感呀！总之呢，导数零点问题虽然有时候会让人头疼，但只要我们有耐心，有方法，有勇气，就一定能把它拿下！就像那句话说的，世上无难事，只怕有心人！咱可不能被这点小困难给吓住了，要勇往直前，去探索数学世界的奥秘！你说是不是呢？。

导数与函数零点问题解题方法归纳

导数与函数零点问题解题方法归纳导函数零点问题一、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$f(x)$的单调性，往往需要解方程$f'(x)=0$。

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$f(x)=x+ax+\frac{1}{e^{2x}}$1）讨论$f(x)$的单调性；2）若函数$g(x)=x+\frac{1}{e^{-mx}-1}$在$[-1,+\infty)$有两个零点，求$m$的取值范围。

分析】1）首先求出函数的导函数因式分解为$f'(x)=(x+a+1)(x+1)e^{-2x}$，再对参数$a$分类讨论可得：①当$a=0$时，$f'(x)=(x+1)e^{-2x}$，当且仅当$x=-1$时，等号成立。

故$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数。

②当$a>0$时，$-10$得$x-1$，由$f'(x)<0$得$-a-1<x<-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数。

③当$aa+1$，由$f'(x)>0$得$x>-a-1$或$x<-1$，由$f'(x)<0$得$-1<x<-a-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。

综上，当$a=0$时，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数；当$a>0$时，$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数；当$a<0$时，$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。

函数与导数之零点问题(解析版)

函数与导数之零点问题一．考情分析零点问题涉及到函数与方程，但函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图像与x 轴的交点的横坐标,函数y ＝f (x )也可以看作二元方程f (x )－y ＝0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：①是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：②是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点.二．经验分享1.确定函数f (x )零点个数(方程f (x )＝0的实根个数)的方法：(1)判断二次函数f (x )在R 上的零点个数，一般由对应的二次方程f (x )＝0的判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来完成；对于一些不便用判别式判断零点个数的二次函数，则要结合二次函数的图象进行判断．#(2)对于一般函数零点个数的判断，不仅要用到零点存在性定理，还必须结合函数的图象和性质才能确定，如三次函数的零点个数问题．(3)若函数f (x )在[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且是单调函数，又f (a )·f (b )＜0，则y ＝f (x )在区间(a ，b )内有唯一零点．2.导数研究函数图象交点及零点问题利用导数来探讨函数)(x f y =的图象与函数)(x g y =的图象的交点问题，有以下几个步骤： ①构造函数)()()(x g x f x h -=； ②求导)('x h ；③研究函数)(x h 的单调性和极值（必要时要研究函数图象端点的极限情况）； ④画出函数)(x h 的草图，观察与x 轴的交点情况，列不等式；⑤解不等式得解.-探讨函数)(x f y =的零点个数，往往从函数的单调性和极值入手解决问题，结合零点存在性定理求解.三、题型分析（一）确定函数的零点与方程根的个数问题例1.【四川省成都七中2020届高三上半期考试，理科数学，12】函数)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，则方程0log )(2=-x x f 的根个数为（）【答案】C【解析】)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，根据性质我们可以画出函数图像，方程0log )(2=-x x f 的根个数转化成⎩⎨⎧==xy x f y 2log )(的交点个数，有图像可以看出，一共有5个交点，ABCDE.其中我x=8处是要仔细看图，是易错点。

函数与导数之零点问题(解析版)

函数与导数之零点问题一．考情分析零点问题涉及到函数与方程，但函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图像与x 轴的交点的横坐标,函数y ＝f (x )也可以看作二元方程f (x )－y ＝0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：①是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：②是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点.二．经验分享1.确定函数f (x )零点个数(方程f (x )＝0的实根个数)的方法：(1)判断二次函数f (x )在R 上的零点个数，一般由对应的二次方程f (x )＝0的判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来完成；对于一些不便用判别式判断零点个数的二次函数，则要结合二次函数的图象进行判断．(2)对于一般函数零点个数的判断，不仅要用到零点存在性定理，还必须结合函数的图象和性质才能确定，如三次函数的零点个数问题．(3)若函数f (x )在[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且是单调函数，又f (a )·f (b )＜0，则y ＝f (x )在区间(a ，b )内有唯一零点．2.导数研究函数图象交点及零点问题利用导数来探讨函数)(x f y =的图象与函数)(x g y =的图象的交点问题，有以下几个步骤： ①构造函数)()()(x g x f x h -=； ②求导)('x h ；③研究函数)(x h 的单调性和极值（必要时要研究函数图象端点的极限情况）； ④画出函数)(x h 的草图，观察与x 轴的交点情况，列不等式；⑤解不等式得解.探讨函数)(x f y =的零点个数，往往从函数的单调性和极值入手解决问题，结合零点存在性定理求解.三、题型分析（一）确定函数的零点与方程根的个数问题例1.【四川省成都七中2020届高三上半期考试，理科数学，12】函数)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，则方程0log )(2=-x x f 的根个数为（）A.3B.4C.5D.6 【答案】C【解析】)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，根据性质我们可以画出函数图像，方程0log )(2=-x x f 的根个数转化成⎩⎨⎧==x y x f y 2log )(的交点个数，有图像可以看出，一共有5个交点，ABCDE.其中我x=8处是要仔细看图，是易错点。

几个导数零点问题的例子

¡ 1 2¡ 4 4 ¡ , e 2 4 2 44 壹会找点基础练习题1:讨论函数f (x ) = 2e x a (x > 0)的零点个数: x解：当a 6 0时，f (x ) > 2e x > 0恒成立，显然无零点；当a > 0时，f 0(x ) = 4e x +a > 0恒成立，所以f (x )在(0; + )上单调递增， x 2 且f (a ) = 2e a ¡ 1 > 0当b < 1 < l n 2且b < a 时，f (b ) < 2e ln ¡ 4 = 0:由零点存在定理，结合单调性， f (x )在(0; +1)上有唯一零点。

2:讨论函数f (x ) = e x (1 ¡ x ¡ 2x ) ¡ a ; (x > 0)的零点个数:解：f 0(x ) = e x (1 ¡ x ¡ 2x ¡ 2x ¡ 2) = ¡e x (x + 4x + 1) < 0恒成立(x > 0) 所以f (x )在[0; +1)上单调递减；f (x )m ax = f (0) = 1 ¡ a :当a > 1时，f (x )m ax = 1 ¡ a < 0:此时无零点；当a = 1时，f (x )m ax = 1 ¡ a = 0:结合单调性知f (x )有唯一零点0:当a < 1时，f (x )m ax = 1 ¡ a > 0:即f (0) > 0;当b > 1且b > 1 ¡ a 时，f (b ) < (1 ¡ 2b ¡ b ) ¡ a < (1 ¡ 2b ) ¡ a < 0 由零点存在定理，结合单调性知：当a 6 1时，f (x )在[0; +1)上有唯一零点:3:讨论函数f (x ) = e x a 的零点个数:x 2解：当a 6 0时，f (x ) > e x > 0恒成立，显然无零点；当a > 0时，f 0(x ) = e x + 2a (此处进行不下去了，情况太多，考虑分参重来)x 3 e x a = 0 a = x e x = g (x ); g 0(x ) = x (x + 2)e x (x =/ 0) x 2所以g (x )在(¡1; ¡2)和(0; +1)上单调递增，(¡2; 0)上单调递减，g (x )极大= g (¡2) = e 2 ; g (x )极小= g (0) = 0 i ）当0 < a < e2 时，f (x )在(¡2; 0)上有一个零点当x 2 (¡1; ¡2)时，g (¡2) = > a1 1 ¡ 11 1 当b < ¡a 且b < ¡2时，g (b ) < a2 e a < a 2 1 = a:(苏神教的) a 3由零点存在定理，结合单调性可知：f (x )在(¡1; ¡2)上有一个零点当x 2 (0; +1)时，g (0) = 0 < ag (p a ) = a ·e p a > a由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(0; +1)上有一个零点即当0 < a < 4 时，f (x )有3个零点e 2¡ 4 ¡ e 2 e 2x x 2 x2 ii ）当a = 4 时，x = 2为f (x )的一个零点e 2且当x 2 (¡1; ¡2)U (¡2; 0)时都有g (x ) < g (¡2) = 0; 此时无零点当x 2 (0; +1)时，g (0) = 0 < a ; g (p a ) = a ·e p a > a由零点存在定理，结合单调性可知: f (x )在(0; +1)上有一个零点即当a = 4 时; f (x )有两个零点e 2iii ）当a > 4 时，x 2 (¡1; 0)时; g (x ) 6 g (¡2) = 4 < a ; 此时无零点当x 2 (0; +1)时，g (0) = 0 < a ; g (p a ) = a ·e p a > a由零点存在定理，结合单调性可知: f (x )在(0; +1)上有一个零点即当a > 4 时，f (x )有一个零点e 2 综上所述：a 6 0; 无零点； 0 < a < 4 ; 三个零点； e 2 a = e 2 ; 两个零点； 4 a > e2 ，一个零点: 4:讨论函数f (x ) = ln x + 1 a 的零点个数: x 解：f 0(x ) = 1 ¡ 1 = x ¡ 1 = 0 ) x = 1 所以f (x )在(0; 1)上单调递减，(1; +1)上单调递增:f (x )m in = f (1) = 1 ¡ a i ）当1 ¡ a > 0即a < 1时，f (x )无零点；ii ）当1 ¡ a = 0即a = 1时，f (x )有唯一零点x = 1;iii ）当1 ¡ a < 0即a > 1时，f (x )m in = f (1) = 1 ¡ a < 0 1 1 1 1 1 当x 2 (0.1)时，令b < 4 且b < a 2 时，f (b ) > x ¡ p x ¡ a > p x ¡ a > 0 由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(0; 1)上有一个零点当x 2 (1; +1)时f (1) = 1 ¡ a < 0; f (e a ) = a + e ¡a ¡ a > 0由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(1; +1)上有一个零点所以当a > 1时，f (x )有两个零点:5:讨论函数f (x ) = e x ¡ ax; (x > 0)的零点的个数:解：当a 6 0时，f (x ) > e x > 0恒成立，此时无零点；当a > 0时，f 0(x ) = e x ¡ a = 0 ) x = ln ai ）当0 < a 6 1时，ln a 6 0; f (x )在(0; +1)单调递增，f (x ) > f (0) = 1e ¡ ) ea a a6 a a a a ae aa a 2 a 2 a a 2 a 此时无零点；ii ）当a > 1时，ln a > 0; f (x )在(0; ln a )单调递减；(ln a ; +1)单调递增 f (x )min = f (ln a ) = a ¡ a ln a = a (1 ¡ ln a )当1 < a < e 时，f (x )m in > 0; 此时无零点；当a = e 时，f (x )m in = 0; 此时有唯一零点x = 1;当a > e 时，f (x )m in = f (ln a ) < 0当x 2 (0; ln a )时f (0) = 1 > 0由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(0; ln a )有一个零点当x 2 (ln a ; +1)时f (a ) = e a ¡ a > 0由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(ln a ; +1)有一个零点所以a > e 时，f (x )有两个零点6:讨论函数f (x ) = ln x ¡ a x ，.a 6 1 Σ的零点个数: 解：f 0(x ) = 1 a xi ）当a 6 0时，f 0(x ) > 0恒成立，f (x )在(0; +1)上单调递增f (e a ) = a ¡ a ·e a = a (1 ¡ e a ) 6 0:f (1) = ¡a > 0;由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(0; +1)有唯一一个零点 ii ）当a > 0时，f 0(x ) = 0 x = 1 a 所以f (x )在.0; 1 Σ上单调递增，. 1; +1 Σ上单调递减，f (x )m ax = f . 1 Σ= ln 1 ¡ a · 1 = ¡ln a ¡ 1 *a 6 1: ) ¡ln a > 1; )f (x )m ax = ¡ln a ¡ 1 > 0 当a = 1时，f (x )m ax = 0; f (x )只有一个零点； e 当a < 1时，f (x )m ax = f . 1 Σ> 0 当x 2. 1; +1 Σ时，f . 1 Σ= ln 1 ¡ 1 < r 1 ¡ 1 = 0 由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在. 1; +1Σ有一个零点当x 2.0; 1 Σ时，f (1) = ¡a < 0 由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在.0; 1 Σ上有一个零点综上所述：当a 0或a = 1时，f (x )有一个零点； e 当0 < a < 1时，f (x )有两个零点e:。

函数与导数重点题型05：零点不可求问题研究(解答题篇)

重点题型五：导函数“零点不可求”问题【问题分析】近年来，导函数零点不可求逐渐成为高考命题的热点，导函数零点不可求是命题人故意为之，主要是考查学生对于函数零点的处理是否掌握到位，所以在学习过程中，函数零点处理技巧，处理策略就非常重要了。

导函数的变号零点就是函数的极值点，也是函数单调性的分界点，如果导函数零点“不可求”，我们就无法透彻的研究函数，就是是问题的解决陷入困境。

解决导函数零点不可求问题的依据其实就是函数零点存在性定理。

在解题过程中经常判断导函数f ′(x)的单调性（通过二次求导判断），然后再根据零点存在性定理判断导函数f ′(x)零点所在的区间。

【知识回顾】函数的零点：零点存在性定理如果函数y ＝f(x)满足：①在区间[a ，b]上的图象是连续不断的一条曲线；②f(a)·f(b)<0；则函数y ＝f(x)在(a ，b)上存在零点，即存在c ∈(a ，b)，使得f(c)＝0，这个c 也就是方程f(x)＝0的根.【注】1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f (x )＝0的实根.2.由函数y ＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a ，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，函数零点函数图像的交点方程的根与x 轴交点横坐标所以f(a)·f(b)<0是y ＝f(x)在闭区间[a ，b]上有零点的充分不必要条件.【解题策略】（1）观察法：对于导函数为常见的超越函数，我们无法求出其零点，但可以根据我们的直觉判断出常见超越函数的零点，如：①y ′=e ,x −x −1,其零点无法求出，通过我们观察当x =0时，y =0，即x =0是导函数y ′的一个零点。

对于导函数y ′=e nx −∑a i m i x i −1,(m,n ∈R )的形式, x =0是导函数y ′的一个零点。

利用导数研究函数零点问题

利用导数研究函数零点问题1．已知函数f (x )＝kx －ln x (k >0)．(1)若k ＝1，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值．解：(1)若k ＝1，则f (x )＝x －ln x ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1－1x，由f ′(x )>0，得x >1；由f ′(x )<0，得0<x <1，∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)法一：由题意知，方程kx －ln x ＝0仅有一个实根，由kx －ln x ＝0，得k ＝ln x x(x >0)．令g (x )＝ln x x (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2，当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0.∴g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (e)＝1e. 当x →＋∞时，g (x )→0.又∵k >0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1e. 法二：f (x )＝kx －ln x ，f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x(x >0，k >0)．当0<x <1k 时，f ′(x )<0；当x >1k时，f ′(x )>0. ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1k 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1k ，＋∞上单调递增， ∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1k ＝1－ln 1k， ∵f (x )有且只有一个零点，∴1－ln 1k ＝0，即k ＝1e. 法三：∵k >0，∴函数f (x )有且只有一个零点等价于直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x 相切，设切点为(x 0，y 0)，由y ＝ln x ，得y ′＝1x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ k ＝1x 0，y 0＝kx 0，y 0＝ln x 0，∴k ＝1e ，∴实数k 的值为1e.2．已知函数f (x )＝x 3＋x 2＋ax ＋b .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，求实数b 的值．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3＋x 2－x ＋b ，则f ′(x )＝3x 2＋2x －1，由f ′(x )>0，得x <－1或x >13，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和⎝⎛⎭⎫13，＋∞. (2)函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，等价于f (x )－ax ＝0有两个不等的实根．令g (x )＝f (x )－ax ＝x 3＋x 2＋b ，则g ′(x )＝3x 2＋2x .由g ′(x )>0，得x <－23或x >0；由g ′(x )<0，得－23<x <0. 所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－23，0上单调递减．所以当x ＝－23时，函数g (x )取得极大值g ⎝⎛⎭⎫－23＝427＋b ；当x ＝0时，函数g (x )取得极小值为g (0)＝b .要满足题意，则需g ⎝⎛⎭⎫－23＝427＋b ＝0或g (0)＝b ＝0，所以b ＝－427或b ＝0. 3．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )·⎝⎛⎭⎫x －12在区间[0,1]上零点的个数．解：(1)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，令f ′(x )<0，得x <ln a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，∴f (x )的单调递减区间为(－∞，ln a )，单调递增区间为(ln a ，＋∞)．(2)令g (x )＝0，得f (x )＝0或x ＝12，先考虑f (x )在区间[0,1]上的零点个数，①当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增且f (0)＝0，∴f (x )在[0,1]上有一个零点．②当a ≥e 时，f (x )在(－∞，1)上单调递减，∴f (x )在[0,1]上有一个零点．③当1<a <e 时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a,1)上单调递增．而f (1)＝e －a －1，当e －a －1≥0，即1<a ≤e －1时，f (x )在[0,1]上有两个零点；当e －a －1<0，即e －1<a <e 时，f (x )在[0,1]上有一个零点．再考虑x ＝12时，由f ⎝⎛⎭⎫12＝0，得a ＝2(e －1)．综上所述，当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有两个零点；当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有三个零点．4．已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x ，g (x )＝x e x －2. (1)求函数f (x )的极值；(2)若对任意给定的x 0∈(0，e]，方程f (x )＝g (x 0)在(0，e]上总有两个不相等的实数根，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝1x －2ax ＋(2－a )＝(2x ＋1)(－ax ＋1)x(x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无极值．②当a >0时，令f ′(x )>0，得0<x <1a；令f ′(x )<0，得x >1a. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减，∴f (x )存在极大值，极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a ＋1a－1，无极小值．综上所述，当a ≤0时，f (x )无极值；当a >0时，f (x )存在极大值，极大值为ln 1a ＋1a－1，无极小值． (2)g (x )＝x e x －2，g ′(x )＝1－x e x ，令g ′(x )>0，得x <1；令g ′(x )<0，得x >1.则g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∵g (0)＝－2，g (1)＝1e －2，g (e)＝e e e －2>－2， ∴当x ∈(0，e]时，g (x )∈⎝⎛⎦⎤－2，1e －2. 由(1)得，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时在(0，e]上f (x )＝g (x 0)总有两个不相等的实数根不成立，因此a >0.当a >0时，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ 0<1a <e ，f ⎝⎛⎭⎫1a >g (x )max ，f (e )≤－2，由f (e)＝1－a e 2＋2e －e a ≤－2，得a ≥3＋2e e 2＋e，由f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a ＋1a －1>1e－2，即ln a －1a ＋1e <1，令h (x )＝ln x －1x ＋1e(x >0)，易知h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (e)＝1，∴ln a －1a ＋1e<1，得a ∈(0，e)．综上所述，3＋2e e 2＋e≤a <e ，故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫3＋2e e 2＋e ，e .。

导数中的零点问题

导数中的零点问题题型一：零点的基本解法（两种）1、已知函数],1[,ln 2)(22e ex mx x x x f ∈+-=有两个零点，求实数m 的取值范围.2、已知函数()()21+-=x a xe x f x (1)若e a =，求函数)(x f 的极值；(2)若函数)(x f 有两个零点，求实数a 的取值范围．3、已知函数()()x e a ae x f x x --+=22（1）讨论()x f 的单调性：（2）若()x f 有两个零点，求a 的取值范围。

4、已知函数()())0(2212>-++-=a e x ax ax x f x （1）求函数()x f 的单调区间；（2）若函数()x f 存在3个零点，求a 的取值范围。

1、曲线3x y =在点()1,1处的切线方程为；过点()1,1处的切线方程为。

2、已知函数),()(23R n m nx mx x x f ∈++=．（1）若()x f 在1=x 处取得极大值，求实数m 的取值范围；（2）若0)1(='f ，且过点)1,0(p 有且只有两条直线与曲线)(x f y =相切，求实数m 的值．3、已知函数x bx ax x f 3)(23-+=在1±=x 处取得极值．（1）求函数()x f 的解析式；（2）若过点),1(m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围．1、已知函数)(36)(23R t t x x x x f ∈++-=.（1）求函数()x f 的单调区间；（2）设函数)()(x f x g =有三个不同的极值点，求t 的取值范围．（3）设函数)()(x f e x g x =有三个不同的极值点，求t 的取值范围．题型四：隐藏零点问题1.（直接观察）求证：1ln -≤x xx2.已知0ln )1(>--a x x 恒成立，求实数a 的取值范围.【名师点睛】如果导函数存在零点，但是令导数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明是唯一的.一般地，导函数式含有ln x 时，可试根1，e 或1e等，当导函数式含有x e 时可试根0或1. 3.（虚设零点）设函数)0()1ln(1)(>++=x x x x f ，若1)(+>x k x f 恒成立，求正整数k 的最大值.变式1已知函数x x x f ln )(=.若k 为正整数，且k x k x f -->)1()(对任意1x >恒成立，求k 的最大值．3.已知函数x x ax ax x f ln )(2--=，且0)(≥x f ．（1）求a ；（2）证明：()x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e4.已知)2ln()(+-=x e x f x ，求证：0)(>x f 恒成立.变式2. 已知函数)(ln )(R x m x x x f ∈--=．（1）若函数有两个零点，求m 的取值范围；（2）关于x 的不等式0)2()(<-+x e x f x f 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡121，上恒成立, 求m 能取到的最小整数。

导数与函数的零点问题考点与题型归纳

导数与函数的零点问题考点与题型归纳且f(1)=0，所以当x≥1时，f(x)≥XXX成立。

2)解：由题可知，x－－f(x)＝x3－2ex2＋tx，即f(x)＝x－－x3＋2ex2－tx。

设g(x)=f'(x)=1-2x+2ex-t，求g(x)的零点。

当x1时，g(x)>0.所以f(x)在[0,1)上是单调减函数，在(1,＋∞)上是单调增函数。

又因为f(0)=0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以方程x－－f(x)=x3－2ex2＋tx的根有且只有一个。

给定函数$f(x)=e^x-ax^2$，其中$a>0$。

1) 当$a=1$时，证明对于$x\geq 0$，有$f(x)\geq 1$。

证明：当$a=1$时，$f(x)\geq 1$等价于$(x^2+1)e^{-x}-1\leq 0$。

设$g(x)=(x^2+1)e^{-x}-1$，则$g'(x)=-e^{-x}(x^2-2x+1)=-e^{-x}(x-1)^2$。

当$x\neq 1$时，$g'(x)<0$，因此$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减。

而$g(0)=0$，因此对于$x\geq 0$，有$g(x)\leq 0$，即$f(x)\geq 1$。

2) 若$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，求$a$。

设$h(x)=1-ax^2e^{-x}$。

由于$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，因此$h(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点。

i) 当$a\leq \frac{1}{e}$时，$h(x)>0$，因此$h(x)$没有零点。

ii) 当$a>\frac{1}{e}$时，$h'(x)=a(x-2)e^{-x}$。

当$x\in(0,2)$时，$h'(x)0$。

因此$h(x)$在$(0,2)$上单调递减，在$(2,+\infty)$上单调递增。

导数系列——零点存在性问题

导数系列——零点存在问题例1.设f(x)是定义在R 且周期为1的函数，在区间)0,1⎡⎣上，()2,,x x Df x x x D ⎧∈=⎨∉⎩其中集合D=1,n x x n N n +⎧⎫-=∈⎨⎬⎩⎭，则方程f(x)-lgx=0的解的个数是 __________ .例2．已知函数f （x ）=﹣kx 2（k ∈R ）有四个不同的零点，则实数k 的取值范围是（）A ．k ＜0B ．k ＜1C ．0＜k ＜1D ．k ＞1例4.例5.已知函数f （x ）= {函数g （x ）=f ²（x ）+f （x ）+t （t ∈R ）关于g （x ）的零点，下列判断不正确的是（）A.t=1/4时，有一个零点B.1/4＞t ＞-2时，有2个零点C.t=-2时，有3个零点D.t ＜-2时，有4个零点log 3（-x ）（x ＜0）3 x(x ≥0)例6.已知函数f(x)=若关于x 的函数y=f 2（x ）-bf （x ）+1有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是_______例7、设函数f(x)满足f(x)=f(3x),且当x ∈[1,3)时,f(x)=lnx.若在区间[1,9)内，存在3个不同的实数x1,x2,x3，使得f(x1)/x1=f(x2)/x2=f(x3)/x3=t ，则实数t 的取值范围为_______例8．f(x)=x³+ax²+bx+c 有极值点x ₁,x ₂ 且f(x ₁)= x ₁,则关于x 的方程3[f(x)]²+2a f(x)+b=0的不同实根个数为例9.设函数f(x)满足f(x)=f(-x),f(x)=f(2-x)；且当x ∈[0,1]时f(x)=x³；又有g(x)=｜xcos(πx)｜则h(x)=f(x)－g(x)在[－1/2，3/2]上的零点个数为例10.已知函数f （x ）=x-1+a/e x（a ∈R ，e 为自然对数的底数）．（Ⅰ）若曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线平行于x 轴，求a 的值；（Ⅱ）求函数f （x ）的极值；（Ⅲ）当a=1时，若直线l ：y=kx-1与曲线y=f （x ）没有公共点，求k 的最大值．|lg(-x)|，x ＜0 x 3-6x+4，x≥0例11.函数f （x ）的导函数为f ’（x ）=3x^2-8x-60,求f （x ）零点个数。

导数专题一零点问题1------导数专题超级经典讲义

导数专题一零点问题1------导数专题超级经典讲义零点的定义：一般地，如果函数y=f(x)在x=α处有实数根，即f(α)=0，则α叫做这个函数f(x)的零点。

零点的判定：方程f(x)=0有实数根⇔函数y=f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y=f(x)有零点。

零点问题主要包括的题型包括：1.是否有零点；2.判断零点个数；3.已知零点求参数。

分类讨论求零点个数是零点问题的一个考点。

下面以一个例题来说明。

例题：已知函数f(x)=alnx-(a+1)x，a∈R。

当a≤1时，讨论函数f(x)的零点个数。

解析：首先求出f'(x)=-a/(x^2)-a/(xlna)，然后分类讨论。

当a≤0时，f'(x)0，无零点。

当-10，在x∈(0,1)和(1,2)内各有一个零点。

综上所述，当a≤0时，f(x)有一个零点；当a=-1时，f(x)有一个零点；当-1<a<0时，f(x)有两个零点；当0<a≤1时，f(x)有两个零点。

已知函数 $f(x)= (2k-1)\ln x+\frac{2x}{k+2},k\in\mathbb{R}$，以下进行分析：首先，由于 $x>0$，所以函数 $f(x)$ 的定义域为 $x\in (0,+\infty)$。

接着，我们来看函数 $f(x)$ 的零点情况：当 $k=1$ 时，$f(x)=\ln x+2$，很明显只有一个零点$x=e^{-2}$。

当 $k=e$ 时，$f(x)=(2e-1)\ln x+ \frac{2x}{e+2}$，$f(x)$ 不存在零点，因为 $\lim\limits_{x\to 0^+} f(x)=-\infty$，$\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$，且 $f(x)$ 在$(0,+\infty)$ 上单调递增。

当 $k\neq 1,e$ 时，我们可以求出 $f(x)$ 的导函数为$f'(x)=\frac{2k-1}{x}+\frac{2}{(k+2)x^2}$，令 $f'(x)=0$，解得$x=\frac{1}{2}$，代入 $f(x)$ 可以得到$f(\frac{1}{2})=\frac{2k-1}{2}\ln \frac{1}{2}+\frac{1}{k+2}$，因此当 $01$ 时，$f(x)$ 不存在零点。

导数与函数零点问题

导数与函数零点问题（2023年8月1日）一、知识提要1. 零点存在定理如果()f x 在[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，且___________________,则()f x 在(,)a b 内必存在零点。

推论：如果()f x 在[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，()()0f a f b <，且___________________,则()f x 在(,)a b 内必存在唯一的零点。

2. 为了更准确地画出函数的图象，或利用参数分离法求参数范围问题，遇到最值不存在的情况，有时需利用洛比达法则：若lim ()0(),lim ()0()x a x af xg x →→=∞=∞，且(),()f x g x 在x a =处及附近可导，且//()lim ()x a f x g x →存在，则()lim ()x a f x g x →=______________ 3. 解决函数零点问题（判断含参数的函数零点个数或已知含参数函数的零点个数求参数的取值范围）的常见策略（1）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能参数分离，作出函数的图像，根据图像特征求参数的范围；（2）根据零点的个数（方程的根个数）寻找函数在给定区间的极值、区间端点的函数值与0的关系、特殊函数值的符号结合零点存在定理、利用函数的凹凸性，从而确定参数的取值范围。

二、方法规律例1设R ∈a ,已知函数x a x x f ln 2)(2-=.（1）求函数)(x f 的单调区间;（2）若0>a ,求使方程ax x f 2)(=有唯一解的a 的值.例2已知函数. (1)当时,求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间,上各恰有一个零点,求的取值范围.例3已知函数1()x f x xe -=，若对于任意的(200,x e ⎤∈⎦，函数()20()ln 1g x x x ax f x =-+-+在(20,e ⎤⎦内都有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为（）．A ．2231,e e ⎛⎤-⎥⎝⎦ B ．223,e e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦ C ．22,e e e e ⎛⎤-+ ⎥⎝⎦ D ．21,e e ⎛⎤- ⎥⎝⎦例4若对任意0a >，函数32()1f x x ax bx =+++在(,0)-∞内有且只有一个零点，求实数b 的取值范围。

含参的导数零点问题

含参的导数零点问题
含参的导数零点问题是指当函数的导数中含有一个或多个参数时，如何求解导数为零时的参数值。

这个问题在实际应用中经常出现，例如在优化、最大化和最小化等相关问题中。

在解决这个问题时，我们可以使用求导数为零的通常方法，并将未知参数视为常数来求解。

这样可以得到一个含有未知参数的方程，然后通过求解这个方程来得到参数的值。

另一种方法是将导数中的参数表示为函数的形式，然后使用微积分基本定理来求解。

这个方法可以将参数的值作为函数的自变量，然后对其求导数，从而得到关于参数的导函数。

接着，我们可以使用求导数为零的通常方法来解决问题。

无论采用哪种方法，求解含参的导数零点问题都需要对微积分知识有深刻的理解和掌握。

除此之外，还需要在实际问题中灵活应用，并结合相关领域的知识和技能。

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11.若曲线在点（1，k）处的切线平行于x轴，则k=
12.已知函数f(x)＝axsinx－ (a＞0)，且在上的最大值为 .
(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.
13.已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围；
（Ⅱ）若存在区间M，使f（x）和g（x）在区间M上具有相同的单调性，求a的取值范围．
例2.设函数f（x）=（x+1）ln（x+1）．若对所有的x≥0，都有f（x）≥ax成立，求实数a的取值范围．
零点存在问题
例1.设，函数 .求证：在上仅有一个零点.
例2.设函数（为常数，是自然对数的底数）.
A.f(a)＜f(1)＜f(b)B.f(a)＜f(b)＜f(1)
C.f(1)＜f(a)＜f(b)D.f(b)＜f(1)＜f(a)
二、填空题
6.已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.
7.函数f(x)＝ x3－x2－3x－1的图象与x轴的交点个数是________.
导数的零点问题
1.若函数在上单调递增，则的取值范围是（）．
A． B． C． D．
2若函数在其定义域的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（）
A． B． C． D．
含参函数的单调性
【例题精讲】
例1．已知函数f（x）=ax﹣lnx，g（x）=eax+3x，其中a∈R．
（Ⅰ）求f（x）的极值；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
8.关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________.
三、解答题
9.(武汉模拟)已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R).
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围.
课后巩固
1.已知函数在区间上有最大值，则实数的取值范围是()
A. B. C. D.
2.若函数在上是增函数，则实数的取值范围是（）
A． B． C． D．
3.设点P在曲线上，点Q在曲线上，则的最小值为（）
A. B. C. D.
4.若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则b=
5.已知为偶函数，当时，，则曲线在点（1,2）处的切线方程是
6.曲线 +2在点（0,3）处的切线方程为：
7.设函数上可导，且，则 =
8.已知为偶函数，当x<0时，，则曲线在点（1，-3）处的切线方程是
9.若曲线上点P处的切线平行于直线，则点P的坐标是
10.在平面直角坐标系xOy中，若曲线，过点P（2，-5），且该曲线在点P出的切线方程与直线平行，则a+b值是
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若函数在内存在两个极值点，求的取值范围.
1.曲线y＝xex＋1在点(0，1)处的切线方程是()
A.x－y＋1＝0B.2x－y＋1＝0C.x－y－1＝0D.x－2y＋2＝0
2.曲线y＝e－2x＋1在点(0，2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为()
A. B. C. D.1
3.曲线y＝xlnx在点(e，e)处的切线与直线x＋ay＝1垂直，则实数a的值为()
A.2 B.－2C. D.－
4.已知y＝f(x)为R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)＋＞0，若g(x)＝f(x)＋，.0D.0或2
5.已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝lnx＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是()