高考数学导数专题四零点问题

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高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题(解析版)

精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题题型一利用导数讨论函数零点的个数【题型要点解析】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．1.已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∈a >0，∈x 1<x 2，列表如下：∈f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a ＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∈存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∈f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解，即不等式2a ≤1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，∈y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最大值为4，∈2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝1－4a 2， ∈当1－4a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．∈当1－4a2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0.又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4a2<0，即0<a <2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)， ∈φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1x <0，∈φ(x )在(0,1)上单调递减．又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e3＋2e 2－3e 2>0，∈存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，(∈)当0<x ≤x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝f (x )且h (x )为减函数．又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∈h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (∈)当x >x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∈g (1)＝0，∈h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0<a <2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点；当a >2时，h (x )无零点．题组训练一利用导数讨论函数零点的个数已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数．【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x(x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∈函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2.(2)g (x )＝x ln x －12ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0，故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0，使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，取x 1＝e a ，又a <0，∈0<x 1<1，∈g (x 1)＝x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-＝e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221，设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2e a ，(a <0)，h ′(a )＝－12a e a －12e a －2e a ＋2，(a <0)，h ′(0)＝－12，h ″(a )＝e －a －e a ＋e －a －12a e a >0，∈h ′(a )在(－∞，0)上单调递增，h ′(a )<h ′(0)<0， ∈h (a )在(－∞，0)上单调递减，∈h (a )>h (0)＝0， ∈g (x 1)>0，即当a <0时，g (e a )>0.当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，且g (2)＝2ln2－2<0. ∈函数g (x )在(0，＋∞)上始终有两个零点．题型二由函数零点个数求参数的取值范围【题型要点解析】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．已知函数f (x )＝mxln x ，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2x －1无零点，求k 的取值范围．【解析】 (1)函数f (x )＝mx ln x 的导数为f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2，又由题意有：f ′(e2)＝12∈m 4＝12∈m ＝2，故f (x )＝2xln x.此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2，由f ′(x )≤0∈0<x <1或1<x ≤e ，所以函数f (x )的单调减区间为(0,1)和(1，e]．(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1∈g (x )＝x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∈(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kxx －1在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解．构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ∈h ′(x )＝kx －2x2.∈当k ≤0时，h ′(x )<0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内恒成立，所以函数h (x )在(0,1)内单调递减，h (x )在(1，＋∞)内也单调递减.又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；∈当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2∈h ′(x )＝22x k x k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-， (i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e2k>0，故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点，所以不满足条件；(ii)若k ＝2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以x ∈(0,1)∈(1，＋∞)时，h (x )>0恒成立，故无零点，满足条件；(iii)若k >2，则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点．又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －k )>0，所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点，故不满足条件．综上可得：k 的取值范围为：k ≤0或k ＝2.题组训练二由函数零点个数求参数的取值范围已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围．【解析】(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x－2a 2x －a＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减．当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ∈若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；∈若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤ ⎝⎛1,21a 上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34，又∈a >12，∈ln 12a <0，∈不等式不成立．∈f (x )在(0,1]内无零点；当a <0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ∈若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；∈若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．题型三利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： (1)在该区间上构造与方程相应的函数； (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号； (4)作出结论．已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2.(1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∈f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －x －2.∈f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程3x ＋y －4＝0.(2)令g (x )＝f (x )－x －2＝0，则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln xx ，令h (x )＝1－(x －2)·ln xx，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ，∈t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数，又∈t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∈h (x )max ＝h (1)＝1.因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1.g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∈e －2<x <e∈函数g (x )在(e －2，e －32)上单调递增，在(e －32，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，∈g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e ＝g (e)，即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，∈m ≥2e 2－3e .题组训练三利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解已知y ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时，求y 的最小值φ(x )；(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.∈当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1；∈当x >0时，f (t )的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋112x ，若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x ≤13，即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭⎫⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x >13，即0<x <13或x >1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.综合∈∈，得φ(x )＝⎩⎨⎧4x 3－1，x <13或x >1，4x 3＋2x 2－83x －13，13≤x ≤1.(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0，＋∞)，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，g ′(x )，g (x )取值的变化情况如下表：∈当t2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3＝－2t (3t －2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.∈当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点；若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0，综合∈∈，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【专题训练】1．已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∈a ≤1ln 2x －1ln x＝221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x －14.∈x ∈(1，＋∞)，∈ln x ∈(0，＋∞)， ∈当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∈a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0，解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∈f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x ＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∈4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，求函数g (x )的解析式； (2)在(1)的条件下，求函数y ＝g (x )的图象在点P (－1，g (－1))处的切线方程； (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，若方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1，代入得a ＝－1，∈g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∈g ′(x )＝3x 2－2x －1，g ′(－1)＝4，∈点P (－1,1)处的切线斜率k ＝g ′(－1)＝4，∈函数y ＝g (x )的图象在点P (－1,1)处的切线方程为y －1＝4(x ＋1)，即4x －y ＋5＝0.(3)由题意知，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0， ∈当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝h (1)＝－2， ∈a ≥－2.令φ(a )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∈φ(a )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∈φ(－2)＝－2e －2＝－2e 2，φ(－1)＝－e －1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，∈方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2e 2.3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ，所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)上单调递增．所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。

超实用高考数学专题复习：第四章导数及其应用导函数的“隐零点”问题

(2)证明 g′(x)＝（x－2）ex＋ x3 a（x＋2）＝x＋x32(f(x)＋a). 由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0. 因此，存在唯一xa∈( 0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0. 当0<x<xa时，f(x)＋a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
因为 y＝x＋ex 2单调递增，对任意 λ∈12，e42，存在唯一的 xa∈(0，2]，a＝－f(xa)∈[0，1)，使得 h(a)＝λ.所以 h(a)的值域是12，e42. 综上，当 a∈[0，1)时，g(x)有最小值 h(a)，h(a)的值域是12，e42.
题型二不等式证明中的“隐零点” 【例 2】 (2019·天津卷)设函数 f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中 a∈R.
导函数的“隐零点”问题
养成良好的答题习惯，是决定高考数学成败的决定性因素之一。做题前，要认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌跟着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要善于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检查，查漏补缺，纠正错误。总之，在最后的复习阶段，学生们不要加大练习量。在这个时候，学生要尽快找到适合自己的答题方式，最重要的是以平常心去面对考试。数学最后的复习要树立信心，考试的时候遇到难题要想“别人也难” ，遇到容易的则要想“细心审题”。越到最后，考生越要回归基础，单词最好再梳理一遍，这样有利于提高阅读理解的效率。另附高考复习方法和考前30天冲刺复习方法。

高考数学《函数零点的个数问题》知识点讲解与分析

高考数学《函数零点的个数问题》知识点讲解与分析一、知识点讲解与分析：1、零点的定义：一般地，对于函数()()y f x x D =∈，我们把方程()0f x =的实数根x 称为函数()()y f x x D =∈的零点2、函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b <，那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点，即至少有一点()0,x a b ∈，使得()00f x =。

（1）()f x 在[],a b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提（2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设()f x 连续）① 若()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个② 若()()0f a f b >，那么()f x 在[],a b 不一定有零点③ 若()f x 在[],a b 有零点，则()()f a f b 不一定必须异号3、若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续，则()()()0f a f b f x <⇒在(),a b 的零点唯一4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系设函数为()y f x =，则()f x 的零点即为满足方程()0f x =的根，若()()()f x g x h x =−,则方程可转变为()()g x h x =，即方程的根在坐标系中为()(),g x h x 交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。

由此看来，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这些问题时要用到这三者的灵活转化。

（详见方法技巧）二、方法与技巧：1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。

例如：对于方程ln 0x x +=，无法直接求出根，构造函数()ln f x x x =+，由()110,02f f ⎛⎫>< ⎪⎝⎭即可判定其零点必在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭中 2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用（1）函数的零点：工具：零点存在性定理作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内。

高考数学导数压轴大题7大题型梳理归纳

导数压轴大题7个题型梳理归纳题型一：含参分类讨论类型一：主导函数为一次型例1：已知函数()ln f x ax a x =--，且()0f x ≥.求a 的值解：()1ax f x x-'=.当0a ≤时，()0f x '<，即()f x 在()0,+∞上单调递减，所以当01x ∀>时，()()010f x f <=，与()0f x ≥恒成立矛盾.当0a >时，因为10x a <<时()0f x '<，当1x a>时()0f x '>，所以()min 1f x f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又因为()1ln10f a a =--=，所以11a =，解得1a =类型二：主导函数为二次型例2: 已知函数()()320f x x kx x k =-+<.讨论()f x 在[],k k -上的单调性. 解：()f x 的定义域为R ，()()23210f x x kx k '=-+<，其开口向上，对称轴3k x =，且过()0,1，故03kk k <<<-，明显不能分解因式，得2412k ∆=-.（1）当24120k ∆=-≤时，即0k ≤<时，()0f x '≥，所以()f x 在[],k k -上单调递增；（2）当24120k ∆=->时，即k <令()23210f x x kx '=-+=，解得：12x x ==，因为()()210,010f k k f ''=+>=>，所以两根均在[],0k 上.因此，结合()f x '图像可得：()f x 在,,33k k k k ⎡⎡⎤+-⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上单调递增，在⎢⎥⎣⎦上单调递减.类型三：主导函数为超越型例3：已知函数()cos xf x e x x =-.求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值. 解：定义域0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 1x f x e x x '=--，令()()cos sin 1xh x e x x =--，则()()cos sin sin cos 2sin .xx h x e x x x x e x '=---=-当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0h x '≤，即()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦递减，可得()()()000h x h f '≤==，则()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递减，所以()()()max01,.22f x f f x f ππ⎛⎫====- ⎪⎝⎭类型四：复杂含参分类讨论例4：已知函数()()33f x x x a a R =+-∈.若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为()(),M a m a ，求()()M a m a -.解：()33333,333,x x a x a f x x x a x x a x a ⎧+-≥⎪=+-=⎨-+<⎪⎩，()2233,33,x x af x x x a⎧+≥⎪'=⎨-<⎪⎩ ①当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，所以()f x 在()1,1-上是增函数，()()()()143,143M a f a m a f a ==-=-=--，故()()8M a m a -=.②当11a -<<时，若()()3,1,33x a f x x x a ∈=+-，在(),1a 上是增函数；若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，()()(){}()()3max 1,1,M a f f m a f a a =-==，由于()()1162f f a --=-+因此当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+；当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++.③当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()f x 在()1,1-上是减函数，因此()()()()123,123M a f a m a f a =-=+==-+，故()()4M a m a -=.题型二：利用参变分离法解决的恒成立问题类型一：参变分离后分母跨0例5：已知函数()()()242,22xf x x xg x e x =++=+，若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解：由题意()24221xx x ke x ++≤+，对于任意的2x ≥-恒成立.当1x =-，上式恒成立，故k R ∈；当1x >-，上式化为()24221x x x k e x ++≥+，令()()()2421,21x x x h x x e x ++=>-+ ()()()22+221x xxe x h x e x -'=+，所以()h x 在0x =处取得最大值，()01k h ≥= 当21x -≤<-时，上式化为()24221x x x k e x ++≤+，()h x 单调递增，故()h x 在2x =-处取得最小值，()22k h e ≤-=.综上，k 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦.类型二：参变分离后需多次求导例6：已知函数()()()()212ln ,f x a x x a R =---∈对任意的()10,,02x f x ⎛⎫∈> ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最小值.解：即对12ln 0,,221xx a x ⎛⎫∈>-⎪-⎝⎭恒成立. 令()2ln 12,0,12x l x x x ⎛⎫=-∈ ⎪-⎝⎭，则()()()()222212ln 2ln 211x x x x x l x x x --+-'=-=-- 再令()()()222121122ln 2,0,,02x m x x x m x x x x x --⎛⎫'=+-∈=-+=< ⎪⎝⎭()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭，从而，()0l x '>，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭，故要2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞，即a 的最小值24ln 2-. 变式1：已知函数()()1ln ,0x f x x a R a ax -=+∈≠，()()()11x g x b x xe b R x=---∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立，求b 取值范围.类型三：参变分离后零点设而不求例7：已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()1f x k x <-对于任意1x >恒成立，求k 的最大值.解：恒成立不等式()minln ln ,111f x x x x x x x k k x x x ++⎛⎫<=< ⎪---⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()2ln 21x x g x x --'=-，考虑分子()ln 2,h x x x =-- ()110h x x'=->，()h x 在()1,+∞单调递增.()()31ln 30,42ln 20h h =-<=->由零点存在定理，()3,4b ∃∈，使得()0h b =.所以()1,x b ∈，()()00h x g x '<⇒<，同理()(),,0x b g x '∈+∞>，所以()g x 在 ()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增.()()min ln 1b b bg x g b b +==-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()()23,4,1b b b g b b b +-==∈-所以,k b <得max 3k =变式1：（理）已知函数().x ln x eaxx f x +-=（2）当0>x 时，()e x f -≤，求a 的取值范围.题型三：无法参变分离的恒成立问题类型一：切线法例8：若[)20,,10x x e ax x ∈+∞---≥，求a 的取值范围.类型二：赋值法例9：已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =++>.（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对于任意21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围. 解析：（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 3(12)(21()42141x x f 'x x x x x++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得0a <≤当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-=.故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=>⎝．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a．综上所述，所求a 的取值范围是⎛ ⎝⎦题型四：零点问题类型一：利用单调性与零点存在定理讨论零点个数例10：已知函数()()31+ln .4f x x axg x x =+=-，（2）用{}min ,m n 表示,m n 中最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>讨论()h x 零点个数.解：（2）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =<≤，∴()h x 在(1,)+∞无零点．当x =1时，若54a -≥，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===, 故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是()h x 的零点．当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若3a -≤或0a ≥，则2()3f x x a '=+在(0,1)无零点，故()f x 在(0,1)单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a -≤时，()f x 在(0,1)有一个零点；当a ≥0时，()f x 在(0,1)无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（01）单调递增，故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14．①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在(0,1)无零点．②若f =0，即34a =-，则()f x 在(0,1)有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在(0,1)有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在(0,1)有一个零点．综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点．类型二：±∞方向上的函数值分析例11：已知函数()()22.x xf x ae a e x =+--若()f x 有两个零点，求a 取值范围.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点．（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<．又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>+⎪⎝⎭，则()()000032ln 10n nf n e ae n f a ⎛⎫⎛⎫>-->+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．总结：若()01,ln 0a f a <<-<，要证明()f x 有两个零点，结合零点存在定理，分别在a 的左右两侧，这两个点的函数值()f x 都大于0，这时候需要我们对函数进行适当地放缩，化简，以便取值.先分析当x →-∞，2,x x ae ae 虽然为正，但是对式子影响不大，因此可以大胆的舍掉，得出()2xf x x e >--，显然我们对于右侧这个式子观察，就容易得出一个足够小的x （如1x =-），使得式子大于0了.再分析当x →+∞，我们可以把x ae 这个虽然是正数，但贡献比较小的项舍掉来简化运算，得到()()2xxf x eaex >--，显然当x 足够大，就可以使()2x ae -大于任何正数.那么把它放缩成多少才可以使得x e 的倍数大于x 呢？由常用的不等式1x e x x ≥+>，因此只需要使得21x ae ->即3ln x a >（如3ln 1x a=+）就可以了.题型五：极值点偏移类型一：标准极值点偏移例13:已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点1,2x x ，证明12 2.x x +<解：不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x ex e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．类型二：推广极值点偏移例14：已知()()()12ln ,f x x x f x f x ==，求证121x x +<. 解：我们可以发现12,x x 不一定恒在12x =两侧，因此需要分类讨论：（1）若12102x x <<<，则1211122x x +<+=，该不等式显然成立；（2）若121012x x <<<<，令()()()()()1ln 1ln 1g x f x f x x x x x =--=---102x <<，故()()()()12ln ln 12,01x g x x x g x x x -'''=+-+=>-，()g x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，当0x →时，()1;22ln 202g x g ⎛⎫''→-∞=-> ⎪⎝⎭.010,2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x '=即()g x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又0x →时，()0g x →，且102g ⎛⎫=⎪⎝⎭，故()0g x <，即()()1f x f x <-对10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭成立，得证.题型六：双变量问题类型一：齐次划转单变量例15：已知函数()()1ln 1a x f x x x -=-+()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠，求证ln ln 2m n m nm n -+<-. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，即证明21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由（1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证.变式1：对数函数()x f 过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,e P ，函数()()()为常数m ,n x f m n x g '-=，()()的导函数为其中x f x f '.（1）讨论()x g 的单调性；（2）若对于()+∞∈∀,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+.解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ∀∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =.∴()()()11ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x=--=+-=-- 依题意设()()211122221120,1120k x x h x h x k k x x ⎧-+-=⎪⎪''==⎨⎪-+-=⎪⎩∴12111x x +=121212+=4x x x x x x ⇒≥>∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ⎛⎫+=-+-+=-- ⎪⎝⎭令()124,21ln t x x t t t ϕ=>=--，()()1204t t tϕ'=->> ∴()t ϕ在4t >单调递增，∴()()472ln 2t ϕϕ>=-类型二：构造相同表达式转变单变量例16：已知,m n 是正整数，且1m n <<，证明()()11.nmm n +>+解：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明()()ln 1ln 1n m m n +>+，即证明()()ln 1ln 1m n m n ++>，构造函数()()ln 1x f x x+=，()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x =-++，()()()22110111x g x x x x -'=-=<+++，故()()00g x g <=，故()0f x '<，结合1,m n <<知()()f m f n >类型三：方程消元转单变量例17：已知()ln xf x x=与()g x ax b =+，两交点的横坐标分别为1,2x x ，12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>解：依题意11211112222222ln ln ln ln x ax b x x ax bx x x ax bx ax b x ⎧=+⎪⎧=+⎪⎪⇒⎨⎨=+⎪⎪⎩=+⎪⎩，相减得： ()()()12121212ln ln x x a x x x x b x x -=+-+-，化简得()()121212lnx x a x x b x x ++=-，()()()()()()112121121212121122221ln ln 1x x x x x x x x g x x x x a x x b x x x x x x ++++=+++==⎡⎤⎣⎦-- 设12x x >，令121x t x =>，()()()12122112ln 2ln 011t t x x g x x t t t t -+++>⇔>⇔->-+ 再求导分析单调性即可.变式1：已知函数()1++=ax x ln x f 有两个零点21x ,x .()10a -<<（2）记()x f 的极值点为0x ，求证：()0212x ef x x >+.变式2：设函数()()3211232xf x ex kx kx =--+. 若()f x 存在三个极值点123,,x x x ，且123x x x <<，求k 范围，证明1322x x x +>.变式3：已知函数()122ln 21x ef x a x x x-⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭在定义域()0,2内有两个极值点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 两个极值点，求证12ln ln ln 0x x a ++>.类型四：利用韦达定理转单变量例18：已知()()21ln 02f x x x a x a =-+>，若()f x 存在两极值点1,2x x ，求证：()()1232ln 24f x f x --+>.解：()21,a x x af x x x x-+'=-+=由韦达定理12121,x x x x a +==1140,4a a ∆=->< ()()()()()212121212121+2ln 2f x f x x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦ ()11121ln ln 22a a a a a a =--+=--令()()11ln ,0,ln 024g a a a a a g a a '=--<<=<，()g a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()132ln 244g a g --⎛⎫>=⎪⎝⎭. 变式1:已知函数().R a ,x ax x ln x f ∈-+=22（2）若n ,m 是函数()x f 的两个极值点，且n m <，求证：.mn 1>方法二：变式2：已知函数()213ln 222f x x ax x =+-+()0a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点个数；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明()()110f x f x +<.题型六：不等式问题类型一：直接构造函数解决不等式问题例19：当()0,1x ∈时，证明：()()221ln 1x x x ++<.解：令()()()221ln 1f x x x x =++-，则()00f =，而()()()()2ln 1ln 12,00f x x x x f ''=+++-=，当()0,1x ∈时，有()ln 1x x +<，故()()()ln 12222ln 10111x f x x x x x x+''=+-=+-<⎡⎤⎣⎦+++， ()f x '在()0,1上递减，即()()00f x f ''<=，从而()f x 在()0,1递减，()()00f x f ≤=，原不等式得证.变式1：已知函数()()()R a ex x ln x a x f ∈+-=1.（1）求函数()x f 在点1=x 处的切线方程；（2）若不等式()0≤-x e x f 对任意的[)+∞∈,x 1恒成立，求实数a 的取值范围解：（2）令()()()()1ln 1,x xg x f x e a x x ex e x =-=-+->()1ln 1xg x a x e e x ⎛⎫'=+-+- ⎪⎝⎭， ①若0a ≤，则()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=.即()0g x '≤恒成立，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，所以()0g x ≤恒成立.②0a >，令()()1ln 1,x h x g x a x e e x ⎛⎫'==+-+- ⎪⎝⎭所以()211xh x a e x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，易知211x x +与x -e 在[)1,+∞上单调递减，所以()h x '在[)1,+∞上单调递减，()12h a e '=-. 当20a e -≤，即02ea <≤时，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立，则()h x 在[)1,+∞上单调递减，即()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=，()0g x '≤恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，()0g x ≤恒成立.当20a e ->时，即2ea >时，()01,x ∃∈+∞使()00h x '=，所以()h x 在()01,x 上单调递增，此时()()10h x h >=，所以()0g x '>所以()g x 在()01,x 递增，得()()10g x g >=，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2e a ≤. 变式2：（文）已知函数()()()().R a ,x a x g ,x ln x x f ∈-=+=11（1）求直线()x g y =与曲线()x f y =相切时，切点T 的坐标. （2）当()10,x ∈时，()()x f x g >恒成立，求a 的取值范围.解：(1)设切点坐标为()00x y ，，()1ln 1f x x x'=++，则()()000001ln 11ln 1x a x x x a x ⎧++=⎪⎨⎪+=-⎩，∴00012ln 0x x x -+=.令()12ln h x x x x=-+，∴()22210x x h x x -+'=-≤，∴()h x 在()0+∞，上单调递减， ∴()0h x =最多有一根.又∵()10h =，∴01x =，此时00y =，T 的坐标为(1，0).(2)当()0 1x ∈，时，()()g x f x >恒成立，等价于()1ln 01a x x x --<+对()0 1x ∈，恒成立. 令()()1ln 1a x h x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x ah x x x x x +-+'=-=++，()10h =. ①当2a ≤，()1x ∈0，时，()22211210x a x x x +-+≥-+>， ∴()0h x '>，()h x 在()0 1x ∈，上单调递增，因此()0h x <. ②当2a >时，令()0h x '=得1211x a x a =-=-由21x >与121x x =得，101x <<.∴当()1 1x x ∈，时，()0h x '<，()h x 单调递减， ∴当()1 1x x ∈，时，()()10h x h >=，不符合题意；综上所述得，a 的取值范围是(] 2-∞，.变式3：（文）已知函数().x x x ln x f 12---=（2）若存在实数m ，对于任意()∞+∈0x ，不等式()()()0212≤+-+x x m x f 恒成立，求实数m 的最小整数值.解：（2）法一：参变分离+二次局部求导+虚设零点变式4：（理）已知函数()()()R a x a eae x f xx∈-++=-22.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0≥x 时，()(),x cos a x f 2+≥求实数a 的取值范围.变式5：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （1）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型二：利用min max f g >证明不等式问题例20：设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+曲线()y f x =在点()()1,1f 的切线方程为()12y e x =-+.（1）求,a b 值；（2）证明：()1f x >【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--=+-+．由题意可得(1)2f =，(1)f e '=．1, 2.a b ==故(2)由(1)知12()ln xx f x e x e x -=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-．设函数()1g x x nx =，则'()1g x nx =．所以当1(0,)x e ∈时，()0g x '<；当1(,)x e ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e=-．设函数2()xh x xee-=-，则'()(1)x h x e x -=-．所以当(0,1)x ∈时()0h x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<故()h x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)h e=-．变式1. 已知函数()x ln a bx x f +=2的图像在点()()11f ,处的切线斜率为2+a .（1）讨论()x f 的单调性；（2）当20e a ≤<时，证明：()222-+<x e xx x f 解：（2）要证()222x f x x e x -<+，需证明22ln 2x a x e x x-<.令()ln 02a x e g x a x ⎛⎫=<≤ ⎪⎝⎭，则()()21ln a x g x x -'=，当()0g x '>时，得0x e <<；当()0,g x '<得x e >. 所以()()max ag x g e e==. 令()()2220x e h x x x -=>，则()()2322x e x h x x--'=. 当()0h x '>时，得2x >；当()0h x '<时，得02x <<. 所以()()min 122h x h ==.因为02e a <≤，所以()max 12a g x e ==. 又2e ≠，所以22ln 2x a x e x x-<，即()222x f x x e x -<+得证.变式2：（理）已知函数()().ax ln axx f -=（1）求()x f 的极值；（2）若()012≤+-++m x e mx x ln e x x ，求正实数m 的取值范围.变式3：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （2）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型三：利用赋值法不等式问题例21：已知函数()2x xf x e e x -=--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >，()0g x >，求b 的最大值. （3）估计ln 2（精确小数点后三位）.解：因为()()()()()2224484xx x x g x f x bf x e e b e e b x --=-=---+-所以()()()()()2222422222xx x x x x x xg x ee b e e b e e e e b ----⎡⎤'=+-++-=+-+-+⎣⎦①当2b ≤时，()0,g x '≥等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而()00g =，所以对于任意()0,0x g x >>.②当2b >，若x 满足222x x e e b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<-+-时，()0g x '<，而()00g =，因此当(20ln 12x b b b <≤--时，()0g x <，综上最大为2.（3）由（2）知，(()3221ln 22g b =-+-，当2b =时，(36ln 20,ln 20.69282g =->>>；当14b =+时，(ln 1b -+=(()32ln 202g =--<，18ln 20.69328+<<，所以近似值为0.693类型四：利用放缩法构造中间不等式例22：若0x >，证明：()ln 1.1x x xx e +>- 解：转化成整式()()2ln 11xx e x +->.令()()()2ln 11xf x x e x =+--，则()()1ln 121x xe f x e x x x -'=++-+()()()21ln 1211x x x e x e f x e x x x +''=+++-++.由()+1ln 11x x e x x x ≥+≥+，，得()()()()3222112120,11x x x x f x x x x +++''≥++-=>++()()00,f x f ''≥=故()()00f x f ≥=，得证.变式1：（2020河南鹤壁市高三期末）已知函数()21xf x e kx =--，()()()2ln 1g x k x x k R =+-∈.（2）若不等式()()0f x g x +≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 范围.变式2:（2020年河南六市联考）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，()1ln g x ax b x =-- 证明：当1,x >-()()2sin 22xf x x x e<++类型五：与数列相关的不等式例23：设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.解：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．变式1：（理）已知函数()()()021>+-+=a ax xx ln x f .（1）若不等式()0≥x f 对于任意的0≥x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）证明：().N n ln ln ln ln n n n *-∈⎪⎭⎫⎝⎛->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⋅⋅⋅+++1212121279353变式1：（2020河南开封二模）已知函数()1xf x e x =--.（1）证明()0f x >；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.类型六：与切、割线相关的不等式例24：已知函数()()2901xf x a ax =>+ （1）求()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值；（2）若直线2y x a =-+为曲线()y f x =的切线，求实数的值；（3）当2a =时，设12141,,22x x x ⎡⎤⋅⋅⋅∈⎢⎥⎣⎦，且121414x x x +⋅⋅⋅+=，若不等式()()()1214f x f x f x λ+⋅⋅⋅+≤恒成立，求实数λ的最小值.解：证明()29412xf x x x=≤-++，即32281040x x x -+-+≥，令()3228104F x x x x =-+-+，()261610F x x x '=-+-，所以()F x在1,12⎛⎫⎪⎝⎭，5,23⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增.而()50,203F F ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，表明不等式()29412xf x x x =≤-++成立.所以()()()12141244+442n f x f x f x x x x ++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅-+=，等号在全部为1时成立，所以λ最小值为42。

导数零点问题精编版

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，若函数在为增函数，求的取值范围；讨论方程解的个数，并说明理由.x a x x f ln 21)(2-=)(R a ∈)(x f ),1(+∞a 0)(=x f2. 已知函数()()ln ()x f x e a a =+为常数是R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+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x1，x2，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 是二次函数，不等式()0f x <的解集是(0,5),且()f x 在区间[]1,4-上的最大值是12。

2024年高考数学一轮复习+ppt+利用导数研究函数的零点问题

增，在(1，＋∞)上单调递减．借助函数f(x)的单调性解决下列问题．
(1)设x1，x2是两个不相等的正数，且x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，证明： 2<x1＋x2<e；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<1a＋1b
<e.
证明 (1)因为f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 f(x)max＝f(1)＝1，且f(e)＝0.
解
利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法
(1)构建函数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，并确定定义域区间端点值的符号(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)利用函数零点存在定理：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)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
解析
(2)解法一：当a≤0时，f′(x)＝ex－a>0恒成立，f(x)在(－∞，＋∞)上
单调递增，不符合题意；
当a>0时，令f′(x)＝0，解得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．
所以f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)＝a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a)．
证明
只要证x2(1－ln x2)＋x2<e，即证2x2－x2ln x2<e，x2∈(1，e)．设g(x)＝2x－xln x，x∈(1，e)，则g′(x)＝1－ln x>0. ∴g(x)在(1，e)上单调递增． ∴g(x)<g(e)＝2e－e＝e. ∴2x2－x2ln x2<e成立． ∴原命题成立，即x1＋x2<e. 综上知，2<x1＋x2<e.

2023年人教版高考数学总复习第一部分考点指导第四章导数及其应用第四节第2课时导数与函数零点

【加练备选】 1.函数 f(x)＝ex－|x|3 的零点个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4
【解析】选 C.当 x≤0 时，f(x)＝ex＋x3，因为 f′(x)＝ex＋3x2＞0，所以函数此时单调递增，而 f(－1)＝e－1－1＜0，f(0)＝1＞0，所以此时函数 f(x)＝ex＋x3 有唯一零点；当 x＞0 时，令 f(x)＝ex－x3＝0，解得 ex＝x3⇒x＝3ln x，此时原函数的零点为函数 g(x)＝x－3ln x 的零点，g′(x) ＝1－3x ，因此当 x＞3 时 g′(x)＝1－3x ＞0，函数单调递增，当 0<x<3 时，g′(x)＝1－3x ＜0，函数单调递减， g(3)＝3－3ln 3＝3(1－ln 3)＜0，g(1)＝1＞0， g(6)＝6－3ln 6＝3(2－ln 2)＞0，所以函数在(0，3)和(3，＋∞)内各有一个零点，所以一共有 3 个零点．
当 x＞0 时，两图象必须有两个交点，
假设两图象当
x＞0
时至多只有一个交点，则
ex≥ax2
恒成立，即
ex a≤x2
，
令 g(x)＝exx2
ex（x－2），则 g′(x)＝ x3
，当 g′(x)＞0 时，x＞2，当 g′(x)＜0 时，0＜x＜2，
则 g(x)min＝g(2)＝e42
，即若
e2 a≤ 4
考点二零点与参数的值或范围讲练互动
[典例 1](1)已知关于 x 的方程 ax＝xa(其中 a＞1，x＞0)有且仅有一个解，令 h(x)＝ ax－xa(a＞1，x＞0)，则下列结论错误的是( ) A．a＝e B．h(x)在区间(1，e)上单调递减 C．x＝e 是 h(x)的零点 D．h(1)是 h(x)的极小值，x＝e 是 h(x)的极大值点

高考数学复习课件：利用导数解决函数的零点问题

利用导数解决函数的零点问题
01 探本朔源·技法示例
技法阐释 1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路 (1)可转化为用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题； (2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)＜0.
[解] (1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex(x＞0)，则f′(x)＝ x－x2 e，
∴当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， ∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2， ∴f(x)的极小值为2.
(2)方法一：由题意知，方程 kx－ln x＝0 仅有一个实根，
由 kx－ln x＝0，得 k＝lnxx(x＞0)．令g(x)＝lnxx(x＞0)，则g′(x)＝1－xl2n x，当x＝e时，g′(x)＝0；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.
谢谢观论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
高考示例 (2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点12，f 12处的切线与y轴垂直． (1)求b； (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.

导数专题：利用导数研究函数零点的4种常见考法(原卷版)

导数专题：利用导数研究函数零点的4种常见考法一、函数零点问题常规求解步骤：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象与x 轴（或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，进而画出其图象；第三步：结合图象判断零点或根据零点分析参数。

二、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要使用极限）；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。

三、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（优先分离、次选分类）求解；2、利用函数零点存在定理构造不等式求解；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。

四、导函数的零点不可直接求时的应对策略1、“特值试探法”：当导函数的零点不可求时，可尝试利用特殊值试探，此时特殊值的选取应遵循一下原则：①当含有ln x 的函数中，通常选取k x e =，特别的，选当0k =时，1x =来试探；②在含有x e 的函数中，通常选取ln x k =，特别的，选取当1k =时，0x =来试探，在探得导函数的一个零点后，结合导函数的单调性，确定导函数在零点左右的符号，进而确定原函数的单调性和极值，使问题得到解决。

2、“虚设和代换法”：当导函数()f x '的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点的存在，再虚设为0x ，接下来通常有两个方向：①由0()0f x '=得到一个关于0x 的方程，再将这个关于0x 的方程的整体或局部代入0()f x ，从而求得0()f x ，然后解决相关的问题；②根据导函数()f x '的单调性，得出0x 两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解。

2025届高考数学一轮复习教案：导数-导数的函数零点问题

第2课时导数的函数零点问题【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.【核心考点·分类突破】题型一利用导数探究函数的零点个数[例1]设函数f(x)=ln x+,m∈R,讨论函数g(x)=f'(x)-3零点的个数.【解析】由题意知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)的唯一极值点,且是极大值点,所以x=1也是φ(x)的最大值点,所以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.【解题技法】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:构建函数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,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·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.【解析】(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,所以f(x)无零点,当a≠0时,1=-2e,令φ(x)=-2e,x∈R,所以φ'(x)=3-e,当x∈(-∞,3)时,φ'(x)>0;当x∈(3,+∞)时,φ'(x)<0,所以φ(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减,且φ(x)max=φ(3)=1e3,又x→+∞时,φ(x)→0,x→-∞时,φ(x)→-∞,所以φ(x)的大致图象如图所示.当1>1e3,即0<a<e3时,f(x)无零点;当1=1e3,即a=e3时,f(x)有一个零点;当0<1<1e3,即a>e3时,f(x)有两个零点;当1<0,即a<0时,f(x)有一个零点.综上所述,当a∈(0,e3)时,f(x)无零点;当a∈(-∞,0)∪{e3}时,f(x)有一个零点;当a∈(e3,+∞)时,f(x)有两个零点.【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,f(x)→0;当x→+∞时,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,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[例2]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-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,+∞.【解题技法】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,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(一题多法)(2020·全国Ⅰ卷)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),f'(x)=e x-1,令f'(x)<0,解得x<0,令f'(x)>0,解得x>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)方法一:当a≤0时,f'(x)=e x-a>0恒成立,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不符合题意;当a>0时,令f'(x)=0,解得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,所以f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)=a-a(ln a+2)=-a(1+ln a).又当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞;所以要使f(x)有两个零点,只要f(ln a)<0即可,则1+ln a>0,可得a>1e.综上,若f(x)有两个零点,则a的取值范围是(1e,+∞).方法二:若f(x)有两个零点,即e x-a(x+2)=0有两个解,显然x=-2不成立,即a=e r2(x≠-2)有两个解,令h(x)=e r2(x≠-2),则有h'(x)=e(r2)-e(r2)2=e(r1)(r2)2,令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)<0,解得x<-2或-2<x<-1,所以函数h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,且当x<-2时,h(x)<0,而当x→(-2)+(从右侧趋近于-2)时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,所以当a=e r2(x≠-2)有两个解时,有a>h(-1)=1e,所以满足条件的a的取值范围是(1e,+∞).【加练备选】已知函数f(x)=x ln x,g(x)=(-x2+ax-3)e x(a∈R).(1)当a=4时,求曲线y=g(x)在x=0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上有两个不等实根,求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=4时,g(x)=(-x2+4x-3)e x,g(0)=-3,g'(x)=(-x2+2x+1)e x,g'(0)=1,所以所求的切线方程为y+3=x-0,即y=x-3.(2)由g(x)=2e x f(x),可得2x ln x=-x2+ax-3,a=x+2ln x+3.设h(x)=x+2ln x+3(x>0),所以h'(x)=1+2-32=(r3)(-1)2,所以x在[1e,e]上变化时,h'(x),h(x)的变化如表:x[1,1)1(1,e]h'(x)-0+h(x)单调递减极小值(最小值)单调递增又h(1e)=1e+3e-2,h(1)=4,h(e)=3e+e+2,且h(e)-h(1e)=4-2e+2e<0,所以实数a的取值范围为(4,e+2+3e].题型三与函数零点有关的证明[例3](2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)=e x-x,g(x)=x-ln x.(1)判断直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点分别有几个;(2)证明:曲线y=f(x)和y=g(x)有且只有一个公共点;(3)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)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.当b<1时,S(x)min=1-b>0,S(x)无零点;当b=1时,S(x)min=1-b=0,S(x)有1个零点;当b>1时,S(x)min=1-b<0,而S(-b)=e->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.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=-1,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.当b<1时,T(x)min=1-b>0,T(x)无零点;当b=1时,T(x)min=1-b=0,T(x)有1个零点;当b>1时,T(x)min=1-b<0,而T(e-)=e->0,T(e b)=e b-2b>0,所以T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点.综上可知,当b<1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是0;当b=1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是1;当b>1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是2.(2)由f(x)=g(x)得e x-x=x-ln x,即e x+ln x-2x=0,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,且1e3<x0<1,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),所以曲线y=f(x)和y=g(x)有且只有一个公共点.(3)由(2)知,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=f(x0)=g(x0)>1,此时e x-x=b有两个不同的解x1,x0(x1<0<x0),x-ln x=b有两个不同的解x0,x2(0<x0<1<x2),故e1-x1=b,e0-x0=b,x2-ln x2-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x2-b=ln x2,即e2-=x2,即e2--(x2-b)-b=0,故x2-b为方程e x-x=b的解,同理x0-b也为方程e x-x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x2-b},而b>1,故0=2-,1=0-,即x1+x2=2x0.【解题技法】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.证明的思路一般对条件等价转化,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】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(0,π)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,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点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)=lnπ-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)有且仅有两个不同的零点.。

华师一附中2024届高三《导数的应用——零点问题大题(零点个数问题、零点差的证明)》答案

一轮复习补充作业7：导数的应用——零点问题（零点个数问题、零点差的证明）参考答案1．（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()()()()11111x ax f x a x xx−−=−−+='，令()0f x '=，则11x =，21x a=，（i ）若1a =，则()0f x '≥恒成立，所以()f x 在()0,+∞上是增函数，（ii ）若01a <<，则11a>，当()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 是增函数，当11,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数，（iii ）若1a >，则101a <<，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数，当1,1x a ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数，当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 是增函数，综上所述：当1a =时，()f x 在()0,+∞上是增函数，当01a <<，()f x 在()0,1上是增函数，在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，当1a >时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数，在1,1a⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，在()1,+∞上是增函数；（2）当1a e <<时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数，在1,1a⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，在()1,+∞上是增函数，所以()f x 的极小值为()110f =−<，()f x 的极大值为2111111ln ln 1222a a f a a a aa a ⎛⎫⎛⎫=−−+=−−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设()1ln 122a g a a a =−−−，其中()1,a e ∈，()()2222211112102222a a a g a a a a a −−+='=+−=>,所以()g a 在()1,e 上是增函数，所以()()e 1e 2022e g a g <=−−<，因为()()2114414ln494ln4ln40222a f =−−+>⨯−+=+>，所以有且仅有1个()01,4x ∈，使()00f x =，所以当1a e <<时，()f x 有且仅有1个零点.2．由题意，函数1()e ln(1)1x x f x ae x −=−+−，令()0f x =，可得1ln(1)x a e e x −=++，设()1ln(1),1xg x ee x x −=++>，则()111(1)x xx e e x g x ee x e x −−−'=−+=⋅++，由1x y e x =−−的导数为1x y e =−，当1x >时，110x e e −>−>，则函数1x y e x =−−递增，且10x y e x =−−>，则()g x 在(1,)+∞递增，可得()()11ln 2g x g e >=+，则1ln 2a e >+，故选D ．3． ()()212xx f x a x e =−−存在两个零点，即方程()212e x x a x −=有两个根，也即直线()1y a x =−与函数22e x x y =的图像有两个交点，记()()()222e 2ex xx x x h x x h −'=⇒=，由()()02002h x x x x '>⇒−>⇒<<，由()()0200h x x x x '<⇒−<⇒<或2x >，故()h x 在(),0−∞上单调递减，在()0,2上单调递增，在()2,+∞上单调递减，且()00h =，0x >时()0h x >，又直线()1y a x =−过()1,0，斜率为a ，大致画出()22ex h x x =图象（如下图），观察图象知：当0a <时，直线()1y a x =−与()22e x h x x=的图象必有两个交点，当0a 时直线()1y a x =−与()22ex h x x=的图象只有一个交点，综上，函数()f x 存在两个零点，实数a 的取值范围为(),0−∞. 作出()y g x =的图象，可得103−<<a 时，211ln 062a x x x x −++=−有两个解.故答案为：1,03⎛⎫− ⎪⎝⎭4．（1）设()()112cos g x f x x x '==−+，则()212sin g x x x'=−−，当()0,x π∈时，()212sin 0g x x x'=−−<.所以()g x 在()0,π上单调递减.又因为31103g ππ⎛⎫=−+>⎪⎝⎭，2102g ππ⎛⎫=−< ⎪⎝⎭，所以()g x 在,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点α，使()0g α=.所以当()0,x α∈时，()0g x >，即()0f x '>，所以当(),x απ∈时，()0g x <，即()0f x '<，∴()f x 在()0,α上单调递增，在(),απ上单调递减，且()0f α'=，故()f x 在()0,π上有极大值；（2）1由（1）知：当()0,x α∈时，()0f x '>，()f x 在()0,α上单调递增；当(),x απ∈时，()0f x '<，()f x 在(),απ上单调递减；所以()f x 在()0,π上存在唯一的极大值点32ππαα⎛⎫<<⎪⎝⎭，所以()ln 2202222f f ππππα⎛⎫>=−+>−> ⎪⎝⎭.又因为2222111122sin 220f e e e e ⎛⎫=−−+<−−+<⎪⎝⎭，所以()f x 在()0,α上恰有一个零点，又因为()ln 20f ππππ=−<−<，所以()f x 在(),απ上也恰有一个零点； 2当[),2x ππ∈时，sin 0x ≤，()ln f x x x ≤−，设()ln h x x x =−，()110h x x'=−<，所以()h x 在[),2ππ上单调递减，所以()()0h x h π≤<，所以当[),2x ππ∈时，()()()0f x h x h π≤≤<恒成立，所以()f x 在[),2ππ上没有零点；3当[)2,x π∈+∞时，()ln 2f x x x ≤−+，设()ln 2x x x ϕ=−+，()110x xϕ'=−<，所以()x ϕ在[)2,π+∞上单调递减，所以()()20x ϕϕπ≤<，所以当[)2,x π∈+∞时，()()()20f x x ϕϕπ≤≤<恒成立，所以()f x 在[)2,π+∞上没有零点。

导数的应用四+零点问题.教师版

第13讲导数的应用四：零点问题一、三次函数零点问题经典精讲【例1】（2017春•腾冲县校级月考）已知函数y32﹣2x（Ⅰ）求函数在点（0，0）处的切成方程（Ⅱ）若函数y32﹣2x的图象与函数y＝k的图象恰有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解：（Ⅰ）y＝f′（x）＝x2﹣x﹣2，f′（0）＝﹣2，故切线方程是：y＝﹣2x即2x+y＝0；（Ⅱ）由题意可得：y＝f′（x）＝x2﹣x﹣2．令f′（x）＞0，则x＞2或x＜﹣1，令f′（x）＜0，则﹣1＜x＜2，所以函数f（x）的单调增区间为（﹣∞，﹣1）和（2，+∞），减区间为（﹣1，2），所以当x＝﹣1时函数有极大值f（﹣1），当x＝2时函数有极小值f（2），若函数y32﹣2x的图象与函数y＝k的图象恰有三个不同的交点因为函数f（x）存在三个不同的零点，所以f（﹣1）＞0并且f（2）＜0，∴实数k的取值范围是（，）．二、零点个数判断经典精讲【例2】（2013•陕西）已知函数f（x）＝e x，x∈R．（Ⅰ）求f（x）的反函数的图象上的点（1，0）处的切线方程；（Ⅱ）证明：曲线y＝f（x）与曲线y有唯一公共点．（I）解：函数f（x）＝e x的反函数为g（x）＝lnx，∵，∴g′（1）＝1，∴f（x）的反函数的图象上的点（1，0）处的切线方程为y﹣0＝1×（x﹣1），即y＝x﹣1；（Ⅱ）证明：令h（x）＝f（x），则h′（x）＝e x﹣x﹣1，h′′（x）＝e x﹣1，当x＞0时，h′′（x）＞0，h′（x）单调递增；当x＜0时，h′′（x）＜0，h′（x）单调递减，故h′（x）在x＝0取得极小值，即最小值，∴h′（x）≥h′（0）＝0，∴函数y＝h（x）在R上单调递增，最多有一个零点，而x＝0时，满足h（0）＝0，是h（x）的一个零点．所以曲线y＝f（x）与曲线y有唯一公共点（0，1）．【例3】（2018春•伊通县期末）已知函数f（x）．（1）若a＝﹣1，求函数f（x）的极值，并指出是极大值还是极小值；（2）若a＝1，求证：在区间[1，+∞）上，函数f（x）的图象在函数g（x）的图象的下方．解：（1）由于函数f（x）的定义域为（0，+∞），当a＝﹣1时，f′（x）＝x，令f′（x）＝0得x＝1或x＝﹣1（舍去），[（3分）]当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，因此函数f（x）在（0，1）上是单调递减的，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，因此函数f（x）在（1，+∞）上是单调递增的，则x＝1是f（x）极小值点，所以f（x）在x＝1处取得极小值为f（1）；（2）证明：设F（x）＝f（x）﹣g（x）x2+ln x x3，则F′（x）＝x2x2，当x＞1时，F′（x）＜0，故F（x）在区间[1，+∞）上是单调递减的，又F（1）＜0，∴在区间[1，+∞）上，F（x）＜0恒成立．即f（x）﹣g（x）＜0 恒成立，即f（x）＜g（x）恒成立，因此，当a＝1时，在区间[1，+∞）上，函数f（x）的图象在函数g（x）图象的下方．【例4】（2018秋•全国期末）已知函数f（x）＝ax（3a+1）lnx+a，a∈R．（1）若a＞0，求函数f（x）的单调区间；（2）当a＝1时，试判断函数f（x）的零点个数，并说明理由．解：（1）f′（x），当＞3即0＜a＜时，令f′（x）＞0，解得：x＜3或x＞，令f′（x）＜0，解得：3＜x＜，所以f（x）的单增区间为（0，3）和（，+∞），单减区间为（3，），当＜3即a＞时，令f′（x）＞0，解得：x＜或x＞3，令f′（x）＜0，解得：＜x＜3，所以f（x）的单增区间为（0，）和（3，+∞），单减区间为（，3），当a时，f′（x）≥0，所以f（x）的单增区间为（0，+∞），综上所述：当0＜a＜时，所以f（x）的单增区间为（0，3）和（，+∞），单减区间为（3，），当a时，f（x）的单增区间为（0，+∞），当a＞时，所以f（x）的单增区间为（0，）和（3，+∞），单减区间为（，3）；（2）当a＝1时，f（x）＝x4lnx+1（x＞0），f′（x），令f′（x）＝0得x＝1或x＝3，f（x）在区间（0，1）和（3，+∞）上单调递增，在（1，3）上单调递减，故：f（x）的极大值为f（1）＝﹣1＜0，极小值为f（3）＜0，当x＞3时，f（e5）＝e520+1＞25﹣1﹣19＝12＞0，所以f（x）在（3，+∞）上只有一个零点．三、证明零点个数问题经典精讲【例5】（2019•云南一模）已知e是自然对数的底数，函数f（x）与F（x）＝f（x）﹣x的定义域都是（0，+∞）．（2）求证：函数F（x）只有一个零点x0，且x0∈（1，2）．（2）证明：∵F（x）＝f（x）﹣x，f（x），∴F（1）＞0，F（2）＜0，∴F（1）•F（2）＜0，则在（1，2）上存在x0，使得F（x0）＝0成立，∵F′（x），∴当x≥2时，F′（x）＜0，当0＜x＜2时，由x（2﹣x），得F′（x）＜＜0．∴F（x）在（0，+∞）上是减函数，∴若x1＞0，x2＞0，x1≠x2，则F（x1）≠F（x2），∴函数F（x）只有一个零点x0，且x0∈（1，2）．【例6】（2017秋•保山期末）已知函数．（2）讨论f（x）的单调性；（3）若函数f（x）在x∈[1，e]上无零点，求a的取值范围．解：（2）∵f′（x）（x＞0）…（5分）当a≤0时，f′（x）≤0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递减…（6分）当a＞0时，令f′（x）＝0可得x或x（舍），当x∈（0，）时，f′（x）＞0，此时f（x）在（0，）上单调递增，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）在（，+∞）上单调递减 (8)（3）由（2）知，当a≤1时，f（x）在[1，e]上单调递减，f（x）max＝f（1）＜0此时f（x）在[1，e]上无零点…（9分）当1＜a＜e2时，f（x）在[1，]上单调递增，[，e]上单调递减，f（x）max＝f（）＜0，解可得，1＜a＜e，此时f（x）在[1，e]上无零点（10）当a≥e2时，f（x）在[1，e]上单调递增，f（x）max＝f（e）＝a＜0，无解...（11分）综上可得，a∈（﹣∞，e） (12)总结：四、对两个零点的加工处理经典精讲【例7】（2017秋•保山期末）已知函数f（x）＝e x﹣ax（a∈R）．（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线为x+y﹣1＝0，求实数a的值；（3）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求证：x1+x2＞2．解：（1）由题意可知f′（x）＝e x﹣a，且，故f′（0）＝1﹣a＝﹣1，解得：a＝2；（2）∵f′（x）＝e x﹣a，e x＞0，∴当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在R递增，当a＞0时，由f′（x）＝0，解得：x＝lna，x∈（﹣∞，lna），f′（x）＜0，x∈（lna，+∞），f′（x）＞0，f（x）在（﹣∞，lna）递减，在（lna，+∞）递增，∴当a≤0时，f（x）在R递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）递减，在（lna，+∞）递增，（3）由（2）可知a＞0，x1＞0，x2＞0，不妨设x1＜x2，又有ax1，ax2，故，设t，则t＞1，t，故x1，故x1+x2﹣2＝（t+1）x1﹣2（lnt﹣2），令g（t）＝lnt﹣2，则g′（t）＞0，故函数g（t）在（1，+∞）递增，故g（t）＞g（1）＝0，故x1+x2＞2．五、与横轴交点问题经典精讲8．（2018•玉溪模拟）已知函数f（x）x3﹣x2+ax﹣a（a∈R）．（2）若函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围．解：（2）∵f′（x）＝x2﹣2x+a，∴△＝4﹣4a＝4（1﹣a）．①若a≥1，则△≤0，∴f′（x）≥0在R上恒成立，∴f（x）在R上单调递增．∵f（0）＝﹣a＜0，f（3）＝2a＞0，∴当a≥1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．②若a＜1，则△＞0，∴f′（x）＝0有两个不相等的实数根，不妨设为x1，x2，（x1＜x2）．∴x1+x2＝2，x1x2＝a．当x变化时，f′（x），f（x）的取值情况如下表：∵，∴a．∴．同理f（x2）．∴f（x1）•f（x2）•[]•[][（x1x2）2+3（a ﹣2）（）+9（a﹣2）2]a{a2+3（a﹣2）[（x1+x2）2﹣2x1x2]+9（a﹣2）2}a（a2﹣3a+3）．令f（x1）•f（x2）＞0，解得a＞0．而当0＜a＜1时，f（0）＝﹣a＜0，f（3）＝2a＞0，故当0＜a＜1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．综上所述，a的取值范围是（0，+∞）．六、两个图像交点个数问题经典精讲9．（2017春•水富县校级期末）已知函数f（x）＝x2+2ax+2lnx（a∈R），g（x）＝2e x+3x2（e为自然对数的底数）．（Ⅱ）若函数y＝f（x）的图象与函数y＝g（x）的图象有两个不同的交点，求实数a的取值范围．解：（Ⅱ）令f（x）＝g（x），得2lnx+x2+2ax＝2e x+3x2，即ax＝e x+x2﹣lnx，∵x＞0，∴a，令φ（x）（x＞0），φ′（x），∵x＞0，∴x∈（0，1）时，φ′（x）＜0，φ（x）为减函数；x∈（1，+∞）时，φ′（x）＞0，φ（x）为增函数，∴φ（x）≥φ（1）＝e+1，当x→0时，φ（x）→+∞，当→+∞时，φ（x）→+∞，∵函数y＝f（x）图象与函数y＝g（x）图象有两个不同交点，∴实数a的取值范围为（e+1，+∞）七、讨论零点个数经典精讲【例10】（2017•常德一模）已知函数f（x）＝xlnx﹣mx的图象与直线y＝﹣1相切．（Ⅱ）若g（x）＝ax3，设h（x）＝f（x）﹣g（x），讨论函数h（x）的零点个数．解：（II）h（x）＝f（x）﹣g（x）＝xlnx﹣x﹣ax3＝x（lnx﹣1﹣ax2）（x＞0）．由h（x）＝0得即；∴函数ℎ的零点个数即为函数与的图象的交点个数．记函数，由r′（x）＞0得＜＜；r′（x）＜0得＞，∴r（x）在，上单调递增；在，上单调递减，∴，又∈，时，r（x）＞0；x∈（0，e）时，r（x）＜0；且x趋向于0时r（x）趋向于负无穷大．∴当a＞时，y＝a与y＝r（x）的图象无交点，函数h（x）无零点；当a≤0或a时，y＝a与y＝r（x）的图象恰有一个交点，函数h（x）恰有一个零点；当0＜a＜时，y＝a与y＝r（x）的图象恰有两个交点，函数h（x）恰有两个个零点．1．（2016春•玉溪校级月考）已知函数．（1）求f（x）在x＝1处的切线方程；（2）函数y＝f（x）﹣b有三个零点，求b的取值范围；解：（1）函数．可得f′（x）＝x2﹣4，f′（1）＝﹣3，f（1），f（x）在x＝1处的切线方程：y3（x﹣1），即：9x+3y﹣10＝0（2）函数，可得f′（x）＝x2﹣4＝0，可得：极大值，极小值．要函数y＝f（x）﹣b有三个零点，即y＝f（x）与y＝b的图象有三个交点，则b的取值范围为：＜＜．2．（2014•西安校级一模）已知函数f（x）＝x2+lnx．（1）求函数f（x）在[1，e]上的最大值和最小值；（2）求证：当x∈（1，+∞）时，函数f（x）的图象在g（x）x3x2的下方．（1）解：∵f（x）＝x2+lnx，∴f′（x）＝2x，∵x＞1时，f′（x）＞0，∴f（x）在[1，e]上是增函数，∴f（x）的最小值是f（1）＝1，最大值是f（e）＝1+e2；（2）证明：令F（x）＝f（x）﹣g（x）lnx，则F′（x）＝x﹣2x2，∵x＞1，∴F′（x）＜0，∴F（x）在（1，+∞）上是减函数，∴F（x）＜F（1）＜0，即f（x）＜g（x），∴当x∈（1，+∞）时，函数f（x）的图象总在g（x）的图象下方．课后习题3．（2012春•腾冲县校级期末）已知函数f（x）x3﹣x2+ax﹣a（a∈R）．（1）当a＝﹣3时，求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围．解：（1）f（x）x3﹣x2﹣3x+3，所以f′（x）＝x2﹣2x﹣3．解x2﹣2x﹣3＝0，得：x＝﹣1或x＝3，所以x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0；x∈（﹣1，3）时，f′（x）＜0；x∈（3，+∞）时，f′（x）＞0．根据极值的定义知：x＝﹣1时，f（x）取到极大值f（﹣1）；x＝3时，f（x）取到极小值f（3）＝﹣6．（2）∵f′（x）＝x2﹣2x+a，∴△＝4﹣4a＝4（1﹣a）．①若a≥1，则△≤0，∴f′（x）≥0在R上恒成立，∴f（x）在R上单调递增．∵f（0）＝﹣a＜0，f（3）＝2a＞0，∴当a≥1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．②若a＜1，则△＞0，∴f′（x）＝0有两个不相等的实数根，不妨设为x1，x2，（x1＜x2）．∴x1+x2＝2，x1x2＝a．∵x12﹣2x1+a＝0，∴a＝﹣x12+2x1．∴f（x1）x1[x12+3（a﹣1）]同理f（x2）x2[x22+3（a﹣1）]令f（x1）•f（x2）＞0，解得a＞0．而当0＜a＜1时，f（0）＝﹣a＜0，f（3）＝2a＞0，故当0＜a＜1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．综上所述，a的取值范围是（0，+∞）．4．（2015•碑林区校级一模）设函数f（x）＝x3+ax2﹣a2x+m（a＞0）（1）若函数f（x）在x∈[﹣1，1]内没有极值点，求实数a的取值范围；（2）a＝1时函数f（x）有三个互不相同的零点，求实数m的取值范围；解：（1）∵f（x）＝x3+ax2﹣a2x+m（a＞0），∴f′（x）＝3x2+2ax﹣a2，∵f（x）在x∈[﹣1，1]内没有极值点，∴方程f′（x）＝3x2+2ax﹣a2＝0在[﹣1，1]上没有实数根，由△＝4a2﹣12×（﹣a2）＝16a2＞0，二次函数对称轴x＜0，当f′（x）＝0时，即（3x﹣a）（x+a）＝0，解得x＝﹣a或x，∴＜＞，或＜1（a＜﹣3不合题意，舍去），解得a＞3，∴a的取值范围是{a|a＞3}；（2）当a＝1时，f（x）＝x3+x2﹣x+m，∵f（x）有三个互不相同的零点，∴f（x）＝x3+x2﹣x+m＝0，即m＝﹣x3﹣x2+x有三个互不相同的实数根．令g（x）＝﹣x3﹣x2+x，则g′（x）＝﹣（3x﹣1）（x+1）令g′（x）＞0，解得﹣1＜x＜；令g′（x）＜0，解得x＜﹣1或x＞，∴g（x）在（﹣∞，﹣1）和（，+∞）上为减函数，在（﹣1，）上为增函数，∴g（x）极小＝g（﹣1）＝﹣1，g（x）极大＝g（）；∴m的取值范围是（﹣1，）；5．（2018秋•昆明月考）已知函数f（x）＝lnx﹣ax，a∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若函数f（x）存在两个零点x1，x2，使lnx1+lnx2﹣m＞0，求m的最大值．解：（1）函数f（x）＝lnx﹣ax的定义域为（0，+∞），f′（x），当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＞0，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．综上所述，当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；a＞0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．（2）∵lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，即lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，两式相减得：lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2），即a．由已知lnx1+lnx2＞m，得a（x1+x2）＞m，∵x1＞0，x2＞0，∴a＞，即＞．不妨设0＜x1＜x2，则有＜，令t，则t∈（0，1），∴lnt＜，即lnt＜0恒成立，设g（t）＝lnt（0＜t＜1），则g′（t）．令h（t）＝t2+2（1﹣m）t+1，h（0）＝1，h（t）的图象开口向上，对称轴方程为t＝m﹣1．方程t2+2（1﹣m）t+1＝0的判别式△＝4m（m﹣2）．①当m≤1时，h（t）在（0，1）上单调递增，h（t）＞h（0）＝1，∴g′（t）＞0．g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0在（0，1）上恒成立；②当1＜m≤2时，△＝4m（m﹣2）≤0，h（t）≥0在（0，1）上恒成立，∴g′（t）＞0．g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0在（0，1）上恒成立；③当m＞2时，h（t）在（0，1）上单调递减，∵h（0）＝1，h（1）＝4﹣2m＜0，∴存在t0∈（0，1），使得h（t0）＝0，当t∈（0，t0）时，h（t）＞0，g′（t）＞0，当t∈（t0，1）时，h（t）＜0，g′（t）＜0，∴g（t）在（0，t0）上单调递增，在（t0，1）上单调递减，当t∈（t0，1）时，有g（t）＞g（1）＝0，∴g（t）＜0在（0，1）上不恒成立．综上所述，m的取值范围为（﹣∞，2]，m的最大值为2．6．（2018秋•五华区校级月考）已知函数f（x）＝lnx﹣a（a∈R）．（1）求f（x）的单调区间和极值；（2）当a＝1时，证明：对任意的k＞0，函数g（x）＝kx﹣1+f（x）有且只有一个零点．（1）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x），当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增，f（x）无极值；当a＞0时，由f′（x）＝0，得x，当0＜x＜时，f′（x）＞0，得f（x）的单调递增区间是（0，）；当x＞时，f′（x）＜0，得f（x）的单调递减区间是（，+∞），故f（x）的极大值为f（）＝ln2，f（x）无极小值．（2）证明：当a＝1时，函数g（x）＝kx﹣1lnx，欲证对任意的k＞0，函数g（x）有且只有一个零点，即证方程kx﹣1lnx＝0有且只有一个正实数根，由kx﹣1lnx＝0，得k（x＞0），令φ（x）（x＞0），则φ′（x）（x＞0），令h（x）lnx﹣2，则h′（x）（x＞0），由h′（x）＝0，得x＝16，当0＜x＜16时，h′（x）＞0，则h（x）在（0，16）上单调递增；当x＞16时，h′（x）＜0，则h（x）在（16，+∞）上单调递减，所以h（x）≤h（16）＝4（ln2﹣1）＜0，于是φ′（x）＜0，则φ（x）在（0，+∞）上单调递减．设p（x）lnx（x＞0），则p′（x），由p′（x）＝0，得x＝4，当0＜x＜4时，p′（x）＜0，则p（x）在（0，4）上单调递减；当x＞4时，p′（x）＞0，则p（x）在（4，+∞）上单调递增，所以p（x）≥p（4）＝2﹣2ln2＞0，即当x＞0时，p（x）lnx＞0，所以当x＞0时，φ（x）＞，对任意的k＞0，有：①当k≥2时，0＜x＜＜1，有φ（x）＞＞k；当x＞1时，有φ（x）＜φ（1）＝2≤k，又φ（x）在（0，+∞）上单调递减，所以存在唯一的x1∈（，1]，有φ（x1）＝k；②当0＜k＜2时，0＜x＜（＞），有φ（x）＞＞k，当x＞＞1（＞）时，有φ（x）＜k，又φ（x）在（0，+∞）上单调递减，所以存在唯一的x2∈（，），有φ（x2）＝k，综上所述，对任意的k＞0，方程kx﹣1lnx＝0有且只有一个正实数根，即函数g（x）有且只有一个零点．7．（2017•昭通二模）已知函数f（x）＝x﹣alnx，a∈R．（Ⅰ）研究函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设函数f（x）有两个不同的零点x1、x2，且x1＜x2．（1）求a的取值范围；（2）求证：x1x2＞e2．解：（Ⅰ）f（x）的定义域（0，+∞），′..（2分）①若a≤0，则f'（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增函数．②若a＞0，令f'（x）＝0解得x＝a，则f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增；…．（4分）（Ⅱ）证明：因为f（x）有两个不同的零点，由①知＞＜＞（6分）且0＜x1＜a＜x2，要证＞，即证lnx1+lnx2＞2＞＞＞由于a＞x1，则2a﹣x1＞a，即证f（x2）＞f（2a﹣x1）f（x1）＞f（2a﹣x1）…（8分）设g（x）＝f（x）﹣f（2a﹣x），x∈（0，a），只需证g（x）＞0即可，g（x）＝（x﹣alnx）﹣[（2a﹣x）﹣aln（2a﹣x）]，′＜（10分）可知g（x）在x∈（0，a）是单调递减函数，故g（x）＞g（a）＝0，得证.＞..（12分）8．（2017•云南二模）已知e是自然对数的底数，f（x）＝me x，g（x）＝x+3，φ（x）＝f（x）+g（x），h（x）＝f（x）﹣g（x﹣2）﹣2017．（1）设m＝1，求h（x）的极值；（2）设m＜﹣e2，求证：函数φ（x）没有零点；（1）解：∵f（x）＝me x，g（x）＝x+3，m＝1，∴f（x）＝e x，g（x﹣2）＝x+1，∴h（x）＝f（x）﹣g（x﹣2）﹣2017＝e x﹣x﹣2018．∴h'（x）＝e x﹣1，由h'（x）＝0得x＝0．∵e是自然对数的底数，∴h'（x）＝e x﹣1是增函数．∴当x＜0时，h'（x）＜0，即h（x）是减函数；当x＞0时，h'（x）＞0，即h（x）是增函数．∴函数h（x）没有极大值，只有极小值，且当x＝0时，h（x）取得极小值．∴h（x）的极小值为h（0）＝﹣2017．（2）证明：∵f（x）＝me x，g（x）＝x+3，∴φ（x）＝f（x）+g（x）＝m•e x+x+3，∴φ'（x）＝m•e x+1．∵m＜﹣e2＜0，∴φ'（x）＝m•e x+1是减函数．由φ'（x）＝m•e x+1＝0解得．当∈∞，时，φ'（x）＝m•e x+1＞0，此时函数φ（x）是增函数，当∈，时，φ'（x）＝m•e x+1＜0，此时函数φ（x）是减函数，∴当时，函数φ（x）取得最大值，最大值为．∵m＜﹣e2，∴2﹣ln（﹣m）＜0，∴φ（x）＜0，∴当m＜﹣e2时，函数φ（x）没有零点．9．（2017•昆明二模）设函数f（x）＝x2e﹣x，g（x）＝xlnx．（1）若F（x）＝f（x）﹣g（x），证明：F（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；（1）证明：函数F（x）的定义域为（0，+∞），因为F（x）＝x2e﹣x﹣xlnx，当0＜x≤1时，F（x）＞0，而＜，所以F（x）在（1，2）存在零点．因为′，当x＞1时，＜，＜，所以′＜＜，则F（x）在（1，+∞）上单调递减，所以F（x）在（0，+∞）上存在唯一零点．（2）解：由（1）得，F（x）在（1，2）上存在唯一零点x0，x∈（0，x0）时，f（x）＞g（x）；x∈（x0，+∞）时，f（x）＜g（x），∴ℎ，∈，，∈，．当x∈（0，x0）时，由于x∈（0，1]，h（x）≤0；x∈（1，x0）时，h'（x）＝lnx+1＞0，于是h（x）在（1，x0）单调递增，则0＜h（x）＜h（x0），所以当0＜x＜x0时，h（x）＜h（x0）．当x∈[x0，+∞）时，因为h'（x）＝x（2﹣x）e﹣x，x∈[x0，2]时，h'（x）≥0，则h（x）在[x0，2]单调递增；x∈（2，+∞）时，h'（x）＜0，则h（x）在（2，+∞）单调递减，于是当x≥x0时，h（x）≤h（2）＝4e﹣2，所以函数h（x）的最大值为h（2）＝4e﹣2，所以λ的取值范围为[4e﹣2，+∞）．10．（2017春•五华区校级月考）设函数．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a≥﹣e，讨论函数f（x）的零点的个数．解：（1）函数f（x）定义域为R，f′（x）＝x（e x﹣1+a），（i）若a≥0，当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）单调递增．（ii）若a＜0，令f′（x）＝0，得x＝0或x＝1+ln（﹣a），①a时，f′（x）≥0，所以函数f（x）在R上单调递增；②当＜a＜0时，1+ln（﹣a）＜0，当x＜1+ln（﹣a）或x＞0时，f′（x）＞0，当1+ln（﹣a）＜x＜0时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（﹣∞，1+ln（﹣a）），（0，+∞）上单调递增，在（1+ln（﹣a），0）单调递减；③当a＜时，1+ln（﹣a）＞0，当x＞1+ln（﹣a）或x＜0时，f′（x）＞0，当0＜x＜1+ln（﹣a）时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（﹣∞，0），（1+ln（﹣a），+∞）上单调递增，在（0，1+ln（﹣a））单调递减；（2）当a＝0时，函数f（x）只有一个零点x＝1；当a＞0时，由（1）得函数f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，且f（0）＜0，f（1）＞0，取x0＜﹣3且x0＜1+lna，则f（x0）＞（x0﹣1）a[3]＞0，所以函数f（x）有两个零点；当a＜0时，由（1）得函数f（x）在（0，+∞）单调递增，且f（0）＜0，f（2）＝e+2a＞0，而x＜0时，f（x）＜0，所以函数f（x）只有一个零点．当﹣e≤a＜时，由（1）得函数f（x）在（0，1+ln（﹣a））单调递减，在（1+ln（﹣a），+∞）上单调递增，且f（1+ln（﹣a））＜f（0）＜0，f（3）＝2e2a≥2e2e＞0，而x＜0时，f（x）＜0，所以函数f（x）只有一个零点．11．（2016秋•昭通期末）设函数f（x）＝x2﹣2lnx（I）求f（x）的单调区间；（II）求f（x）在，上的最大值和最小值；（III）若关于x的方程f（x）＝x2﹣x﹣a在区间[1，3]上恰好有两个相异的实根，求实数a的取值范围．解：（I）由函数f（x）＝x2﹣2lnx知其定义域为{x|x＞0}，∵f′（x）＝2x，令f'（x）＞0，解得：x＞1；令f'（x）＜0，解得：0＜x＜1∴函数f（x）单调增区间是（1，+∞）；减区间是（0，1）；（II）由f′（x）＝0，解得：x＝1或﹣1（舍），由（I）知f（x）在[，1]上递减，在[1，e]上递增，当x＝1时，f（x）取最小值f（1）＝1，又f（）2，f（e）＝e2﹣2，且e2﹣2＞2，∴f（x）在[，e]上的最小值为1，最大值为e2﹣2；（III）方程f（x）＝x2﹣x﹣a，即x﹣2lnx﹣a＝0，记g（x）＝x﹣2lnx﹣a，∵g′（x），由g′（x）＞0，得x＞2或x＜0（舍去），g′（x）＜0得0＜x＜2，∴g（x）在[1，2]上递减，在[2，3]上递增，为使方程f（x）＝x2﹣x﹣a在区间[1，3]上恰好有两个相异的实根，只需g（x）＝0在[1，2]和[2，3]上各有一个实根，于是＜，即＜，∴2﹣2ln2＜a≤3﹣2ln3，即实数a的取值范围是（2﹣2ln2，3﹣2ln3]．12．（2015•北京）设函数f（x）klnx，k＞0．（1）求f（x）的单调区间和极值；（2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．解：（1）由f（x）＞，f'（x）＝x由f'（x）＝0解得xf（x）与f'（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：所以，f（x）的单调递增区间为（，），单调递减区间为（0，）；f（x）在x处的极小值为f（），无极大值．（2）证明：由（1）知，f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为f（）．因为f（x）存在零点，所以，从而k≥e当k＝e时，f（x）在区间（1，）上单调递减，且f（）＝0所以x是f（x）在区间（1，）上唯一零点．当k＞e时，f（x）在区间（0，）上单调递减，且＞，＜，所以f（x）在区间（1，）上仅有一个零点．综上所述，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．13．（2013•昭通模拟）已知函数f（x）＝lnx（a∈R）．（1）当a时，如果函数g（x）＝f（x）﹣k仅有一个零点，求实数k的取值范围；（2）当a＝2时，试比较f（x）与1的大小．解：（1）当a时，g（x）＝lnx k，g'（x）0解方程得方程的根为：x1＝2，x2由g（x）定义域可知x＞0；∵当0＜x＜时g'（x）＞0，g（x）增函数，当＜x＜2时g'（x）＜0，g（x）减函数，当x＞2时g'（x）＞0，g（x）增函数，∴f（x）的极大值是，极小值是∴g（x）在x处取得极大值3﹣ln2﹣k，在x＝2处取得极小值ln2﹣k；∵函数g（x）＝f（x）﹣k仅有一个零点∴当3﹣ln2﹣k＜0或ln2﹣k＞0时g（x）仅有一个零点，∴k的取值范围是k＞3﹣ln2或＜．（2）当a＝2时，，定义域为（0，+∞），令ℎ，∵ℎ′＞，∴h（x）在（0，+∞）是增函数∵h（1）＝0∴①当x＞1时，h（x）＞h（1）＝0，即f（x）＞1；②当0＜x＜1时，h（x）＜h（1）＝0，即f（x）＜1；③当x＝1时，h（x）＝h（1）＝0，即f（x）＝1．。

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2.
若
f(x)
＝－
1 2(x
－
2)
2＋
bln
x
在 [1，＋∞
)上是减函数，
则实数
b 的取值范围是
________．
3. (2018 扬·州调研 )若 ex≥ k ＋ x 在 R 上恒成立，则实数 k 的取值范围为 ________．
4. (2018 苏·州十中 )设函数
f(x)
＝
1 2
x
2＋
ex－
x
(2) 通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极 ( 最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
导数专题五、恒成立问题和存在性问题
【知识结构】
1. 已知函数 f(x) ＝－ x 2＋ (2a－ 1)x＋ 3 在 x∈ [1 ， 2] 上的值恒为正，则实数 a 的取值范围是 ________ ．
例二：已知函数 f(x) ＝ xln x， g(x) ＝－ x 2＋ ax－ 3. (1) 若对一切 x∈ (0，＋∞ ) ，2f(x) ≥ g(x) 恒成立，求实数 (2) 求证：对一切 x∈ (0，＋∞ )， ln x＞ e1x－ e2x恒成立．
a 的取值范围．
【思维引导】 (1) 等价转化为函数 f(x) － g(x)>0 恒成立，再通过分离变量，创设新函数求最值解决； (2) 对在不同区间内的两个函数 f(x) 和 g(x)分别求最小值与最大值，即只需满足 f(x) min >g(x) max 即可．
构造法解，利用导数研究该函数的单调性、极值，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
定理法
先用零点存在性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 )及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数
题型二已知零点个数求参数问题：
6. 已知函数 f ( x) ex ln x （其中 e是自然对数的底数） . 若关于 x 的方程
f 2 ( x) 2mf ( x) m 1 0 恰好有 4 个不相等的实数根，则实数 m 的取值范围
是
．
7.设实数 m 0 ，若不等式 memx ln x 0 恰好有三个整数解，则实数
m 的取值范围
为
.
，若函数
的图象上恰好有两对关于 y
例一：已知函数 f(x) ＝ x2－ 2ax＋1， g(x) ＝ a，其中 a>0， x≠0. x
(1) 对任意 x∈ [1， 2]，都有 f(x)>g(x) 恒成立，求实数 a 的取值范围； (2) 对任意 x 1∈ [1 ，2] ，任意 x2∈ [2 ，4] ，都有 f(x 1)>g(x 2)恒成立，求实数 a 的取值范围．
1.（ 2018 届盐城上期中）若函数 f ( x) x2 (a 3)x ln x 在区间 (1,2) 上存在唯一的极值
点，则实数 a 的取值范围为
．
2.若函数
f
(
x
)
＝
1 2
a
x
2
－
e
x
＋1在来自x＝ x1 和x＝ x2 两处取到极值，
且
x2 x1 ≥ 2，则实数
a 的取值范围是＿＿＿
8.已知函数 f ( x)
1
(| x 3| 1)，x ≤ 0，
2
若存在实数 a b c ，满足 f (a) f ( b) f (c) ，
ln x，
x 0，
则 af ( a) bf (b) cf (c) 的最大值是
．
[方法技巧 ] 利用函数零点存在情况求参数的策略
(1)解决由函数零点 (方程根 )的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．
ex
.若
x∈ [－ 2，2]时，不等式
f(x)>m
恒成立，
则实数 m 的取值范围是 ________．
5. 已知 x＝ 1 是函数 f(x) ＝ (ax－ 2)ex 的一个极值点．若 x1，x 2∈ [0， 2] ，则 f(x 1)－ f(x 2) 的最大值为 ________．
6. (2018 黄·冈学情调研
导数专题四、零点问题
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
函数零点的判定：定理 +数形结合 +解方程（超越函数猜根 +证明单调性）
题型一零点个数问题：（直接讨论 +数形结合）
1. 已知常熟 c＜0，则函数 f x =c nx-x 2的零点个数为 ______. 2.函数 f ( x) | x2 1| ln 1 的零点个数为 _____．
2
a 的取值范围为
．
8. 已知函数 f ( x) x3 x2 2a ，若存在 x0
, a ，使 f ( x0 )…0 ，则实数 a 的取值范围为
9. 已知关于 x 的不等式 2x
1 xa 对任意的 x (1,
) 恒成立，则实数 a 的取值范围是
．
15. 已知函数轴对称的点，则实数
其中的取值范围为 ____．
练习：已知函数 f(x) ＝ ax＋ x2－ x lna(a>0， a≠1)． (1) 当 a>1 时，求证：函数 f(x) 在(0，＋∞ )上单调递增； (2) 若存在 x 1，x 2∈[ －1， 1] ，使得 |f(x 1)－ f(x 2)|≥ e－1，试求 a 的取值范围．
利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法： (1) 分离参数法：将不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，从而求得所求范围．对于恒成立问题： ① k≥ f(x) 恒成立 ? k≥ f(x) max； ② k ≤ f(x) 恒成立 ? k ≤ f(x) min.对于存在性问题： ① 存在 x 使得 k ≥f(x) ? k≥ f(x) min； ② 存在 x 使得 k≤ f(x) ? k ≤f(x) max； ③ a＝ f(x) 存在解 ? a∈ f(x) 的值域． (2) 函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值 (最值 )，然后构建不等式求解．
3. 函数 f ( x) | x2 1| x2 kx 9 在区间 (0,3) 内有且仅有两个零点，则实数 k 的取值
范围是 _____.
4.若函数 f (x) 2 x3 ax2 1(a R ) 在 (0,
) 内有且只有一个零点，则
f (x) 在 [ 1,1] 上
的最大值与最小值的和为
．
5.若函数 f(x)＝ x3－ 2cx2＋ x 有极值点，则实数 c 的取值范围为 ____________．
x2
3.已知函数 f(x)＝ ex－1， g(x)＝ x＋ x，其中 e 是自然对数的底数， e＝ 2.718 28… . (1)证明：函数 h(x) ＝f(x)－ g(x)在区间 (1,2)上有零点； (2)求方程 f(x)＝ g(x)的根的个数，并说明理由．
确定函数零点或方程根个数的方法
构造函数 g(x)( g′( x)易求， g′ (x)＝ 0 可解 )，转化为确定 g(x)的零点个数问题求
)已知函数
f(x)
＝
aln
x
－
1 2
(x
－
1)
2，在区间
(0，1)内任取两个数
p，q，
且
p≠ q，不等式
f（ p＋ 2）－ f（ q＋2）
p－ q
>3 恒成立，则实数
a 的取值范围是 ________ ．
7.已已知 e 为自然对数的底数，函数 f ( x)
ex
ax 2 的图像恒在直线 y
3 ax 上方，则实数