导数与函数的切线及函数零点问题专题
导数专题(含答案
说明:导数的几何意义
可以简记为"k= ",
强化这一句话"斜率导数,导数斜率"
导数的物理意义：s=s<t>是物体运动的位移函数,物体在t= 时刻的瞬时速度是 .可以简记为 =
例1、已知函数 的图象在点 处的切线方程是 ,则 .
2、若函数 的导函数在区间[a,b]上是增函数,则函数 在区间[a,b]上的图像可能是〔〕
〔2〕设函数 则 〔〕
A．有最大值B．有最小值C．是增函数D．是减函数
3〕设 分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当 时,
的解集为▲.
3>已知函数的单调性求参数范围
方法:常利用导数与函数单调性关系：即
"若函数单调递增,则 ；若函数单调递减,则 "来求解,注意此时公式中的等号不能省略,否则漏解．从而转化为不等式恒成立问题或利用数形结合来求参数〔 是二次型〕
[例]1函数y = f < x > = x3＋ax2＋bx＋a2,在x = 1时,有极值10,则a = ,b =.
15.已知函数f<x>=－x3＋3x2＋9x＋a.
〔I〕求f<x>的单调递减区间；
〔II〕若f<x>在区间[－2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值．
解：〔I〕f’<x>＝－3x2＋6x＋9．令f‘<x><0,解得x<－1或x>3,
综上,
4某单位用2160万元购得一块空地,计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房.经测算,如果将楼房建为x〔x 10〕层,则每平方米的平均建筑费用为560+48x〔单位：元〕.为了使楼房每平方米的平均综合费用最少,该楼房应建为多少层？
高考数学总复习考点知识与题型专题讲解22 利用导数研究函数的零点
高考数学总复习考点知识与题型专题讲解§3.7 利用导数研究函数的零点考试要求 函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现． 题型一 利用函数性质研究函数的零点 例1已知函数f (x )＝x sin x －1.(1)讨论函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的单调性；(2)证明：函数y ＝f (x )在[0，π]上有两个零点． (1)解 因为函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝－x sin(－x )－1＝f (x )，所以函数f (x )为偶函数，又f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，且当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又函数f (x )为偶函数，所以f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，0上单调递减，综上，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，0上单调递减．(2)证明 由(1)得，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又f (0)＝－1<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内有且只有一个零点， 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，则g ′(x )＝2cos x －x sin x ，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，g ′(x )<0恒成立，即g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π上单调递减，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1>0，g (π)＝－π<0，则存在m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π，使得g (m )＝0，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 时，g (x )>g (m )＝0，即f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 上单调递增，当x ∈(m ，π]时，有g (x )<g (m )＝0，即f ′(x )<0，则f (x )在(m ，π]上单调递减， 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，f (π)＝－1<0，所以f (x )在(m ，π]上有且只有一个零点，综上，函数y ＝f (x )在[0，π]上有2个零点．思维升华利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练1(2023·芜湖模拟)已知函数f (x )＝ax ＋(a －1)ln x ＋1x －2，a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )只有一个零点，求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋a －1x －1x 2＝(ax －1)(x ＋1)x 2，①若a ≤0，则f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；②若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)若a ≤0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e ＋1－a ＋e －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1a ＋e －1>0，f (1)＝a －1<0.结合函数的单调性可知，f (x )有唯一零点．若a >0，因为函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1－(a －1)ln a ＋a －2＝(a －1)(1－ln a )＝0，解得a ＝1或a＝e.综上，a ≤0或a ＝1或a ＝e. 题型二 数形结合法研究函数的零点例2(2023·郑州质检)已知函数f (x )＝e x －ax ＋2a ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)求函数f (x )的零点个数．解 (1)f (x )＝e x －ax ＋2a ，定义域为R ，且f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在R 上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln a ， 当x <ln a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递增；当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x －2)，当a ＝0时，e x ＝a (x －2)无解，∴f (x )无零点， 当a ≠0时，1a ＝x －2e x ，令φ(x )＝x －2e x ，x ∈R ，∴φ′(x )＝3－xe x ， 当x ∈(－∞，3)时，φ′(x )>0；当x ∈(3，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x )max ＝φ(3)＝1e 3， 又x →＋∞时，φ(x )→0， x →－∞时，φ(x )→－∞， ∴φ(x )的图象如图所示．当1a >1e 3，即0<a <e 3时，f (x )无零点； 当1a ＝1e 3，即a ＝e 3时，f (x )有一个零点； 当0<1a <1e 3，即a >e 3时，f (x )有两个零点； 当1a <0，即a <0时，f (x )有一个零点．综上所述，当a ∈[0，e 3)时，f (x )无零点；当a ∈(－∞，0)∪{e 3}时，f (x )有一个零点；当a ∈(e 3，＋∞)时，f (x )有两个零点．思维升华含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．跟踪训练2(2023·长沙模拟)已知函数f (x )＝a ln x －2x . (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)若函数f (x )在(0,16]上有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －2x ，该函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －1x ，又f (1)＝－2，f ′(1)＝1，因此，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＋2＝x －1，即x －y －3＝0. (2)①当a ≤0时，f ′(x )＝a x －1x<0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； ②当a >0时，由f (x )＝a ln x －2x ＝0可得2a ＝ln xx ，令g (x )＝ln x x，其中x >0，则直线y ＝2a 与曲线y ＝g (x )的图象在(0,16]内有两个交点， g ′(x )＝x x －ln x2x x ＝2－ln x2x x，令g ′(x )＝0，可得x ＝e 2<16，列表如下，所以函数g (x )在区间(0,16]上的极大值为g (e 2)＝2e ，且g (16)＝ln 2，作出g (x )的图象如图所示．由图可知，当ln 2≤2a <2e ，即e<a ≤2ln 2时，直线y ＝2a 与曲线y ＝g (x )的图象在(0,16]内有两个交点， 即f (x )在(0,16]上有两个零点， 因此，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤e ，2ln 2.题型三 构造函数法研究函数的零点例3(12分)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －ax 和g (x )＝ax －ln x 有相同的最小值． (1)求a ；[切入点：求f (x )，g (x )的最小值](2)证明：存在直线y ＝b ，其与两条曲线y ＝f (x )和y ＝g (x )共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．[关键点：利用函数的性质与图象判断e x －x ＝b ，x －ln x ＝b 的解的个数及解的关系]思维升华涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x(2－x ln 2)2x(x>0)，令f′(x)>0，则0<x<2ln 2，此时函数f(x)单调递增，令f ′(x )<0，则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln 2，＋∞.(2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解． 设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0)， 令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ， 且当x >e 时，g (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ， 即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)．课时精练1．(2023·济南质检)已知函数f (x )＝ln x ＋axx ，a ∈R . (1)若a ＝0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点．(1)解 若a ＝0，则f (x )＝ln x x ，其定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1－ln xx 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (e)＝1e .(2)证明 f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a x －ln x －ax x 2＝1－ln x x 2， 由(1)知，f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∵0<a <1，∴当x >e 时，f (x )＝ln x ＋ax x ＝a ＋ln x x>0， 故f (x )在(e ，＋∞)上无零点；当0<x <e 时，f (x )＝ln x ＋ax x ，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a －e<0，f (e)＝a ＋1e >0， 且f (x )在(0，e)上单调递增，∴f (x )在(0，e)上有且只有一个零点，综上，f (x )有且只有一个零点．2．函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值．(1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋ln x＋1，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋x ln x，∴f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象在(0，＋∞)内有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，f(e)＝0，作出f(x)图象如图．由图可知，当－1<m＋1<0，即－2<m<－1时，y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点．因此实数m的取值范围是(－2，－1)．3．(2022·河南名校联盟模拟)已知f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a(a∈R)．(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数．解(1)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a，则f′(x)＝x(e x－ax)．∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝x(e x－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则e x－ax≥0，x≥0.当x＝0时，则1≥0，即a∈R；当x>0时，则a≤e x x，构建g(x)＝e xx(x>0)，则g′(x)＝(x－1)e xx2(x>0)，令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，综上所述，a≤e.(2)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a＝(x－1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x－13a(x2＋x＋1)，令f(x)＝0，则x＝1或e x－13a(x2＋x＋1)＝0，对于e x－13a(x2＋x＋1)＝0，即e xx2＋x＋1＝13a，构建h(x)＝e xx2＋x＋1，则h′(x)＝x(x－1)e x (x2＋x＋1)2，令h′(x)>0，则x>1或x<0，令h′(x)<0，则0<x<1，∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，h(0)＝1，h(1)＝e3且h(x)>0，当x∈R时恒成立，则当a＝e时，e xx2＋x＋1＝13a有两个根x1＝1，x2<0；当0<a<e时，e xx2＋x＋1＝13a只有一个根x3<0；当a≤0时，e xx2＋x＋1＝13a无根．综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；当0<a≤e时，f(x)有两个零点．4．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－1x－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2.当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f (x )＝ax －1x －(a ＋1)ln x (x ＞0)，得f ′(x )＝a ＋1x 2－a ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x 2(x ＞0)． 当a ＝0时，由(1)可知，f (x )不存在零点；当a ＜0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)x 2， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝a －1＜0，所以f (x )不存在零点；当a ＞0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)x 2， 当a ＝1时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为f (1)＝a －1＝0， 所以函数f (x )恰有一个零点；当a ＞1时，0＜1a ＜1，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减． 因为f (1)＝a －1＞0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞f (1)＞0， 当x →0＋时，f (x )→－∞，由零点存在定理可知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上必有一个零点，所以a ＞1满足条件，当0＜a ＜1时，1a ＞1，故f (x )在(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减． 因为f (1)＝a －1＜0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＜f (1)＜0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，由零点存在定理可知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上必有一个零点，即0＜a ＜1满足条件．综上，若f (x )恰有一个零点，则a 的取值范围为(0，＋∞)．。
函数的切线问题微专题
x0
抓住关键：
y0 k
f (x0 ) f (x0 )
；
3．过点 A(x1, y1) 的切线方程：设切点为 P(x0 , y0 ) ，则斜率 k f (x0 ) ，过切点的切线方程为： ∵过点 A(x1, y1) ，∴ y1 y0 f (x0 )(x1 x0 ) 然后解出 x0 的值．（ x0 有几个值，就有几条切线，三次函数多解）
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第一讲 函数切线及其应用
1．导数的几何意义:
函数 f (x) 在点 x0 处的导数的几何意义就是曲线 y f (x) 在点 (x0 , f (x)) 处的切线的斜率．注：（ k f x tan ）
2．在点
A(x0 ,
y0 ) 处的切线方程：
y
f
(x0 )
f
(x0 ) x
A． (5 , 4)
B． (5 , 0)
C． (4 , 0)
D． (5 , 3]
【解析】法一： f x x3 3x2 ,则 f x 3x2 6x ，设切点为 x0 , x03 3x02 ,则 f x0 3x02 6x0 ．
∴过切点处的切线方程为 y x03 3x02 3x02 6x0 x x0 ，把点 2 ，n 代入得：
e2－2x，则 y′＝2＋2e2－2x>0.∵x＝1 时，y＝0，∴x0＝1.故选 A.
[答案] A
【例 1.3】设点 P 是曲线 y x3 3x 3 上的任意一点，点 P 处切线的倾斜角为 ，则角 的范围是（ ） 5
A．
0
，2 3
B．
0
，
2
2 3
，
C．
2
，2 3
D．
3
，2 3
专题11 利用导数解决零点问题(解析版)
专题11 利用导数解决零点问题1．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)2y x = (2)(,1)-∞- 【解析】 【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究 (1)()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e x x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21e xx f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x = (2)()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a xf x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <= 故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -,当,()0x ∈+∞,则()e 20xg x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+,即()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >= 故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意 3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增 (0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减 当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<= 当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增 1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '= 当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+< 又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '= 当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减 有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点 即()f x 在(1,0)-上有唯一零点 所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x < 因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x xx x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增 即()(1)0g x g >=,所以1e e 0xx x x-> 令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 3．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； （2）求导得()()()211ax x f x x --'=，按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. (1)当0a =时，()1ln ,0f x x x x =-->，则()22111xf x x x x-'=-=，当()0,1∈x 时，0f x ，()f x 单调递增； 当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 11f x f ==-；(2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>，则()()()221111ax x a f x a x x x--+'=+-=， 当0a ≤时，10-≤ax ，所以当()0,1∈x 时，0f x，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 110f x f a ==-<，此时函数无零点，不合题意； 当01a <<时，11a >，在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；又()110f a =-<，由（1）得1ln 1x x +≥，即1ln 1x x ≥-，所以ln x x x <<<当1x >时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，使得()0f m >，所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点，符合题意；当1a =时，()()2210x f x x-'=≥，所以()f x 单调递增，又()110f a =-=，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 当1a >时，11a <，在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；此时()110f a =->，由（1）得当01x <<时，1ln 1xx>-，1>ln 21x ⎛> ⎝， 此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+，使得()0f n <， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 综上，a 的取值范围为()0,+∞.4．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()ln 13f x a x x =+-．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：当1a =时，方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出函数的定义域，再求出()31af x x '=-+，然后分0a >，0a ≤可得出函数的单调性. （2）设()()ln 1sin g x x x =+-，将问题转化为函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点，又当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，求出其导数，由零点存在原理即可证明. (1)函数()()ln 13f x a x x =+-的定义域是()1,-+∞，()31af x x '=-+． 当0a >时，令()0f x '<，得33a x ->；令()0f x '>，得313a x --<<， 故()f x 在31,3a -⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在3,3a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当0a ≤时，()0f x '<恒成立，故()f x 在()1,-+∞上单调递减． (2)当1a =时，方程()sin 3f x x x =-即为()ln 13sin 3x x x x +-=-，即()ln 1sin 0x x +-=． 令()()ln 1sin g x x x =+-，则()1cos 1g x x x '=-+， 则“方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解”等价于“函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点”．当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以()0g x >在()e 1,-+∞上恒成立， 所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点．因为e 1π-<，所以当,e 12x π⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时，cos 0x <，101x >+， 所以()0g x '>在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上恒成立．所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增，又ln 1sin ln 1102222g ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()e 11sin e 1g -=--，所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，即()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点．故方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．5．（2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测）已知函数()e sin xf x x ax =+，其中e 是自然对数的底数.(1)若1a =时，试判断f （x ）在区间（2π-，0）的单调性，并予以证明；(2)从下面两个条件中任意选一个，试求实数a 的取值范围. ①函数()f x 在区间[0，2π]上有且只有2个零点； ①当2,0x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()2f x x ≥.【答案】(1)f （x ）在（π2-，0）上单调递增，证明见解析；(2)选择①：π22e 1πa -≤<-；选择①：1a ≥-.【解析】 【分析】（1）求导，通过判定导函数在（π2-，0）上的正负确定单调性； （2）选择①：易得()00f =，则因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点，求导通过讨论找出符合条件的a 的取值范围；选择①：构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦，此时()00m =，可通过端点效应或隐零点等思路求a的取值范围. (1)当1a =时，()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()πe sin e cos 1sin 14x x xf x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，πππ,444x ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以sin 1144x x ππ⎛⎫⎛⎫<+<-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 又0e 1x <<，πsin 14xx ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，从而()0f x '>，所以，f （x ）在（π2-，0）上单调递增. (2) 选择①，由函数()e sin 0π,2xf x x ax x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，，可知()00f =因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+，令()e sin e cos x x h x x x a =++， 则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.π2]上恒成立.即()f x '在[0，π2]上单调递增，()2ππ01e 2f a f a ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝，，当1a ≥-时，()()00f x f '≥'≥，f （x ）在[0.π2]上单调递增.则f （x ）在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当π2e a ≤-时，()0π2f x f ⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭，()f x 在[0，π2]上单调递减，则()f x 在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当2e 1a π-<<-时，π2(0)10,()e 2π0f a f a '=+<'=+≥则()f x '在（0，π2）上只有1个零点，设为0x .且当0(0,)x x ∈时，()0f x <′；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x >′ 所以当()00x x ∈，时，()f x 在（0，0x ）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，又()π200e ππ22f f a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，因此只需20π22πe f a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可，即π22e 1πa -≤<-，综上所述：2π2e 1πα-≤<-选择①，构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦此时()2π2e π244π00x m m a ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，则2π()e sin e cos 2(0)π1,(e 2π)xxm x x x a x m a m a'=++-'=+'=-+，易知(1)π)(2m m '>'令()e sin e cos 2,()2e cos 2,(0)0,()2π2x x xt x x x a x t x x t t =++-'=-'='=-令2π()2e cos 2,()2e (cos sin ),(0)2,()2πe 2xxp x x p x x x p p =-=-'='=-＇， 令()2e (cos sin )x q x x x =-，则()4e sin 0x q x x '=-≤ 所以()2e (cos sin )x q x x x =-在（0，π2）上单调递减.又π20π(0)(0)20,()()2e 22πq p q p ='=>='=-<在（0，π2）上存在唯一实数1x 使得()10q x =，且满足当()10,x x ∈时，()0q x >当1π(,)2x x ∈时.()0q x <即p （x ）在（0，x 1）上单调递增，在（x 1，π2）上单调递减.又()()ππ0002022p t p t ⎛⎫⎛⎫==-=-< ⎪'' ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以()2e cos 2x p x x =-在1π(,)2x 上存在一实数2x 使得()20p x =，且满足当2(0,)x x ∈时，()0p x >；当2π()2x x ∈⋅时，()0p x <即()()t x m x ='在（0，x2）上单调递增，在（2x ，2π）上单调递减， 当()010m a ='+≥时，即()10a m x ≥-'≥，，函数()2e sin x m x x ax x =+-在[0，π2]上单调递增，又()00m =，因此()2e sin 0x m x x ax x =+-≥恒成立，符合题意，当()010m a '=+<，即1a <-，在π20,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上必存在实数3x ，使得当()30,x x ∈时，()0m x '<，又()00m =，因此在()30,x x ∈上存在实数()0m x <，不合题意，舍去 综上所述1a ≥-.6．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知函数12()e x f x =（e 为自然对数的底数）． (1)令1()||()()g x a x f x f x =--，若不等式()0g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围； (2)令3()()x xf x m ϕ=-，若函数()ϕx 有两不同零点()1212,x x x x <． ①求实数m 的取值范围；①证明：21e e 21x x m -<+． 【答案】(1)(,1]-∞；(2)①2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①证明见解析.【解析】 【分析】（1）根据()g x 为偶函数，将问题转化为0x ≥时()0g x ≤恒成立，根据(0)0g =及参变分离求0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，求参数范围；（2）①利用导数研究()ϕx 的单调性，及区间值域情况，进而判断()0x ϕ=有两不同解时m 的范围即可；①由（1）知：0x <时1122e e x x x -≥-且120x x <<，应用放缩法有2()e e x x x ϕ≥-，构造2()e e x x F x =-研究极值并判断()F x m =的两根与12,x x 大小关系得到3214e e e e x x x x -<-即可证结论. (1)由题设，1122()||e ex x g x a x -=--，则()()g x g x =-，所以()g x 为偶函数，故只需0x ≥时，()0g x ≤恒成立，而(0)0g =满足， 所以0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，令02t x =>，则e e 2t ta t--≤，若()e e 2t t h t t -=--，则()e e 220t t h t -'=+-≥=，仅当0=t 时等号成立， 所以()0h t '>，即()h t 在(0,)+∞上递增，则()(0)0h t h >=，即e e 2t t t -->， 所以，在(0,)+∞上e e 12t tt-->，则1a ≤， 综上：a 的范围为(,1]-∞． (2)①由题设，323()1e 2x x x ϕ⎛⎫=+ ⎪'⎝⎭，若()0x ϕ'>得：23x >-，故()ϕx 在2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭单调减，在2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调增，且x 趋向负无穷()ϕx 趋向于0，x 趋向正无穷()ϕx 趋向于正无穷，又2233e ϕ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()00ϕ=，则0x <时，()0x ϕ<；0x >时，()0x ϕ>，要使()0x ϕ=有两个不同解12,x x 且120x x <<，则2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①由（1）知：0x <时1122e ex x x -≥-，则1132222()e e e e e x x x x xx ϕ-⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭；记2()e e x x F x =-且0x <，则(()e e 1)2x x F x '=-，所以(,ln 2)-∞-上()0F x '<，(ln 2,0)-上()0F x '>，故()F x 在(,ln 2)-∞-上递减，(ln 2,0)-上递增，且12()(ln 2),043e F x F ⎛⎫≥-=-∈- ⎪⎝⎭，所以()F x m =也有两根，记为34x x <，又(,0)-∞上)(()x F x ϕ≥，则31240x x x x <<<<， 令e x t =，则34e ,e xx 为20t t m --=的两根，故34e e 1x x +=，34e e x x m =-，所以34e e x x -=3124e e e e x x x x <<<，所以3214(41)1e e e e 212x x x xm m ++-<-==+． 7．（2022·湖北·模拟预测）已知()()1ln af x a x x x=-++(1)若0a <，讨论函数()f x 的单调性； (2)()()ln a g x f x x x =+-有两个不同的零点1x ，()2120x x x <<，若12202x x g λλ+⎛⎫'> ⎪+⎝⎭恒成立，求λ的范围．【答案】(1)单调性见解析 (2)(][),22,λ∈-∞-+∞【解析】 【分析】（1）求导可得()()()21x a x f x x +-'=，再根据a -与0,1的关系分类讨论即可；（2）由题()ln g x a x x =+，，设()120,1x t x =∈根据零点关系可得21ln x x a t -=，再代入1222x x g λλ+⎛⎫' ⎪+⎝⎭化简可得()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立，设()()()21ln 2t ht t t λλ+-=++，再求导分析单调性与最值即可(1)()f x 定义域为()0,∞+()()()()()222211111x a x a x a x a f x a x x x x+--+-'=-+-== ①）01a <-<即10a -<<时，()01f x a x '<⇒-<<，()00f x x a '>⇒<<-或1x > ①）1a -=即1a =-时，()0,x ∈+∞，()0f x '≥恒成立 ①）1a ->即1a <-，()01f x x a '<⇒<<-，()001f x x '>⇒<<或x a >- 综上：10a -<<时，(),1x a ∈-，()f x 单调递减；()0,a -、()1,+∞，()f x 单调递增 1a =-时，()0,x ∈+∞，()f x 单调递增1a <-时，()1,x a ∈-，()f x 单调递减；()0,1、(),a -+∞，()f x 单调递增(2)()ln g x a x x =+，由题1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩，120x x <<则()1221ln ln a x x x x -=-，设()120,1x t x =∈ ①212112ln ln ln x x x xa x x t--==-()1a g x x'=+ ①122112122221122ln 2x x x x g a x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'=+=⋅+ ⎪+++⎝⎭()()()21102ln t t tλλ+-=+>+恒成立()0,1t ∈，①ln 0t < ①()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立设()()()21ln 2t h t t t λλ+-=++，①()0h t <恒成立()()()()()()()()22222224122241222t t t t h t t t t t t t λλλλλλλ⎛⎫-- ⎪++-+⎝⎭'=-==+++ ①）24λ≥时，204t λ-<，①()0h t '>，①()h t 在()0,1上单调递增 ①()()10h t h <=恒成立， ①(][),22,λ∈-∞-+∞合题①）24λ<，20,4t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，①()0h t '>，①()h t 在20,4λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h t '<， ①()h t 在2,14λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减①2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()10h t h >=，不满足()0h t <恒成立综上：(][),22,λ∈-∞-+∞【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了双零点与恒成立问题的综合，需要根据题意消去参数a ，令()120,1x t x =∈，再化简所求式关于t 的解析式，再构造函数分析最值.属于难题 8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）设a 为实数，函数()e ln 1=++x f x a x x ． (1)当1a e=-时，求函数()f x 的单调区间；(2)判断函数()f x 零点的个数．【答案】(1)减区间为()0,∞+，无增区间. (2)当0a ≥，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点；当210e a -≤<，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点；当21e a <-，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点. 【解析】 【分析】(1)利用二次求导研究函数()f x 的单调性，进而得出结果； (2)利用分类讨论的思想，根据函数()f x 与()()f x g x x=具有相同的零点，结合导数分别研究当0a ≥、210e a -≤<、21e a <-时()g x 的单调性，利用零点的存在性定理即可判断函数()g x 的零点个数，进而得出结果. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 当1a e=-时，1()e ln 1e xf x x x =-++，则1()e ln 1x f x x -'=-++，且()01f '=， 有1111e ()ex x x f x x x---''=-+=，令()01f x x ''=⇒=， 所以当(0,1)x ∈时()0f x ''>，则()'f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时()0f x ''<，则()'f x 单调递减， 所以max ()(1)0f x f ''==，即()0f x '≤，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减， 即函数()f x 的减区间为(0,)+∞，无增区间； (2)由(1)知当1a e=-时函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，又(1)0f =，此时函数()f x 只有1个零点； 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以()f x 与()f x x具有相同的零点， 令()e 1()ln (0)x f x a g x x x x x x ==++>， 则222(1)e 11(1)(e 1)()x x a x x a g x x x x x --+'=+-=， 当0a ≥时，e 10x a +>，令()01g x x '=⇒=，则函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)e 10g x g a ==+>，此时函数()g x 无零点，即函数()f x 无零点；当0a <时，令()01g x x '=⇒=或1ln()x a=-，若10e a -<<，则11ln()a<-，列表如下：当211e ea -≤≤-时，222e 2e 222e 4222e e e (e )2e 2e e 2e 0e ea g ------=++<++=-++<， 当210e a -<<即21e a ->时，131e ()a a->-，1121111()e ln()[e ln()1]aa g a a a a a a a a---=-+--=---+3111[()(1)1]0a a a a a <-----+<，又(1)0g >，此时函数()g x 有1个零点，则函数()f x 有1个零点； 若1e <-a ，则11ln()a>-，列表如下：所以ln()min 1e 111()(ln())ln ln()ln ln()ln1011ln()ln()aa g x g a a a a a -=-=+-+=-<=--， 又(1)0g >，2(e )0g <，则此时函数()g x 有2个零点，即函数()f x 有2个零点； 综上，当0a ≥时，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点， 当210ea -≤<时，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点， 当21e a <-时，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点.【点睛】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图像与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．9．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知函数()ln 12a af x x x =+-+，其中R a ∈． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)讨论函数()f x零点的个数．【答案】(1)当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭(2)当4a ≤，函数()f x 有且仅有一个零点；当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点 【解析】 【分析】（1）求导，再分0a <，04a ≤≤和4a >分类讨论即可；（2）根据单调性及零点存在性定理分析即可. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221(2)1()(1)(1)a x a x f x x x x x +-+'=-=++，在一元二次方程2(2)10x a x +-+=中，22Δ(2)44(4)a a a a a =--=-=-， ①当0a <时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当04a ≤≤时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当4a >时，一元二次方程2(2)10x a x +-+=有两个不相等的根， 分别记为()1221,x x x x >，有122x x a +=-，1210x x =>，可得210x x >>， 有12x x ==可得此时函数()f x 的增区间为()()120,,,x x +∞减区间为()12,x x ， 综上可知，当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭； (2)由（1）可知：①当4a ≤时，函数()f x 单调递增，又由(1)0f =，可得此时函数只有一个零点为1x =； ①当4a >时，由122110,x x x x =>>，可得1201x x <<<，又由(1)0f =，由函数的单调性可知()()12(1)0,(1)0f x f f x f >=<=， 当01x <<且20e ax -<<时，可得2ln ln e ax -<，有ln 02ax +<， 可得()ln ln 022a af x x a x <+-=+<， 当2e ax >时，2()ln ln e 02222aa a a af x x >->-=-=可知此时函数()f x 有且仅有3个零点，由上知，当4a ≤时，函数()f x 有且仅有一个零点； 当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点．10．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知函数()323.f x ax x a b =-++(1)讨论()f x 的单调性；(2)当()f x 有三个零点时a 的取值范围恰好是()()()3,22,00,1,--⋃-⋃求b 的值. 【答案】(1)答案见解析 (2)3b = 【解析】 【分析】(1)求函数()f x 的导函数()'f x ，讨论a ，并解不等式()0f x '>，()0f x '<可得函数的单调区间；(2)由(1)结合零点存在性定理可求b . (1)()f x 的定义域为R ，()()23632,f x ax x x ax =-=-'若0a =，则()0600f x x x '>⇒->⇒<，()00f x x <⇒>'∴ ()f x 在(),0∞-单调递增，()0,∞+单调递减，若0a >，则()00'>⇒<f x x 或2x a>， ()200f x x a>⇒<<'， ()f x ∴在(),0∞-单调递增，20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，若0a <，则()200f x x a'>⇒<< ()20f x x a>⇒<'或0x >， ()f x ∴在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递减，2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，()0,∞+单调递减.(2)可知()f x 要有三个零点，则0a ≠， 且2(0)0f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭由题意也即是()200f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，也就是关于a 的不等式()()()32224400a b a ba a b a b a a ++-⎛⎫++-<⇒< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃， 令()()()32240a b a ba h a a+++=<，时()()()()()1114130h b b b b =++-=+-=， 所以有1b =-或3b =， 当3b =时，()()()()()323222233434400a a a a a a a h a aa++-+-+-=<⇒<，()()()2231440a a a a a+-++<的解是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，满足条件，当1b =-时，()()()322140a a a h a a---=<，当1a =-时，()1120h -=>，不满足条件， 故1b ≠-，综合上述3b =.11．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））已知函数()()e 12()exx xf x a a =+--∈R ． (1)若()e ()=⋅x g x f x ，讨论()g x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)答案见解析；(2)()0,1. 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，分为0a ≤和0a >两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；（2）函数有两个零点即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点，根据（1）中的单调性结合零点存在定理即可得结果. (1)由题意知，()()()e ()e e 12e e 12e e x x x x x xx x g x f x a a x ⎡⎤=⋅=⋅+--=+--⎢⎥⎣⎦，()g x 的定义域为(,)-∞+∞，()e (e 1)e e 2e 1(2e 1)(e 1)x x x x x x x g x a a a '=++⋅--=+-．若0a ≤，则()0g x '<，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递减； 若0a >，令()0g x '=，解得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0g x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0g x '>， 所以()g x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增． (2)因为e 0x >，所以()f x 有两个零点，即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点． 若0a ≤，由（1）知，()g x 至多有一个零点．若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()g x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln g a a a-=-+． ①当1a =时，由于(ln )0g a -=，故()g x 只有一个零点： ①当(1,)∈+∞a 时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0g a ->，故()g x 没有零点； ①当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0g a -<． 又2222(2)e (e 1)2e 22e 20g a -----=+-+>-+>，故()g x 在(,ln )a -∞-上有一个零点．存在03ln 1,x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则0000000000()e (e 1)2e e (e 2)e 0x x x x x xg x a x a a x x =+--=+-->->．又3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，因此()g x 在(ln ,)a -+∞上有一个零点．综上，实数a 的取值范围为(0,1)．12．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））已知函数()ln 1f x ax x =++． (1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，求实数a 的取值范围； (2)若对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)0a ≥或1a =- (2)(,2]-∞ 【解析】 【分析】（1）求导1()f x a x'=+，0x >，分0a ≥和0a <讨论求解； （2）对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，转化为2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立求解． (1)解：1()f x a x'=+，0x >， 当0a ≥时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．又()11ee 11a af a a ----=--+()1e 10a a --=-≤，(1)10f a =+>， 所以此时()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，符合题意； 当0a <时，令()0f x '>，解得10x a <<-；令()0f x '<，解得1x a>-， 所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减．要使()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，则必有10f a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，解得1a =-．综上，当0a ≥或1a =-时，()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点． (2)因为()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，等价于2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立． 令2ln 1()e (0)xx m x x x+=->，则只需min ()a m x ≤即可， 则2222e ln ()+'=x x xm x x ，再令22()2e ln (0)x g x x x x =+>，则()221()4e 0'=++>xg x x x x， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增．因为12ln 204g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，2(1)2e 0g =>，所以()g x 有唯一的零点0x ，且0114x <<， 所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>， 所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增． 因为022002eln 0x x x +=，所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +=-+-，设()ln (0)S x x x x =+>，则1()10'=+>S x x， 所以函数()S x 在(0,)+∞上单调递增．因为()()002ln S x S x =-，所以002ln x x =-，即0201ex x =．所以()0()m x m x ≥=02000000ln 1ln 11e 2x x x x x x x +-=--=， 则有2a ≤．所以实数a 的取值范围为(,2]-∞．13．（2022·福建省福州第一中学三模）已知函数()e sin 1x f x a x =--在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一极值点1x .(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：()f x 在区间(0,)π内有唯一零点2x ，且212x x <. 【答案】(1)(1,)+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导，再讨论1a 时，函数单增不合题意，1a >时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意； （2）先由导数确定函数()f x 在区间(0,)π上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间(0,)π内有唯一零点；表示出()12f x ，构造函数求导，求得()120f x >，又由()20f x =，结合()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可求解. (1)()e cos x f x a x '=-，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos (0,1)x ∈，21e e x π<<，①当1a 时，()0f x '>，()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；①当1a >时，显然()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，又因为(0)10f a '=-<，2e 02f ππ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，所以()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点1x ，所以()10,x x ∈，()0f x '<；1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极值点，符合题意.综上，(1,)∈+∞a .(2)由（1）知1a >，所以,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()e cos 0x f x a x '=->，所以()10,x x ∈，()0f x '<，()f x 单调递减；()1,x x π∈，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()10,x x ∈时，()(0)0f x f <=，则()10<f x ，又因为()e 10f ππ=->，所以()f x 在()1,πx 上有唯一零点2x ，即()f x 在(0,)π上有唯一零点2x .因为()112211112e sin 21e 2sin cos 1x x f x a x a x x =--=--，由（1）知()10f x '=，所以11e cos xa x =，则()112112e 2e sin 1x xf x x =--，构造2()e 2e sin 1,0,2t t p t t t π⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，所以()2()2e 2e (sin cos )2e e sin cos t t t t p t t t t t '=-+=--，记()e sin cos ,0,2tt t t t πϕ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，则()e cos sin t t t t ϕ'=-+，显然()t ϕ'在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ''>=，所以()t ϕ在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ>=，所以()0p t '>，所以()p t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0p t p >=，所以()()1220f x f x >=，由前面讨论可知：112x x π<<，12x x π<<，且()f x 在()1,x x π∈单调递增，所以122x x >.【点睛】本题关键点在于先表示出()12f x ，构造函数()p t 求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数()p t 的单调性，从而得到()120f x >，再结合()20f x =以及()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可证得结论. 14．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））已知函数()e (sin cos )sin .x f x x x a x =+-.(1)当1a =时，求函数f （x ）在区间[0]2π，上零点的个数； (2)若函数()y f x =在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a 的取值范围 【答案】(1)2个(2)2]∞-⋃（，3222[2e ,)2e ,2e πππ⎧⎫+∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】 【分析】(1)利用导数判断函数f x （）在[0]2π，上的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数；(2)利用导数，通过分类讨论确定函数f x （）的单调性及极值，由此确定a 的取值范围.(1)因为1a =，所以()e (sin cos )sin .x f x x x x =+-()(2e 1)cos x f x x '=-，则当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 又32223(0)10,()e 10,()1e 0,(2)e 022f f f f ππππππ=>=->=-<=>，则f x （）在322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上各有一个零点，所以f x （）在区间[0]2π，上共有两个零点， (2)2()(2e )cos ,(02),22e 2e x x f x a x x ππ'=-∈<<，①当2a ≤时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则2a ≤时符合题意： ①当22e a π≥时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递减， 此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则22a e π≥时符合题意①当222e a π<<时，0ln 22a π<<，此时f x （）在0,ln 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在ln ,22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在3(,2)2ππ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意： ①当22e a π=时，ln22a π=，此时f x （）在（0，32π）上单调递减，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则22e a π=时符合题意；①当3222e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在,ln 22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3ln 22a π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意； ①当322e a π=时，3ln22a π=，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则322e a π=时符合题意；①当322e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，在3(,ln )22a π上单调递减，在(ln ,2)2aπ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意；综上所述3222(,22e ,)2 ][e ,2e a πππ⎧⎫∈-∞+∞⎨⎬⎩⎭.【点睛】(1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同． (2)若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．15．（2022·江西·上高二中模拟预测（理））已知函数()()2ln 0ax af x x a x -=->.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()2ag x f x x=-+有两个零点12,x x ，若212x x >，证明：3312672e x x +>． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导得()2221b ax x af x a x x x -+-=--='，对导函数进行分情况讨论其正负，即可得()f x 的单调性. （2）通过函数有两个零点，转化成1212ln 2ln 2x x a x x ++==，然后根据比例，构造出221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，得到122111,e t x t x t x --==，进而构造函数33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t t t t t -=+=++-，利用导数处理单调性，进而可求. (1)）()2221b ax x af x a x x x -+-=--=' 令2()F x ax x a =-+- ，则()00F a =-< ，且对称轴102x a=> 而214a ∆=-易知当10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时()f x 在0⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 单调递减，在⎝⎭单调递增当)12a ∞⎡∈+⎢⎣， 时()f x 在()0+∞，单调递减. (2)()g x 有两个零点12,x x 且0x >，则1212ln 2ln 2ln 2ln 20x x x x ax a a x x x +++-+=⇒=⇒==， 设21x t x =， 212x x >，2t ∴> ∴221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，∴11ln ln 2ln 2t x t x ++=+，所以12111ln ln 2e 1t t x x t t --=-⇒=-， ∴33333631121(1)e (1)t x x t x t t --+=+=+，设33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t tt t t -=+=++-，2t >，则222331(1)()[1ln ](1)1t t h t t t t t -'=--+-+， 设2231(1)()1ln 1t t t t t tϕ-=--++，则7437323223211()(441)[(1)4(1)](1)(1)t t t t t t t t t t t t t ϕ--'=+--=-+-++， 当(1,)t ∈+∞时，()0t ϕ'>，所以函数()t ϕ在(1,)t ∈+∞上递增，()()10t ϕϕ∴>=，则()0h t '>，()h t ∴在(1,)+∞递增，又2t >，∴()(2)ln72h t h >=，故3361272e x x -+>． 【点睛】本题考查了含参函数的单调性，最值问题，方程与函数零点的综合问题，利用导数解决单调性的问题，分情况讨论，转化，构造函数证明不等式，二阶求导等综合性的函数知识，在做题时要理清思路，是一道导数的综合题.16．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知函数()()ln h x x a x a =-∈R . (1)若()h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程()e ln 0xx a x x -+=有两个实根1x 、2x ，且12x x ≠，证明：12212e ex x x x +>. 【答案】(1)()e,+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可知0a ≠，由参变量分离法可知直线1y a=与函数()ln xf x x=的图象有两个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）令e 0x t x =>，其中0x >，令111e x t x =，222e xt x =，分析可知关于t 的方程ln 0t a t -=也有两个实根1t 、2t ，且12t t ≠，设120t t >>，将所求不等式等价变形为12112221ln 1t t t t t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令121t s t =>，即证()21ln 1s s s ->+，令()()21ln 1s g s s s -=-+，其中1s >，利用导数分析函数()g s 的单调性，即可证得结论成立. (1)解：函数()h x 的定义域为()0,∞+.。
导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题
05 总结与展望
导数与不等式证明及函数零点、方程根问题的总结
导数与不等式证明
导数是研究函数性质的重要工具，通过导数可以研究函数的单调性、极值和最值等。不等 式证明则是数学中常见的题型，利用导数可以证明不等式，如AM-GM不等式、CauchySchwarz不等式等。
函数零点问题
函数的零点是指满足$f(x)=0$的$x$值。研究函数的零点对于理解函数的性质和解决方程 的根的问题具有重要意义。通过导数可以研究函数的零点个数和位置，以及零点附近的函 数性质。
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• 应用领域的拓展：导数与不等式证明及函数零点、方程根的问题不仅在数学领 域有广泛应用，在其他学科和工程领域也有着重要的应用价值。例如，在经济 学、物理学和社会科学等领域，这些问题都可能成为重要的研究课题。
• 与其他数学分支的交叉融合：随着数学各分支之间的交叉融合，导数与不等式 证明及函数零点、方程根的问题可能会与其他数学分支产生更多的交叉点。例 如，与概率论、统计学和复分析等领域的结合可能会产生新的研究方向和应用 场景。
导数在求解函数零点、方程根中的注意事项
注意定义域
在使用导数研究函数性质 时，需要注意函数的定义 域，确保导数在定义域内 连续。
考虑多解情况
在求解函数零点或方程根 时，需要注意多解情况， 全面考虑所有可能的解。
注意函数的奇偶性
在利用导数研究函数性质 时，需要注意函数的奇偶 性，以便更准确地判断函 数的性质。
不等式
不等式是表示两个数或两个量之 间大小关系的数学表达式。
导数与不等式的性质
01
导数大于零，函数在该区间内单 调递增；导数小于零，函数在该 区间内单调递减。
02
不等式的基本性质包括传递性、 加法性质、乘法性质等。
专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)
导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x x =+. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）讨论函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+， 令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论： 当21e a <-时，零点的个数为0个； 当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个； 当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案； 【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论． 【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增， 又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞， 根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点． 综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增， 此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意， 综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()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．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-， 设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =， 所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<． 以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 且 x →+∞时，()0h x →，()11h =， 所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =， 当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+， 所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数； （2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．（2022·天津静海一中高三月考）已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行． （1）求a 的值和函数()f x 的单调区间； （2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围． 【答案】（1）-9，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-； 由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-． （2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点． ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--， ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <； 由()0g x '<，解得12x <<．∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →， 作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围． （2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩， 解得3ln204k -<<， 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+， 令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增； 因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围． 【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值； （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案 【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =． （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<； 当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。
专题13 函数的零点的问题(解析版)
专题13 函数的零点的问题一、题型选讲题型一 函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解． 例1、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －12，x>0，x 3－3mx －2，x ≤0(其中e 为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是________．例2、(2018扬州期末）已知函数f(x)＝e x ，g(x)＝ax ＋b ，a ，b ∈R . 若对任意实数a ，函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．例3、(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－4a(a ，b ∈R )．(1) 当a ＝b ＝1时，求f (x )的单调增区间；(2) 当a ≠0时，若函数f (x )恰有两个不同的零点，求ba 的值；题型二 函数零点个数证明与讨论函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点。
例4、(2017南通一调）已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R .(1) 当a ＝38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； (3) 若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．例5、（2016南通一调）已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R )．(1) 求f (x )的单调区间；(2) 试求f (x )的零点个数，并证明你的结论．题型三 函数零点问题的不等式的证明函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围以及证明零点方面的不等问题时，这些问题时要用到这三者的灵活转化。
导数与函数的切线及函数零点问题
广东实验学校2020届高三理科数学寒假作业----导数专题函数的切线及函数零点问题1.已知函数f (x)＝a x＋b x(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1).(1)设a＝2，b＝12.①求方程f (x)＝2的根；②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；(2)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.考点整合1.求曲线y＝f (x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f (x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f ′(x0)，由点斜式写出方程.(2)已知切线的斜率为k，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k ＝f ′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程.(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f ′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f (x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下：①转化为形如f (x1)·f (x2)＜0的不等式：若y＝f (x)满足f (a)f (b)＜0，则f (x)在(a，b)内至少有一个零点；②转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g(x)＝0有解问题，将方程分离参数后(a＝f (x))转化为求y＝f (x)的值域问题；③数形结合：将问题转化为y＝f (x)与y＝g(x)的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题.(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法①数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案.②函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.2.已知函数f (x)＝2x3－3x.①求f (x)在区间[－2，1]上的最大值；②若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切，求t的取值范围.探究提高解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系，如本题第(2)问中的切线过点(1，t).3. 已知函数f (x)＝x3－x.(1)设M(λ0，f (λ0))是函数f (x)图象上的一点，求图象在点M处的切线方程；(2)证明：过点N(2，1)可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.热点二利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题[命题角度1]讨论函数零点的个数4.(2015·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝x3＋ax＋14，g(x)＝－ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f (x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f (x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数.探究提高对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.[命题角度2]根据函数零点求参数范围5.(2017·徐州考前信息卷)已知函数f (x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－2(e为自然对数的底数，a∈R).(1)判断曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与曲线y＝g(x)的公共点个数；(2)当x∈\f(1e)，e)时，若函数y＝f (x)－g(x)有两个零点，求a的取值范围.探究提高研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.6. (2017·南通调研节选)已知函数f (x)＝ax2－x－ln x，a∈R.(1)当a＝38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..1.求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y－y0＝f ′(x0)(x－x0)，它的难点在于分清“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异.突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P(x0，y0)的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P(x0，y0)处的切线，必以点P为切点，则此时切线的方程是y－y0＝f′(x0)(x－x0).2.我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题.3.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.4.求函数零点或两函数的交点问题，综合了函数、方程、不等式等多方面知识，可以全面地考察学生对函数性质、函数图象等知识的综合应用能力，同时考察学生的变形、转化能力.因此在高考压轴题中占有比较重要的地位.7..(2017·泰州质检)已知函数f (x)＝2ln x－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\f(1e)，e)上有两个零点，求实数m的取值范围.8.已知函数f (x)＝x2－a ln x－1，函数F(x)＝x)－1\r(x)＋1.(1)如果函数f (x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a的取值范围；(2)当a＝2时，你认为函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象有多少个公共点？请证明你的结论.9..(2017·山东卷)已知函数f (x)＝13x3－12ax2，a∈R.(1)当a＝2时，求曲线y＝f (x)在点(3，f (3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f (x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.导数专题答案1.解(1)①由已知可得2x＋\a\vs4\al\co1(\f(12))x＝2，即2x＋12x＝2.∴(2x)2－2·2x＋1＝0，解得2x＝1，∴x＝0.②f (x)＝2x＋\a\vs4\al\co1(\f(12))x＝2x＋2－x，令t＝2x＋2－x，则t≥2.又f (2x)＝22x＋2－2x＝t2－2，故f (2x)≥mf (x)－6可化为t2－2≥mt－6，即m≤t＋4t，又t≥2，t＋4t≥24t)＝4(当且仅当t＝2时等号成立)，∴m≤\a\vs4\al\co1(t＋\f(4t))min＝4，即m的最大值为4.(2)∵0＜a＜1，b＞1，∴ln a＜0，ln b＞0.g(x)＝f (x)－2＝a x＋b x－2，g′(x)＝a x ln a＋b x ln b且g′(x)为单调递增，值域为R的函数.∴g′(x)一定存在唯一的变号零点，∴g(x)为先减后增且有唯一极值点.由题意g(x)有且仅有一个零点，则g(x)的极值一定为0，而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0，∴ab＝1.2.解①由f (x)＝2x3－3x得f ′(x)＝6x2－3.令f ′(x)＝0，得x＝－2)2或x＝2)2.因为f (－2)＝－10，f \a\vs4\al\co1(－\f(\r(2)2))＝2，f \a\vs4\al\co1(\f(\r(2)2))＝－2，f (1)＝－1，所以f (x)在区间[－2，1]上的最大值为f \a\vs4\al\co1(－\f(\r(2)2))＝2.②设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f (x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因为t－y0＝(6x20－3)(1－x0).整理得4x30－6x20＋t＋3＝0，设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”. g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值.当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1)和[1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点.综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切时，t的取值范围是(－3，－1).3.解因为f ′(x)＝3x2－1.所以曲线f (x)＝x3－x在点M(λ0，f (λ0))处的切线的斜率为k＝f ′(λ0)＝3λ20－1. 所以切线方程为y－(λ30－λ0)＝(3λ20－1)(x－λ0)，即y＝(3λ20－1)x－2λ30.(2)证明由(1)知曲线f (x)＝x3－x在点(λ，f (λ))处的切线的方程为y＝(3λ2－1)x －2λ3.若切线过点N(2，1)，则1＝2(3λ2－1)－2λ3，即2λ3－6λ2＋3＝0.过点N可作曲线f (x)的三条切线等价于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三个不同的解. 设g(λ)＝2λ3－6λ2＋3，则g′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2).当λ变化时，g′(λ)，g(λ)的变化情况如下表：因为g(λ)在R上只有一个极大值3和一个极小值－5，所以过点N可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.4.解(1)设曲线y＝f (x)与x轴相切于点(x0，0)，则f (x0)＝0，f ′(x0)＝0.即3020x＋ax0＋\f(143x＋a＝0，解得x0＝12，a＝－34.因此，当a＝－34时，x轴为曲线y＝f (x)的切线.(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而h(x)＝min{f (x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点.当x＝1时，若a≥－54，则f (1)＝a＋54≥0，h(1)＝min{f (1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－54，则f (1)<0，h(1)＝min{f (1)，g(1)}＝f (1)<0，故x＝1不是h(x)的零点. 当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0.所以只需考虑f (x)在(0，1)的零点个数.(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f ′(x)＝3x2＋a在(0，1)上无零点，故f (x)在(0，1)上单调.而f (0)＝14，f (1)＝a＋54，所以当a≤－3时，f (x)在(0，1)内有一个零点；当a≥0时，f (x)在(0，1)上没有零点.(ⅱ)若－3<a<0，则f (x)在\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a3)))上单调递减，在\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3))，1)上单调递增，故在(0，1)中，当x＝a3)时，f (x)取得最小值，最小值为f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))＝2a3a3)＋14.①若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))>0，即－34<a<0，f (x)在(0，1)无零点；②若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))＝0，即a＝－34，则f (x)在(0，1)有唯一零点；③若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))<0，即－3<a<－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a＋54，所以当－54<a<－34时，f (x)在(0，1)有两个零点；当－3<a≤－54时，f (x)在(0，1)有一个零点.综上，当a>－34或a<－54时，h(x)有一个零点；当a＝－34或a＝－54时，h(x)有两个零点；当－54<a<－34时，h(x)有三个零点.5.解(1)f ′(x)＝ln x＋1，所以切线斜率k＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1.由y＝－x2＋ax－2，y＝x－1)⇒x2＋(1－a)x＋1＝0.由Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3＝(a＋1)(a－3)可知：当Δ＞0时，即a＜－1或a＞3时，有两个公共点；当Δ＝0时，即a＝－1或a＝3时，有一个公共点；当Δ＜0时，即－1＜a＜3时，没有公共点.(2)y＝f (x)－g(x)＝x2－ax＋2＋x ln x，由y＝0，得a＝x＋2x＋ln x.令h(x)＝x＋2x＋ln x，则h′(x)＝（x－1）（x＋2）x2.当x∈\f(1e)，e)时，由h′(x)＝0，得x＝1.所以h(x)在\f(1e)，1)上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h(x)min＝h(1)＝3.由h\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝1e＋2e－1，h(e)＝e＋2e＋1，比较可知h\a\vs4\al\co1(\f(1e))＞h(e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a≤e＋2e＋1时，函数y＝f (x)－g(x)有两个零点.6.(1)解当a＝38时，f (x)＝38x2－x－ln x.所以f ′(x)＝34x－1－1x＝（3x＋2）（x－2）4x(x>0).令f ′(x)＝0，得x＝2，当x∈(0，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f (x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.所以当x＝2时，f (x)有最小值f (2)＝－12－ln 2.(2)证明由f (x)＝ax2－x－ln x得f′(x)＝2ax－1－1x＝2ax2－x－1x，x>0.所以当a≤0时，f′(x)＝2ax2－x－1x<0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上最多有一个零点.因为当－1≤a≤0时，f (1)＝a－1<0，f \a\vs4\al\co1(\f(1e))＝e2－e＋ae2>0，所以当－1≤a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上有零点.综上，当－1≤a≤0时，函数f (x)有且只有一个零点7.解(1)当a＝2时，f (x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝2x－2x＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k＝f ′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，则g′(x)＝2x－2x＝－2（x＋1）（x－1）x.因为x∈\f(1e)，e)，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当1e＜x＜1时，g′(x)＞0，此时函数单调递增；当1＜x＜e时，g′(x)＜0，此时函数单调递减.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又g\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝m－2－1e2，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝4－e2＋1e2＜0，则g(e)＜g\a\vs4\al\co1(\f(1e))，所以g(x)在\f(1e)，e)上的最小值是g(e).g(x)在\f(1e)，e)上有两个零点的条件是g（1）＝m－1＞0，\rc\1e2)≤0，解得1＜m≤2＋1e2，所以实数m的取值范围是\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1e2)).8.解(1)∵f (x)＝x2－a ln x－1的定义域为(0，＋∞)，函数f (x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，∴f ′(x)＝2x－ax＞0在(0，＋∞)上恒成立.∴a＜2x2在(0，＋∞)上恒成立，∵y＝2x2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a≤0.∴所求的a的取值范围为(－∞，0].(2)当a＝2时，函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.证明如下：当a＝2时，y＝f（x）x－1＝x2－2ln x－1x－1，它的定义域为{x|x＞0且x≠1}，F(x)的定义域为[0，＋∞).当x＞0且x≠1时，由f（x）x－1＝F(x)得x2－2ln x－x＋2x－2＝0.设h(x)＝x2－2ln x－x＋2x－2，则h′(x)＝2x－2x－1＋1\r(x)＝x)－1）（2x\r(x)＋2x＋\r(x)＋2）x.∴当0＜x＜1时，h′(x)＜0，此时，h(x)单调递减；当x＞1时，h′(x)＞0，此时，h(x)单调递增.∴当x＞0且x≠1时，h(x)＞h(1)＝0，即h(x)＝0无实数根.∴当a＝2，x＞0且x≠1时，f（x）x－1＝F(x)无实数根.∴当a＝2时，函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.9.解(1)由题意f ′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f (3)＝0，f ′(x)＝x2－2x，所以f ′(3)＝3，因此曲线y＝f (x)在点(3，f (3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.(2)因为g(x)＝f (x)＋(x－a)cos x－sin x，所以g′(x)＝f ′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；当x＝a时g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.综上所述：当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.。
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。
专题突破一 利用导函数研究函数的零点
第2课时 利用导函数研究函数的零点题型一 数形结合研究函数的零点例1 设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数． 解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x， f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x2. 令f ′(x )＝0，得x ＝e.当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2.(2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)． 设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)， 则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23. 结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知，①当m >23时，函数g (x )无零点； ②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点； ④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点； 当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当0<m <23时，函数g (x )有两个零点． 思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．跟踪训练1 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x (a 为实数)．(1)当a ＝4时，求函数y ＝g (x )在x ＝1处的切线方程；(2)如果关于x 的方程g (x )＝2e x f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝4时，g (x )＝(－x 2＋4x －3)e x ，g ′(x )＝e x (－x 2＋2x ＋1)，∴g ′(1)＝2e ，又g (1)＝0，∴切线的斜率为2e ，切点为(1,0)，∴所求的切线方程为y －0＝2e(x －1)，即y ＝2e(x －1)．(2)方程g (x )＝2e x f (x )可化为－x 2＋ax －3＝2x ln x ，即a ＝2ln x ＋x ＋3x. 令φ(x )＝2ln x ＋x ＋3x，x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ， ∴φ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2， ∵当x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，1时，φ′(x )<0，当x ∈(1，e]时，φ′(x )>0，∴φ(x )在⎣⎡⎭⎫1e ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增．∴φ(x )min ＝φ(1)＝4，又φ⎝⎛⎭⎫1e ＝3e ＋1e －2，φ(e)＝3e＋e ＋2， 且φ⎝⎛⎭⎫1e >φ(e)，∴画出y ＝φ(x )的图象如图所示．则4<a ≤3e＋e ＋2， 故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤4，3e ＋e ＋2.题型二 利用函数性质研究函数的零点例2 (12分)(2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)．(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．规范解答解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，则f ′(x )＝e x －1，[1分]令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，[2分]所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．[3分](2)f ′(x )＝e x －a .①当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故f (x )至多存在一个零点，不合题意．[5分]②当a >0时，由f ′(x )＝0，可得x ＝ln a .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．[6分]故当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a (1＋ln a )．[7分](ⅰ)若0<a ≤1e ，则f (ln a )≥0，f (x )在(－∞，＋∞)上至多存在一个零点，不合题意．[8分] (ⅱ)若a >1e，f (ln a )<0. 因为f (－2)＝e －2>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上存在唯一零点．[9分]由(1)知，当x >2时，e x －x －2>0.所以当x >4且x >2ln(2a )时，f (x )＝22e ·e x x －a (x ＋2)>e ln(2a )·⎝⎛⎭⎫x 2＋2－a (x ＋2)＝2a >0. 故f (x )在(ln a ，＋∞)上存在唯一零点．[11分]从而f (x )在(－∞，＋∞)上有两个零点．综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞.[12分]第一步：求导函数f ′(x )；第二步：根据f ′(x )的符号讨论f ′(x )的单调性；第三步：利用单调性求函数f (x )的极值(最值)；第四步：验证f (x )的极值符号以及函数值在极值点两侧的符号．跟踪训练2 (2019·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明：(1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x(x >0)． 因为y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，y ＝1x在(0，＋∞)上单调递减， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12>0， 故存在唯一x 0∈(1,2)，使得f ′(x 0)＝0.又当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，因此，f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)<f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3>0，所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝α.由1<x 0<α得0<1α<1<x 0. 又f ⎝⎛⎭⎫1α＝⎝⎛⎭⎫1α－1ln 1α－1α－1 ＝(α－1)ln α－1－αα＝f (α)α＝0， 故1α是f (x )＝0在(0，x 0)的唯一根． 综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．题型三 构造函数法求函数的零点例3 已知函数g (x )＝14x 2＋ln x ，f (x )＝32x ＋b . (1)若f (x )与g (x )相切，求b 的值；(2)若函数f (x )与g (x )在[1,4]内有两个交点，求实数b 的取值范围．解 (1)若f (x )与g (x )相切，设切点为(x 0，y 0)，g ′(x )＝12x ＋1x ，f ′(x )＝32， ∴g ′(x 0)＝12x 0＋1x 0＝32，解得x 0＝1或2. 当x 0＝1时，y 0＝14，代入f (x )＝32x ＋b ， 可得b ＝－54； 当x 0＝2时，y 0＝ln 2＋1，代入f (x )＝32x ＋b ， 可得b ＝ln 2－2.综上有b ＝－54或b ＝ln 2－2. (2)方法一 令φ(x )＝g (x )－f (x )，φ(x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)， 则φ′(x )＝(x －2)(x －1)2x. 在[1,4]上，当xφ(x )极小值＝φ(2)＝ln 2－b －2，又φ(4)＝2ln 2－b －2，φ(1)＝－54－b . 函数f (x )与g (x )在[1,4]内有两个交点，等价于方程φ(x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧ φ(1)≥0，φ(2)<0，φ(4)≥0，解得ln 2－2<b ≤－54. 故实数b 的取值范围是⎝⎛⎦⎤ln 2－2，－54. 方法二 由g (x )＝f (x )，得14x 2＋ln x ＝32x ＋b ， 即b ＝14x 2－32x ＋ln x ， 令φ(x )＝14x 2－32x ＋ln x (x >0)， 则φ′(x )＝(x －2)(x －1)2x. 在[1,4]上，当x 变化时，φ(x )min ＝φ(2)＝ln 2－2，φ(4)＝2ln 2－2，φ(1)＝－54， 且φ(4)>φ(1)．画出y ＝φ(x )的图象如图．则ln 2－2<b ≤－54. 故实数b 的取值范围是⎝⎛⎦⎤ln 2－2，－54. 思维升华 (1)涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．跟踪训练3 设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，m >0. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x ＋m )(x －m )x. 当0<x <m 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x >m 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x >0， 题中问题等价于求函数F (x )的零点个数．F ′(x )＝－(x －1)(x －m )x， 当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，因为F (1)＝32>0，F (4)＝－ln 4<0， 所以F (x )有唯一零点；当m >1时，0<x <1或x >m 时，F ′(x )<0；1<x <m 时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，因为F (1)＝m ＋12>0， F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)<0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即函数f (x )与g (x )的图象总有一个交点．课时精练1．已知函数f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c 有三个零点，求实数c 的取值范围． 解 f ′(x )＝x 2－x －2＝(x ＋1)(x －2)，由f ′(x )>0可得x >2或x <－1，由f ′(x )<0可得－1<x <2，所以函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1,2)上是减函数，所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ， 极小值为f (2)＝c －103. 而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎨⎧76＋c >0，c －103<0， 解得－76<c <103， 所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－76，103. 2．已知函数f (x )＝e x (ax ＋1)，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx －e.(1)求a ，b 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－3e x －m 有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝e x (ax ＋1)，则f ′(x )＝e x (ax ＋1)＋e x ·a ＝e x (ax ＋1＋a )，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝e (2a ＋1)＝b ，f (1)＝e (a ＋1)＝b －e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3e ， ∴a ＝1，b ＝3e.(2)g (x )＝f (x )－3e x －m ＝e x (x －2)－m ，函数g (x )＝e x (x －2)－m 有两个零点，相当于函数u (x )＝e x ·(x －2)的图象与直线y ＝m 有两个交点，u ′(x )＝e x ·(x －2)＋e x ＝e x (x －1)，当x ∈(－∞，1)时，u ′(x )<0，∴u (x )在(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0，∴u (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ＝1时，u (x )取得极小值u (1)＝－e.又当x →＋∞时，u (x )→＋∞，当x <2时，u (x )<0，∴实数m 的取值范围为{m |－e<m <0}．3．(2018·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)． (1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3， f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )＜0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．(2)证明 因为x 2＋x ＋1＞0在R 上恒成立， 所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0. 设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2(x 2＋2x ＋3)(x 2＋x ＋1)2≥0在R 上恒成立， 当且仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．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)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16＜0， f (3a ＋1)＝13＞0，故f (x )有一个零点． 综上，f (x )只有一个零点．4．已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝1e2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上单调递增，且当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0，当x <0时，取x ＝－1a， 则f ⎝⎛⎭⎫－1a <1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －1＝－a <0， ∴函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则x ＝ln(－a )．当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．5．(2020·潍坊检测)已知函数f (x )＝ln x －x 2＋ax ，a ∈R .(1)证明：ln x ≤x －1；(2)若a ≥1，讨论函数f (x )的零点个数．(1)证明 令g (x )＝ln x －x ＋1(x >0)，则g (1)＝0，g ′(x )＝1x －1＝1－x x， 可得x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减．∴当x ＝1时，函数g (x )取得极大值也是最大值，∴g (x )≤g (1)＝0，即ln x ≤x －1.(2)解 f ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x，x >0. 令－2x 20＋ax 0＋1＝0，解得x 0＝a ＋a 2＋84(负值舍去)， 在(0，x 0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；在(x 0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．∴f (x )max ＝f (x 0)．当a ＝1时，x 0＝1，f (x )max ＝f (1)＝0，此时函数f (x )只有一个零点x ＝1. 当a >1时，f (1)＝a －1>0，f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a －14a 2＋12<12a －1－14a 2＋12＝－⎝⎛⎭⎫12a －122－14<0，f (2a )＝ln 2a －2a 2<2a －1－2a 2＝－2⎝⎛⎭⎫a －122－12<0. ∴函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12a ，1和区间(1,2a )上各有一个零点．综上可得，当a ＝1时，函数f (x )只有一个零点x ＝1； 当a >1时，函数f (x )有两个零点．。
微专题 利用导数研究函数的零点问题
利用导数研究函数的零点问题内容概览题型一 利用导数探究函数零点的个数题型二 利用函数零点问题求参数范围题型三 与函数零点有关的证明[命题分析]函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查基本初等函数、三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现.题型一 利用导数探究函数零点的个数[典例1](2022·陇南模拟)已知函数f(x)=r1e-a(a∈R),讨论f(x)的零点个数.【解析】令f(x)=r1e-a=0,得a=r1e,设g(x)=r1e,则g'(x)=e−(r1)e(e)2=−e,当x>0时,g'(x)<0,当x<0时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(0)=1,而当x>-1时,g(x)>0,当x<-1时,g(x)<0,g(x)的大致图象如图所示:所以①当a>1时,方程g(x)=a无解,即f(x)没有零点;②当a=1时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;③当0<a<1时,方程g(x)=a有两解,即f(x)有两个零点;④当a≤0时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;综上,当a>1时,f(x)没有零点;当a=1或a≤0时,f(x)有唯一的零点;当0<a<1时,f(x)有两个零点.【方法提炼】利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法:(1)构造函数:构造函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值(最值),并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解函数零点的个数. (2)应用定理:利用零点存在定理,先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.【对点训练】(2023·成都模拟)设函数f(x)=ln x+,m∈R.讨论函数g(x)=f'(x)-.3的零点个数【解析】由题设,可知g(x)=f'(x)-3=1-2-3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0),设φ(x)=-13x3+x(x>0),则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增,当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点,所以φ(x)的最大值为φ(1)=23,画出y=φ(x)的大致图象(如图),可知①当m>23时,函数g(x)无零点;②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0<m<23时,函数g(x)有两个零点;④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;综上所述,当m>23时,函数g(x)无零点;当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;)有两个零点.当0<m<2时,函数g(x【加练备选】已知函数f(x)=x e x+e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)e x,令f'(x)=0得x=-2,则f'(x),f(x)的变化情况如表所示:x(-∞,-2)-2(-2,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减-12单调递增所以f(x)的单调递减区间是(-∞,-2),单调递增区间是(-2,+∞),当x=-2时,f(x)有极小值为f(-2)=-1e2,无极大值;(2)令f(x)=0,得x=-1,当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0,且f(x)的图象经过点(-2,-1e2),(-1,0),(0,1);当x→-∞时,与一次函数相比,指数函数y=e-x增长更快,从而f(x)=r1e−→0;当x→+∞时,f(x)→+∞,f'(x)→+∞,根据以上信息,画出f(x)大致图象如图所示,函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数为y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数,当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)=-1e2,所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:当a<-1e2时,零点的个数为0;当a=-1e2或a≥0时,零点的个数为1;当-1e2<a<0时,零点的个数为2.题型二 利用函数零点问题求参数范围[典例2](2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax-1-(a+1)ln x.(1)当a=0时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=0时,f(x)=-1-ln x,x>0,则f'(x)=12-1=1−2,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)max=f(1)=-1;(2)f(x)=ax-1-(a+1)ln x,x>0,则f'(x)=a+12-r1=(B−1)(K1)2,当a≤0时,ax-1<0,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)max=f(1)=a-1<0,此时函数无零点,不合题意;当0<a<1时,1>1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;又f(1)=a-1<0,由(1)得1+ln x≥1,即ln1≥1-x,所以ln x<x,ln <,ln x<2,当x>1时,f(x)=ax-1-(a+1)ln x>ax-1-2(a+1)>ax-(2a+3),则存在m=(3+2)2>1,使得f(m)>0,所以f(x)仅在(1,+∞)上有唯一零点,符合题意;当a=1时,f'(x)=(K1)22≥0,所以f(x)单调递增,又f(1)=a-1=0,所以f(x)有唯一零点,符合题意;当a>1时,1<1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;此时f(1)=a-1>0,由(1)得当0<x<1时,ln x>1-1,ln >1-1,所以ln x>2(1-1),此时f(x)=ax-1-(a+1)ln x<ax-1-2(a+1) (1-1)<-1+2(r1),存在n=14(r1)2<1,使得f(n)<0,所以f(x)在(0,1)上有一个零点,在(1,+∞)上无零点,所以f(x)有唯一零点,符合题意;综上,a的取值范围为(0,+∞).【方法提炼】由函数零点求参数范围的策略(1)涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求得参数的取值范围;(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法;(3)含参数的函数的零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,得到不含参数的具体函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.【解析】(1)a =2时,f (x )=22,f'(x )=2b2−2ln2·2(2)2=o2−En2)2=ln2· 2ln2−g2,当x ∈ 0,2ln2 时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈2ln2,+∞ 时,f'(x )<0,f (x )单调递减;(2)由题知f (x )=1在(0,+∞)上有两个不等实根,f (x )=1⇔x a =a x ⇔a ln x =x ln a ⇔ln=ln,令g (x )=ln,g'(x )=1−ln 2,g (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,又g (e)=1e,g (1)=0,lim m+∞g (x )=0,所以0<ln<1e⇒a >1且a ≠e .所以a 的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).【加练备选】 (2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=e x-a(x+2).(1)当a=1时,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)当a=1时,f(x)=e x-x-2,则f'(x)=e x-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)f'(x)=e x-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意;当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.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,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).(i)若0<a≤1e,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意; (ii)若a>1e,则f(ln a)<0.因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.易知,当x>2时,e x-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=e2·e2-a(x+2)>e ln(2a)·2+2 -a(x+2)=2a>0.故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点,从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.综上,a的取值范围是1题型三 与函数零点有关的证明[典例3](2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【解析】(1)f(x)=e x-ax的定义域为R,而f'(x)=e x-a,若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)无最小值,故a>0.g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+∞),而g'(x)=a-1=B−1.当x<ln a时,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,当x>ln a时,f'(x)>0,故f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(ln a)=a-a ln a.当0<x<1时,g'(x)<0,故g(x)在 0,1上单调递减,当x>1时,g'(x)>0,故g(x)在1,+∞ 上单调递增,故g(x)min=g1=1-ln1.因为f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,故1-ln1=a-a ln a,整理得到K11+=ln a,其中a>0,设t(a)=K11+-ln a,a>0,则t'(a)=2(1+p2-1=−2−1o1+p2<0,故t(a)在(0,+∞)上单调递减,而t(1)=0,故t(a)=0的唯一解为a=1,故K11+=ln a的解为a=1.综上,a=1;(2)由(1)可得f(x)=e x-x和g(x)=x-ln x的最小值为1-ln 1=1-ln11=1.当b>1时,考虑e x-x=b的解的个数,x-ln x=b的解的个数.设S(x)=e x-x-b,S'(x)=e x-1,当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,故S(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以S(x)min=S(0)=1-b<0,而S(-b)=e-b>0,S(b)=e b-2b,设u(b)=e b-2b,其中b>1,则u'(b)=e b-2>0,故u(b)在(1,+∞)上单调递增,故u(b)>u(1)=e-2>0,故S(b)>0,故S(x)=e x-x-b有两个不同的零点,即e x-x=b的解的个数为2.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=K1,当0<x<1时,T'(x)<0,当x>1时,T'(x)>0,故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以T(x)min=T(1)=1-b<0,而T(e-b)=e-b>0,T(e b)=e b-2b>0,T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点,即x-ln x=b的解的个数为2.当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b仅有一个零点,当b<1时,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b均无零点,故若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,则b>1.设h(x)=e x+ln x-2x,其中x>0,故h'(x)=e x+1-2,设s(x)=e x-x-1,x>0,则s'(x)=e x-1>0,故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即e x>x+1,所以h'(x)>x+1-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,而h(1)=e-2>0,h(1e3)=e1e3-3-2e3<e-3-2e3<0,故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,1e3<x0<1且:当0<x<x0时,h(x)<0,即e x-x<x-ln x,即f(x)<g(x),当x>x0时,h(x)>0,即e x-x>x-ln x,即f(x)>g(x),因此若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,故b=f(x0)=g(x0)>1,此时e x-x=b有两个不同的零点x1,x0(x1<0<x0),此时x-ln x=b有两个不同的零点x0,x4(0<x0<1<x4),故e1-x1=b,e0-x0=b,x4-ln x4-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x4-b=ln x4,即e4−=x4,即e4−-(x4-b)-b=0,故x4-b为方程e x-x=b的解,同理x0-b也为方程e x-x=b的解,又e1-x1=b可化为e1=x1+b,即x1-ln(x1+b)=0,即(x1+b)-ln(x1+b)-b=0,故x1+b为方程x-ln x=b的解,同理x0+b也为方程x-ln x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x4-b},而b>1,故0=4−s1=0−s即x1+x4=2x0.所以x1,x0,x4成等差数列.所以,存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【方法提炼】(1)证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;(2)证明的思路一般是对条件进行等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.【对点训练】 (2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:(1)f'(x)在区间 −1,π2上存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-11+,g'(x)=-sin x+1(1+p2,当x∈ −1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在 −1,π2上有唯一零点,设g'(x)的零点为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈ sπ2时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在 sπ2上单调递减,故g(x)在 −1,π2上存在唯一极大值点,即f'(x)在 −1,π2上存在唯一极大值点;(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在(-1,0)上单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)上单调递减,又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点.②当x∈ 0,π2时,由(1)知,f'(x)在(0,α)上单调递增,在 sπ2上单调递减,而f'(0)=0, f'π2<0,所以存在β∈ sπ2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈ sπ2时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在 sπ2上单调递减.又f(0)=0,fπ2=1-ln 1+π2>0,所以当x∈ 0,π2时,f(x)>0.所以f(x)在 0,π2上没有零点.③当x∈π2,π 时,f'(x)<0,所以f(x)在π2,π 上单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在π2,π 上有唯一零点.④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.【加练备选】 (2023·菏泽模拟)已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x)=1-1+2cos x,当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-12<0,所以g(x)在(0,π)上单调递减,又因为g(π3)=3π-1+1>0,g(π2)=2π-1<0,所以g(x)在(π3,π2)上有唯一的零点;(2)设f'(x)在(0,π)上的唯一零点为α,由(1)知π3<α<π2.①当x∈(0,π)时,x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)在(0,π)上存在唯一极大值点α.所以f(α)>f(π2)=lnπ2-π2+2>2-π2>0,又因为f(1e2)=-2-1e2+2sin1e2<-2-1e2+2<0,所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点.又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.②当x∈[π,2π)时,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,设h(x)=ln x-x,h'(x)=1-1<0,所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2.设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=1-1<0,所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个零点.。
函数与导数重点题型01：含参函数单调性、极值、零点问题研究
重点题型一：含参函数的单调性、极值、最值及零点问题【问题分析】含参函数的单调性、极值点及零点问题，在高考中考查频次非常高，主要考查利用分类讨论来研究函数单调性和由函数极值、最值及零点求解参数范围。
此类问题难度较大，经常出现在试卷T20或T21，属于高考压轴题型。
该题型主要考查考生的分类讨论思想、等价转化思想。
解决此类问题的本质就是确定函数定义域上的单调性，基本思想就是“分类讨论”，解题的关键就是参数“分界点”的确定。
所以，要解决好此类问题，首先要明确参数“分界点”，其次确定在参数不同的分段区间上函数的单调性，进而可以确定函数的极值点、最值及零点，达到解题目的。
图1-1 含参函数问题解题思路【知识回顾】图1-2 函数f (x )单调性、极值、最值及零点关系图特别提醒：1.函数f (x )单调性、极值、最值及零点必须在函数定义域内研究，所以解决问题之前，必须先确定函数的定义域。
2.函数f (x )的极值点为其导函数变号的点，亦即导函数f ′(x )的变号零点。
3.函数f (x )的极值点为函数单调区间的“分界点”，经过极大值点函数由增变减，经过极小值点函数由减变增。
函数f(x)的单调性函数f(x)的极值点导函数f ′(x)的变号零点函数f(x)的最值确定分界点有影响分类讨论函数单调性参数导函数f ′(x)值/f ′(x )=0的根函数f(x)4. 函数f (x )单调区间不能写成并集，也不能用“或”连接，只能用逗号“，”或“和”连接。
【“分界点”确认】参数对导函数f ′(x )的值符号有影响，就必须根据参数对导函数的影响确定参数“分界点”，然后在进行分类讨论函数的单调性。
常见的“分界点”确认方法如下： 1.观察法：解决问题的过程中，我们会发现导函数形式比较简单的情况下，我们可以通过观察直接确定参数的“分界点”,例如：当导函数f ′(x )的值与y =x 2+a 函数有关，可以直接观察得到：当a ≥0时，y ≥0；当a <0时，y =0有两个根x 1=−√−a,x 2=√−a,当x ∈(−∞,−√−a)∪(√−a,+∞)时，y >0,当x ∈(−√−a,√−a)时，y <0.所以我们可以根据常见函数的性质及其之间的不等关系，通过直接观察确定“分界点”，常见函数性质及其之间的关系如下： ①x 2≥0 (x ∈R ), 完全平方式不小于0 ②tanx >x >sinx (0<x <π2)③e x ≥x +1 (x ∈R ),仅当x =0时，等号成立e x =x +1 ④lnx ≤x −1 (x >0),仅当x =1时，等号成立lnx =x −1 ⑤lnx <x <e x (x >0) ⑥a x >0 (x ∈R )2.由二次函数引发的“分界点”当函数f (x )求导后，导函数f ′(x )值符号由一个含参的二次函数（二次三项式）决定，一般可以从两个方面进行“分界点”的确定：（1）通过二次函数（一元二次方程）的∆判别式进行“分界点”的确定. 对于一个二次函数y =ax 2+bx +c (a ≠0): ① {a >0∆≤0⟹y ≥0或{a <0∆≤0⟹y ≤0.② {a >0∆>0⟹二次函数有两个零点（或二次方程y =0有两个不同实根）x 1,x 2(x 1<x 2),x 在两根之外函数大于0，两根之内函数小于0.③ {a <0∆>0⟹二次函数有两个零点（或二次方程y =0有两个不同实根）x 1,x 2(x 1<x 2),x 在两根之外函数小于0，两根之内函数大于0. 特别提醒：当二次函数有两个零点时，需要确定两个零点是否在函数定义域之内，若不在需要舍弃. （2）由二次函数零点分布（一元二次方程实根分布）进行“分界点”确定设x 1,x 2(x 1<x 2)是二次函数y =ax 2+bx +c (a >0)的两个零点（一元二次方程ax 2+bx +c =0(a >0)的两个根），则x 1,x 2的分布情况与二次函数系数之间的关系如下（k,k 1,k 2∈R,k 1<k 2）：零点分布函数图像等价条件x 1<x 2<k{∆>0f (k )>0−b 2a<kk <x 1<x 2{∆>0f (k )>0−b 2a>kx 1<k <x 2f (k )<0k 1<x 1<x 2<k 2{∆>0f (k 1)>0f (k 2)>0k 1<−b 2a<k2 x 1,x 2中仅有一个在（k 1，k 2）内\f (k 1)∙f (k 2)<0或f (k 1)=0，k 1<−b2a <k 1+k 22或f (k 2)=0，k 1+k 22<−b2a <k 2或{∆=0k 1<−b 2a<k 2当二次函数定义域受限，可以根据上表情况进行“分界点”确认，进而进行分类讨论。
导数中的切线与零点问题
切线、零点问题一、导数与切线 ● 要点概括①函数 y=f(x) 在一点 x=x 0 处的导数 f'(x 0) 的几何意义就是曲线 y=f(x) 在点 (x 0,f(x 0)) 处的切线的斜率。
②对于求曲线上某切点的切线方程可直接利用导数的几何意义求切线斜率，再利用点斜式求解.③求过曲线外一点的切线方程可利用设切点坐标构造切线方程再联立曲线方程求切点坐标，再求切线方程. ● 真题赏析【2012广东】曲线y=x 3-x+3在点（1，3）处的切线方程为 ． 【2010辽宁】已知点P 在曲线y=41xe +上，a 为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则a 的取值范围是(A)[0,4π) (B)[,)42ππ 3(,]24ππ (D) 3[,)4ππ【2009安徽卷】已知函数()f x 在R 上满足2()2(2)88f x f x x x =--+-，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程是（A ）21y x =- （B ）y x = （C ）32y x =- （D ）23y x =-+【2009江西】若存在过点(1,0)的直线与曲线3y x =和21594y ax x =+-都相切，则a 等于 A ．1-或25-64 B ．1-或214 C ．74-或25-64D ．74-或7【2008海南】设函数1()()f x ax a b x b=+∈+Z ，，曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程为y =3．（Ⅰ）求()f x 的解析式：（Ⅱ）证明：函数()y f x =的图像是一个中心对称图形，并求其对称中心；（Ⅲ）证明：曲线()y f x =上任一点的切线与直线x =1和直线y =x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值．【2010福建】已知函数f(x)=x 3-x ,其图像记为曲线C. （1）求函数f(x)的单调区间；（2）证明：若对于任意非零实数x 1 ,曲线C 与其在点P 1 （x 1,f(x 1)））处的切线交于另一点P 2（x 2,f(x 2)），曲线C 与其在点P 2处的切线交于另一点P 3（x 3,f(x 3)），线段P 1 P 2, P 2 P 3与曲线C 所围成封闭图形的面积分别记为S 1，S 2，则12S S 为定值； 【2008山东】设抛物线方程为22(0)x py p =>，M 为直线2y p =-上任意一点，过M 引抛物线的切线，切点分别为A B ，．（Ⅰ）求证：A M B ，，三点的横坐标成等差数列；（Ⅱ）已知当M 点的坐标为(22)p -，时，AB =（Ⅲ）是否存在点M ，使得点C 关于直线AB 的对称点D 在抛物线22(0)x py p =>上，其中，点C 满足OC OA OB =+（O 为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点M 的坐标；若不存在，请说明理由． ● 高考动向多以小题形式或大题的第一问形式出现，近几年个别省份以切线与面积问题或切线与圆锥曲线问题结合作为压轴题出现，而广东在近几年高考中则尚无先例。
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。
利用导数求曲线的切线和公切线以及切线条数专题总结.doc
导数中的切线问题专题总结一、求切线方程1．过曲线上一点求切线方程的三个步骤2．求过曲线y ＝f (x )外一点P (x 1，y 1)的切线方程的六个步骤(1)设切点(x 0，f (x 0))．(2)利用所设切点求斜率k ＝f ′(x 0)＝li m Δx →0f x 0＋Δx－f x 0Δx .(3)用(x 0，f (x 0))，P (x 1，y 1)表示斜率．(4)根据斜率相等求得x 0，然后求得斜率k .(5)根据点斜式写出切线方程．(6)将切线方程化为一般式．例1.已知曲线y ＝1x .(1)求曲线在点P (1,1)处的切线方程；(2)求曲线过点Q (1,0)处的切线方程．例2.已知曲线y＝1 x .(1)求曲线在点P(1,1)处的切线方程；(2)求曲线过点Q(1,0)处的切线方程．3.（2016全国卷Ⅲ）已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)=f（-x）+3x，则曲线y=f（x）在点（1，-3）处的切线方程是二、求切点坐标【小结】求切点坐标可以按以下步骤进行(1)设出切点坐标；(2)利用导数或斜率公式求出斜率；(3)利用斜率关系列方程，求出切点的横坐标；(4)把横坐标代入曲线或切线方程，求出切点纵坐标例1.已知抛物线y ＝2x 2＋1分别满足下列条件，请求出切点的坐标．(1)切线的倾斜角为45°.(2)切线平行于直线4x －y －2＝0.(3)切线垂直于直线x ＋8y －3＝0.．变式练习直线l ：y ＝x ＋a (a ≠0)和曲线C ：y ＝x 3－x 2＋1相切，则a 的值为___________，切点坐标为____________．三、求两个函数公切线公切线问题：切点相同。
()()00x g x f =()()00''x g x f =切点不同。
()()()()k x g x f mkx x g m kx x f ==+=+=212211'',例1、 已知直线b kx y +=是曲线2ln +=x y 的切线，也是曲线x e y =的切线，求k 和b 的值解析：例2.若直线b kx y +=是曲线2ln +=x y 的切线，也是y =ln(x +1)的切线，求b 的值例3．已知函数f （x ）=lnx ，g （x ）=2﹣（x ＞0）（1）试判断当f （x ）与g （x ）的大小关系；（2）试判断曲线 y=f （x ）和 y=g （x ）是否存在公切线，若存在，求出公切线方程，若不存在，说明理由；变式练习1.两曲线y =x 2−1和y =alnx −1存在公切线，则正实数a 的取值范围变式练习2.若曲线y =12e x 2与曲线y =alnx 在它们的公共点P （s,t ）处有公切线，则实数a =变式练习 3.已知函数()()1263,1163223++=--+=x x x g ax x ax x f 和直线m:9+=kx y ,又()01'=-f ，是否存在k,使直线m 既是曲线()x f y =的切线，又是曲线()x g y =的切线？如果存在，求出k 的值四、切线条数切线的条数问题====以切点0x 为未知数的方程的根的个数例1.已知函数32()f x ax bx cx =++在点0x 处取得极小值－4，使其导数'()0f x >的x 的取值范围为(1,3)，求：（1）()f x 的解析式；（2）若过点(1,)P m -可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围．例2.已知函数f （x ）=2x 3﹣3x+1，g （x ）=kx+1﹣lnx ．（1）设函数，当k ＜0时，讨论h （x ）零点的个数；（2）若过点P （a ，﹣4）恰有三条直线与曲线y=f （x ）相切，求a 的取值范围．变式练习.已知函数f （x ）=x 2+2（1﹣a ）x ﹣4a ，g （x ）=﹣（a+1）2，则f （x ）和g （x ）图象的公切线条数的可能值是 ．。
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。
导数与函数的零点问题
[口诀记忆] 几个交点几个根，正负极值定乾坤； 求根问题要通变，分离参数放左边.
[过关训练]
1．[口诀第1、2句]已知函数f(x)＝3ln x－12x2＋2x－3ln 3－32，
考法二 由函数零点个数求参数
[典例] (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； [解] 证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1， 则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当x≠1时，g′(x)＜0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
当a∈
0，12 时，g(a)单调递增；当a∈
12，＋∞ 时，g(a)单
调递减，
∴g(a)max＝g
12＝－ln 2＜0，
∴f(x)的最小值为f
1 lna
＜0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个
零点．
综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)．
(2)讨论关于x的方程x－1x－f(x)＝x3－2ex2＋tx根的个数．
解：化简方程得2ln x＝x3－2ex2＋tx.
注意到x＞0，则方程可变为2lnx x＝x2－2ex＋t.
令L(x)＝2lnx
x，H(x)＝x2－2ex＋t，则L′(x)＝21－x2ln
x .
当x∈(0，e)时，L′(x)＞0，∴L(x)在(0，e)上为增函数；
x3 3
＋
导数方法论-零点替换法
★高中数学专题-导数应用探究之零点问题导数方法论-零点替换法Ⅰ.导数理论与零点知识概要：1. 导数应用于函数研究结论： （1）函数的单调性特征；设函数)(x f y =定义域为I ，如果对于定义域I 内的某个区间D 上的任意两个自变量21,x x ，都有0)()(2121>--x x x f x f （或0)()(2121<--x x x f x f ），那么函数)(x f y =在区间D 上是增（或减）函数。
（2）函数的极值--函数存在极值的必要条件；若可导函数)(x f y =在0x x =点取得极值，则0)(0='x f ；反之不成立。
（3）函数的极值--函数取得极值的充分条件：若函数)(x f y =在0x x =点处二阶可导，且0)(0='x f ，0)(0≠''x f ， 则 ①当0)(0>''x f 时，函数)(x f 在0x 处取得极小值； ②当0)(0<''x f 时，函数)(x f 在0x 处取得极大值。
2.函数的零点理论：（1）函数的零点特征：方程0)(=x f 有实数根⇔函数)(x f y =的图象与x 轴有交点⇔函数)(x f y =有零点． （2）函数零点判定(零点存在性定理)：如果函数)(x f y =在区间],[b a 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有0)()(<b f a f ，那么函数)(x f y =在区间),(b a 内有零点，即存在),(b a c ∈，使得0)(=c f ，这个c 也就是方程0)(=x f 的根． Ⅱ.导数应用于函数零点问题的类型及数学思想方法零点问题类型分类1.按零点的主体分类：（1）导数的零点问题；（2）原函数的零点问题；2.按零点的特征分类：（1）零点的取值或范围确定；（2）零点的参数特征；（3）零点的转化特征；零点方程的特征：零点方程通常为含代数式与超越式混合的不可求解的方程；一类为所含代数式与超越式可分离，常用路径是转化超越式为代数式；另一类为代数式与超越式不可分离，化归方法通常为统一零点方程的形式特征，将关于零点的多变量问题转化为单变量问题。
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导数与函数的切线及函数零点问题高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B 级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)在高考试题导数压轴题中涉及函数的零点问题是高考命题的另一热点.真 题 感 悟(2016·江苏卷)已知函数f (x )＝a x＋b x(a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1). (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②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； (2)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. 解 (1)①由已知可得2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＝2，即2x＋12x ＝2.∴(2x )2－2·2x ＋1＝0，解得2x ＝1，∴x ＝0.②f (x )＝2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＝2x ＋2－x ，令t ＝2x ＋2－x ，则t ≥2. 又f (2x )＝22x ＋2－2x ＝t 2－2，故f (2x )≥mf (x )－6可化为t 2－2≥mt －6， 即m ≤t ＋4t ，又t ≥2，t ＋4t≥2t ·4t＝4(当且仅当t ＝2时等号成立)，∴m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋4t min ＝4，即m 的最大值为4.(2)∵0＜a ＜1，b ＞1，∴ln a ＜0，ln b ＞0.g (x )＝f (x )－2＝a x ＋b x －2，g′(x)＝a x ln a＋b x ln b且g′(x)为单调递增，值域为R的函数.∴g′(x)一定存在唯一的变号零点，∴g(x)为先减后增且有唯一极值点.由题意g(x)有且仅有一个零点，则g(x)的极值一定为0，而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0，∴ab＝1.考点整合1.求曲线y＝f (x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f (x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f ′(x)，由点斜式写出方程.(2)已知切线的斜率为k，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f ′(x)解得x0，再由点斜式写出方程.(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f ′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x，再由点斜式或两点式写出方程.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f (x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x 轴的交点等，其常用解法如下：①转化为形如f (x 1)·f (x 2)＜0的不等式：若y ＝f (x )满足f (a )f (b )＜0，则f (x )在(a ，b )内至少有一个零点；②转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g (x )＝0有解问题，将方程分离参数后(a ＝f (x ))转化为求y ＝f (x )的值域问题；③数形结合：将问题转化为y ＝f (x )与y ＝g (x )的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题.(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法①数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案. ②函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.热点一 函数图象的切线问题【例1】 (1)(2016·全国Ⅱ卷)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.解析 y ＝ln x ＋2的切线为：y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1).y ＝ln(x ＋1)的切线为：y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1，(设切点横坐标为x 2)∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln （x 2＋1）－x2x 2＋1，解得x 1＝12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.答案 1－ln 2(2)已知函数f (x )＝2x 3－3x .①求f (x )在区间[－2，1]上的最大值；②若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围.解 ①由f (x )＝2x 3－3x 得f ′(x )＝6x 2－3. 令f ′(x )＝0，得x ＝－22或x ＝22. 因为f (－2)＝－10，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝－2，f (1)＝－1，所以f (x )在区间[－2，1]上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝ 2.②设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3，所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)， 因为t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0).整理得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0，设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”.g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)，当x 变化时，g (x )与g ′(x )的变化情况如下：所以，g (0)＝t ＋3是g (x )的极大值，g (1)＝t ＋1是g (x )的极小值.当g (0)＝t ＋3≤0，即t ≤－3时，此时g (x )在区间(－∞，1)和[1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g (x )至多有2个零点.当g (1)＝t ＋1≥0，即t ≥－1时，此时g (x )在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g (x )至多有2个零点.当g (0)＞0且g (1)＜0，即－3＜t ＜－1时，因为g (－1)＝t －7＜0，g (2)＝t ＋11＞0，所以g (x )分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g (x )在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点.综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切时，t的取值范围是(－3，－1).探究提高解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系，如本题第(2)问中的切线过点(1，t).【训练1】已知函数f (x)＝x3－x.(1)设M(λ0，f (λ0))是函数f (x)图象上的一点，求图象在点M处的切线方程；(2)证明：过点N(2，1)可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.(1)解因为f ′(x)＝3x2－1.所以曲线f (x)＝x3－x在点M(λ0，f (λ0))处的切线的斜率为k＝f ′(λ0)＝3λ20－1.所以切线方程为y－(λ30－λ0)＝(3λ20－1)(x－λ0)，即y＝(3λ20－1)x－2λ30.(2)证明由(1)知曲线f (x)＝x3－x在点(λ，f (λ))处的切线的方程为y＝(3λ2－1)x－2λ3.若切线过点N(2，1)，则1＝2(3λ2－1)－2λ3，即2λ3－6λ2＋3＝0.过点N可作曲线f (x)的三条切线等价于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三个不同的解. 设g(λ)＝2λ3－6λ2＋3，则g′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2).当λ变化时，g′(λ)，g(λ)的变化情况如下表：因为g(λ)在R上只有一个极大值3和一个极小值－5，所以过点N可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.热点二 利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题 [命题角度1] 讨论函数零点的个数【例2－1】 (2015·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数.解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0，0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0.即⎩⎨⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线.(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0， 从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0， 故h (x )在(1，＋∞)上无零点. 当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点.当x ∈(0，1)时，g (x )＝－ln x >0. 所以只需考虑f (x )在(0，1)的零点个数. (ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0，1)上无零点，故f (x )在(0，1)上单调.而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0，1)内有一个零点； 当a ≥0时，f (x )在(0，1)上没有零点. (ⅱ)若－3<a <0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 3上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a3，1上单调递增，故在(0，1)中， 当x ＝－a3时，f (x )取得最小值， 最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a 3－a 3＋14. ①若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3>0， 即－34<a <0，f (x )在(0，1)无零点；②若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝0， 即a ＝－34，则f (x )在(0，1)有唯一零点；③若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0，1)有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0，1)有一个零点.综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点.探究提高 对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解. [命题角度2] 根据函数零点求参数范围【例2－2】 (2017·徐州考前信息卷)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(e 为自然对数的底数，a ∈R).(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数； (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1， 所以切线斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y ＝x －1. 由⎩⎨⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1⇒x 2＋(1－a )x ＋1＝0. 由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3＝(a ＋1)(a －3)可知： 当Δ＞0时，即a ＜－1或a ＞3时，有两个公共点； 当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点； 当Δ＜0时，即－1＜a ＜3时，没有公共点. (2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ， 由y ＝0，得a ＝x ＋2x＋ln x .令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2）x2.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，由h ′(x )＝0，得x ＝1.所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h (x )min ＝h (1)＝3.由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e＋2e －1，h (e)＝e ＋2e ＋1，比较可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a ≤e＋2e＋1时，函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点.探究提高 研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.【训练2－1】 (2017·南通调研节选)已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R. (1)当a ＝38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. (1)解 当a ＝38时，f (x )＝38x 2－x －ln x .所以f ′(x )＝34x －1－1x ＝（3x ＋2）（x －2）4x (x >0).令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∈(0，2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数 f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.所以当x ＝2时，f (x )有最小值f (2)＝－12－ln 2.(2)证明 由f (x )＝ax 2－x －ln x 得f ′(x )＝2ax －1－1x＝2ax 2－x －1x，x >0.所以当a ≤0时，f ′(x )＝2ax 2－x －1x<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点.因为当－1≤a ≤0时，f (1)＝a －1<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e 2－e ＋a e 2>0，所以当－1≤a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上有零点. 综上，当－1≤a ≤0时，函数f (x )有且只有一个零点.【训练2－2】 (2015·江苏卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R). (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数)，当函数f (x )有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，求c 的值. 解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0， 解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0， 所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )＜0， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减； 当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，所以函数 f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减.(2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，f ⎝⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ，则函数 f (x )有三个零点等价于 f (0)·f ⎝⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫427a 3＋b ＜0， 从而⎩⎨⎧a ＞0，－427a 3＜b ＜0或⎩⎨⎧a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ，所以当a ＞ 0时，427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时，427a 3－a ＋c ＜0. 设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，则在(－∞，－3)上g (a )＜0，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立.从而g (－3)＝c －1≤0， 且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1.此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]，因函数有三个零点，则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根， 所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3＞0， 且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0，解得a ∈(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.综上c ＝1.1.求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)，它的难点在于分清“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异.突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P (x 0，y 0)的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P (x 0，y 0)处的切线，必以点P 为切点，则此时切线的方程是y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0).2.我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题.3.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x 轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.4.求函数零点或两函数的交点问题，综合了函数、方程、不等式等多方面知识，可以全面地考察学生对函数性质、函数图象等知识的综合应用能力，同时考察学生的变形、转化能力.因此在高考压轴题中占有比较重要的地位.一、填空题1.曲线y ＝x e x ＋1在点(0，1)处的切线方程是________. 解析 y ′＝e x ＋x e x ＝(x ＋1)e x ，y ′|x ＝0＝1，∴所求切线方程为x －y ＋1＝0. 答案 x －y ＋1＝02.(2017·南通调研)已知两曲线f (x )＝2sin x ，g (x )＝a cos x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2相交于点P .若两曲线在点P 处的切线互相垂直，则实数a 的值为________. 解析 设P (x 0，y 0)，x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则2sin x 0＝a cos x 0，且f ′(x 0)g ′(x 0)＝2cos x 0·(－a sin x 0)＝－1，联立以上两式，解得x 0＝π6，则a ＝2sin x 0cos x 0＝233. 答案2333.(2016·全国Ⅲ卷)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________.解析 设x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝ln x －3x ，又f (x )为偶函数，f (x )＝ln x －3x ，f ′(x )＝1x－3，f ′(1)＝－2，切线方程为y ＝－2x －1.答案 2x ＋y ＋1＝04.已知f (x )＝x 3＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2－x ，则f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线斜率是________.解析 f ′(x )＝3x 2＋2f ′ ⎝ ⎛⎭⎪⎫23x －1，令x ＝23，可得f ′ ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2 f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23－1，解得f ′ ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－1，所以f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线斜率是－1. 答案 －15.已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f （x ）x＞0，若g (x )＝f (x )＋1x，则函数g (x )的零点个数为________.解析 令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，x f ′（x ）＋f （x ）x＞0，所以h ′（x ）x ＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0时，h (x )＞0，又g (x )＝h （x ）＋1x，所以g (x )≠0，故函数g (x )的零点个数为0. 答案 06.(2017·扬州调研)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________.解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎨⎧－a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0.答案 (－4，0)7.(2017·宿迁调研)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧sin x ，x <1，x 3－9x 2＋25x ＋a ，x ≥1.若函数f (x )的图象与直线y ＝x 有三个不同的公共点，则实数a 的取值集合为________.解析 当x <1时，f (x )＝sin x 与y ＝x 的图象有1个交点，为(0，0)，则当x ≥1时，f (x )＝x 3－9x 2＋25x ＋a 与y ＝x 的图象有2个交点，即关于x 的方程x 3－9x 2＋24x ＋a ＝0在x ∈[1，＋∞)有两个不同解.令g (x )＝x 3－9x 2＋24x ＋a ，x ∈[1，＋∞)，则g ′(x )＝3x 2－18x ＋24＝3(x －2)(x －4)，令g ′(x )＝0，解得x ＝2或x ＝4，且当x ∈[1，2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(2，4)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(4，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增.又因为g (1)＝g (4)＝16＋a ，所以g (2)＝20＋a ＝0或g (4)＝g (1)＝16＋a ＝0，解得a ＝－20或a ＝－16，故实数a 的取值集合为{－20，－16}. 答案 {－20，－16}8.设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的编号). ①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2； ④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2.解析 令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，f ′(x )＝3x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，必有一个实根，④⑤正确；当a <0时，由于选项当中a ＝－3，∴只考虑a ＝－3这一种情况，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，∴f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使f (x )＝0仅有一个实根，则需f (x )极大<0或f (x )极小>0，∴b <－2或b >2，①③正确，所有正确条件为①③④⑤. 答案 ①③④⑤ 二、解答题9.(2017·泰州质检)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋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⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围.解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x－2x ＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，所以当g ′(x )＝0时，x ＝1.当1e＜x ＜1时，g ′(x )＞0，此时函数单调递增； 当1＜x ＜e 时，g ′(x )＜0，此时函数单调递减. 故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e2＜0，则g (e)＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e).g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎨⎧g （1）＝m －1＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1＜m ≤2＋1e 2， 所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.10.已知函数f (x )＝x 2－a ln x －1，函数F (x )＝x －1x ＋1. (1)如果函数f (x )的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝2时，你认为函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象有多少个公共点？请证明你的结论.解 (1)∵f (x )＝x 2－a ln x －1的定义域为(0，＋∞)，函数f (x )的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，∴f ′(x )＝2x －a x＞0在(0，＋∞)上恒成立. ∴a ＜2x 2在(0，＋∞)上恒成立，∵y ＝2x 2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a ≤0. ∴所求的a 的取值范围为(－∞，0]. (2)当a ＝2时，函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象没有公共点.证明如下：当a ＝2时，y ＝f （x ）x －1＝x 2－2ln x －1x －1，它的定义域为{x |x ＞0且x ≠1}，F (x )的定义域为[0，＋∞).当x ＞0且x ≠1时，由f （x ）x －1＝F (x )得x 2－2ln x －x ＋2x －2＝0. 设h (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －2， 则h ′(x )＝2x －2x－1＋1x＝（x －1）（2x x ＋2x ＋x ＋2）x.∴当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，此时，h (x )单调递减； 当x ＞1时，h ′(x )＞0，此时，h (x )单调递增. ∴当x ＞0且x ≠1时，h (x )＞h (1)＝0， 即h (x )＝0无实数根. ∴当a ＝2，x ＞0且x ≠1时，f （x ）x －1＝F (x )无实数根. ∴当a ＝2时，函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象没有公共点. 11.(2017·山东卷)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2，a ∈R.(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程；(2)设函数g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ，讨论g (x )的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值. 解 (1)由题意f ′(x )＝x 2－ax ，所以当a ＝2时，f (3)＝0，f ′(x )＝x 2－2x ， 所以f ′(3)＝3，因此曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程是y ＝3(x －3)，即3x －y －9＝0.(2)因为g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ， 所以g ′(x )＝f ′(x )＋cos x －(x －a )sin x －cos x ＝x (x －a )－(x －a )sin x ＝(x －a )(x －sin x )， 令h (x )＝x －sin x ，则h ′(x )＝1－cos x ≥0，所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增. 所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；当x＝a时g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.综上所述：当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (0)＝－a ，极小值是g (a )＝－16a 3－sin a .。