导数与零点专题
导数与函数的零点
导数与函数的零点考点一判断零点的个数【例1】已知函数f(x)＝ln x－x2＋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.【训练1】已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋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.考点二根据零点个数求参数的值(范围)【例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.【训练2】已知函数f(x)＝1x2＋a ln x(a∈R).(1)求f(x)的单调递减区间；(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围.考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f(x)＝e2x－a ln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.【训练3】已知函数f(x)＝2sin x－x cos x－x，f′(x)为f(x)的导数.(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.强化训练一、选择题1.函数f(x)＝ln x－x的零点个数是( )A.3B.2C.1D.02.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x －1023 4f(x)12020f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( ) A.1 B.2C.3D.43.若方程8x ＝x 2＋6ln x ＋m 仅有一个解，则实数m 的取值范围为( ) A.(－∞，7) B.(12－6ln 3，＋∞)C.(15－6ln 3，＋∞)D.(－∞，7)∪(15－6ln 3，＋∞)二、填空题 4.若函数f (x )＝ax －ae x＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.5.已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax －a 存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，则x 1＋2x 0＝________.三、解答题6.已知x ＝1是函数f (x )＝13ax 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋5的一个极值点.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝2x ＋m 有三个交点，求实数m 的取值范围.7.已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R)，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.8.已知函数f (x )＝e x ＋(a －e)x －ax 2. (1)当a ＝0时，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间(0，1)内存在零点，求实数a 的取值范围.9.设函数f (x )＝ln x －a (x －1)e x ，其中a ∈R. (1)若a ≤0，讨论f (x )的单调性； (2)若0<a <1e ，10.(多填题)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是________；若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________.答 案 导数与函数的零点考点一判断零点的个数【例1】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.规律方法1.利用导数求函数的零点常用方法：(1)构造函数g (x )(其中g ′(x )易求，且g ′(x )＝0可解)，利用导数研究g (x )的性质，结合g (x )的图象，判断函数零点的个数.(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点. 2.根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”. 【训练1】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 )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减. (2)证明 由于x 2＋x ＋1>0，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，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)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)＝－6a2＋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.考点二根据零点个数求参数的值(范围)【例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)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，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.所以f(x)在x＝1处取得极小值，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，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点.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，当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，－1<m＋1<0，即－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1).规律方法 1.函数零点个数可转化为图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.2.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，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.【训练2】已知函数f(x)＝1x2＋a ln x(a∈R).(1)求f(x)的单调递减区间；(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围.解(1)由题意可得，f′(x)＝－2x3＋ax＝ax2－2x3(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a >0时，f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋2a ⎝⎛⎭⎫x －2a x 3，由f ′(x )≤0，解得0<x ≤2a， ∴此时函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，2a a . 综上可得：a ≤0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)， a >0时，函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，2a a . (2)由(1)可得若函数f (x )有两个不同的零点，则必须满足a >0， 且f ⎝⎛⎭⎫2a ＝a 2＋a 2ln 2a<0， 化为ln 2a <－1，解得a >2e.所以实数a 的取值范围是(2e ，＋∞). 考点三 函数零点的综合问题 【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4，且b <12ln 2时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点.(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0). 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a. 故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.规律方法 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.2.由(1)知，函数f ′(x )存在唯一零点x 0，则f (x 0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f (x 0)≥2a ＋a ln 2a.【训练3】已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围.(1)证明 设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减. 又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2>0，g (π)＝－2， 故g (x )在(0，π)存在唯一零点. 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点. (2)解 由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0. 由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减. 又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0].强化训练一、选择题1.(2020·重庆一中训练)函数f (x )＝ln x －x 的零点个数是( ) A.3B.2C.1D.0解析 f ′(x )＝1x －12x ＝2－x 2x ，定义域(0，＋∞).当0<x <4时，f ′(x )>0；当x >4时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0，4)上递增，在(4，＋∞)上递减， 则f (x )max ＝f (4)＝ln 4－2＝ln4e 2<0. ∴f (x )<0恒成立，故f (x )没有零点. 答案 D2.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x －1023 4f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)( )A.1B.2C.3D.4解析根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示.由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.答案 D3.若方程8x＝x2＋6ln x＋m仅有一个解，则实数m的取值范围为()A.(－∞，7)B.(12－6ln 3，＋∞)C.(15－6ln 3，＋∞)D.(－∞，7)∪(15－6ln 3，＋∞)解析方程8x＝x2＋6ln x＋m仅有一个解等价于函数m(x)＝x2－8x＋6ln x＋m(x>0)的图象与x 轴有且只有一个交点.又m′(x)＝2x－8＋6x＝2（x－1）（x－3）x.当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)是增函数；当x∈(1，3)时，m′(x)<0，m(x)是减函数；当x∈(3，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)是增函数，∴m(x)极大值＝m(1)＝m－7，m(x)极小值＝m(3)＝m＋6ln 3－15.∵当x趋近于0时，m(x)趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，m(x)趋近于正无穷，∴要使m(x)的图象与x轴有一个交点，必须有m(x)极大值＝m－7<0或m(x)极小值＝m＋6ln 3－15>0，故m<7或m>15－6ln 3.答案 D二、填空题4.若函数f(x)＝ax－ae x＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________.解析f′(x)＝a e x－（ax－a）e xe2x＝－a（x－2）e x(a<0).当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，∴当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝ae2＋1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝ae2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)5.(2020·湖南长郡中学检测)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax －a 存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，则x 1＋2x 0＝________.解析 由f (x )＝x 3－x 2＋ax －a ，得f ′(x )＝3x 2－2x ＋a . ∵x 0为f (x )的极值点，知3x 20－2x 0＋a ＝0.① 因为f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，所以x 31－x 21＋ax 1－a ＝x 30－x 20＋ax 0－a ， 化为x 21＋x 1x 0＋x 20－(x 1＋x 0)＋a ＝0，把a ＝－3x 20＋2x 0代入上述方程可得x 21＋x 1x 0＋x 20－(x 1＋x 0)－3x 20＋2x 0＝0， 化为x 21＋x 1x 0－2x 20＋x 0－x 1＝0，即(x 1－x 0)(x 1＋2x 0－1)＝0， ∵x 1－x 0≠0，∴x 1＋2x 0＝1. 答案 1 三、解答题6.已知x ＝1是函数f (x )＝13ax 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋5的一个极值点.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝2x ＋m 有三个交点，求实数m 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，由f ′(1)＝0，得a ＝1， ∴f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋5.(2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝2x ＋m 有三个交点，则g (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋5－2x －m ＝13x 3－32x 2＋5－m 有三个零点.由g ′(x )＝x 2－3x ＝0，得x ＝0或x ＝3.由g ′(x )>0，得x <0或x >3；由g ′(x )<0，得0<x <3.∴函数g (x )在(－∞，0)和(3，＋∞)上为增函数，在(0，3)上为减函数. 要使g (x )有三个零点，只需⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （3）<0，解得12<m <5.故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，5. 7.已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R)，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 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；当1<x ≤e 时，g ′(x )<0. 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＋1e 2<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. 8.已知函数f (x )＝e x ＋(a －e)x －ax 2.(1)当a ＝0时，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间(0，1)内存在零点，求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝0时，f (x )＝e x －e x ，则f ′(x )＝e x －e ，f ′(1)＝0，当x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，且极小值为f (1)＝0，无极大值.(2)由题意得f ′(x )＝e x －2ax ＋a －e ，设g (x )＝e x －2ax ＋a －e ，则g ′(x )＝e x －2a .若a ＝0，则f (x )的最大值f (1)＝0，故由(1)得f (x )在区间(0，1)内没有零点.若a <0，则g ′(x )＝e x －2a >0，故函数g (x )在区间(0，1)内单调递增.又g (0)＝1＋a －e<0，g (1)＝－a >0，所以存在x 0∈(0，1)，使g (x 0)＝0.故当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)＝1，f (1)＝0，所以当a <0时，f (x )在区间(0，1)内存在零点.若a >0，由(1)得当x ∈(0，1)时，e x >e x .则f (x )＝e x ＋(a －e)x －ax 2>e x ＋(a －e)x －ax 2＝a (x －x 2)>0，此时函数f (x )在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a 的取值范围为(－∞，0).9.(2019·天津卷)设函数f (x )＝ln x －a (x －1)e x ，其中a ∈R.(1)若a ≤0，讨论f (x )的单调性；(2)若0<a <1e， ①证明f (x )恰有两个零点；②设x 0为f (x )的极值点，x 1为f (x )的零点，且x 1>x 0，证明3x 0－x 1>2.(1)解由已知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －[a e x ＋a (x －1)e x ]＝1－ax 2e x x. 因此当a ≤0时，1－ax 2e x >0，从而f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)内单调递增.(2)证明①由(1)知，f ′(x )＝1－ax 2e x x. 令g (x )＝1－ax 2e x ，由0<a <1e，知g (x )在(0，＋∞)内单调递减. 又g (1)＝1－a e>0，且g ⎝⎛⎭⎫ln 1a ＝1－a ⎝⎛⎭⎫ln 1a 2·1a＝1－⎝⎛⎭⎫ln 1a 2<0， 故g (x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f ′(x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解，不妨设为x 0，则1<x 0<ln 1a. 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝g （x ）x >g （x 0）x＝0， 所以f (x )在(0，x 0)内单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＝g （x ）x <g （x 0）x＝0， 所以f (x )在(x 0，＋∞)内单调递减，因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )＝ln x －x ＋1，则当x >1时，h ′(x )＝1x－1<0， 故h (x )在(1，＋∞)内单调递减，从而当x >1时，h (x )<h (1)＝0，所以ln x <x －1，从而f ⎝⎛⎭⎫ln 1a ＝ln ⎝⎛⎭⎫ln 1a －a ⎝⎛⎭⎫ln 1a －1eln 1a＝ln ⎝⎛⎭⎫ln 1a －ln 1a＋1＝h ⎝⎛⎭⎫ln 1a <0.又因为f (x 0)>f (1)＝0，所以f (x )在(x 0，＋∞)内有唯一零点.又f (x )在(0，x 0)内有唯一零点1，从而，f (x )在(0，＋∞)内恰有两个零点.②由题意，⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x 0）＝0，f （x 1）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax 20e x 0＝1，ln x 1＝a （x 1－1）e x 1， 从而ln x 1＝x 1－1x 20e x 1－x 0，即e x 1－x 0＝x 20ln x 1x 1－1. 因为当x >1时，ln x <x －1，又x 1>x 0>1，故e x 1－x 0<x 20（x 1－1）x 1－1＝x 20，两边取对数， 得ln e x 1－x 0<ln x 20，于是x 1－x 0<2ln x 0<2(x 0－1)，整理得3x 0－x 1>2.10.(多填题)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是________；若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________.解析 当λ＝2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥2，x 2－4x ＋3，x <2， 其图象如图(1).由图知f (x )<0的解集为(1，4).若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ恰有2个零点有两种情况： ①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点.在同一平面直角坐标系中画出y ＝x －4与y ＝x 2－4x ＋3的图象，如图(2)，平移直线x ＝λ，可得λ∈(1，3]∪(4，＋∞).答案 (1，4) (1，3]∪(4，＋∞)。
导数零点问题总结
导数零点问题导数是研究函数的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．用导数研究函数f (x )的单调性，往往需要解方程f ′(x )＝0. 若该方程不易求解时，如何继续解题呢？猜——猜出方程f ′(x )＝0的根[典例] 设f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围． [方法演示]解：(1)因为f ′(x )＝－ln xx 2，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，所以a <1<a ＋1，即0<a <1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)．(2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解．设g (x )＝f (x )－x 2＋2x ，则g ′(x )＝2(1－x )－ln xx 2. 接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0. 但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．可得g ′(1)＝0，且当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]．[解题师说]当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x 时，常猜x ＝0或x ＝ln x .[应用体验]1．函数f (x )＝e x ＋12x 2－(2＋ln 2)x 的最小值为________．答案：2－2ln 2－12ln 22解析：f ′(x )＝e x ＋x －(2＋ln 2)．接下来，需求函数f (x )的单调区间，所以需解不等式f ′(x )≥0及f ′(x )≤0，因而需解方程f ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．易知f ′(x )是增函数，所以方程f ′(x )＝0至多有一个实数根，且可观察出此实数根就是ln 2，所以函数f (x )在(－∞，ln 2)上是减函数，在(ln 2，＋∞)上是增函数，所以f (x )min ＝f (ln 2)＝2－2ln 2－12ln 22.设——设出f ′(x )＝0的根[典例] (2015·(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .[方法演示]解：(1)法一：f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－a x ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，所以当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．法二：f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．令方程f ′(x )＝0，得a ＝2x e 2x (x >0)．因为函数g (x )＝2x (x >0)，h (x )＝e 2x (x >0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u (x )＝2x e 2x (x >0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．由此可得，当a ≤0时，f ′(x )无零点；当a >0时，f ′(x )有唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0. 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，当且仅当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a(基本不等式)．所以当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .[解题师说]本题第(2)问的解题思路是求函数f (x )的最小值．因此需要求f ′(x )＝0的根．但是f ′(x )＝2e 2x－ax ＝0的根无法求解．故设出f ′(x )＝0的根为x 0，通过证明f (x )在(0，x 0)和(x 0，＋∞)上的单调性知f (x )min ＝f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的设而不求．[应用体验]2．设函数f (x )＝e x －ax －2.(1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值． 解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．若a >0，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． (2)由于a ＝1，所以(x －k )f ′(x )＋x ＋1＝(x －k )(e x －1)＋x ＋1. 故当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0等价于k <x ＋1e x －1＋x (x >0)．①令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝－x e x －1(e x －1)2＋1＝e x (e x －x －2)(e x －1)2.由(1)知，函数h (x )＝e x －x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)． 又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等价于k <g (α)，故整数k 的最大值为2.证——证明方程f ′(x )＝0无根[典例] 已知m ∈R ，函数f (x )＝mx －m －1x －ln x ，g (x )＝1x＋ln x .(1)求函数g (x )的极小值；(2)若函数y ＝f (x )－g (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数m 的取值范围； (3)设h (x )＝2ex ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)－g (x 0)>h (x 0)，求实数m 的取值范围．[方法演示]解：(1)函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. ∴x ＝1为g (x )的极小值点，极小值g (1)＝1.(2)∵y ＝mx －m －1x －1x －2ln x ＝mx －m x －2ln x . ∴y ′＝m ＋m x 2－2x ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即m ≥2x x 2＋1在x ∈[1，＋∞)上恒成立．又2x x 2＋1＝2x ＋1x ≤1，所以m ≥1.所以实数m 的取值范围为[1，＋∞)．(3)由题意知，关于x 的不等式f (x )－g (x )>h (x )在[1，e]上有解，即关于x 的不等式2e ＋2x ln x x 2－1<m (1<x ≤e)有解．设u (x )＝2e ＋2x ln x x 2－1(1<x ≤e)，则u ′(x )＝2x 2－4e x －2－(2x 2＋2)ln x(x 2－1)2(1<x ≤e)，但不易求解方程u ′(x )＝0. 可大胆猜测方程u ′(x )＝0无解，证明如下：由1<x ≤e ，可得－(2x 2＋2)ln x <0，2x 2－4e x －2＝2(x －e)2－2e 2－2<0， 所以u ′(x )<0，u (x )在(1，e]上是减函数，所以函数u (x )的值域是4ee 2－1，＋∞，故所求实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫4ee 2－1，＋∞.[解题师说]当利用导函数求函数f (x )在区间[a ，b ]，[a ，b )或(a ，b ]上的最值时，可首先考虑函数f (x )在该区间上是否具有单调性，若具有单调性，则f (x )在区间的端点处取得最值(此时若求f ′(x )＝0的根，则此方程是无解的)．[应用体验]3．(理)若存在x 使不等式x －mex >x 成立，则实数m 的取值范围为________．答案：(－∞，0)解析：法一：(理)由题意，知存在x 使不等式－m >x e x －x 成立．设x ＝t (t ≥0)，则存在t ≥0使不等式－m >t e t 2－t 2成立．设f (t )＝t e t 2－t 2(t ≥0)，则f ′(t )＝e t 2(2t 2＋1)－2t (t ≥0)，需解方程f ′(t )＝0，但此方程不易求解．可大胆猜测方程f ′(t )＝0无解(若方程f ′(t )＝0无解，则f ′(t )的值恒正或恒负(否则由零点存在性定理知方程f ′(t )＝0有解)，得f (t )是增函数或减函数，此时研究函数f (t )就很方便)，证明如下：f ′(t )＝e t 2(2t 2＋1)－2t ≥22t e t 2－2t ≥0(t ≥0)，所以f ′(t )>0(t ≥0)，所以函数f (t )是增函数，故其最小值为f (0)＝0. 所以－m >0，即m <0.(文)由题意，知存在x 使不等式－m >x e x －x 成立，当x ＝0时，m <0，当x >0时，令f (x )＝x e x－x ，则f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x －1，不易求方程f ′(x )＝0的根，故可大胆猜测方程f ′(x )＝0无解，即f ′(x )的值恒正或恒负．证明如下：f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x －1≥212x ·x e x －1＝2e x －1，∵x >0，∴2e x >2，∴2e x －1>0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数，∴f (x )>f (0)＝0，∴－m >0，即m <0.综上可知m 的取值范围为(－∞，0)．法二：不等式x －m e x ＞x 成立，等价于m ＜x －x ·e x . 故存在x 使不等式x －mex ＞x 成立，等价于m ＜(x －x ·e x )max . 令f (x )＝x －x e x ，则f ′(x )＝1－⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x <0. ∴f (x )＝x －x e x 在[0，＋∞)上是单调递减函数，故(x －x ·e x )max ＝0，∴m ＜0.1．已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数，e ＝2.718 28……是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数．证明：对任意x >0，g (x )<1＋e －2. 解：(1)f ′(x )＝1x－ln x －k e x，因为f ′(1)＝0，所以1－k ＝0，即k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x. 易知h (x )＝1x －ln x －1在(0，＋∞)上是减函数，且h (1)＝0，所以当0<x <1时，f ′(x )>0，当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．(3)证明：由(2)可知，当x ≥1时，g (x )＝xf ′(x )≤0<1＋e －2，故只需证明g (x )<1＋e －2在0<x <1时成立．当0<x <1时，e x >1，且g (x )>0，∴g (x )＝1－x ln x －xe x<1－x ln x －x .设F (x )＝1－x ln x －x ，x ∈(0,1)，则F ′(x )＝－(ln x ＋2)，当x ∈(0，e －2)时，F ′(x )>0，当x ∈(e－2,1)时，F ′(x )<0，所以当x ＝e－2时，F (x )取得最大值F (e －2)＝1＋e －2. 所以g (x )<F (x )≤1＋e －2.综上，对任意x >0，g (x )<1＋e －2.2．已知函数f (x )＝k e x －x 2有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)．(1)求k 的取值范围； (2)求f (x 1)，f (x 2)的取值范围．解：(1)因为f ′(x )＝k e x －2x ，所以由f ′(x )＝0，得k ＝2x e x . 设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2e x (1－x )．当x <1时，φ′(x )>0，当x >1时，φ′(x )<0，所以φ(x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x ＝1时，φ(x )max ＝2e . 作出函数φ(x )的图象如图所示．因为函数f (x )有两个极值点，所以y ＝k 与y ＝φ(x )的图象有两个交点，所以由图可得k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，2e . (2)由f ′(x 1)＝k e x 1－2x 1＝0，得k e x 1＝2x 1，所以f (x 1)＝k e x 1－x 21＝2x 1－x 21＝1－(1－x 1)2由图可得x 1的取值范围是(0,1)，所以f (x 1)的取值范围是(0,1)．同理，可得f (x 2)＝k e x 2－x 22＝2x 2－x 22＝1－(x 2－1)2，由图可得x 2的取值范围是(1，＋∞)，所以f (x 2)的取值范围是(－∞，1)． 3．设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R)．(1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝⎛⎦⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，所以f ′(x )＝x e x －2x ＝x (e x －2)．由f ′(x )>0，得x >ln 2或x <0；由f ′(x )<0，得0<x <ln 2，所以函数f (x )的递增区间是(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，递减区间是(0，ln 2)．(2)f ′(x )＝x (e x －2k )．由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln 2k .事实上，可证ln 2k <k ，设g (k )＝ln 2k －k ⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则g ′(k )＝1－k k ≥0⎝⎛⎭⎫12<k ≤1， 所以g (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是增函数，所以g (k )≤g (1)＝ln 2－1<0，即ln 2k <k .所以f (x )在(0，ln 2k )上是减函数，在(ln 2k,1]上是增函数，所以M ＝max{f (0)，f (k )}． 设h (k )＝f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3＋1⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则h ′(k )＝k (e k －3k )⎝⎛⎭⎫12<k ≤1. 又令φ(k )＝e k －3k ⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则φ′(k )＝e k －3≤e －3<0⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，所以函数φ(k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是减函数．又因为φ⎝⎛⎭⎫12>0，φ(1)<0，所以函数φ(k )在⎝⎛⎭⎫12，1上存在唯一的零点k 0(该零点就是函数φ(k )的隐零点)．所以当12<k <k 0时，φ(k )>0，即h ′(k )>0，当k 0<k ≤1时，φ(k )<0，即h ′(k )<0，所以函数h (k )在12，1上是先增后减．又因为h ⎝⎛⎭⎫12＝78－e 2>0，h (1)＝0，所以h (k )＝f (k )－f (0)≥0，f (k )≥f (0)⎝⎛⎭⎫12<k ≤1， 故M ＝f (k )＝(k －1)e k －k 3.4．(2015·山东高考)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值． 解：(1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2.又f ′(x )＝ln x ＋ax ＋1，所以a ＝1. 当a ＝1时，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线2x －y －2＝0与直线2x －y ＝0平行，所以所求a 的值为1.(2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0,1]时，h (x )＜0. 又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2＞1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0. 因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x (x －2)e x，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )＞1－1e ＞0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增．所以当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0(x 0就是函数f (x )－g (x )的隐零点)，且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)ln x ，x ∈(0，x 0]，x 2ex ，x ∈(x 0，＋∞).当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0；若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＞0，可知0＜m (x )≤m (x 0)；故m (x )≤m (x 0)． 当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x (2－x )e x，可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减． 可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)＜m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e2.。
高考微专题三 利用导数研究函数的零点
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规律总结
根据函数零点的情况求参数值或取值范围的基本方法：①利用零点存在定理构建不 等式求解；②分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；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．
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23
【对点训练 2】 (1)(2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数 f (x)＝ex－a(x＋2)．若 f (x)有两个 零点，求 a 的取值范围．
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当 a＝1 时，f ′(x)＝x－x212≥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，1a<1，在0，1a，(1，＋∞)上，f ′(x)>0，f (x)单调递增； 在1a，1上，f ′(x)<0，f (x)单调递减，此时 f (1)＝a－1>0， 易证当 0<x<1 时，
2
a2－4a， a2－4a .
2
②由①可知：
a．当 a≤4 时，函数 f (x)单调递增，又由 f (1)＝0，可得此时函数只有一个零点为 x
x1x2＝1>0，x2>x1，可得 0<x1<1<x2，又由 f (1)＝0，由函数的单调 性可知 f (x1)>f (1)＝0，f (x2)<f (1)＝0，
解：①函数 f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1x－x＋a12＝x2＋x2x－＋a1x2＋1， 在一元二次方程 x2＋(2－a)x＋1＝0 中，Δ＝(2－a)2－4＝a2－4a＝a(a－4)， a．当 a<0 时，f ′(x)>0，此时函数 f (x)单调递增，增区间为(0，＋∞)，没有减区间；
高考数学专题一 微专题8 利用导数研究函数零点问题
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.
跟踪训练1 (2023·常德模拟)已知函数f(x)＝x2＋2－aln x(a∈R). x
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
因为 f(x)＝x2＋2x－aln x，x>0，
2x3－ax－2
所以 f′(x)＝ x2
(x>0)，
令g(x)＝2x3－ax－2，则g′(x)＝6x2－a，
由 a>0，g′(x)＝0，可得 x＝ a6，
所以 g(x)在0，
a6上单调递减，在
a6，＋∞上单调递增，
由于 g(0)＝－2<0，故当 x∈0，
a6时，g(x)<0，
又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，
从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，
由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，
所以有 2x30－ax0－2＝0，x20＋x20－aln x0＝0，
联立得 2ln x0－x30－3 1－1＝0，
(*)
令 h(x)＝2ln x－x3－3 1－1，可知 h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于 h(2)＝2ln 2－170<2×0.7－170<0，h(3)＝2ln 3－2296>2×1－2296>0， 故方程(*)的唯一解，即f(x)的唯一零点x0∈(2,3)，故[x0]＝2.
考点二 由零点个数求参数范围
③若a<－1， (ⅰ)当x∈(0，＋∞)时， 则g′(x)＝ex－2ax>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0， 所以存在m∈(0,1)， 使得g(m)＝0，即f′(m)＝0， 当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，
导数与函数的零点专题
导数与函数的零点专题考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．【训练1】已知函数f(x)＝e x－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．考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例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．【训练2】已知函数f(x)＝e x＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．考点三 函数零点的综合问题【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)．(1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值； (2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：30分钟)一、选择题1.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x－1 0 2 3 4 f (x ) 1 2 0 2 0f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4二、填空题2.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________.3.若函数f (x )＝ax －a e x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.三、解答题 4.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝⎛⎭⎪⎫4，103. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围.5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.【能力提升题组】(建议用时：25分钟)6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R)在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数.(1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a<e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根.答 案【例1】 (2019·青岛期中)已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R}．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g (x )＝f (x )x－4ln x 的零点个数． 【答案】见解析【解析】(1)∵f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R}，∴设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a >0.∴f (x )min ＝f (1)＝－4a ＝－4，a ＝1.故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3. (2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x－4ln x －2， ∴g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝(x －1)(x －3)x2，令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝3. 当x 变化时，g ′(x )，g (x )的取值变化情况如下表：X(0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) g ′(x )＋ 0 － 0 ＋g (x )极大值 极小值当0<x ≤3时，g (x )≤g (1)＝－4<0， 当x >3时，g (e 5)＝e 5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0. 又因为g (x )在(3，＋∞)上单调递增，因而g (x )在(3，＋∞)上只有1个零点，故g (x )仅有1个零点．【规律方法】 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(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)利用零点存在性定理：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．【训练1】 已知函数f (x )＝e x －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．【答案】见解析【解析】(1)证明 由题意可得h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x ，所以h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，所以h (1)h (2)<0，所以函数h (x )在区间(1，2)上有零点．(2)解 由(1)可知h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x .由g (x )＝x ＋x 知x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点．又h (x )在(1，2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12－1，则φ′(x )＝e x ＋14x －32.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x )在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h (x )在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2.考点二 已知函数零点个数求参数的取值范围【例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．【答案】见解析【解析】(1)函数f (x )＝ax ＋x ln x 的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，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，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．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，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【规律方法】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象，讨论其图象与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象的交点问题．【训练2】已知函数f(x)＝e x＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2.(2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0，①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数，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.所以函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )．在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减，在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．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)．考点三 函数零点的综合问题【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【答案】见解析【解析】(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－a x 单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e2x 0－ax 0＝0， 所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a. 故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. 【规律方法】 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.2．由(1)知，函数f ′(x )存在唯一零点x 0，则f (x 0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f (x 0)≥2a ＋a ln 2a. 【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值； (2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.【答案】见解析【解析】(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－x x＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ， 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0， 函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m . (2)证明 由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1，ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0，由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2.又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2，所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2. 令g (x )＝－x ＋1x＋2ln x (x >2)， 则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0， 当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4. 因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln 4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0， 所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0， 即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2. 因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1. 【反思与感悟】1．解决函数y ＝f (x )的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x 轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等．2．通过等价变形，可将“函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点”与“方程f (x )＝g (x )的解”问题相互转化．【易错防范】函数y ＝f (x )在某一区间(a ，b )上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：30分钟)一、选择题1.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4【答案】 D【解析】 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.二、填空题2.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________.【答案】 4－2ln 2【解析】 由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)|＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0，即|AB |的最小值是4－2ln 2.3.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.【答案】 (－e 2，0)【解析】 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0，∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝a e2＋1. 若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0.三、解答题 4.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝⎛⎭⎪⎫4，103. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围.【答案】见解析【解析】(1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝⎛⎭⎪⎫4，103， 所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2， 即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2， 所以f ′(x )＝x 2－x －2.由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞).(2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点，则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312. 所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312. 5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数. 【答案】见解析 【解析】函数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h (x )＝－13x 3＋x (x >0)， 所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点. ②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点. 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.【能力提升题组】(建议用时：25分钟)6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R)在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和.【答案】见解析【解析】f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R)，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3， 则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3， 所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数.(1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值；(3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根.【答案】见解析【解析】(1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}， 当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－x x (x >0)；当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ；由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1，所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln xx 2.当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1，所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f(x)|＝ln x x ＋12没有实数根.。
导数大题零点问题解题技巧
导数大题零点问题解题技巧
导数大题零点问题的解题技巧主要包括以下几个方面：
1. 确定函数的单调性：通过求导数并判断导数的正负，可以确定函数的单调性。
如果函数在某区间内单调递增或递减，那么该区间内函数的值域就是连续的，因此在这个区间内函数最多只有一个零点。
2. 利用零点存在定理：如果函数在区间端点的函数值异号，即 f(a)f(b)<0，则函数在这个区间内至少有一个零点。
3. 构造函数：通过构造函数，可以将问题转化为求函数的最值问题，从而找到函数的零点。
4. 结合图像：通过画出函数的图像，可以直观地观察函数的零点位置和个数。
5. 转化问题：将问题转化为其他形式，例如转化为求函数的最值问题、不等式问题等，从而简化问题。
在解题过程中，要注意以下几点：
1. 确定函数的定义域和值域，确保函数的连续性和可导性。
2. 注意函数的奇偶性和周期性，这些性质可能会影响函数的零点位置和个数。
3. 注意函数的极值点和拐点，这些点可能是函数的零点或拐点。
4. 注意题目中的隐含条件，例如函数在某点的导数值、函数在某区间的单调性等。
5. 注意计算精度和误差控制，避免计算错误导致答案不准确。
导数与函数的零点问题解析
导数与函数的零点问题解析在数学中，导数和函数的零点是非常重要的概念和问题。
导数可以描述函数的变化率，而函数的零点则表示函数在某一点上取值为零的情况。
在本文中，我们将对导数与函数的零点进行详细的解析和讨论。
一、导数的定义与作用导数是描述函数变化率的指标，可以用来衡量函数在某一点上的斜率或变化速度。
它定义为函数在某一点上的极限，即导数等于函数在该点处的切线斜率。
对于一个函数f(x)，它在点x处的导数可以通过以下公式计算得出：f'(x) = lim(h→0) [f(x+h) - f(x)] / h导数的概念对于理解函数的性质和行为非常重要，它可以帮助我们分析函数的增减性、凸凹性以及局部极值等特征。
通过导数，我们可以得出函数在各个点的斜率，从而推断函数的曲线形状和趋势。
二、函数的零点与解析函数的零点是指函数在某个点上的取值为零的情况。
换句话说，函数的零点是使得函数等于零的自变量的值。
寻找函数的零点在数学和实际问题中都具有重要的意义。
为了找到函数的零点，我们可以利用导数的概念和性质进行分析。
根据导数的定义，我们知道当函数在某一点的导数为零时，函数在该点可能存在极值或拐点。
因此，我们可以采用导数为零的点作为起点，通过求解函数的导数方程来找到函数的零点。
具体而言，我们可以按照以下步骤来解析函数的零点问题：1. 找到函数的导数方程。
2. 求解导数方程，得到导数为零的所有解。
3. 使用解析工具或数值逼近法，确定解的精确值或近似值。
4. 检验解是否满足函数为零的条件。
通过以上步骤，我们可以较为准确地求解函数的零点，从而揭示函数的性质和特征。
函数的零点问题在数学、经济、物理等领域具有广泛的应用，如寻找方程的根、求解最优化问题等。
三、解析与数值求解的比较在解析函数的零点问题时，我们依赖于函数的导数和解析工具的应用。
通过解析方法可以获得函数零点的精确解，这对于研究函数的性质和行为非常重要。
然而，对于一些复杂的函数和方程，解析求解可能变得非常困难甚至不可能。
导数零点问题
函数零点问题知识点:1.零点的定义：函数的零点方程的根(解) 与轴的交点的横坐标(注意函数的零点是一个实数）2。
零点的推广：函数的零点方程的根(解）方程的根（解)函数与函数图像交点的横坐标.3.我们通常利用导数来研究函数的零点,注意导函数的零点与原函数的极值点之前的关系。
1. 已知函数x a x x f ln 21)(2-=)(R a ∈, 若函数)(x f 在),1(+∞为增函数,求a 的取值范围；讨论方程0)(=x f 解的个数，并说明理由。
2. 已知函数()()ln ()x f x e a a =+为常数是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。
求()f x 的解析式；是否存在自然数,m 使得方程37()0f x x+=在区间(,1)m m +内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由。
导数与零点问题解题技巧
导数与零点问题解题技巧
1. 嘿，你想知道怎么通过导数来巧妙找到函数的零点吗？就像在一片迷雾中找到那关键的线索！比如求函数f(x)=x³-3x+2 的零点，咱通过求导找到极值点，就能逐步逼近零点啦，是不是很神奇？
2. 哇哦，注意啦！导数可是解决零点问题的一把利器呀！好比你找宝藏有了精确的地图。
像对于函数 g(x)=e^x-x-1，用导数不就能轻松分析它零点的情况嘛！
3. 嘿呀，有没有觉得导数和零点问题之间像是有一条神秘的纽带呀！就像侦探和线索一样。
比如分析函数 h(x)=sinx+x 在某个区间的零点，导数能帮大忙呢！
4. 哎呀，学会这些解题技巧那可真是太棒啦！简直像是掌握了绝世武功。
想想函数i(x)=lnx+x²，用导数去攻克零点问题，多有成就感！
5. 天呐，导数与零点问题的结合简直妙不可言！就如同给你一双慧眼。
拿函数 j(x)=x^4-4x² 来说，导数能让我们快速看清零点的分布呢。
6. 哇塞，这些解题技巧你可不能错过呀！这就好比游戏里的通关秘籍。
像是函数 k(x)=x+cosx ，利用导数去求解零点，厉害吧！
7. 嘿，你知道用导数解决零点问题能带来多大的乐趣吗？那可比发现新大陆还让人兴奋！好比函数l(x)=x³/3-x²+2x 的零点求解。
8. 总之，导数与零点问题解题技巧真的超有用的啦！你一定要好好掌握哦！就像拥有了一把打开数学难题大门的钥匙！不管遇到什么函数，都能轻松应对！。
利用导数研究函数零点
利用导数研究函数零点函数的零点是指函数曲线与x轴相交的点，即函数值等于0的点。
研究函数的零点可以通过利用导数的性质和方法来进行。
一、定义导数导数是描述函数变化率的概念，可以理解为函数在其中一点的瞬时变化速率。
对于函数y=f(x)，其导数可以表示为f'(x)，也可以表示为dy/dx的形式。
二、零点的定义函数的零点是指函数在其中一点上的函数值等于0的点。
即对于函数y=f(x)，当f(x)=0时，x称为函数的零点。
三、导数与零点的关系1.导数与函数增减性：当函数在其中一区间内导数的值为正时，函数在该区间上是递增的；当导数的值为负时，函数在该区间上是递减的。
2.导数与函数极值：若函数在其中一点的导数为0，那么该点可能是函数的极值点（极大值或极小值）。
但需要注意的是，导数为0只是一个充分条件，并不是必要条件。
3.导数与函数的单调性：如果函数在其中一区间上的导数恒为正（负），则函数在该区间上是严格递增（递减）的。
当导数取值恢复为0时，函数可能出现极值。
4.导数与函数的凹凸性：函数的凹凸性与导数的二阶导数（也称为函数的二阶导数）有关。
若函数的二阶导数大于0，则函数在该区间上是凹函数；若二阶导数小于0，则函数在该区间上是凸函数。
四、利用导数研究函数零点的方法1.函数增减性分析法：a.求出函数的导数；b.确定导数的符号表；c.根据导数的符号表，确定函数的增减区间；d.根据函数的增减区间，找出函数的零点。
2.函数极值分析法：a.求出函数的导数；b.求导函数的导数（二阶导数）；c.解一阶导数等于0的方程，得到一阶导数等于0的点；d.利用二阶导数的符号表，确定这些点是极大值点还是极小值点；e.确定这些点是否是函数的零点。
3.函数凹凸性分析法：a.求出函数的导数；b.求导函数的导数（二阶导数）；c.解二阶导数等于0的方程，得到二阶导数等于0的点；d.利用二阶导数的符号表，确定这些点是函数的凹点还是凸点；e.确定这些点是否是函数的零点。
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。
导数专题一零点问题1------导数专题超级经典讲义
导数专题一零点问题1------导数专题超级经典讲义零点的定义：一般地，如果函数y=f(x)在x=α处有实数根，即f(α)=0，则α叫做这个函数f(x)的零点。
零点的判定：方程f(x)=0有实数根⇔函数y=f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y=f(x)有零点。
零点问题主要包括的题型包括：1.是否有零点；2.判断零点个数；3.已知零点求参数。
分类讨论求零点个数是零点问题的一个考点。
下面以一个例题来说明。
例题：已知函数f(x)=alnx-(a+1)x，a∈R。
当a≤1时，讨论函数f(x)的零点个数。
解析：首先求出f'(x)=-a/(x^2)-a/(xlna)，然后分类讨论。
当a≤0时，f'(x)0，无零点。
当-10，在x∈(0,1)和(1,2)内各有一个零点。
综上所述，当a≤0时，f(x)有一个零点；当a=-1时，f(x)有一个零点；当-1<a<0时，f(x)有两个零点；当0<a≤1时，f(x)有两个零点。
已知函数 $f(x)= (2k-1)\ln x+\frac{2x}{k+2},k\in\mathbb{R}$，以下进行分析：首先，由于 $x>0$，所以函数 $f(x)$ 的定义域为 $x\in (0,+\infty)$。
接着，我们来看函数 $f(x)$ 的零点情况：当 $k=1$ 时，$f(x)=\ln x+2$，很明显只有一个零点$x=e^{-2}$。
当 $k=e$ 时，$f(x)=(2e-1)\ln x+ \frac{2x}{e+2}$，$f(x)$ 不存在零点，因为 $\lim\limits_{x\to 0^+} f(x)=-\infty$，$\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$，且 $f(x)$ 在$(0,+\infty)$ 上单调递增。
当 $k\neq 1,e$ 时，我们可以求出 $f(x)$ 的导函数为$f'(x)=\frac{2k-1}{x}+\frac{2}{(k+2)x^2}$，令 $f'(x)=0$，解得$x=\frac{1}{2}$，代入 $f(x)$ 可以得到$f(\frac{1}{2})=\frac{2k-1}{2}\ln \frac{1}{2}+\frac{1}{k+2}$，因此当 $01$ 时，$f(x)$ 不存在零点。
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.。
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
＋
导数与函数零点问题
导数与函数零点问题（2023年8月1日）一、知识提要1. 零点存在定理 如果()f x 在[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，且___________________,则()f x 在(,)a b 内必存在零点。
推论：如果()f x 在[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，()()0f a f b <，且___________________,则()f x 在(,)a b 内必存在唯一的零点。
2. 为了更准确地画出函数的图象，或利用参数分离法求参数范围问题，遇到最值不存在的情况，有时需利用洛比达法则：若lim ()0(),lim ()0()x a x af xg x →→=∞=∞，且(),()f x g x 在x a =处及附近可导，且//()lim ()x a f x g x →存在，则()lim ()x a f x g x →=______________ 3. 解决函数零点问题（判断含参数的函数零点个数或已知含参数函数的零点个数求参数的取值范围）的常见策略（1）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能参数分离，作出函数的图像，根据图像特征求参数的范围；（2）根据零点的个数（方程的根个数）寻找函数在给定区间的极值、区间端点的函数值与0的关系、特殊函数值的符号结合零点存在定理、利用函数的凹凸性，从而确定参数的取值范围。
二、方法规律例1设R ∈a ,已知函数x a x x f ln 2)(2-=.（1）求函数)(x f 的单调区间;（2）若0>a ,求使方程ax x f 2)(=有唯一解的a 的值.例2已知函数. (1)当时,求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间,上各恰有一个零点,求的取值范围.例3已知函数1()x f x xe -=，若对于任意的(200,x e ⎤∈⎦，函数()20()ln 1g x x x ax f x =-+-+在(20,e ⎤⎦内都有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为（ ）．A ．2231,e e ⎛⎤-⎥⎝⎦ B ．223,e e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦ C ．22,e e e e ⎛⎤-+ ⎥⎝⎦ D ．21,e e ⎛⎤- ⎥⎝⎦例4若对任意0a >，函数32()1f x x ax bx =+++在(,0)-∞内有且只有一个零点，求实数b 的取值范围。
导数中的零点问题
导数中的零点问题题型一：零点的基本解法1、已知函数$f(x)=2\ln x-x+mx,x\in[2e,+\infty)$，求实数$m$的取值范围。
2、已知函数$f(x)=x\mathrm e^x-a(x+1)^2/2,x\in[0,+\infty)$有两个零点，求实数$a$的取值范围。
1) 若$a=\mathrm e$，求函数$f(x)$的极值。
2) 若函数$f(x)$有两个零点，求实数$a$的取值范围。
3、已知函数$f(x)=a\mathrm e^{2x}+(a-2)\mathrm e^x-x$。
1）讨论$f(x)$的单调性。
2）若$f(x)$有两个零点，求$a$的取值范围。
4、已知函数$f(x)=-(2ax+ax+(x-2)\mathrm e^x)/2,a>0$。
1）求函数$f(x)$的单调区间。
2）若函数$f(x)$存在$3$个零点，求$a$的取值范围。
题型二：切线与零点关系1、曲线在点$(1,1)$处的切线方程为；过点$(1,1)$处的切线方程为。
2、已知函数$f(x)=\frac{1}{2}x^3+mx+n(m,n\in\mathbb{R})$。
1）若$f(x)$在$x=1$处取得极大值，求实数$m$的取值范围。
2）若$f(1)=\frac{1}{2}$，且过点$p(2,1)$有且只有两条直线与曲线$y=f(x)$相切，求实数$m$的值。
3、已知函数$f(x)=ax^2+bx-3x$在$x=\pm 1$处取得极值。
1）求函数$f(x)$的解析式。
2）若过点$A(1,m)$可作曲线$y=f(x)$的三条切线，求实数$m$的取值范围。
题型三：极值与零点关系1、已知函数$f(x)=x^3-6x^2+3x+t(t\in\mathbb{R})$。
1）求函数$f(x)$的单调区间。
2）设函数$g(x)=f(x)$有三个不同的极值点，求$t$的取值范围。
3）设函数$g(x)=\mathrm e^{f(x)}$有三个不同的极值点，求$t$的取值范围。
几个导数零点问题的例子
¡ 1 2¡ 4 4 ¡ , e 2 4 2 44 壹会找点基础练习题1:讨论函数f (x ) = 2e x a (x > 0)的零点个数: x解：当a 6 0时，f (x ) > 2e x > 0恒成立，显然无零点；当a > 0时，f 0(x ) = 4e x +a > 0恒成立，所以f (x )在(0; + )上单调递增， x 2 且f (a ) = 2e a ¡ 1 > 0当b < 1 < l n 2且b < a 时，f (b ) < 2e ln ¡ 4 = 0:由零点存在定理，结合单调性， f (x )在(0; +1)上有唯一零点。
2:讨论函数f (x ) = e x (1 ¡ x ¡ 2x ) ¡ a ; (x > 0)的零点个数:解：f 0(x ) = e x (1 ¡ x ¡ 2x ¡ 2x ¡ 2) = ¡e x (x + 4x + 1) < 0恒成立(x > 0) 所以f (x )在[0; +1)上单调递减；f (x )m ax = f (0) = 1 ¡ a :当a > 1时，f (x )m ax = 1 ¡ a < 0:此时无零点；当a = 1时，f (x )m ax = 1 ¡ a = 0:结合单调性知f (x )有唯一零点0:当a < 1时，f (x )m ax = 1 ¡ a > 0:即f (0) > 0;当b > 1且b > 1 ¡ a 时，f (b ) < (1 ¡ 2b ¡ b ) ¡ a < (1 ¡ 2b ) ¡ a < 0 由零点存在定理，结合单调性知：当a 6 1时，f (x )在[0; +1)上有唯一零点:3:讨论函数f (x ) = e x a 的零点个数:x 2解：当a 6 0时，f (x ) > e x > 0恒成立，显然无零点；当a > 0时，f 0(x ) = e x + 2a (此处进行不下去了，情况太多，考虑分参重来)x 3 e x a = 0 a = x e x = g (x ); g 0(x ) = x (x + 2)e x (x =/ 0) x 2所以g (x )在(¡1; ¡2)和(0; +1)上单调递增，(¡2; 0)上单调递减，g (x )极大= g (¡2) = e 2 ; g (x )极小= g (0) = 0 i ）当0 < a < e2 时，f (x )在(¡2; 0)上有一个零点当x 2 (¡1; ¡2)时，g (¡2) = > a1 1 ¡ 11 1 当b < ¡a 且b < ¡2时，g (b ) < a2 e a < a 2 1 = a:(苏神教的) a 3由零点存在定理，结合单调性可知：f (x )在(¡1; ¡2)上有一个零点当x 2 (0; +1)时，g (0) = 0 < ag (p a ) = a ·e p a > a由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(0; +1)上有一个零点即当0 < a < 4 时，f (x )有3个零点e 2¡ 4 ¡ e 2 e 2x x 2 x2 ii ）当a = 4 时，x = 2为f (x )的一个零点e 2且当x 2 (¡1; ¡2)U (¡2; 0)时都有g (x ) < g (¡2) = 0; 此时无零点当x 2 (0; +1)时，g (0) = 0 < a ; g (p a ) = a ·e p a > a由零点存在定理，结合单调性可知: f (x )在(0; +1)上有一个零点 即当a = 4 时; f (x )有两个零点e 2iii ）当a > 4 时，x 2 (¡1; 0)时; g (x ) 6 g (¡2) = 4 < a ; 此时无零点 当x 2 (0; +1)时，g (0) = 0 < a ; g (p a ) = a ·e p a > a由零点存在定理，结合单调性可知: f (x )在(0; +1)上有一个零点 即当a > 4 时，f (x )有一个零点e 2 综上所述：a 6 0; 无零点； 0 < a < 4 ; 三个零点； e 2 a = e 2 ; 两个零点； 4 a > e2 ，一个零点: 4:讨论函数f (x ) = ln x + 1 a 的零点个数: x 解：f 0(x ) = 1 ¡ 1 = x ¡ 1 = 0 ) x = 1 所以f (x )在(0; 1)上单调递减，(1; +1)上单调递增:f (x )m in = f (1) = 1 ¡ a i ）当1 ¡ a > 0即a < 1时，f (x )无零点；ii ）当1 ¡ a = 0即a = 1时，f (x )有唯一零点x = 1;iii ）当1 ¡ a < 0即a > 1时，f (x )m in = f (1) = 1 ¡ a < 0 1 1 1 1 1 当x 2 (0.1)时，令b < 4 且b < a 2 时，f (b ) > x ¡ p x ¡ a > p x ¡ a > 0 由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(0; 1)上有一个零点 当x 2 (1; +1)时f (1) = 1 ¡ a < 0; f (e a ) = a + e ¡a ¡ a > 0由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(1; +1)上有一个零点所以当a > 1时，f (x )有两个零点:5:讨论函数f (x ) = e x ¡ ax; (x > 0)的零点的个数:解：当a 6 0时，f (x ) > e x > 0恒成立，此时无零点；当a > 0时，f 0(x ) = e x ¡ a = 0 ) x = ln ai ）当0 < a 6 1时，ln a 6 0; f (x )在(0; +1)单调递增，f (x ) > f (0) = 1e ¡ ) ea a a6 a a a a ae aa a 2 a 2 a a 2 a 此时无零点；ii ）当a > 1时，ln a > 0; f (x )在(0; ln a )单调递减；(ln a ; +1)单调递增 f (x )min = f (ln a ) = a ¡ a ln a = a (1 ¡ ln a )当1 < a < e 时，f (x )m in > 0; 此时无零点；当a = e 时，f (x )m in = 0; 此时有唯一零点x = 1;当a > e 时，f (x )m in = f (ln a ) < 0当x 2 (0; ln a )时f (0) = 1 > 0由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(0; ln a )有一个零点当x 2 (ln a ; +1)时f (a ) = e a ¡ a > 0由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(ln a ; +1)有一个零点所以a > e 时，f (x )有两个零点6:讨论函数f (x ) = ln x ¡ a x ，.a 6 1 Σ的零点个数: 解：f 0(x ) = 1 a xi ）当a 6 0时，f 0(x ) > 0恒成立，f (x )在(0; +1)上单调递增f (e a ) = a ¡ a ·e a = a (1 ¡ e a ) 6 0:f (1) = ¡a > 0;由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在(0; +1)有唯一一个零点 ii ）当a > 0时，f 0(x ) = 0 x = 1 a 所以f (x )在.0; 1 Σ上单调递增，. 1; +1 Σ上单调递减，f (x )m ax = f . 1 Σ= ln 1 ¡ a · 1 = ¡ln a ¡ 1 *a 6 1: ) ¡ln a > 1; )f (x )m ax = ¡ln a ¡ 1 > 0 当a = 1时，f (x )m ax = 0; f (x )只有一个零点； e 当a < 1时，f (x )m ax = f . 1 Σ> 0 当x 2. 1; +1 Σ时，f . 1 Σ= ln 1 ¡ 1 < r 1 ¡ 1 = 0 由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在. 1; +1Σ有一个零点 当x 2.0; 1 Σ时，f (1) = ¡a < 0 由零点存在定理，结合单调性知：f (x )在.0; 1 Σ上有一个零点综上所述：当a 0或a = 1时，f (x )有一个零点； e 当0 < a < 1时，f (x )有两个零点e:。
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1、（14全国）函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象关于直线0x y +=对称，则
()y f x =的反函数。
（ ） A ．()y g x = B ．()y g x =- C ．()y g x =- D ．()y g x =--
2、（15陕西）对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是。
（ ）
A ．-1是()f x 的零点
B ．1是()f x 的极值点
C ．3是()f x 的极值
D ．点(2,8)在曲线()y f x =上
3、（15天津）已知函数()()22,2,2,2,
x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩ 函数()()2g x b f x =-- ，其中b R ∈ ，若函数()()y f x g x =- 恰有4个零点，则b 的取值范围是。
（ ）
A ．7,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
B ．7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭
C ．70,4⎛⎫ ⎪⎝⎭
D ．7,24⎛⎫ ⎪⎝⎭
4、（13全国2）已知函数c bx ax x x f +++=23)(，下列结论错误的是。
（ ）
A.0)(,00=∈∃x f R x
B. 函数)(x f y =的图像是中心对称图形
C.若0x 是)(x f 的极小值点，则)(x f 在区间),(0x -∞上单调递减
D. 若0x 是)(x f 的极值点，则0)('0=x f
5、已知a 是常数，函数)(ln )(ax x x x f -=有两个极值点)(,2121x x x x <，则。
（ ） A.21)(,0)(21->>x f x f B. 2
1)(,0)(21-<<x f x f C.21)(,0)(21-<>x f x f D. 2
1)(,0)(21-><x f x f 6、（15山东）设函数⎩⎨⎧≥<-=1
,21,13)(x x x x f x ，则满足)(2)]([a f a f f =的a 的取值范围是（ ） A.]1,32[ B.]1,0[ C.),3
2[+∞ D ),1[+∞ 7、定义在R 上的奇函数)(x f 的导函数为)('x f ，且1)1(-=-f ，已知当0>x 时，有)()('x f x xf <成立，则不等式x x f <)(的解集是。
（ ）
A. ),1()0,1(+∞-
B.),1()1,(+∞--∞
C.)1,0()1,( --∞
D. )1,0()0,1( -
8、（14辽宁）当]1,2[-∈x 时，不等式03423≥++-x x ax 恒成立，则实数a 的取值范围是。
（ ）
A.]3,5[--
B. ]8
9,6[-- C. ]2,6[-- D. ]3,4[-- 9、（14全国）设函数13)(23+-=x ax x f ，若)(x f 存在唯一的零点x 0，且00>x ，则a 的取值范围是。
（ ）
A.),2(+∞
B.)2,(--∞
C. ),1(+∞
D. )1,(--∞
10、（15全国）设函数f(x)=e x (2x-1)-ax+a,其中a 1，若存在唯一的整数x 0，使得f （x 0）0，则a 的取值范围是。
（ ） A.[- ，1） B. [- ，） C. [，） D. [，1）
11、（14江苏）已知)(x f 是定义在R 上且周期为3的函数，当)3,0[∈x 时，2
12)(2+-=x x x f ，若函数a x f y -=)(在区间]4,3[-上有10个零点（互不相同），则实数a 的取值范围是
12、（13天津）函数1log 2)(5.0-=x x f x 的零点个数为
13、（14天津）已知函数R x x x x f ∈+=,3)(2，若方程01)(=--x a x f 恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围是
14、已知函数R x a x e x f x ∈--=,)(，若存在实数b 使方程b b f f =)]([有解，则实数a 的取值范围是
15、若对函数)(x f ，存在0x 满足方程)(')(x f x f =，则称0x 是)(x f 的“新驻点”。
现已知γβα,,分别是函数1)(),1ln()(,)(3-=+==x x x x h x x g ϕ的“新驻点”，γβα,,则的大小关系为
1-10、D A DCD CACBD
11、)2
1,0( 12、2 13、),9()1,0(+∞ 14、),2ln 22[+∞- 15、γαβ<<
附加
1：定义在R 上的偶函数)(x f 的导函数为)('x f ，若对任意的实数x ，都有
2)(')(2<+x xf x f 恒成立，
则使1)1()(22-<-x f x f x 成立的实数x 的取值范围是（ ） A.{}1|≠x x B.),1()1,(+∞--∞ C.)1,1(- D. )1,0()0,1( -
2：定义在R 上的奇函数)(x f 满足当0>x 时，有⎪⎩⎪⎨⎧+∞∈--∈+=)
,1[,31)1,0(),1(log )(21x x x x x f ，则关于的
函数)10()()(<<-=a a x f x F 的所有零点之和是。
（ ）
A.12-a
B.12--a
C.a 21- D a --21
3：（13辽宁）设函数)(x f 满足8)2(,)(2)('2
2
e f x e x xf x f x x ==+，则0>x 时，)(x f 。
（ ）A.有极大值，无极小值 B.有极小值，无极大值
C.既有极小值，也有极大值 D 既无极小值，也无极大值 4：若函数a xe x f x -=)(有两个零点，则实数a 的取值范围是
5：已知)(x f 是定义在R 上的偶函数，且满足)2()2(x f x f -=+，2)2015
(=f ，)()('x f x f <，则不等式12)(-<x e x f 的解集为
6：已知函数)(ln )(,1)(R a x a x g x
x x f ∈=-= （1）当2-≥a 时，求)()()(x g x f x F -=的单调区间；
（2）设)()()(x g x f x h +=，且)(x h 有两个极值点21,x x ，其中]2
1,0(1∈x ，求)()(21x h x h -的最小值。