2020年导数研究函数零点问题
专题07 利用导函数研究函数零点问题 (原卷版)-2024年高考数学复习解答题解题思路训练
专题07利用导函数研究函数零点问题(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍..........................................................................................................1二、典型题型..........................................................................................................2题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题...................................................2题型二：证明唯一零点问题..............................................................................3题型三：根据零点（根）的个数求参数...........................................................4三、专项训练. (6)一、必备秘籍2、函数零点的判定如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是()0f x =的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点3、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．4、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．二、典型题型题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题题型二：证明唯一零点问题2．（2023上·黑龙江·高三校联考阶段练习）已知函数()ln f x x x =+，()e ln xg x x a =+，且函数()f x 的零点是函数()g x 的零点．(1)求实数a 的值；(2)证明：()y g x =有唯一零点．3．（2023下·河南·高三校联考阶段练习）已知函数()ln f x ax x =-，a ∈R ．(1)过坐标原点作()f x 的切线，求该切线的方程；(2)证明：当a<0时，2()0f x ax +=只有一个实数根．题型三：根据零点（根）的个数求参数三、专项训练8．（2023上·吉林长春·高一吉林省实验校考期中）已知函数()()22ln f x x a x a x =-++，()R a ∈(1)求函数的单调区间与极值点；(2)若4a =，方程()0f x m -=有三个不同的根，求m 的取值范围．9．（2023上·江苏·高三校联考阶段练习）已知函数()2sin cos f x x x x x =-⋅-．(1)若曲线()y f x =在点()()00,x f x 处的切线与x 轴平行，求该切线方程；(2)讨论曲线()y f x =与直线y a =的交点个数．10．（2023下·山东菏泽·高二校考阶段练习）给定函数()()3exf x x =+(1)判断()f x 的单调性并求极值；(2)讨论()()R f x m m =∈解的个数．四、证明题。
《利用导数研究函数的零点问题》教学设计
《利用导数研究函数的零点问题》教学设计授课班级：某高二（文）班1．教学背景 1.1 学生特征分析我所试讲班级是长沟中学高二文班，学生的平均年龄在16-17岁，多数学生对于所识记的材料，在再认和回忆时，没有歪曲、遗漏、增补和臆测，初步具备在知觉某一事物时，能根据自己已有的知识、经验对事物加以解释和判断；具有一定的比较与分类思维，但是抽象概括及分析综合思维欠缺。
学生已经系统的复习了函数、导数的相关知识，学生了解函数零点的定义，会利用导数求函数的单调区间和极值。
对导数有了一定的理解，学习积极性比较高，利用导数这一工具对函数的性质研究比较好。
但是理性思维比较欠缺，对于处理含参问题的能力还有待提高，把新问题转化问已解决问题的能力有待提高，缺乏选择解决问题策略的能力。
由于是借班作课，师生接触少，师生之间的默契程度有待提高。
1.2教师特点分析自己教学中的优势：注重学生自主学习、善于与信息技术的整合、善于鼓励学生，能对学生进行有效指导。
不足：由于是借班作课，与学生有效沟通较少。
1.3 学习内容分析1、内容分析：导数是微积分的核心概念之一。
它是研究函数的单调性、最大（小）值等问题的最一般、最有效的工具,对我们描绘函数图象带来极大方便，高考对导数的考查重在导数的应用，如求函数的单调区间、极值最值、解决实际问题及与不等式的结合。
而利用导数对函数性质的研究有利于我们解决函数的零点问题。
近几年高考也出现了一些函数零点问题或可转化为函数零点问题的题目，今年北京文科就出现了这样的题目，所以本节课从三次函数出发探究函数零点问题，以简单的含参数函数零点问题为载体，引导学生利用导数讨论函数的单调性、极值、最值解决问题，突出数形结合思想、转化思想的应用。
2、例题分析：热身练习：求函数32()f x x x x =+-的单调区间和极值，并试求此函数的零点。
题目比较简单，学生可以独立完成，目的是让学生熟悉利用导数研究函数性质的基本过程； 思考题：函数32()1f x x x x =+-+的图像与x 轴有几个交点。
函数有唯一零点问题
函数有唯一零点问题李富春(云南省玉溪第一中学㊀６５３１００)摘㊀要:本文就函数有唯一零点问题进行分类探析.关键词:零点ꎻ参数ꎻ性质ꎻ分类ꎻ例析中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)１３－００４９－０３收稿日期:２０２０－０２－０５作者简介:李富春(１９６７.１１－)ꎬ男ꎬ云南省玉溪人ꎬ在职研究生ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀函数有唯一零点问题是导数中的一类重要问题ꎬ这类问题涉及的知识点多ꎬ综合性强ꎬ解法灵活且多种多样ꎬ所以学生在解答这类问题时ꎬ常常会不知从何入手.为此ꎬ本文通过归纳㊁总结ꎬ给出函数有唯一零点问题的求解方法ꎬ抛砖引玉ꎬ希望对同学们有所启示和帮助.㊀㊀一㊁函数有唯一零点ꎬ求函数中参数的值１.利用函数图象的轴对称性若函数ｙ＝ｆ(ｘ)在区间Ｄ上有唯一零点ꎬ且其图象关于直线ｘ＝ｍ对称ꎬ则函数ｙ＝ｆ(ｘ)在区间Ｄ上的唯一零点为ｍ.例１㊀(２０１７年高考全国卷Ⅲ 文１２理１１)已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ２－２ｘ＋ａ(ｅｘ－１＋ｅ－ｘ＋１)有唯一零点ꎬ则ａ＝(㊀㊀).Ａ.－１２㊀㊀Ｂ.１３㊀㊀Ｃ.１２㊀㊀Ｄ.１解析㊀因为ｆ(ｘ＋１)＝(ｘ＋１)２－２(ｘ＋１)＋ａ(ｅｘ＋ｅ－ｘ)＝ｘ２－１＋ａ(ｅｘ＋ｅ－ｘ)ꎬ可见函数ｆ(ｘ＋１)是偶函数ꎬ所以函数ｆ(ｘ＋１)的图象关于ｙ轴对称ꎬ从而函数ｆ(ｘ)的图象关于直线ｘ＝１对称.又函数ｆ(ｘ)有唯一零点ꎬ所以函数ｆ(ｘ)的零点只能为１ꎬ即ｆ(１)＝０ꎬ即１２－２ˑ１＋ａ(ｅ０＋ｅ０)＝０ꎬ解得ａ＝１２ꎬ故选Ｃ.评注㊀此题直接求导㊁分离参数㊁分离函数都非常难求解ꎬ甚至几乎解答不出来.２.利用分离参数法函数ｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)＋ａ在区间Ｄ上有唯一零点等价于函数ｙ＝ｇ(ｘ)与函数ｙ＝－ａ的图象在区间Ｄ上有唯一交点.㊀㊀例２㊀若函数ｆ(ｘ)＝ｅｘ＋ａｘ－ｘ２＋２ｘ在(０ꎬ＋ɕ)上仅有一个零点ꎬ则ａ＝.解析㊀ｆ(ｘ)＝０等价于ｅｘ＋ａｘ＝ｘ２－２ｘ>０ꎬ又ｘ>０ꎬ所以ｘ>２.故ａ＝ｌｎ(ｘ３－２ｘ２)－ｘ(ｘ>２).令ｙ＝ａꎬｇ(ｘ)＝ｌｎ(ｘ３－２ｘ２)－ｘꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝－ｘ(ｘ－１)(ｘ－４)ｘ３－２ｘ２ꎬ于是ｇ(ｘ)在(２ꎬ４]上单调递增ꎬ在[４ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ又ｘң２＋时ꎬｇ(ｘ)ң－ɕꎬｇ(５)＝ｌｎ７５－５<０.从而ａ＝ｇ(４)⇒ａ＝５ｌｎ２－４.评注㊀若函数ｙ＝ｆ(ｘ)在区间[ａꎬｂ]上有唯一零点ｘ０ꎬ且ｆ(ａ)ｆ(ｂ)>０ꎬ则ｘ０是其导函数ｙ＝ｆᶄ(ｘ)在区间[ａꎬｂ]上的极值点.此题利用此导数性质也可快速获解.３.利用导数性质若函数ｙ＝ｆ(ｘ)在区间[ａꎬｂ]上有唯一零点ｘ０ꎬ且ｆ(ａ)ｆ(ｂ)>０ꎬ则ｘ０是其导函数ｙ＝ｆᶄ(ｘ)在区间[ａꎬｂ]上的极值点.例３㊀设函数ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－２ｓｉｎｘꎬｘɪ[０ꎬπ]有且仅有一个零点ꎬ则实数ａ的值为(㊀㊀).Ａ.２ｅπ/４㊀Ｂ.２ｅ－π/４㊀Ｃ.２ｅπ/２㊀Ｄ.２ｅ－π/２解析㊀若ａ＝０ꎬ则ｆ(ｘ)＝－２ｓｉｎｘ在区间[０ꎬπ]上有两个零点ꎬ不符合题意ꎬ故ａʂ０ꎬ从而ｆ(０) ｆ(π)＝ａ２ｅπ>０.要使函数ｆ(ｘ)在[０ꎬπ]上只有一个零点ꎬ则在[０ꎬπ]上存在ｘ＝ｘ０既为函数ｆ(ｘ)的极值点ꎬ也是函数ｆ(ｘ)的零９４点ꎬ于是ｆ(ｘ０)＝０ꎬｆᶄ(ｘ０)＝０ꎬ{即ａｅｘ－２ｓｉｎｘ０＝０ꎬａｅｘ－２ｃｏｓｘ０＝０.{由此解得ｘ０＝π４ꎬ代入ａｅｘ－２ｓｉｎｘ０＝０ꎬ得ａｅπ/４－２ｓｉｎπ４＝０ꎬ解得ａ＝２ｅ－π/４ꎬ故选Ｂ.评注㊀此题利用分离参数法也可快速获解.㊀㊀二㊁函数有唯一零点ꎬ求函数中参数的取值范围㊀㊀１.利用数形结合法通过求导ꎬ零点存在性定理与数形结合法相结合ꎬ判断出函数图象的走向.例４㊀(２０１４年高考全国卷Ⅰ 文１２理１１)已知函数ｆ(ｘ)＝ａｘ３－３ｘ２＋１ꎬ若ｆ(ｘ)存在唯一的零点ｘ０ꎬ且ｘ０>０ꎬ则ａ的取值范围是Ａ.(２ꎬ＋ɕ)㊀㊀㊀Ｂ.(－ɕꎬ－２)Ｃ.(１ꎬ＋ɕ)Ｄ.(－ɕꎬ－１)解析㊀当ａ＝０时ꎬｆ(ｘ)＝－３ｘ２＋１有两个零点ꎬ不符合题意ꎬ故ａʂ０.ｆᶄ(ｘ)＝３ａｘ２－６ｘ＝３ｘ(ａｘ－２)ꎬ令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ得ｘ＝０或ｘ＝２ａ.由题意得ａ<０且ｆ(２ａ)>０ꎬ解之ꎬ得ａ<－２ꎬ故选Ｂ.２.利用分离参数法函数ｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)＋ａ在区间Ｄ上有唯一零点等价于函数ｙ＝ｇ(ｘ)与函数ｙ＝－ａ的图象在区间Ｄ上有唯一交点.例５㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ａｌｎ２ｘ－ｅ２ｘ/ｅ有且只有一个零点ꎬ则实数ａ的取值范围是.解析㊀当ｘ＝１２时ꎬｆ(１２)ʂ０ꎬ显然ｘ＝１２不是该函数的零点ꎻ当ｘʂ１２时ꎬ令ｆ(ｘ)＝ａｌｎ２ｘ－ｅ２ｘ/ｅ＝０ꎬ分离参数得ａ＝ｅ２ｘ/ｅｌｎ２ｘꎬ令ｐ(ｘ)＝ｅ２ｘ/ｅｌｎ２ｘꎬ函数ｆ(ｘ)＝ａｌｎ２ｘ－ｅ２ｘ/ｅ有且只有一个零点ꎬ等价于函数ｙ＝ａ与函数ｐ(ｘ)＝ｅ２ｘ/ｅｌｎ２ｘ图象有且只有一个交点.利用导数ꎬ可得ｐ(ｘ)的图象如图所示ꎬ其中ｘ＝ｅ２为ｐ(ｘ)的极小值点ꎬ且ｐ(ｅ２)＝ｅ.结合图象可知ꎬ实数ａ的取值范围是(－ɕꎬ０)ɣ{ｅ}.３.利用分离函数法函数ｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)－ｈ(ｘ)在区间Ｄ上有唯一零点等价于函数ｙ＝ｇ(ｘ)与ｙ＝ｈ(ｘ)的图象在区间Ｄ上有唯一交点.例６㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ２－３ｘ＋２ꎬｘɤ１ꎬｌｎｘꎬｘ>１ꎬ{ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ａｘ＋ａꎬ若ｇ(ｘ)恰有一个零点ꎬ则ａ的取值范围是Ａ.[－１ꎬ０]ɣ[１ꎬ＋ɕ)㊀Ｂ.(－ɕꎬ－１]ɣ[０ꎬ１]Ｃ.[－１ꎬ１]Ｄ.(－ɕꎬ－１)ɣ[１ꎬ＋ɕ)解析㊀由题意得方程ｆ(ｘ)＝ａｘ－ａ恰有一个解ꎬ也就是函数ｙ＝ｆ(ｘ)与函数ｙ＝ａｘ－ａ的图象恰有一个交点ꎬ即函数ｙ＝ｆ(ｘ)与函数ｙ＝ａｘ－ａ的图象恒有一个交点(１ꎬ０).函数ｆ(ｘ)＝ｘ２－３ｘ－２的导函数为ｆᶄ(ｘ)＝２ｘ－３ꎬ因此曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在点(１ꎬ０)处的切线的斜率ｋ１＝ｆᶄ(１)＝－１.对函数ｆ(ｘ)＝ｌｎｘ求导得ｆᶄ(ｘ)＝１ｘꎬ因此曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在点(１ꎬ０)处的切线的斜率ｋ２＝ｆᶄ(１)＝１.所以要使直线ｙ＝ａｘ－ａ与曲线ｙ＝ｆ(ｘ)恰有一个交点ꎬ则实数ａɪ[－１ꎬ０]ɣ[１ꎬ＋ɕ).故选Ａ.㊀㊀三㊁函数有唯一零点ꎬ求零点１.利用函数图象的中心对称性性质若函数ｙ＝ｆ(ｘ)在区间Ｄ上有唯一零点ꎬ且其图象关于点(ａꎬ０)对称ꎬ又函数ｙ＝ｆ(ｘ)在区间Ｄ上单调ꎬ则函数ｙ＝ｆ(ｘ)在区间Ｄ上的唯一零点为ａ.例７㊀函数ｆ(ｘ)＝ｅｘ＋１－ｌｎ(ｘ２＋２ｘ＋２－ｘ－１)－ｅ－ｘ－１的零点为.解析㊀因为由ｆ(ｘ)＝ｅｘ＋１－ｌｎ(ｘ２＋２ｘ＋２－ｘ－１)－ｅ－ｘ－１ꎬ可得ｆ(ｘ－１)＝ｅｘ－ｌｎ(ｘ２＋１－ｘ)－ｅ－ｘ.因为函数ｆ(ｘ－１)为奇函数ꎬ所以函数ｆ(ｘ－１)的图象关于点(０ꎬ０)对称ꎬ从而函数ｆ(ｘ)的图象关于点(－１ꎬ０)对称.又ｅｘꎬ－ｅ－ｘꎬ－ｌｎ(ｘ２＋１－ｘ)均为增函数ꎬ所以函数ｆ(ｘ－１)在Ｒ上单调递增ꎬ所以函数ｆ(ｘ)在Ｒ上单调递增.从而函数ｆ(ｘ)仅有唯一零点－１ꎬ即函数ｆ(ｘ)的零点为－１.２.利用解方程法函数ｙ＝ｆ(ｘ)的零点等价于方程ｆ(ｘ)＝０的实数根.例８㊀函数ｆ(ｘ)＝ｌｎｘｘ的零点为.解析㊀函数ｆ(ｘ)＝ｌｎｘｘ的零点等价于方程ｆ(ｘ)＝０ꎬ０５即ｌｎｘｘ＝０的实根.由方程ｌｎｘｘ＝０ꎬ解得ｘ＝１ꎬ故函数ｆ(ｘ)＝ｌｎｘｘ的零点为１.３.利用凑法有时ꎬ利用上述方法都不能解决求函数的零点问题ꎬ就观察函数解析式的结构特征或方程的结构特征ꎬ然后凑值.例９㊀函数ｆ(ｘ)＝２ｘｌｎ２ｘ－２ｘ＋１的零点为.解析㊀函数ｆ(ｘ)＝２ｘｌｎ２ｘ－２ｘ＋１的零点等价于方程ｆ(ｘ)＝０ꎬ即２ｘｌｎ２ｘ－２ｘ＋１＝０的实数根.由２ｘｌｎ２ｘ－２ｘ＋１＝０ꎬ得ｅ１－２＝２ｘꎬ由此凑出ｘ＝０.故函数ｆ(ｘ)＝２ｘｌｎ２ｘ－２ｘ＋１的零点为１.㊀㊀四㊁证明函数在区间Ｄ上有唯一零点１.利用分离参数法函数ｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)＋ａ在区间Ｄ上有唯一零点等价于函数ｙ＝ｇ(ｘ)与函数ｙ＝－ａ的图象在区间Ｄ上有唯一交点.例１０㊀(２０１８年高考全国卷Ⅱ 文２１)已知函数ｆ(ｘ)＝１３ｘ３－ａ(ｘ２＋ｘ＋１).(１)若ａ＝３ꎬ求ｆ(ｘ)的单调区间ꎻ(２)证明:ｆ(ｘ)只有一个零点.解析㊀(１)略.(２)由于ｘ２＋ｘ＋１>０ꎬ所以ｆ(ｘ)＝０等价于ｘ３ｘ２＋ｘ＋１－３ａ＝０.设ｇ(ｘ)＝ｘ３ｘ２＋ｘ＋１ꎬｙ＝３ａꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｘ２(ｘ２＋２ｘ＋３)(ｘ２＋ｘ＋１)２ȡ０ꎬ当且仅当ｘ＝０时ꎬｇᶄ(ｘ)＝０ꎬ所以ｇ(ｘ)在(－ɕꎬ＋ɕ)上单调递增.故ｇ(ｘ)的图象与直线ｙ＝３ａ至多有一个交点.又ｇ(－１)＝－１<０ꎬｇ(１)＝１３>０ꎬ故ｇ(ｘ)的图象与直线ｙ＝３ａ一定有一个交点.综上所述ꎬｆ(ｘ)只有一个零点.２.利用零点存在性性质若函数ｙ＝ｆ(ｘ)在区间[ａꎬｂ]上单调ꎬ且ｆ(ａ)ｆ(ｂ)<０ꎬ则函数ｙ＝ｆ(ｘ)在区间[ａꎬｂ]上有唯一零点.例１１㊀(２０１５年高考北京卷 文１９)设函数ｆ(ｘ)＝ｘ２２－ｋｌｎｘꎬｋ>０.(１)求ｆ(ｘ)的单调区间和极值ꎻ(２)证明:若ｆ(ｘ)存在零点ꎬ则ｆ(ｘ)在区间(１ꎬｅ]上仅有一个零点.解析㊀(１)由ｆ(ｘ)＝ｘ２２－ｋｌｎｘ(ｋ>０)ꎬ得ｆᶄ(ｘ)＝ｘ－ｋｘ＝ｘ２－ｋｘ.由ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ解得ｘ>ｋꎻ由ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ解得０<ｘ<ｋ.所以ｆ(ｘ)的单调递减区间是(０ꎬｋ]ꎬ单调递增区间是[ｋꎬ＋ɕ).ｆ(ｘ)在ｘ＝ｋ处取得极小值ｆ(ｋ)＝ｋ(１－ｌｎｋ)２ꎬｆ(ｘ)没有极大值.(２)由(１)知ꎬｆ(ｘ)在区间(０ꎬ＋ɕ)上的最小值为ｆ(ｋ)＝ｋ(１－ｌｎｋ)２.因为ｆ(ｘ)存在零点ꎬ所以ｋ(１－ｌｎｋ)２ɤ０ꎬ从而ｋȡｅ.当ｋ＝ｅ时ꎬｆ(ｘ)在区间(１ꎬｅ]上单调递减ꎬ且ｆ(ｅ)＝０ꎬ所以ｘ＝ｅ是ｆ(ｘ)在区间(１ꎬｅ]上的唯一零点.㊀㊀当ｋ>ｅ时ꎬｆ(ｘ)在区间(０ꎬｅ]上单调递减ꎬ且ｆ(１)＝１２>０ꎬｆ(ｅ)＝ｅ－ｋ２<０ꎬ所以ｆ(ｘ)在区间(１ꎬｅ]上仅有一个零点.综上可知ꎬ若ｆ(ｘ)存在零点ꎬ则ｆ(ｘ)在区间(１ꎬｅ]上仅有一个零点.㊀㊀参考文献:[１]中华人民共和国教育部ꎬ课程教材研究所ꎬ中学数学课程教材研究开发中心.普通高中课程标准试验教科书(必修)数学１(Ａ版)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１４.[２]中华人民共和国教育部ꎬ课程教材研究所ꎬ中学数学课程教材研究开发中心.普通高中课程标准试验教科书(选修)数学２－２(Ａ版)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１４.[３]杜志建.２０１４－２０１８新高考５年真题汇编(数学 文科)[Ｍ].乌鲁木齐:新疆青少年出版社ꎬ２０１８.[４]天利全国高考命题研究中心.２０１７全国各省市高考试题汇编全解(数学理科)[Ｍ].拉萨:西藏人民出版社ꎬ２０１７.[责任编辑:李㊀璟]１５。
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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【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，
专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)
导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x x =+. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）讨论函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+， 令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论： 当21e a <-时，零点的个数为0个； 当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个； 当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案； 【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论． 【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增， 又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞， 根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点． 综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增， 此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意， 综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-， 设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =， 所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<． 以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 且 x →+∞时，()0h x →，()11h =， 所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =， 当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+， 所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数； （2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．（2022·天津静海一中高三月考）已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行． （1）求a 的值和函数()f x 的单调区间； （2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围． 【答案】（1）-9，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-； 由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-． （2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点． ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--， ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <； 由()0g x '<，解得12x <<．∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →， 作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围． （2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩， 解得3ln204k -<<， 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+， 令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增； 因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围． 【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值； （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案 【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =． （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<； 当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。
导数与函数的切线及函数零点问题
广东实验学校2020届高三理科数学寒假作业----导数专题函数的切线及函数零点问题1.已知函数f (x)＝a x＋b x(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1).(1)设a＝2，b＝12.①求方程f (x)＝2的根；②若对任意x∈R，不等式f (2x)≥mf (x)－6恒成立，求实数m的最大值；(2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f (x)－2有且只有1个零点，求ab的值.考点整合1.求曲线y＝f (x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f (x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f ′(x0)，由点斜式写出方程.(2)已知切线的斜率为k，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k ＝f ′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程.(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f ′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f (x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下：①转化为形如f (x1)·f (x2)＜0的不等式：若y＝f (x)满足f (a)f (b)＜0，则f (x)在(a，b)内至少有一个零点；②转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g(x)＝0有解问题，将方程分离参数后(a＝f (x))转化为求y＝f (x)的值域问题；③数形结合：将问题转化为y＝f (x)与y＝g(x)的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题.(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法①数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案.②函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.2.已知函数f (x)＝2x3－3x.①求f (x)在区间[－2，1]上的最大值；②若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切，求t的取值范围.探究提高解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系，如本题第(2)问中的切线过点(1，t).3. 已知函数f (x)＝x3－x.(1)设M(λ0，f (λ0))是函数f (x)图象上的一点，求图象在点M处的切线方程；(2)证明：过点N(2，1)可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.热点二利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题[命题角度1]讨论函数零点的个数4.(2015·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝x3＋ax＋14，g(x)＝－ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f (x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f (x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数.探究提高对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.[命题角度2]根据函数零点求参数范围5.(2017·徐州考前信息卷)已知函数f (x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－2(e为自然对数的底数，a∈R).(1)判断曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与曲线y＝g(x)的公共点个数；(2)当x∈\f(1e)，e)时，若函数y＝f (x)－g(x)有两个零点，求a的取值范围.探究提高研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.6. (2017·南通调研节选)已知函数f (x)＝ax2－x－ln x，a∈R.(1)当a＝38时，求函数f (x)的最小值；(2)若－1≤a≤0，证明：函数f (x)有且只有一个零点..1.求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y－y0＝f ′(x0)(x－x0)，它的难点在于分清“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异.突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P(x0，y0)的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P(x0，y0)处的切线，必以点P为切点，则此时切线的方程是y－y0＝f′(x0)(x－x0).2.我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题.3.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.4.求函数零点或两函数的交点问题，综合了函数、方程、不等式等多方面知识，可以全面地考察学生对函数性质、函数图象等知识的综合应用能力，同时考察学生的变形、转化能力.因此在高考压轴题中占有比较重要的地位.7..(2017·泰州质检)已知函数f (x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).(1)当a＝2时，求f (x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f (x)－ax＋m在\f(1e)，e)上有两个零点，求实数m的取值范围.8.已知函数f (x)＝x2－a ln x－1，函数F(x)＝x)－1\r(x)＋1.(1)如果函数f (x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a的取值范围；(2)当a＝2时，你认为函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象有多少个公共点？请证明你的结论.9..(2017·山东卷)已知函数f (x)＝13x3－12ax2，a∈R.(1)当a＝2时，求曲线y＝f (x)在点(3，f (3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f (x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.导数专题答案1.解(1)①由已知可得2x＋\a\vs4\al\co1(\f(12))x＝2，即2x＋12x＝2.∴(2x)2－2·2x＋1＝0，解得2x＝1，∴x＝0.②f (x)＝2x＋\a\vs4\al\co1(\f(12))x＝2x＋2－x，令t＝2x＋2－x，则t≥2.又f (2x)＝22x＋2－2x＝t2－2，故f (2x)≥mf (x)－6可化为t2－2≥mt－6，即m≤t＋4t，又t≥2，t＋4t≥24t)＝4(当且仅当t＝2时等号成立)，∴m≤\a\vs4\al\co1(t＋\f(4t))min＝4，即m的最大值为4.(2)∵0＜a＜1，b＞1，∴ln a＜0，ln b＞0.g(x)＝f (x)－2＝a x＋b x－2，g′(x)＝a x ln a＋b x ln b且g′(x)为单调递增，值域为R的函数.∴g′(x)一定存在唯一的变号零点，∴g(x)为先减后增且有唯一极值点.由题意g(x)有且仅有一个零点，则g(x)的极值一定为0，而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0，∴ab＝1.2.解①由f (x)＝2x3－3x得f ′(x)＝6x2－3.令f ′(x)＝0，得x＝－2)2或x＝2)2.因为f (－2)＝－10，f \a\vs4\al\co1(－\f(\r(2)2))＝2，f \a\vs4\al\co1(\f(\r(2)2))＝－2，f (1)＝－1，所以f (x)在区间[－2，1]上的最大值为f \a\vs4\al\co1(－\f(\r(2)2))＝2.②设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f (x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因为t－y0＝(6x20－3)(1－x0).整理得4x30－6x20＋t＋3＝0，设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”. g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值.当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1)和[1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点.综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切时，t的取值范围是(－3，－1).3.解因为f ′(x)＝3x2－1.所以曲线f (x)＝x3－x在点M(λ0，f (λ0))处的切线的斜率为k＝f ′(λ0)＝3λ20－1. 所以切线方程为y－(λ30－λ0)＝(3λ20－1)(x－λ0)，即y＝(3λ20－1)x－2λ30.(2)证明由(1)知曲线f (x)＝x3－x在点(λ，f (λ))处的切线的方程为y＝(3λ2－1)x －2λ3.若切线过点N(2，1)，则1＝2(3λ2－1)－2λ3，即2λ3－6λ2＋3＝0.过点N可作曲线f (x)的三条切线等价于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三个不同的解. 设g(λ)＝2λ3－6λ2＋3，则g′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2).当λ变化时，g′(λ)，g(λ)的变化情况如下表：因为g(λ)在R上只有一个极大值3和一个极小值－5，所以过点N可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.4.解(1)设曲线y＝f (x)与x轴相切于点(x0，0)，则f (x0)＝0，f ′(x0)＝0.即3020x＋ax0＋\f(143x＋a＝0，解得x0＝12，a＝－34.因此，当a＝－34时，x轴为曲线y＝f (x)的切线.(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而h(x)＝min{f (x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点.当x＝1时，若a≥－54，则f (1)＝a＋54≥0，h(1)＝min{f (1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－54，则f (1)<0，h(1)＝min{f (1)，g(1)}＝f (1)<0，故x＝1不是h(x)的零点. 当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0.所以只需考虑f (x)在(0，1)的零点个数.(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f ′(x)＝3x2＋a在(0，1)上无零点，故f (x)在(0，1)上单调.而f (0)＝14，f (1)＝a＋54，所以当a≤－3时，f (x)在(0，1)内有一个零点；当a≥0时，f (x)在(0，1)上没有零点.(ⅱ)若－3<a<0，则f (x)在\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a3)))上单调递减，在\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3))，1)上单调递增，故在(0，1)中，当x＝a3)时，f (x)取得最小值，最小值为f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))＝2a3a3)＋14.①若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))>0，即－34<a<0，f (x)在(0，1)无零点；②若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))＝0，即a＝－34，则f (x)在(0，1)有唯一零点；③若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))<0，即－3<a<－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a＋54，所以当－54<a<－34时，f (x)在(0，1)有两个零点；当－3<a≤－54时，f (x)在(0，1)有一个零点.综上，当a>－34或a<－54时，h(x)有一个零点；当a＝－34或a＝－54时，h(x)有两个零点；当－54<a<－34时，h(x)有三个零点.5.解(1)f ′(x)＝ln x＋1，所以切线斜率k＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1.由y＝－x2＋ax－2，y＝x－1)⇒x2＋(1－a)x＋1＝0.由Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3＝(a＋1)(a－3)可知：当Δ＞0时，即a＜－1或a＞3时，有两个公共点；当Δ＝0时，即a＝－1或a＝3时，有一个公共点；当Δ＜0时，即－1＜a＜3时，没有公共点.(2)y＝f (x)－g(x)＝x2－ax＋2＋x ln x，由y＝0，得a＝x＋2x＋ln x.令h(x)＝x＋2x＋ln x，则h′(x)＝（x－1）（x＋2）x2.当x∈\f(1e)，e)时，由h′(x)＝0，得x＝1.所以h(x)在\f(1e)，1)上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h(x)min＝h(1)＝3.由h\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝1e＋2e－1，h(e)＝e＋2e＋1，比较可知h\a\vs4\al\co1(\f(1e))＞h(e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a≤e＋2e＋1时，函数y＝f (x)－g(x)有两个零点.6.(1)解当a＝38时，f (x)＝38x2－x－ln x.所以f ′(x)＝34x－1－1x＝（3x＋2）（x－2）4x(x>0).令f ′(x)＝0，得x＝2，当x∈(0，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f (x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.所以当x＝2时，f (x)有最小值f (2)＝－12－ln 2.(2)证明由f (x)＝ax2－x－ln x得f′(x)＝2ax－1－1x＝2ax2－x－1x，x>0.所以当a≤0时，f′(x)＝2ax2－x－1x<0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上最多有一个零点.因为当－1≤a≤0时，f (1)＝a－1<0，f \a\vs4\al\co1(\f(1e))＝e2－e＋ae2>0，所以当－1≤a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上有零点.综上，当－1≤a≤0时，函数f (x)有且只有一个零点7.解(1)当a＝2时，f (x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝2x－2x＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k＝f ′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，则g′(x)＝2x－2x＝－2（x＋1）（x－1）x.因为x∈\f(1e)，e)，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当1e＜x＜1时，g′(x)＞0，此时函数单调递增；当1＜x＜e时，g′(x)＜0，此时函数单调递减.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又g\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝m－2－1e2，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝4－e2＋1e2＜0，则g(e)＜g\a\vs4\al\co1(\f(1e))，所以g(x)在\f(1e)，e)上的最小值是g(e).g(x)在\f(1e)，e)上有两个零点的条件是g（1）＝m－1＞0，\rc\1e2)≤0，解得1＜m≤2＋1e2，所以实数m的取值范围是\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1e2)).8.解(1)∵f (x)＝x2－a ln x－1的定义域为(0，＋∞)，函数f (x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，∴f ′(x)＝2x－ax＞0在(0，＋∞)上恒成立.∴a＜2x2在(0，＋∞)上恒成立，∵y＝2x2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a≤0.∴所求的a的取值范围为(－∞，0].(2)当a＝2时，函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.证明如下：当a＝2时，y＝f（x）x－1＝x2－2ln x－1x－1，它的定义域为{x|x＞0且x≠1}，F(x)的定义域为[0，＋∞).当x＞0且x≠1时，由f（x）x－1＝F(x)得x2－2ln x－x＋2x－2＝0.设h(x)＝x2－2ln x－x＋2x－2，则h′(x)＝2x－2x－1＋1\r(x)＝x)－1）（2x\r(x)＋2x＋\r(x)＋2）x.∴当0＜x＜1时，h′(x)＜0，此时，h(x)单调递减；当x＞1时，h′(x)＞0，此时，h(x)单调递增.∴当x＞0且x≠1时，h(x)＞h(1)＝0，即h(x)＝0无实数根.∴当a＝2，x＞0且x≠1时，f（x）x－1＝F(x)无实数根.∴当a＝2时，函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.9.解(1)由题意f ′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f (3)＝0，f ′(x)＝x2－2x，所以f ′(3)＝3，因此曲线y＝f (x)在点(3，f (3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.(2)因为g(x)＝f (x)＋(x－a)cos x－sin x，所以g′(x)＝f ′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；当x＝a时g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.综上所述：当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.。
导数与函数零点问题解题方法归纳
导数与函数零点问题解题方法归纳导函数零点问题一、方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心是由导数值的正负确定函数的单调性。
应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究$f(x)$的单调性，往往需要解方程$f'(x)=0$。
若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题。
二、解题策略类型一：察“言”观“色”，“猜”出零点例1】【2020·福建南平期末】已知函数$f(x)=x+ax+\frac{1}{e^{2x}}$1）讨论$f(x)$的单调性；2）若函数$g(x)=x+\frac{1}{e^{-mx}-1}$在$[-1,+\infty)$有两个零点，求$m$的取值范围。
分析】1）首先求出函数的导函数因式分解为$f'(x)=(x+a+1)(x+1)e^{-2x}$，再对参数$a$分类讨论可得：①当$a=0$时，$f'(x)=(x+1)e^{-2x}$，当且仅当$x=-1$时，等号成立。
故$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数。
②当$a>0$时，$-10$得$x-1$，由$f'(x)<0$得$-a-1<x<-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数。
③当$aa+1$，由$f'(x)>0$得$x>-a-1$或$x<-1$，由$f'(x)<0$得$-1<x<-a-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
综上，当$a=0$时，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数；当$a>0$时，$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数；当$a<0$时，$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题（解析版）
2020年高考数学（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 2＝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， ①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．②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． ③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，(ⅰ)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； (ⅱ)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＋2ea ，(a <0)，h′(a)＝－12a ea－12ea－2e a＋2，(a<0)，h′(0)＝－12，h″(a)＝e－a－e a＋e－a－12a ea>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(x1)>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(e2，f(e2))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)－kx2x－1无零点，求k的取值范围．【解析】(1)函数f(x)＝mxln x的导数为f′(x)＝m(ln x－1)(ln x)2，又由题意有：f′(e2)＝12⇒m4＝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 －2x2.①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；②当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2⇒h ′(x )＝22xkx 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． ①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；②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． ③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；④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＋1.①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； ②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①②，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：①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)＝0.②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①②，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．。
2020年高三微专题26：关于函数隐性零点问题
函数隐性零点问题近年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。
用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。
函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。
根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的， 不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。
1.不含参函数的隐性零点问题已知不含参函数)(x f ，导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，①注意确定0x 的合适范围. 2.含参函数的隐性零点问题已知含参函数),(a x f ，其中a 为参数，导函数方程0),('=a x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，该关系式给出了a x ,0的关系，①注意确定0x 的合适范围，往往和a 的范围有关.题型一 求参数的最值或取值范围 例1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． 解析：（1）（略解）若a≤0，则f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增；若a ＞0，则f （x ）的单调减区间是（﹣∞，lna ），增区间是（lna ，+∞）． （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 ＜11-+xe x +x （x ＞0）（*）， 令g （x ）=11-+x e x +x ，则g′（x ）=2)1()2(---x x x e x e e ，而函数f （x ）=e x ﹣x ﹣2在（0，+∞）上单调递增，①f （1）＜0，f （2）＞0，所以f （x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．故g ′（x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．设此零点为a ，则a①（1，2）．当x①（0，a ）时，g ′（x ）＜0；当x①（a ，+∞）时，g ′（x ）＞0．所以g （x ）在（0，+∞）的最小值为g （a ）又由g′（a ）=0，可得e a =a+2，①所以g （a ）=a+1①（2，3）．由于（*）式等价于k ＜g （a ），故整数k 的最大值为2．点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤： ①确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定）； ①根据零点的意义进行代数式的替换； ①结合前两步，确定目标式的范围。
利用导数研究函数零点(经典导学案及练习答案详解)
§3.7 利用导数研究函数零点题型一 数形结合法研究函数零点例1 (2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)． (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解 (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)令f (x )＝0，得e x ＝a (x ＋2)，即1a ＝x ＋2ex ，所以函数y ＝1a 的图象与函数φ(x )＝x ＋2e x 的图象有两个交点，φ′(x )＝－x －1e 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φ(x )max ＝φ(－1)＝e ，且x →－∞时， φ(x )→－∞；x →＋∞时，φ(x )→0， 所以0<1a <e ，解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 教师备选已知函数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 (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－1e2 单调递增∴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)＝－1e 2，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，－1e 2，(－1,0)，(0,1)． 当x →－∞时，与一次函数相比，指数函数y ＝e －x 增长更快，从而f (x )＝x ＋1e －x →0；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f ′(x )→＋∞，根据以上信息，画出f (x )大致图象如图所示．函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数为y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 的交点个数． 当x ＝－2时，f (x )有极小值f (－2)＝－1e2.∴关于函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点个数有如下结论： 当a <－1e 2时，零点的个数为0；当a ＝－1e 2或a ≥0时，零点的个数为1；当－1e2<a <0时，零点的个数为2.思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2. (2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， ∴x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 利用函数性质研究函数零点 例2 已知函数f (x )＝x －a ln x (a >0)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)求函数g (x )＝12x 2－ax －f (x )的零点个数．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由f (x )＝x －a ln x 可得 f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，由f ′(x )>0可得x >a ； 由f ′(x )<0可得0<x <a ，所以f (x )的单调递减区间为(0，a )， 单调递增区间为(a ，＋∞)． (2)由g (x )＝12x 2－ax －x ＋a ln x＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ， 可得g ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax＝x 2－(a ＋1)x ＋a x ＝(x －1)(x －a )x ，令g ′(x )＝0可得x ＝1或x ＝a ， 因为g (1)＝12－a －1＝－a －12<0，g (2a ＋3)＝12(2a ＋3)2－(a ＋1)(2a ＋3)＋a ln(2a ＋3)＝a ＋a ln(2a ＋3)＋32>0，当a >1时，g (x )在(1，a )上单调递减， 所以g (1)>g (a )，所以g (a )<0，所以g (x )有一个零点， 当a ＝1时，g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )有一个零点，当0<a <1时，g (x )在(0，a )上单调递增， 在(a ,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 此时g (a )＝12a 2－(a ＋1)a ＋a ln a＝－12a 2－a ＋a ln a <0，g (x )只有一个零点，综上所述，g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点． 教师备选已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4. (1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点． (1)解 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0∪⎝⎛⎭⎫π2，π时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－π2，0，⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． (2)证明 h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ， ∵h (－x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝h (x )， ∴h (x )为偶函数． 又∵h (0)＝0，∴x ＝0为函数h (x )的零点．下面讨论h (x )在(0，＋∞)上的零点个数： h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝x (x －4sin x )＋4(1－cos x )． 当x ∈[4，＋∞)时， x －4sin x >0,4(1－cos x )≥0， ∴h (x )>0， ∴h (x )无零点； 当x ∈(0,4)时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x )， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，h ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，4时，h ′(x )>0，∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫π3，4上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫π3＝π29＋4－4π3sin π3－4cos π3＝π29＋2－23π3<0， 又h (0)＝0，且h (4)＝20－16sin 4－4cos 4>0，∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上无零点，在⎝⎛⎭⎫π3，4上有唯一零点． 综上，h (x )在(0，＋∞)上有唯一零点， 又h (0)＝0且h (x )为偶函数， 故h (x )在R 上有且仅有三个零点．思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练2 已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3. 当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时， f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)， 单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明 因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立， 所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2(x 2＋2x ＋3)(x 2＋x ＋1)2≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0， 所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点． 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0， f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上所述，f (x )只有一个零点． 题型三 构造函数法研究函数的零点例3 (2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x aa x (x >0)．(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x (2－x ln 2)2x (x >0)，令f ′(x )>0，则0<x <2ln 2，此时函数f (x )单调递增， 令f ′(x )<0， 则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln 2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)． 教师备选(2022·淄博质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝x 2＋3x ＋2＝(x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝－2， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋ f (x )极大值极小值由表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝－23，极小值为f (－1)＝－56.(2)由(1)知g (x )＝x 2＋3x ＋2＋k e x －1＝x 2＋3x ＋1＋k e x ， 由题知需x 2＋3x ＋1＋k e x ＝0有三个不同的解，即k ＝－x 2＋3x ＋1e x有三个不同的解．设h (x )＝－x 2＋3x ＋1e x，则h ′(x )＝x 2＋x －2e x ＝(x ＋2)(x －1)e x，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 当x ∈(－2,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 又当x →－∞时，h (x )→－∞， 当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )<0， 且h (－2)＝e 2，h (1)＝－5e .作出函数h (x )的简图如图，数形结合可知，－5e<k <0.思维升华 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3 已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b ＋12.(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝12时，f (x )的图象与直线y ＝bx 有3个交点，求b 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2＋b ＋12(x ∈R )，则f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)． 令f ′(x )>0，解得x <0或x >ln 2； 令f ′(x )<0，解得0<x <ln 2，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2)． (2)因为a ＝12，所以f (x )＝(x －1)e x －12x 2＋b ＋12.由(x －1)e x －12x 2＋b ＋12＝bx ，得(x －1)e x －12(x 2－1)＝b (x －1)．当x ＝1时，方程成立．当x ≠1时，只需要方程e x －12(x ＋1)＝b 有2个实根．令g (x )＝e x －12(x ＋1)，则g ′(x )＝e x －12.当x <ln 12时，g ′(x )<0，当x >ln 12且x ≠1时，g ′(x )>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 12，1和(1，＋∞)上单调递增，因为g ⎝⎛⎭⎫ln 12＝12－12⎝⎛⎭⎫ln 12＋1＝12ln 2， g (1)＝e －1≠0，所以b ∈⎝⎛⎭⎫12ln 2，e －1∪(e －1，＋∞)． 课时精练1．已知函数f (x )＝e x (ax ＋1)，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx －e. (1)求a ，b 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－3e x －m 有两个零点，求实数m 的取值范围． 解 (1)f (x )＝e x (ax ＋1)，则f ′(x )＝e x (ax ＋1)＋e x ·a ＝e x (ax ＋1＋a )，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝e (2a ＋1)＝b ，f (1)＝e (a ＋1)＝b －e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3e ，∴a ＝1，b ＝3e.(2)g (x )＝f (x )－3e x －m ＝e x (x －2)－m ，函数g (x )＝e x (x －2)－m 有两个零点，相当于函数u (x )＝e x ·(x －2)的图象与直线y ＝m 有两个交点，u ′(x )＝e x ·(x －2)＋e x ＝e x (x －1)， 当x ∈(－∞，1)时，u ′(x )<0， ∴u (x )在(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0， ∴u (x )在(1，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝1时，u (x )取得极小值u (1)＝－e. 又当x →＋∞时，u (x )→＋∞， 当x <2时，u (x )<0， ∴－e<m <0，∴实数m 的取值范围为(－e,0)． 2．已知函数f (x )＝e x －(k ＋1)ln x ＋2sin α.(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数k 的取值范围； (2)当k ＝0时，证明：函数f (x )无零点． (1)解 f ′(x )＝e x －k ＋1x ，x >0，∵函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴e x －k ＋1x ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即k ＋1≤x e x 在(0，＋∞)上恒成立， 设h (x )＝x e x ，则h ′(x )＝(x ＋1)e x >0在(0，＋∞)上恒成立． ∴函数h (x )＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增， 则h (x )>h (0)＝0， ∴k ＋1≤0，即k ≤－1，故实数k 的取值范围是(－∞，－1]． (2)证明 当k ＝0时，f ′(x )＝e x －1x，x >0，x 则g ′(x )＝e x ＋1x2>0， ∴f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′⎝⎛⎭⎫12＝e －2<0，f ′(1)＝e －1>0，∴存在m ∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得f ′(m )＝0，得e m ＝1m， 故m ＝－ln m ，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，∴f (x )min ＝f (m )＝e m －ln m ＋2sin α＝1m ＋m ＋2sin α>2＋2sin α≥0， ∴函数f (x )无零点．3．(2022·安庆模拟)已知函数f (x )＝ln x －a e x ＋1(a ∈R )．(1)当a ＝1时，讨论f (x )极值点的个数；(2)讨论函数f (x )的零点个数．解 (1)由f (x )＝ln x －a e x ＋1，知x ∈(0，＋∞)．当a ＝1时，f (x )＝ln x －e x ＋1，f ′(x )＝1x－e x ， 显然f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减．又f ′⎝⎛⎭⎫12＝2－e>0，f ′(1)＝1－e<0，所以f ′(x )在⎝⎛⎭⎫12，1上存在零点x 0，且是唯一零点，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )<0，所以x 0是f (x )＝ln x －e x ＋1的极大值点，且是唯一极值点．(2)令f (x )＝ln x －a e x ＋1＝0，则a ＝ln x ＋1e x. 令y ＝a ，g (x )＝ln x ＋1e x， g ′(x )＝1x －ln x －1e x(x >0)．x 则h ′(x )＝－1x 2－1x<0， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，g (x )单调递减．故g (x )max ＝g (1)＝1e. 又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，当x >1且x →＋∞时，g (x )>0且g (x )→0，作出函数g (x )＝ln x ＋1e x的图象如图所示．结合图象知，当a >1e时，f (x )无零点， 当a ≤0或a ＝1e时，f (x )有1个零点， 当0<a <1e时，f (x )有两个零点．4．(2022·潍坊模拟)已知函数f (x )＝x 2－a sin x－2(a ∈R )． (1)若曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线经过坐标原点，求实数a ； (2)当a >0时，判断函数f (x )在x ∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．解 (1)f ′(x )＝2x sin x －(x 2－a )cos x sin 2x， f ′⎝⎛⎭⎫π2＝π，所以f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线方程为y ＝πx ，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝π22， 即π24－a －2＝π22，a ＝－π24－2.(2)因为x ∈(0，π)，所以sin x >0，所以x 2－a sin x－2＝0可转化为x 2－a －2sin x ＝0， 设g (x )＝x 2－a －2sin x ，则g ′(x )＝2x －2cos x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，π时，g ′(x )>0，所以g (x )在区间⎣⎡⎭⎫π2，π上单调递增．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时， 设h (x )＝g ′(x )＝2x －2cos x ，此时h ′(x )＝2＋2sin x >0，所以g ′(x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， 又 g ′(0)＝－2<0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝π>0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得g ′(x )＝0且x ∈(0，x 0)时g (x )单调递减， x ∈⎣⎡⎭⎫x 0，π2时g (x )单调递增． 综上，对于连续函数g (x )，当x ∈(0，x 0)时，g (x )单调递减， 当x ∈(x 0，π)时，g (x )单调递增．又因为g (0)＝－a <0，所以当g (π)＝π2－a >0，即a <π2时，函数g (x )在区间(x 0，π)上有唯一零点，当g (π)＝π2－a ≤0，即a ≥π2时，函数g (x )在区间(0，π)上无零点， 综上可知，当0<a <π2时，函数f (x )在(0，π)上有1个零点； 当a ≥π2时，函数f (x )在(0，π)上没有零点．。
高考数学一轮复习第4讲 第3课时 利用导数研究函数的零点问题
第3课时利用导数研究函数的零点问题考向一判断函数零点或方程的根个数问题例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＝2.71828….(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．解(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)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．(2)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.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．1.(2020·潍坊检测)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．解(1)证明：令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g(1)＝0，g′(x)＝1x－1＝1－xx，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)f′(x)＝1x－2x＋a＝－2x2＋ax＋1x，x>0.令－2x20＋ax0＋1＝0，解得x0＝a＋a2＋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 －14a2＋12<12a －1－14a2＋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．考向二 由函数零点个数求解参数取值范围问题 例2 (2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)． (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解 (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 )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)解法一：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 ，＋∞.解法二：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 ＝ex x ＋2(x ≠－2)有两个解，令h (x )＝exx ＋2(x ≠－2)， 则有h ′(x )＝错误!＝错误!， 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 ＝exx ＋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 ，＋∞.根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．2.(2021·大庆实验中学月考)设k ∈R ，函数f (x )＝ln x －kx .(1)若k ＝2，求曲线y ＝f (x )在P (1，－2)处的切线方程； (2)若f (x )无零点，求实数k 的取值范围． 解 (1)在区间(0，＋∞)上，f ′(x )＝1x －k ＝1－kx x，当k ＝2时，f ′(1)＝1－2＝－1，则切线方程为y －(－2)＝－(x －1)，即x ＋y ＋1＝0.(2)①若k <0，则f ′(x )>0，f (x )是区间(0，＋∞)上的增函数， 因为f (1)＝－k >0，f (e k )＝k －k e k ＝k (1－e k )<0，所以f (1)·f (e k )<0，函数f (x )在区间(0，＋∞)上有唯一零点； ②若k ＝0，f (x )＝ln x 有唯一零点x ＝1； ③若k >0，令f ′(x )＝0，得x ＝1k，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1k 上，f ′(x )>0，函数f (x )是增函数；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1k ，＋∞上，f ′(x )<0，函数f (x )是减函数；故在区间(0，＋∞)上，f (x )的极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1k ＝ln 1k －1＝－ln k －1，由于f (x )无零点，须使f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1k ＝－ln k －1<0，解得k >1e ，故所求实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞.考向三 涉及函数零点、极值点的综合问题例3 (2019·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明：(1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x .因为y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增， y ＝1x 在(0，＋∞)上单调递减， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12>0，故存在唯一x 0∈(1,2)，使得f ′(x 0)＝0. 又当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 因此，f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)<f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3>0， 所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝α. 由α>x 0>1得1α<1<x 0.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1α＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1α－1ln 1α－1α－1＝错误!＝0，故1α是f (x )＝0在(0，x 0)内的唯一根． 综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况．(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．3.已知函数f(x)＝12x2＋(1－a)x－a ln x，a∈R.(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2.解(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－ax，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－ax＝(x＋1)⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－ax(x>0)，①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增，当0<x<a时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减，所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)<0，即12a2＋(1－a)a－a ln a<0，整理得ln a>1－12a，作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－a ln 2a－x x，则h ′(x )＝－2＋错误!＝－2＋错误!≥0， 所以h (x )在(0,2a )上单调递增， 不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0， 即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)，又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数，所以2a －x 2<x 1， 即x 1＋x 2>2a ，又ln a >1－12a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2.一、单项选择题1．已知函数f (x )＝ln xx2.若方程f (x )－a ＝0恰有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，12eB ．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，12eC.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，2eD ．⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12e ，＋∞答案 A 解析 f (x )＝ln x x2的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －2xln xx4＝1－2ln x x3，令f ′(x )≥0可得0<x ≤e ，函数f (x )在(0，e )上单调递增，令f ′(x )<0可得x >e ，函数f (x )在(e ，＋∞)上单调递减，当x ＝e 时，函数f (x )取极大值，也为最大值，f (e )＝12e，又x →0＋(x 从右侧趋近于0)时，f (x )→－∞；x →＋∞时，f (x )→0，若方程f (x )＝a 恰有两个不同的实数根，则0<a <12e. 2．(2020·河北区二模)已知函数f (x )＝x －ln x ＋m (m ∈R )，若f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，则下列选项中不正确的是( )A ．m <－1B ．x 1＋x 2≤2C ．0<x 1<1D ．e x 1－x 2＝x1x2答案 B解析 f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，故函数f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，如图，故f (x )min ＝f (1)＝1＋m <0，即m <－1，并且0<x 1<1，故A ，C 正确；由于x 1，x 2为f (x )的零点，故有x 1－ln x 1＋m ＝0 ①，x 2－ln x 2＋m ＝0 ②，两式相减得，x 1－x 2＝ln x1x2，即e x 1－x 2＝x1x2，故D 正确；由于当m <－1时，0<x 1<1，x 2>1,1<2－x 1<2，由①②可知，m ＝ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2，令g (x )＝ln x －x ，则g (x 1)＝g (x 2)，g ′(x )＝1x －1＝1－xx ，所以在(0,1)上，g ′(x )>0，g (x )单调递增，在(1，＋∞)上，g ′(x )<0，g (x )单调递减，g (x 2)－g (2－x 1)＝g (x 1)－g (2－x 1)＝ln x 1－x 1－ln (2－x 1)＋(2－x 1)，0<x 1<1，令h (x )＝ln x －x －ln (2－x )＋2－x,0<x <1，h ′(x )＝1x－1＋12－x－1＝错误!＝错误!＝错误!>0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，所以h (x )<h (1)＝0，所以g (x 1)<g (2－x 1)，又因为g (x )在(1，＋∞)上单调递减，且g (x 2)＝g (x 1)，所以x 2>2－x 1，即x 1＋x 2>2，故B 不正确．故选B.二、多项选择题3．(2020·聊城二模)下列关于函数f (x )＝x 3－3x 2＋2x 的叙述，正确的为( ) A ．函数f (x )有三个零点B ．点(1,0)是函数f (x )图象的对称中心C ．函数f (x )的极大值点为x ＝1－33D ．存在实数a ，使得函数g (x )＝[f (x )]2＋af (x )为增函数 答案 ABC解析 f (x )＝x 3－3x 2＋2x ＝x (x －1)(x －2)，令f (x )＝0，则x ＝0或x ＝1或x ＝2，所以函数f (x )有三个零点，所以A 正确；f (1＋x )＝(1＋x )3－3(1＋x )2＋2(1＋x )＝x 3－x ，f (1－x )＝(1－x )3－3(1－x )2＋2(1－x )＝－x 3＋x ，所以f (1＋x )＋f (1－x )＝0，所以函数f (x )的图象关于点(1,0)中心对称，所以B 正确；求出f (x )＝x 3－3x 2＋2x 的导函数f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，令f ′(x )＝3x 2－6x ＋2>0，则x <1－33或x >1＋33，令f ′(x )＝3x 2－6x ＋2<0，则1－33<x <1＋33，所以函数f (x )＝x 3－3x 2＋2x 在⎝⎛⎭⎪⎪⎫－∞，1－33和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋33，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－33，1＋33上单调递减，所以当x ＝1－33时，函数f (x )＝x 3－3x 2＋2x 有极大值，所以函数f (x )的极大值点为x ＝1－33，所以C正确；假设函数g (x )＝[f (x )]2＋af (x )为增函数，则g ′(x )＝f ′(x )·(2f (x )＋a )>0恒成立，由上可知当x <1－33或x >1＋33时，f ′(x )>0，若要满足g ′(x )＝f ′(x )(2f (x )＋a )>0，则需在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，1－33和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋33，＋∞上2f (x )＋a >0恒成立，f (x )＝x 3－3x 2＋2x 的图象如图，如图所示函数2f (x )＋a >0在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，1－33上不可能恒成立，所以不存在这样的实数a ，所以D 错误．故选ABC.4．(2020·烟台一模)关于函数f (x )＝e x ＋a sin x ，x ∈(－π，＋∞)，下列说法正确的是( )A ．当a ＝1时，f (x )在(0，f (0))处的切线方程为2x －y ＋1＝0B ．当a ＝1时，f (x )存在唯一极小值点x 0且－1＜f (x 0)＜0C ．对任意a ＞0，f (x )在(－π，＋∞)上均存在零点D ．存在a ＜0，使f (x )在(－π，＋∞)上有且只有一个零点 答案 ABD解析 当a ＝1时，f (x )＝e x ＋sin x ，f ′(x )＝e x ＋cos x ，f (0)＝1，f ′(0)＝2，∴所求切线方程为y －1＝2(x －0)，即2x －y ＋1＝0，故A 正确；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＝e x ＋cos x ＞0恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上无极值；当x ∈(－π，0]时，令g (x )＝f ′(x )＝e x＋cos x ，则g ′(x )＝e x－sin x ＞0恒成立，∴g (x )在(－π，0]上单调递增，又f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2＝e －π2＞0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－3π4＝e －3π4－22＜0，∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－3π4，－π2，使f ′(x 0)＝e x 0＋cos x 0＝0，即e x 0＝－cos x 0，∴f (x )极小值＝f (x 0)＝e x 0＋sin x 0＝－cos x 0＋sin x 0＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x0－π4，∵－3π4＜x 0＜－π2，∴－π＜x 0－π4＜－3π4，∴－22＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x0－π4＜0，∴－1＜f (x 0)＜0，故B 正确；当a ＝1e4时，f (x )＝e x＋sinx e4，f ′(x )＝e x＋cosxe4，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＝e x＋cosx e4＞0恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )＞f (0)＞0，∴f (x )在(0，＋∞)上不存在零点；当x ∈(－π，0]时，令h (x )＝f ′(x )＝e x＋cosxe4，h ′(x )＝e x－sinxe4＞0恒成立，∴h (x )在(－π，0]上单调递增，又h (－π)＝f ′(－π)＝e －π－1e4＞0，∴f (x )在(－π，0]上单调递增，又f (－π)＝e －π>0，∴f (x )在(－π，0]上不存在零点，故C 错误；f (x )零点个数可以转化为y ＝e x 与y ＝－a sin x 的图象交点个数问题，如图，显然存在a ＜0，使y ＝e x 与y ＝－a sin x 的图象有一个交点，即f (x )有且只有一个零点，故D 正确．故选ABD.三、填空题5．(2020·海南省高三第一次联考)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋2，若函数f (x )只有一个零点x 0，且x 0>0，则实数a 的取值范围为________.答案 (－∞，－2)解析 f (x )＝ax 3－3x 2＋2，∴f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)．又f (0)＝2.①当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋2有两个零点，不符合题意；②当a >0时，令f ′(x )＝0，x ＝0或x ＝2a，当f ′(x )>0时，x <0或x >2a，∴f (x )在(－∞，0)上单调递增，f (0)＝2，x →－∞时，f (x )→－∞，f (x )在(－∞，0)存在一个零点，不符合题意；③当a <0时，f (x )的递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，2a ，(0，＋∞)，递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ，0，f (0)＝2，x →＋∞时，f (x )→－∞，∴f (x )在(0，＋∞)存在唯一零点，当x ＝2a 时，f (x )在(－∞，0)上取得最小值，而f (x )＝ax 3－3x 2＋2在(－∞，0)上不能有零点，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a 3－3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a 2＋2>0，解得a <－2.6．(2020·延边州模拟)若函数f (x )与g (x )满足：存在实数t ，使得f (t )＝g ′(t )，则称函数g (x )为f (x )的“友导”函数．已知函数g (x )＝12kx 2－x ＋3为函数f (x )＝x 2ln x ＋x 的“友导”函数，则k 的取值范围是________.答案 [2，＋∞)解析 由g (x )＝12kx 2－x ＋3可得g ′(x )＝kx －1，∵函数g (x )＝12kx 2－x ＋3为函数f (x )＝x 2ln x ＋x 的“友导”函数，∴kx －1＝x 2ln x ＋x 有解，即k ＝x ln x ＋1＋1x有解．令h (x )＝x ln x ＋1＋1x ，则h ′(x )＝1＋ln x －1x2，再令φ(x )＝1＋ln x －1x2，∴φ′(x )＝1x ＋2x3>0，∴φ(x )＝1＋ln x －1x2在(0，＋∞)上单调递增，∵h ′(1)＝φ(1)＝0，∴x >1时，h ′(x )>0,0<x <1时，h ′(x )<0，∴h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h (x )min ＝h (1)＝2，∴a ≥2.四、解答题7．(2020·海南省高三第一次联考)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2(a >1)的图象在x ＝－1处的切线方程为y ＝0.(1)求常数a ，b 的值；(2)若方程f (x )＝c 在区间[－4,1]上有两个不同的实根，求实数c 的值． 解 (1)f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，由题意知错误!⇒错误!解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9.(2)当a ＝2，b ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋3)(x ＋1)，故方程f ′(x )＝0有根，根为x ＝－3或x ＝－1，x (－∞，－3)－3 (－3，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋0 － 0 ＋f (x )极大值极小值由表可见，当x ＝－1时，f (x )有极小值0. 由上表可知f (x )的递减区间为(－3，－1)， 递增区间为(－∞，－3)，(－1，＋∞)．因为f (－4)＝0，f (－3)＝4，f (－1)＝0，f (0)＝4，f (1)＝20.由数形结合可得c ＝0或c ＝4.8．(2020·山东青岛期中)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)＝错误!－4ln x的零点个数．解(1)因为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}，所以设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，解得a＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，所以g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝错误!，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如表所示．当当x>3时，g(3)＝3－1－4ln 3－2＝－4ln 3<0，g(e5)＝e5－3e5－20－2>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．9．(2020·滨州三模)已知函数f(x)＝e x(x＋a)，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x－a)－x2，讨论函数g(x)零点的个数，并说明理由．解(1)因为f(x)＝e x(x＋a)，所以f′(x)＝e x(x＋a＋1)．由f′(x)>0，得x>－a－1；由f′(x)<0，得x<－a－1.所以f(x)的增区间是(－a－1，＋∞)，减区间是(－∞，－a－1)．(2)因为g(x)＝f(x－a)－x2＝x e x－a－x2＝x(e x－a－x)．由g(x)＝0，得x＝0或e x－a－x＝0.设h(x)＝e x－a－x，又h(0)＝e－a≠0，即x＝0不是h(x)的零点，故只需再讨论函数h(x)零点的个数．因为h′(x)＝e x－a－1，所以当x∈(－∞，a)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．所以当x＝a时，h(x)取得最小值h(a)＝1－a.①当h(a)>0，即a<1时，h(x)>0，h(x)无零点；②当h(a)＝0，即a＝1时，h(x)有唯一零点；③当h(a)<0，即a>1时，因为h(0)＝e－a>0，所以h(x)在(－∞，a)上有且只有一个零点．令x＝2a，则h(2a)＝e a－2a.设φ(a)＝h(2a)＝e a－2a(a>1)，则φ′(a)＝e a－2>0，所以φ(a)在(1，＋∞)上单调递增，所以∀a∈(1，＋∞)，都有φ(a)≥φ(1)＝e－2>0.所以h(2a)＝φ(a)＝e a－2a>0.所以h(x)在(a，＋∞)上有且只有一个零点．所以当a>1时，h(x)有两个零点．综上所述，当a<1时，g(x)有一个零点；当a＝1时，g(x)有两个零点；当a>1时，g(x)有三个零点．10．(2020·青岛市高三上学期期末)已知函数f(x)＝ln x－x＋2sin x，f′(x)为f(x)的导函数．求证：(1)f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；(2)f(x)有且仅有两个不同的零点．证明(1)设g(x)＝f′(x)＝1x－1＋2cos x，当x∈(0，π)时，g′(x)＝－2sin x－1x2＜0，所以g(x)在(0，π)上单调递减．又因为g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3＝3π－1＋1＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2＝2π－1＜0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，π2上有唯一的零点α，所以命题得证．(2)①由(1)知，当x ∈(0，α)时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，α)上单调递增； 当x ∈(α，π)时，f ′(x )＜0，f (x )在(α，π)上单调递减，所以f (x )在(0，π)上存在唯一的极大值点α⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3＜α＜π2，所以f (α)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2＝ln π2－π2＋2＞2－π2＞0.又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e2＝－2－1e2＋2sin 1e2＜－2－1e2＋2＜0，所以f (x )在(0，α)上恰有一个零点． 又因为f (π)＝ln π－π＜2－π＜0， 所以f (x )在(α，π)上也恰有一个零点． ②当x ∈[π，2π)时，sin x ≤0，f (x )≤ln x －x . 设h (x )＝ln x －x ，h ′(x )＝1x－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 )＝1x－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．11．(2020·海口模拟)已知函数f(x)＝错误!，其中k≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若k>0，讨论关于x的方程|ln x|＝f(x)在区间(0,2)上实根的个数．解(1)由条件，得f′(x)＝错误!＝错误!.令f′(x)＝0，得x＝2.当k>0时，由f′(x)>0，得x<2，由f′(x)<0，得x>2.所以f(x)的单调递增区间是(－∞，2)，单调递减区间是(2，＋∞)．当k<0时，由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)<0，得x<2.所以f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，2)．(2)因为|ln 1|＝f(1)＝0，所以x＝1是方程|ln x|＝f(x)的实根．当0<x<1时，由(1)知f(x)单调递增，所以f(x)<f(1)＝0.而|ln x|＝－ln x>0，所以方程|ln x|＝f(x)在区间(0,1)上无实根．当1<x<2时，|ln x|＝ln x.设F(x)＝ln x－错误!，则F′(x)＝1x－2k－kxex＝ex＋kx2－2kxxex.设u(x)＝e x＋kx2－2kx，当1<x<2时，u′(x)＝e x＋2kx－2k>0，所以u(x)在(1,2)上单调递增．①当u(1)＝e－k≥0，即k≤e时，在区间(1,2)上，总有u(x)>u(1)≥0，从而F′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上单调递增，F(x)>F(1)＝0，即原方程在(1,2)上无实根．②当u(1)＝e－k<0，即k>e时，因为u(2)＝e2>0，所以存在x0∈(1，2)，满足u(x0)＝0.所以在(1，x 0)上，u (x )<0，F (x )单调递减， 在(x 0,2)上，u (x )>0，F (x )单调递增． 又因为F (1)＝0，F (2)＝ln 2－ke2，所以当F (2)>0，即e<k <e 2ln 2时，原方程在(1,2)上有唯一实根， 当F (2)≤0，即k ≥e 2ln 2时，原方程在(1,2)上无实根．综上所述，当0<k ≤e 或k ≥e 2ln 2时，原方程在(0,2)上仅有一个实根；当e<k <e 2ln 2时，原方程在(0,2)上有两个实根．12．(2020·烟台一模)已知函数f (x )＝1＋ln xx－a (a ∈R )．(1)若f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围，并证明对任意的n ∈N *，都有1＋12＋13＋…＋1n＞ln (n ＋1)；(2)设g (x )＝(x －1)2e x ，讨论方程f (x )＝g (x )实数根的个数． 解 (1)由f (x )≤0可得，a ≥1＋ln x x (x ＞0)，令h (x )＝1＋ln xx ，则h ′(x )＝错误!＝错误!，当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，故h (x )在x ＝1处取得最大值，要使a ≥1＋ln xx ，只需a ≥h (1)＝1，故a 的取值范围为a ≥1.显然，当a＝1时，有1＋ln xx≤1，即不等式ln x<x－1在(1，＋∞)上恒成立，令x＝n＋1n>1(n∈N*)，则有lnn＋1n<n＋1n－1＝1n，所以ln 21＋ln32＋…＋lnn＋1n<1＋12＋13＋…＋1n，即1＋12＋13＋…＋1n>ln (n＋1)．(2)由f(x)＝g(x)可得，1＋ln xx－a＝(x－1)2e x，即a＝1＋ln xx－(x－1)2e x，令t(x)＝1＋ln xx－(x－1)2e x，则t′(x)＝－ln xx2－(x2－1)e x，当x∈(0,1)时，t′(x)>0，t(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，故t(x)在x＝1处取得最大值t(1)＝1，又当x→0＋(x从右侧趋近于0)时，t(x)→－∞，当x→＋∞时，t(x)→－∞，所以当a＝1时，方程f(x)＝g(x)有一个实数解；当a<1时，方程f(x)＝g(x)有两个不同的实数解；当a>1时，方程f(x)＝g(x)没有实数解．21 / 21。
利用导数研究函数零点问题
利用导数研究函数零点问题f(0)＝0，所以切线方程为y＝－3＋4x；2)将g(x)＝2exf(x)化为g(x)－2exf(x)＝0，即(－x2＋ax－3)ex－2xlnx＝0。
令φ(x)＝(－x2＋ax－3)ex，ψ(x)＝2xlnx，所以φ′(x)＝ex(2－2x＋a)，ψ′(x)＝2lnx＋2。
由φ′(x)＝0，得x＝1，由ψ′(x)＝0，得x＝e－1。
当x＜1时，φ(x)单调递减，当x＞1时，φ(x)单调递增，所以φ(x)在[0，1)和(1，＋∞)上单调递减。
在(－∞，1]和[1，＋∞)上单调递增，ψ(x)在(0，＋∞)上单调递增。
所以当x＜1时，φ(x)＞ψ(x)，当x＞e－1时，φ(x)＜ψ(x)。
所以方程g(x)＝2exf(x)在(0，1)和(e－1，＋∞)上无解，在(1，e－1)上有两个解。
所以a的取值范围为[2，6]。
当$m>1$时，当$0m$时，$F'(x)0$。
因此，函数$F(x)$在区间$(0,1)$和$(m,+\infty)$上单调递减，在区间$(1,m)$上单调递增。
注意到$F(1)=m$，$F(2m+2)=-m\ln(2m+2)$，因此$F(x)$有唯一零点。
综上，函数$F(x)$有唯一零点，即两函数图像只有一个交点。
1) 针对函数的零点问题，我们可以利用导数确定函数的单调区间和极值点，通过求解函数在给定区间的极值和端点的函数值，来确定参数的取值范围。
2) 解决这类问题的关键在于将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的作用，运用转化和化归的思想方法。
1) 确定零点的个数问题：我们可以利用数形结合的方法来判断交点个数。
如果函数比较复杂，可以结合导数知识确定极值点和单调区间，从而确定其大致图像。
2) 方程是否有解问题就是判断是否存在零点的问题。
我们可以通过分离变量，将其转化为求函数值域的问题来处理。
可以通过构造函数$g(x)$的方法，将问题转化为研究构造的函数$g(x)$的零点问题。
利用导数研究函数的零点问题(市级研究课20201027)
利用导数研究函数的零点（一）
班级
高三（9）班
一、教学目标:
1.使学生理解掌握函数的零点等性质，并能进行方程的根、函数的零点、函数图像的交点间的灵活转化与应用
2.在不断的探究过程中，引导学生归纳总结准确画出函数图像的要素，进一步体会数形结合的思想方法在解决
问题中的应用
3.在一系列的变式训练中，感受函数、方程、不等式间的互相转化应用.
1.函数的零点的定义：
2.函数的零点与方程的根有什么关系？
3.如何用导数法求零点问题？
四、课堂练习：
1.函数 有几个零点？
学生作答
学生讨论
学生作答
教师点评
学生总结
教师点评
讨论之后学生独立完成，
归纳总结教师点评
巩固提升
复习回顾
为后边不
做准备
自主探究
相互讨论
让学生体会
让学生勇于展示自我，
树立自信Байду номын сангаас．
归纳总结
4.对含参问题的探究解决，培养学生严谨的科学态度，善于思考、勇于创新的良好品质
二、教学重点难点:
重点：应用导数研究函数的零点。
难点：数形结合思想的应用，函数图像的准确描绘；
函数、方程、不等式间的互相转化；
含参问题的分析解决，分类讨论的严谨性函数图像的准确
三、教学过程:
教学
环节
教学内容
师生活动
设计意图
巩固提升
加深理解
巩固提高
一、例题
引入
二、.例题
分析
一、例题引入：
例1.函数 有几个零点？
问题一：本题考查的知识点是什么？
问题二：函数零点的定义是什么？
问题三：函数的零点与方程的根有什么关系？
2020届高中数学：利用导数研究函数零点
2020届高中数学 第 1 页 共 1 页 2020届高中数学：利用导数研究函数零点1. 若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________． 解：由f (x )＝x 3－3x ＋a ，得f ′(x )＝3x 2－3，由f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，f (x )极大值＝f (－1)＝2＋a ，f (x )极小值＝f (1)＝a －2，要使函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则有2＋a ＞0，a －2＜0，即－2＜a ＜2，所以实数a 的取值范围是(－2，2)．故填(－2，2)．【点拨】用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2. 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，检验知合要求，所以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，即g (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋5－2x －m ＝0有三个根，即有3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.所以函数g (x )在(－∞，0)上为增函数，在(0，3)上为减函数，在(3，＋∞)上为增函数，要使g (x )有三个零点，只需⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＞0，g （3）＜0，解得12＜m ＜5. 即实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，5.。
高考数学导数专题：零点
高考数学导数专题：零点理论一：零点个数。
①在一个单调区间中：两个端点的函数值同时为正或者同时为负，在这个单调区间中函数没有零点。
②在一个单调区间中：两个端点的函数值一正一负，在这个单调区间中函数有一个零点。
例题一：2020年高考文科数学新课标Ⅰ卷第20题：已知函数)2()(+-=x a e x f x。
（1）当1=a 时，讨论)(x f 的单调性；（2）若)(x f 有两个零点，求a 的取值范围。
本题解析：（1）当1=a 时：2)2()(--=+-=x e x e x f xx。
定义域：R x ∈；导函数：1)('-=xe xf ；令导函数1010)('≥⇒≥-⇒≥xxe e xf ，010≥⇒≥⇒=x e e e x。
如下图所示：所以：当)0,(-∞∈x 时：导函数0)('<x f ，原函数)(x f 单调递减；当),0[+∞∈x 时：导函数0)('≥x f ，原函数)(x f 单调递增。
（2）令0)(=x f ，)2()(+-=x a e x f xxxex a x a e =+⇒=+-⇒)2(0)2(2+=⇒x e a x 。
假设：2)(+=x e x g x。
)(x f 的零点为方程)(x g a =的解（)(x g 与直线a y =的交点）。
导函数：22)2()1()2(1)2()('++=+⋅-+=x x e x e x e x g x x 。
令导函数1010)('-≥⇒≥+⇒≥x x x g 。
如下图所示：x ∞-)1,(--∞1-),1[+∞-∞+)('x g -+)(x g ∞+↓e1↑∞+ee e e g 1121)1(111===+-=----。
如下图所示：)(x g 与直线a y =有两个交点ea 1>⇒。
所以：a 的取值范围为：),1(+∞e。
例题二：2020年高考文科数学新课标Ⅲ卷第20题：已知函数23)(k kx x x f +-=。
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。
素养视角下利用导数研究函数零点个数问题的解法赏析——以2020年全国卷Ⅰ文科第20题为例
素养视角下利用导数研究函数零点个数问题的解法赏析∗以2020年全国卷Ⅰ文科第20题为例郑传远,㊀周㊀翔(玉林中学,四川成都㊀610041)㊀㊀摘㊀要:函数的零点与导数是高中数学的重点内容之一,也是高考考查的热点之一.2020年全国卷Ⅰ文科第20题是一道利用导数研究函数零点个数的问题,看似平常,但实际上是一道能很好地体现学生思维过程的研究性试题,更能很好地考查学生的数学核心素养.关键词:高考;导数;零点问题;核心素养中图分类号:O122.1㊀㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀㊀文章编号:1003-6407(2021)02-0048-031㊀试题呈现题目㊀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.(2020年全国数学高考卷Ⅰ文科试题第20题)第1)小题利用导数易得f(x)在(-ɕ,0)上单调递减,在(0,+ɕ)上单调递增,具体过程不作阐述.第2)小题是函数零点个数问题,是高考的高频考点,综合性强,考查学生直观想象㊁逻辑推理㊁数学运算等数学学科核心素养.2㊀思路展示与解答本文从以下4个角度对第2)小题进行分析:㊀㊀思路1㊀(直接讨论法)解决函数的零点问题,最直接的思路就是通过讨论函数的单调性,判断出函数的极值㊁最值的正负,从而把握函数图像的大致走势,即可以确定函数零点的个数.这种思路直接有效,但原函数以及导函数含参数[1],需要分类讨论.如何分类是该方法的关键,往往也是学生不太好把握的.解法1㊀当aɤ0时,fᶄ(x)>0恒成立,从而f(x)在R上单调递增;当a>0时,令fᶄ(x)=0,解得x=ln a.当xɪ(-ɕ,ln a)时,fᶄ(x)<0;当xɪ(ln a,+ɕ)时,fᶄ(x)>0,从而f(x)在(-ɕ,ln a)上单调递减,在(ln a,+ɕ)上单调递增,于是f(x)min=f(ln a)=a-a(ln a+2)=-a(1+ln a).①当-a(1+ln a)ȡ0,即aɤe-1时,f(x)ȡ0,此时f(x)至多有一个零点,不符合题意;②当a>e-1时,f(ln a)<0,因为f(-2)=e-2>0, f(x)在(-ɕ,ln a)上单调递减,所以f(x)在(-ɕ,ln a)内有且只有一个零点.令x=ln(4a2),则f(ln(4a2))=4a2-a(2ln a+ln4+2)=a(4a-2ln a-ln4-2).记φ(a)=4a-2ln a-ln4-2,则φᶄ(a)=4a-2a,φ(a)的单调性分析如表1所示.表1㊀φ(a)的单调性分析a1e,12()1212,+ɕ()φᶄ(a)-0+φ(a)↘0↗㊀㊀由表1可知φ(a)ȡ0,从而f(ln4a2)ȡ0,于是f(x)在(ln a,+ɕ)上单调递增,即f(x)在(ln a, +ɕ)有且只有一个零点,故f(x)有两个零点.综上所述,若f(x)有两个零点,则aɪ(e-1, +ɕ).此题命制的载体是学生熟悉的函数:指数函数与一次函数的相加,但是含有参数,因此又具有变化性.在含参讨论过程中,通常先考虑导数无极值的情况,再考虑具有唯一极值的特殊情况,即极大㊃84㊃中学教研(数学)2021年第2期∗收文日期:2020-07-10;修订日期:2020-08-10作者简介:郑传远(1990 ),男,安徽合肥人,中学二级教师.研究方向:数学教育.值非正或极小值非负情况,这些情形至多有一个零点.若极小值小于0,则需要在函数极小值左右两侧各找一个函数值大于零的点,再结合函数的单调性与零点存在性定理,确定其有两个零点[2].思路2㊀(构造函数法)有时直接对原函数求解会遇到麻烦,如f(x)=e x-ax2,可能要通过多次求导㊁综合多种方法才能求得.这时,可以利用等价转化的思想方法,先把求零点的方程(即f(x)=0)变形后再构造函数,化繁为简,简化计算.解法2㊀设函数h(x)=1-a(x+2)e-x,则f(x)有两个零点,即h(x)有两个零点.①当a=0时,h(x)=1,没有零点.②当a<0时,hᶄ(x)=a(x+1)e-x.当xɪ(-ɕ, -1)时,hᶄ(x)>0;当xɪ(-1,+ɕ)时,hᶄ(x)<0,从而h(x)在(-ɕ,-1)上单调递增,在(-1,+ɕ)上单调递减,于是h(-1)=1-a e>0是h(x)在R上的极大值,也是唯一的极值.当x>-1时,h(x)>1恒成立,此时h(x)至多有一个零点,不满足要求.③当a>0时,hᶄ(x)=a(x+1)e-x,当xɪ(-ɕ, -1)时,hᶄ(x)<0,当xɪ(-1,+ɕ)时,hᶄ(x)>0,从而h(x)在(-ɕ,-1)上单调递减,在(-1,+ɕ)上单调递增,于是h(-1)=1-a e是h(x)在R上的极小值,也是唯一的极值.若h(-1)>0,即a<1e,则h(x)没有零点;若h(-1)=0,即a=1e,则h(x)只有一个零点;若h(-1)<0,即a>1e,则由h(-2)= 1,得h(x)在(-ɕ,-1)上有一个零点,又当x= ln4a2时,h(ln4a2)=1-a(ln4a2+2)e-ln4a2=4a-2ln a-ln4-24a.由解法1知h(ln4a2)ȡ0,从而h(x)在(-1,+ɕ)上有一个零点,因此h(x)在R有两个零点,满足题目要求.综上所述,当f(x)在R上有两个零点时,aɪ(e-1,+ɕ).由于原函数的构成特点,直接求导会出现指数不等式,因此可以构造新函数,使得指数部分成为导数的一个因式,利用指数值恒正的性质,从而避开指数不等式的求解.思路3㊀(参变分离法)函数零点问题可转化为函数图像与x轴交点问题来处理,也可转化为两个函数的图像交点来处理,通常为常函数与不含参数的函数.解法3㊀令f(x)=0,则a(x+2)=e x.当x=-2时,0ʂe-2;当xʂ-2时,a=e xx+2,可令g(x)=e x x+2,则gᶄ(x)=e x(x+1)(x+2)2.其中g(x)的单调性分析如表2所示:表2㊀g(x)的单调性分析x(-ɕ,-2)(-2,-1)-1(-1,+ɕ) gᶄ(x)--0+g(x)↘↘e-1↗图1由极限思想可得g(x)的大致图像如图1所示,从而aɪ(e-1,+ɕ).㊀㊀综上所述,若f(x)有两个零点,则aɪ(e-1,+ɕ).参变分离后,含参部分即为一条与x轴平行或者重合的直线;而不含参的部分可通过导数来刻画其图像,进而确定二者的交点情况,即原函数零点个数.这里需要注意的是,不含参的部分有时会出现函数间断点或者渐近情形,需要借助极限思想辅助说明.思路4㊀(切线法)将较复杂原函数分离出一条过定点的直线和一个新函数,通过求新函数过定点的切线,来确定有一个零点的参数值,再利用直线绕着定点旋转,研究其他零点情形[3].图2解法4㊀f(x)有两个零点⇔e x=a(x+2)有两个根.令g(x)=e x,h(x)=a(x+2),则两个函数的图像有两个交点,如图2所示.设g(x)与h(x)相切于点(x0,e x0),则2021年第2期中学教研(数学)e x 0=a(x 0+2),e x0=a,{从而x 0=-1,㊀a =e -1.因此当a =e-1时,f(x)有且只有一个零点.由y =ex的图像,知当a ɪ(e -1,+ɕ)时,f(x)有两个零点.此解法的关键是利用过定点的切线方程求出参数,可以通过在切点处两函数值相同及两函数导数值相同来构造方程组来解决.需要注意的是,导数意义下的切线并不等价于直线与曲线只有一个交点,此法仅适用于凹凸性不变的函数.3 归纳总结,反思感悟3.1㊀4种方法的比较2020年全国卷Ⅰ文科第20题在讨论单调性的基础上,着重考查已知零点个数求解参数范围的问题.学生在平时学习中已经非常熟悉此类问题,积累了多种解决方法.直接讨论法最易想到也最为直接,但由于不同的参数会对函数的单调性㊁极值产生不同的影响,有时还会涉及到隐零点问题,学生需要对参数进行细致㊁合理地分类,这对学生直观想象能力㊁推理论证能力㊁运算求解能力㊁创新意识都提出了较高的要求.构造新函数法相较于直接讨论原函数在研究函数单调性时更简单,需要学生具有一定的经验;还要注意新函数的零点问题与原函数零点问题的等价性.另外,为了保证求解过程的严谨性,直接讨论法和构造函数法,均需要通过取点,借助单调性和零点存在性定理对零点情况予以说明.参变分离法的优点是避免了对参数的讨论,入手容易,学生理解㊁接受程度高,但实际操作中,可能会出现不含参部分求极值较为困难,甚至要使用洛必达法则;还可能有不含参部分存在间断或渐近情形,此时需要通过极限思想加以分析㊁说明.切线法以找出直线和曲线相切时的特殊情况为出发点,通过直线旋转,找出其他零点情形.此解法较为直观,学生容易理解.但由于切线法仅适用于凹凸性不变的函数,且在解答题中很难描述清楚,因此该解法更适用于选择㊁填空题.3.2㊀试题定位导数大题综合性强,是高考的重点㊁热点㊁难点,是全卷的亮点,也是难度的标杆,能全面考查学生的数学核心素养,在遴选人才方面有重要作用.纵观本题的解题过程,应用单调性和函数零点存在定理进行判断和论证,着重考查逻辑推理和数学运算,运算过程有理有据,体现了数学学科的严谨性㊁科学性.综合体现了直观想象㊁逻辑推理㊁数学运算等数学核心素养,而且需要有较强的创新意识,是一道具有良好选拔功能的好题.3.3㊀反思启示导数大题题目众多,看似五花八门,但若认真分析近几年的全国高考题,可发现求解含参数问题占据半壁江山.应当指出:教师在教学用导数方法解决零点问题时,内容设计应立足于教材,在夯实导数在研究函数中的应用的基础上环环相扣㊁层层深入,使学生在接受知识㊁探究问题的过程中能有一个逐层递进㊁螺旋上升的发展过程[4].如此,才能引导学生理解数学问题,领悟数学思想,激发探究兴趣,培养探索精神,提高学科素养.同时,纵观这4种方法,整体讨论法和参变分离法仍然是此类问题的主要方法,这就要求我们关注通性㊁通法,淡化技巧,注重通性的归纳与提炼,通法的探究与反思;善于总结与归纳,做到一题多解,多解归一.如果我们能关注每个教学环节,从每一个教学设计做起,立足每一个知识㊁方法,那么学生的数学能力的培养和数学学科核心素养的发展就不是一句空话,就能够在课堂教学过程中落地生根㊁开花结果,促进学生终身发展.参㊀考㊀文㊀献[1]㊀徐波.高考导数压轴题的含参讨论与分离变量[J ].中学教研(数学),2020(5):47-48.[2]㊀孟胜奇,古伯纯.利用导数硏究函数的零点问题[J ].中学数学教学参考,2020(1):138-141.[3]㊀周先华.高中数学解题方法[M ].成都:电子科技大学出版社,2015.[4]㊀孙峰,吴中林.培育中学生数学核心素养的策略与实践[M ].成都:四川科学技术出版社,2020.中国标准连续出版物号:ISSN 1003-6407CN 33-1069/G4㊀㊀邮发代号㊀32-17㊀㊀字数㊀90000㊀㊀定价㊀5.00元。
2020高考数学之函数零点问题《04 “用好零点”,确定参数的最值或取值范围》(解析版)
高考数学函数零点问题专题四“用好零点”，确定参数的最值或取值范围函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数零点，确定参数的最值或取值范围问题，例题说法，高效训练.【典型例题】例1.【山东省淄博市2019届高三3月模拟】已知函数.（1）若是的极大值点，求的值；（2）若在上只有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】(1)，因为是的极大值点，所以，解得，当时，，，令，解得，当时，，在上单调递减，又，所以当时，；当时，，故是的极大值点；(2)令，，在上只有一个零点即在上只有一个零点,当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以.（Ⅰ）当，即时，时，在上只有一个零点，即在上只有一个零点.（Ⅱ）当，即时，取，，①若，即时，在和上各有一个零点，即在上有2个零点，不符合题意；②当即时，只有在上有一个零点，即在上只有一个零点，综上得，当时，在上只有一个零点.例2.【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），.（1）当时，求函数的极小值；（2）若当时，关于的方程有且只有一个实数解，求的取值范围.【答案】（1）0（2）【解析】（1）当时，，，令则列表如下：所以.（2）设，，设，，由得，，，在单调递增，即在单调递增，，①当，即时，时，，在单调递增,又，故当时，关于的方程有且只有一个实数解，符合题意.②当，即时，由（1）可知，所以，又故，当时，，单调递减，又，故当时，，在内，关于的方程有一个实数解1.又时，，单调递增，且，令，,,故在单调递增，又在单调递增，故，故，又，由零点存在定理可知，，故在内，关于的方程有一个实数解.又在内，关于的方程有一个实数解1，不合题意.综上，.例3. 已知函数()()ln 1axf x e x =+，其中a R ∈. （1）设()()axF x ef x -='，讨论()F x 的单调性；（2）若函数()()g x f x x =-在()0,+∞内存在零点，求a 的范围. 【答案】（1）见解析；（2）a 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. 【解析】（i ） 当 0a <时，则 111x a=-<-，因此在()1,-+∞ 上恒有 ()'0F x < ，即 ()F x 在()1,-+∞ 上单调递减；（ii ）当0a >时， 111x a =->-，因而在11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上有()'0F x <，在11,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上有()'0F x > ；因此 ()F x 在 11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减，在11,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调递增. （2）设 ()()()()ln 1,0,axg x f x x e x x x =-=+-∈+∞,()()()()1''1ln 1111ax axg x f x e a x e F x x ⎛⎫=-=++-=- ⎪+⎝⎭，设()()()'1ax h x g x e F x ==-，则 ()()()()()22221''ln 11axaxax a h x e aF x F x e a x x ⎛⎫+- ⎪⎡⎤=+=++⎣⎦ ⎪+⎝⎭. 先证明一个命题：当0x >时， ()ln 1x x +<.令()()ln 1S x x x =+-， ()1'1011xS x x x-=-=<++，故()S x 在()0,+∞上是减函数，从而当0x >时， ()()00S x S <=，故命题成立.若0a ≤ ,由 0x >可知， 01ax e <≤.()()()ln 1110ax ax ax g x e x e x x x e ∴=+-<-=-≤，故()0g x <，对任意()0,x ∈+∞都成立，故 ()g x 在()0,+∞上无零点，因此0a >.（ii ）当102a <<，考察函数 ()'h x ，由于 ()()1'0210,'0,'2h a h h x a ⎛⎫=-∴ ⎪⎝⎭在 ()0,+∞上必存在零点.设()'h x 在 ()0,+∞的第一个零点为0x ，则当()00,x x ∈时， ()'0h x <，故 ()h x 在 ()00,x 上为减函数，又 ()()000h x h <=，所以当 ()00,x x ∈时， ()'0g x <，从而 ()g x 在 ()00,x 上单调递减，故在 ()00,x 上恒有()()00g x g <=.即 ()00g x < ，注意到 ax e x ax >，因此()()()()()ln 1ln 11ln 11axg x e x x x ax x x a x =+->+-=+-，令1ax e =时，则有()0g x >，由零点存在定理可知函数 ()y g x =在 10,ax e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有零点，符合题意. 学科%网例4．【广东省广州市天河区2019届高三综合测试（一)】设函数．若函数在处的切线与直线垂直，求实数a的值；讨论函数的单调区间与极值；若函数有两个零点，求满足条件的最小整数a的值．【答案】（1）；（2）见解析；（3）3【解析】，．，函数在处的切线与直线垂直，，解得．，时，，此时函数在内单调递增，无极值．时，可得函数在内单调递减，在内单调递增．可得时，函数取得极小值，．由可得：时，函数在内单调递增，不可能有两个零点，舍去．时，可得时，函数取得极小值，时，；时，．因此极小值．即．令函数，在上单调递增．，，，可得，满足条件的最小整数．【规律与方法】根据函数零点求参数取值，也是高考经常涉及的重点问题，（1）利用零点存在的判定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，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.（4）如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.（5）参变分离法、构造函数法、数形结合法等，均应灵活运用.【提升训练】1.【四川省高中2019届高三二诊】已知．求的极值；若有两个不同解，求实数的取值范围．【答案】（1）有极小值，为；无极大值；（2）【解析】的定义域是，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故时，；记，，则，故可转化成，即：，令，，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，且时，，时，故，由，，的性质有：，和有两个不同交点，，且，，各有一解，即有2个不同解，，和仅有1个交点，且，有2个不同的解，即有两个不同解，取其它值时，最多1个解，综上，的范围是2．【陕西省咸阳市2019年高考模拟（二)】已知函数. （1）当，求证；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)见证明；(2)【解析】（1）证明：当时，，得，知在递减，在递增，，综上知，当时，.（2）法1：，，即，令，则，知在递增，在递减，注意到，当时，；当时，，且，由函数有个零点，即直线与函数图像有两个交点，得.法2：由得，，当时，，知在上递减，不满足题意；当时，，知在递减，在递增.，的零点个数为，即，综上，若函数有两个零点，则.3.【湖南省怀化市2019届高三3月一模】设函数.（1）若是的极大值点，求的取值范围；（2）当，时，方程（其中）有唯一实数解，求的值. 【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意，函数的定义域为，则导数为由，得，∴①若，由，得.当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减.所以是的极大值点②若，由，得，或.因为是的极大值点，所以，解得综合①②：的取值范围是（2）因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解设，则，令，即.因为，，所以（舍去），当时，，在上单调递减，当时，，在单调递增当时，，取最小值则，即，所以，因为，所以（*）设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解因为，所以方程（*）的解为，即，解得4.【安徽省马鞍山市2019届高三高考一模】已知函数在上是增函数．求实数的值；若函数有三个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】当时，是增函数，且，故当时，为增函数，即恒成立，当时，函数的导数恒成立，当时，，此时相应恒成立，即恒成立，即恒成立，当时，，此时相应恒成立，即恒成立，即恒成立，则，即．若，则在上是增函数，此时最多有一个零点，不可能有三个零点，则不满足条件．故，当时，有一个零点，当时，，故0也是故的一个零点，故当时，有且只有一个零点，即有且只有一个解，即，得，，则，在时有且只有一个根，即与函数，在时有且只有一个交点，，由得，即得，得，此时函数递增，由得，即得，得，此时函数递减，即当时，函数取得极小值，此时极小值为，，作出的图象如图，要使与函数，在时有且只有一个交点，则或，即实数的取值范围是．5.【吉林省长春市普通高中2019届高三监测（二)】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若方程有两个实数根，求实数的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)【解析】（1）由题可得，当时，，在上单调递增；当时，，，在上单调递增；，，在上单调递减.（2）令，，易知单调递增且一定有大于0的零点，不妨设为，，即，，故若有有两个零点，需满足，即，令，，所以在上单调递减.，所以的解集为，由，所以.当时，，有，令，由于，所以，，故，所以，故，在上有唯一零点，另一方面，在上，当时，由增长速度大，所以有，综上，.6. 设函数()()()22ln 11f x x x =---. （1）求函数()f x 的单调递减区间；（2）若关于x 的方程()230f x x x a +--=在区间[]24，内恰有两个相异的实根，求实数a 的取值范围.【答案】(1) 函数()f x 的单调递增区间为()2,+∞;(2) a 的取值范围是[)2ln352ln24--，. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为()1+∞， ∵()()()2212111x x f x x x x --⎡⎤=--=⎢⎥--⎣⎦'∵1x >，则使()0f x '<的x 的取值范围为()2,+∞， 故函数()f x 的单调递减区间为()2,+∞故()230f x x x a +--=在区间[]24，内恰有两个相异实根()()()20{30 40.g g g ≥⇔<≥，，即30{4220 5230a a ln a ln +≥+-<+-≥，解得： 2ln352ln24a -≤<-综上所述， a 的取值范围是[)2ln352ln24--，7. 已知函数()()21xf x e a x b =---，其中e 为自然对数的底数.（1）若函数()f x 在区间[]0,1上是单调函数，试求实数a 的取值范围；（2）已知函数()()211xg x e a x bx =----，且()10g =，若函数()g x 在区间[]0,1上恰有3个零点，求实数a 的取值范围． 【答案】(1) ][3,1,22e⎛⎫-∞⋃++∞ ⎪⎝⎭(2) ()1,2e - 【解析】（2）()()()'21xg x e a x b f x =---=．由()()010g g ==，知()g x 在区间()0,1内恰有一个零点， 设该零点为0x ，则()g x 在区间()00,x 内不单调， 所以()f x 在区间()00,x 内存在零点1x ， 同理， ()f x 在区间()0,1x 内存在零点2x ， 所以()f x 在区间()0,1内恰有两个零点． 由（1）知，当32a ≤时， ()f x 在区间[]0,1上单调递增，故()f x 在区间()0,1内至多有一个零点，不合题意． 当12ea ≥+时， ()f x 在区间[]0,1上单调递减， 故()f x 在()0,1内至多有一个零点，不合题意； 所以3122ea <<+．8．已知函数()()22ln R f x a x x ax a =-+∈.（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，若()f x 在()1,e 上有零点，求实数a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）)1e 1,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【解析】（Ⅰ）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()()()2222a x a x a ax x f x x x-++='-=.由()0f x '=得x a =或2ax =-. 当0a =时， ()0f x '<在()0,+∞上恒成立，所以()f x 的单调递减区间是()0,+∞，没有单调递增区间. 当0a >时， ()(),,x f x f x '的变化情况如下表：所以()f x 的单调递增区间是()0,a ，单调递减区间是(),a +∞. 当0a <时， ()(),,x f x f x '的变化情况如下表：所以()f x 的单调递增区间是0,2a ⎛⎫-⎪⎝⎭，单调递减区间是,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.9．已知()()()3231ln ,2x f x x e e x g x x x a =--=-++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()10,x ∈+∞及唯一正整数2x ，使得()()12f x g x =，求a 的取值范围．【答案】（1）()f x 的单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+∞;(2) a 的取值范围是1,22⎡⎫-⎪⎢⎣⎭. 【解析】（2）由（1）知当1x =时， ()f x 取得最小值， 又()10f =，所以()f x 在()0,+∞上的值域为[)0,+∞．因为存在()10,x ∈+∞及唯一正整数2x ，使得()()12f x g x =， 所以满足()0g x ≥的正整数解只有1个． 因为()3232g x x x a =-++， 所以()()23331g x x x x x =-+'=--，所以()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()()10{20g g ≥<，即1{ 220a a +≥-+<， 解得122a -≤<． 所以实数a 的取值范围是1,22⎡⎫-⎪⎢⎣⎭． 10．设函数()ln f x x =， ()bg x ax c x=+-（,,a b c R ∈）. （1）当0c =时，若函数()f x 与()g x 的图象在1x =处有相同的切线，求,a b 的值；（2）当3b a =-时，若对任意()01,x ∈+∞和任意()0,3a ∈，总存在不相等的正实数12,x x ，使得()()()120g x g x f x ==，求c 的最小值；（3）当1a =时，设函数()y f x =与()y g x =的图象交于()11,,A x y ()2212,()B x y x x <两点．求证：122121x x x b x x x -<<-.【答案】（1）12{ 12a b ==-（2）3（3）见解析【解析】（2）当01x >时，则()00f x >，又3b a =-，设()0t f x =， 则题意可转化为方程3(0)aax c t t x-+-=>在()0,+∞上有相异两实根12,x x ．即关于x 的方程()()230(0)ax c t x a t -++-=>在()0,+∞上有相异两实根12,x x ．所以()()2121203430{ 030a c t a a c t x x a a x x a<<∆=+-->++=>-=>，得()()203{43 0a c t a a c t <<+>-+>， 所以c t >对()()0,,0,3t a ∈+∞∈恒成立．因为03a <<，所以（当且仅当32a =时取等号）， 又0t -<，所以的取值范围是(),3-∞，所以3c …． 故c 的最小值为3. （3）当1a =时，因为函数()f x 与()g x 的图象交于,A B 两点，所以111222{b lnx xc x b lnx x c x =+-=+-，两式相减，得211221ln ln 1x x b x x x x ⎛⎫-=- ⎪-⎝⎭. 要证明122121x x x b x x x -<<-，即证211221212121ln ln 1x x x x x x x x x x x x ⎛⎫--<-<- ⎪-⎝⎭，即证212211ln ln 11x x x x x x -<<-，即证1222111ln 1x x x x x x -<<-. 令21x t x =，则1t >，此时即证11ln 1t t t-<<-． 令()1ln 1t t tϕ=+-，所以()221110t t t t t ϕ'-=-=>，所以当1t >时，函数()t ϕ单调递增． 又()10ϕ=，所以()1ln 10t t t ϕ=+->，即11ln t t-<成立；再令()ln 1m t t t =-+，所以()1110tm t t t-=-=<'，所以当1t >时，函数()m t 单调递减，又()10m =，所以()ln 10m t t t =-+<，即ln 1t t <-也成立． 综上所述， 实数12,x x 满足122121x x x b x x x -<<-.。
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作者：非成败作品编号：92032155GZ5702241547853215475102 时间：2020.12.13利用导数研究方程的根函数与x 轴即方程根的个数问题解题步骤 第一步：画出两个图像即“穿线图”（即解导数不等式）和“趋势图”即三次函数的大致趋势“是先增后减再增”还是“先减后增再减”；第二步：由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式（组）；主要看极大值和极小值与0的关系；第三步：解不等式（组）即可； 1、已知函数()e ,x f x x =∈R .(Ⅰ) 求f (x )的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程;(Ⅱ) 证明: 曲线y = f (x) 与曲线2112y x x =++有唯一公共点.【答案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数x x g ln )(=,则y=g(x)过点(1,0)的切线斜率k=(1)g'.1(1)g'x1(x)g'==⇒=k .过点(1,0)的切线方程为:y = x+ 1 (Ⅱ) 证明曲线y=f(x)与曲线1212++=x x y 有唯一公共点,过程如下.则令,,121121)()(22R x x x e x x x f x h x ∈---=---=)0('',0)0('0)0(,1)('')(',1)('===-=--=h h h e x h x h x e x h x x ，，且的导数 因此,单调递增时当单调递减时当)('0)(''0;)('0)(''0x h y x h x x h y x h x =⇒>>=⇒<<0)(,0)0(')('===≥=⇒x R x h y h x h y 个零点上单调递增，最多有一在所以所以,曲线y=f(x)与曲线1212++=x x y 只有唯一公共点(0,1).(证毕) 2、已知函数()1x af x x e=-+(a R ∈,e 为自然对数的底数). (1)求函数()f x 的极值;(2)当1a =的值时,若直线:1l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点,求k 的最大值.(1)()1x a f x e'=-, ①当0a ≤时,()0f x '>,()f x 为(),-∞+∞上的增函数,所以函数()f x 无极值. ②当0a >时,令()0f x '=,得x e a =,ln x a =.(),ln x a ∈-∞,()0f x '<;()ln ,x a ∈+∞,()0f x '>.所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减,在()ln ,a +∞上单调递增,故()f x 在ln x a =处取得极小值,且极小值为()ln ln f a a =,无极大值. 综上,当0a ≤时,函数()f x 无极小值;当0a >,()f x 在ln x a =处取得极小值ln a ,无极大值. (2)当1a =时,()11xf x x e =-+. 直线l :1y kx =-与曲线()y f x =没有公共点, 等价于关于x 的方程111x kx x e-=-+在R 上没有实数解,即关于x 的方程: ()11xk x e -=(*)在R 上没有实数解.①当1k =时,方程(*)可化为10x e =,在R 上没有实数解. ②当1k ≠时,方程(*)化为11x xe k =-.令()xg x xe =,则有()()1xg x x e '=+.令()0g x '=,得1x =-,当x 变化时,()g x '的变化情况如下表:当1x =-时,()min g x e=-,同时当x 趋于+∞时,()g x 趋于+∞, 从而()g x 的取值范围为1,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.所以当11,1k e ⎛⎫∈-∞- ⎪-⎝⎭时,方程(*)无实数解, 解得k 的取值范围是()1,1e -. 综上,得k 的最大值为1. 3、已知函数232)1(31)(x k x x f +-=，kx x g -=31)(，且)(x f 在区间),2(+∞上为增函数．（1） 求实数k 的取值范围；（2） 若函数)(x f 与)(x g 的图象有三个不同的交点，求实数k 的取值范围． 解：（1）由题意x k x x f )1()(2+-=' ∵)(x f 在区间),2(+∞上为增函数，∴0)1()(2>+-='x k x x f 在区间),2(+∞上恒成立即x k <+1恒成立，又2>x ，∴21≤+k ，故1≤k ∴k 的取值范围为1≤k（2）设312)1(3)()()(23-++-=-=kx x k x x g x f x h ， )1)(()1()(2--=++-='x k x k x k x x h 令0)(='x h 得k x =或1=x 由（1）知1≤k ，①当1=k 时，0)1()(2≥-='x x h ，)(x h 在R 上递增，显然不合题意… ②当1<k 时，)(x h ，)(x h '随x 的变化情况如下表：由于02<，欲使)(x f 与)(x g 的图象有三个不同的交点，即方程0)(=x h 有三个不同的实根，故需0312623>-+-k k ，即0)22)(1(2<---k k k ∴⎩⎨⎧>--<02212k k k ，解得31-<k综上，所求k 的取值范围为31-<k4、 已知函数()()ln ()xf x e a a =+为常数是实数集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()xx ex m f x =-+的根的个数。
解：（I ）)ln()(a e x f x+=是奇函数，则(0)0f =恒成立.0ln()0.e a ∴+=01,0.e a a ∴+=∴=（II ）又)(x g 在[－1，1]上单调递减，,1sin )1()(max --=-=∴λg x g ,11sin 2++≤--∴t t λλ只需.)1(011sin )1(2恒成立其中-≤≥++++∴λλt t 令),1(11sin )1()(2-≤++++=λλλt t h则⎩⎨⎧≥+++--≤+,011sin 1012t t t ,01sin 01sin 122恒成立而≥+-⎩⎨⎧≥+--≤∴t t t t t 1-≤∴t . （III ）由（I ）知,2ln ,)(2m ex x xxx x f +-=∴=方程为 令m ex x x f x x x f +-==2)(,ln )(221，21ln 1)(x xx f -=' ， 当],0()(,0)(,),0(11e x f x f e x 在时∴≥'∈上为增函数；),0[)(,0)(,),[11e x f x f e x 在时∴≤'+∞∈上为减函数，当e x =时，.1)()(1max 1ee f x f ==而222)()(e m e x x f -+-=，作者：非成败作品编号：92032155GZ5702241547853215475102 时间：2020.12.13)(1x f 函数∴、)(2x f 在同一坐标系的大致图象如图所示，∴①当e e m e e m 1,122+>>-即时，方程无解. ②当ee m e e m 1,122+==-即时，方程有一个根. ③当ee m e e m 1,122+<<-即时，方程有两个根. 5、.已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且在,0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为32π-， （1）求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在（0，π）内的零点个数，并加以证明。
（I ）33()sin 22f x ax x π-=-≤在]2,0[π上恒成立，且能取到等号 ()sin 2g x x x aπ⇔=≤在]2,0[π上恒成立，且能取到等号max ()2g x aπ⇔=()sin cos 0()g x x x x y g x '=+>⇒=在]2,0[π上单调递增()1222g a a πππ==⇔=3()sin 2f x x x ⇒=-（II ）3()sin ()()sin cos 2f x x x h x f x x x x '=-⇒==+①当x ∈]2,0[π时，()0()f x y f x '≥⇒=在(0,]2π上单调递增 33(0)()0()222f f y f x ππ-=-⨯<⇒=在(0,]2π上有唯一零点②当x ∈[,]2ππ时，()2cos sin 0()h x x x x f x ''=-<⇒当x ∈[,]2ππ上单调递减 2()()022f f πππ'=-<⇒存在唯一0(,)2x ππ∈使0()0f x '=00()0,()02f x x x f x x x ππ''>⇔≤<>⇔<< 得：()f x 在0[,)2x π上单调递增，0(,]x π上单调递减3()0,()022f f ππ>=-< 得：x ∈0[,]2x π时，()0f x >，x ∈0[,]x π时，0()()0f x f π<，()y f x =在0[,]x π上有唯一零点由①②得：函数)(x f 在),0(π内有两个零点。
6、已知函数32()f x ax bx cx =++在点0x 处取得极小值－4，使其导数'()0f x >的x 的取值范围为(1,3)，求：（1）()f x 的解析式；（2）若过点(1,)P m -可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围． 解：（1）由题意得：2'()323(1)(3),(0)f x ax bx c a x x a =++=--<∴在(,1)-∞上'()0f x <；在(1,3)上'()0f x >；在(3,)+∞上'()0f x < 因此()f x 在01x =处取得极小值4-∴4a b c ++=-①，'(1)320f a b c =++=②，'(3)2760f a b c =++=③由①②③联立得：169a b c =-⎧⎪=⎨⎪=-⎩，∴32()69f x x x x =-+-（2）设切点Q (,())t f t ，,()()()y f t f t x t -=-232(3129)()(69)y t t x t t t t =-+--+-+- 222(3129)(3129)(69)t t x t t t t t t =-+-+-+--+ 22(3129)(26)t t x t t t =-+-+-过(1,)m - 232(3129)(1)26m t t t t =-+--+- 32()221290g t t t t m =--+-=令22'()66126(2)0g t t t t t =--=--=， 求得：1,2t t =-=，方程()0g t =有三个根。