专题02导数与零点个数-2019年高考数学总复习之典型例题突破(压轴题系列)版含解析

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[精品]2019版高考数学二轮复习专题二函数与导数专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数文

专题突破练8 利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018全国卷3,文21)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥１时,f(x)+e≥０.2.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.3.设函数f(x)=x2-a ln x,g(x)=(a-2)x.(1)略;(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1,x2,①求满足条件的最小正整数a的值;②求证:F'>0.4.(2018福建龙岩4月质检,文21节选)已知函数f(x)=-2ln x,m∈R.(1)略;(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,证明:f(x2)<x2-1.5.已知函数f(x)=a ln x,g(x)=x++f'(x).(1)讨论h(x)=g(x)-f(x)的单调性;(2)若h(x)的极值点为3,设方程f(x)+mx=0的两个根为x1,x2,且≥ｅa,求证:.6.(2018河南安阳一模,文21)已知函数f(x)=,g(x)=3eln x,其中e为自然对数的底数.(1)讨论函数f(x)的单调性.(2)试判断曲线y=f(x)与y=g(x)是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在,求出公切线l的方程;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数1.解 (1)f'(x)=,f'(0)=2.因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)当a≥１时,f(x)+e≥（x2+x-1+e x+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+e x+1,则g'(x)=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥０.2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).当a≤０时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>0时,因为e2x单调递增,-单调递增,所以f'(x)在(0,+∞)单调递增.又f'(a)>0,当b满足0<b<且b<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,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2=0,所以f(x0)=+2ax0+a ln≥２a+a ln.故当a>0时,f(x)≥２a+a ln.3.解 (1)略;(2)①∵F(x)=x2-a ln x-(a-2)x,∴F'(x)=2x-(a-2)-(x>0).因为函数F(x)有两个零点,所以a>0,此时函数F(x)在单调递减,在单调递增.所以F(x)的最小值F<0,即-a2+4a-4a ln<0.∵a>0,∴a+4ln-4>0.令h(a)=a+4ln-4,显然h(a)在(0,+∞)上为增函数,且h(2)=-2<0,h(3)=4ln-1=ln-1>0,所以存在a0∈(2,3),h(a0)=0.当a>a0时,h(a)>0,所以满足条件的最小正整数a=3.②证明:不妨设0<x1<x2,于是-(a-2)x1-a ln x1=-(a-2)x2-a ln x2,即+2x1--2x2=ax1+a ln x1-ax2-a ln x2=a(x1+ln x1-x2-ln x2).所以a=.∵F'=0,∴当x∈时,F'(x)<0,当x∈时,F'(x)>0,故只要证即可,即证x1+x2>,即证+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<+2x1--2x2,也就是证ln.设t=(0<t<1).令m(t)=ln t-,则m'(t)=.因为t>0,所以m'(t)≥0,当且仅当t=1时,m'(t)=0,所以m(t)在(0,+∞)上是增函数.又m(1)=0,所以当t∈(0,1),m(t)<0总成立,所以原题得证.4.证明 (1)略;(2)函数f(x)的定义域为x>0,f'(x)=,∵f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,∴g(x)=x2-2x-m=0有两个不同的正根x1=1-,x2=1+,∴∴-1<m<0.欲证明f(x2)=x2+-2ln x2<x2-1,即证明2ln x2->1,∵m=-2x2,∴证明2ln x2->1成立,等价于证明2ln x2-x2>-1成立.∵m=x2(x2-2)∈(-1,0),∴x2=1+∈(1,2).设函数h(x)=2ln x-x,x∈(1,2),求导可得h'(x)=-1.易知h'(x)>0在x∈(1,2)上恒成立,即h(x)在x∈(1,2)上单调递增,∴h(x)>h(1)=-1,即2ln x2-x2>-1在x2∈(1,2)上恒成立,∴函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2时,f(x2)<x2-1.5.(1)解∵h(x)=g(x)-f(x)=x-a ln x+,其定义域是(0,+∞),∴h'(x)=.①1+a≤０即a≤-1时,x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)递增;②a+1>0即a>-1时,x∈(0,1+a)时,h'(x)<0,x∈(1+a,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,综上,a>-1时,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,a≤-1时,h(x)在(0,+∞)递增.(2)证明由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,故a=2.∵2ln x1+mx1=0,2ln x2+mx2=0,∴2(ln x2-ln x1)=m(x1-x2),又f(x)=2ln x,∴f'(x)=,==+m+ln.令=t≥ｅ2,φ(t)=+ln t,则φ'(t)=>0,∴φ(t)在[e2,+∞)上递增,φ(t)≥φ(e2)=1+>1+,故.6.解 (1)f'(x)=,令f'(x)=0得x=.当x=且x≠０时,f'(x)<0;当x>时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在上单调递减,在上单调递增.(2)假设曲线y=f(x)与y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线,且切点横坐标为x0>0,则即其中②式即4-3e2x0-e3=0.记h(x)=4x3-3e2x-e3,x∈(0,+∞),则h'(x)=3(2x+e)(2x-e),得h(x)在上单调递减,在上单调递增,又h(0)=-e3,h=-2e3,h(e)=0,故方程h(x0)=0在(0,+∞)上有唯一实数根x0=e,经验证也满足①式.于是,f(x0)=g(x0)=3e,f'(x0)=g'(x0)=3,曲线y=g(x)与y=g(x)的公切线l的方程为y-3e=3(x-e),即y=3x.。

导数与函数的极值(2)2019年高考数学(文)一轮复习Word版含解析

3，得 1，典例在线已知二次函数 f ( x ) = ax 2 + bx - 3 在 x = 1 处取得极值，且在点 (0, -3) 处的切线与直线 2 x + y = 0 平行. （1）求 f ( x ) 的解析式；（2）求函数 g ( x ) = xf ( x ) + 4 x 的极值；（3）求函数 g ( x ) = xf ( x ) + 4 x 在 [0, 2] 上的值域.【参考答案】（1）；（2）极小值为 g (1)=0，极大值为；（3） [0, 2] .（2）由题意得所以令,得.令,.，得 x < 1 或 x > 1 ；令3< x < 1.当 x 变化时，的变化情况如下表：↗4 27↘ 00 ↗所以函数g(x)在x2=1处有极小值，且极小值为g(1)=0.在处有极大值，且极大值为.（3）∵g(0)=0，g(2)=2，∴由（2）知：当x∈[0,2]时，函数g(x)的最大值为2，最小值为0.∴函数g(x)=xf(x)+4x在[0,2]上的值域为[0,2].【名师点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与值域，属于难题.求函数f(x)极值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数f'(x)；（3）解方程f'(x)=0,求出函数定义域内的所有根；（4）列表检查f'(x)在f'(x)=0的根x左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么f(x)在x00处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么f(x)在x处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.学霸推荐1．若函数f(x)=x2ln x(x>0)的极值点为α，函数g(x)=x ln x2(x>0)的极值点为β，则有A．α＞βC．α=βB．α＜βD．α与β的大小不能确定2．已知函数f(x)=e x(ax+b)-x2-4x，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.（1）求a,b的值.（2）讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值.1．【答案】A【解析】因为分别为的极值点,,所以,解得⎧,解得,所以 ,故选 A.2．【答案】（1） a = 4, b = 4 ；（2）见解析.【解析】（1） f '( x ) = e x (ax + b ) + a e x - 2 x - 4 = e x (ax + a + b ) - 2 x - 4 ，由已知得 f (0) = 4 ， f '(0) = 4 ，故 ⎨b = 4 ⎩a + b - 4 = 4⇒ a = 4, b = 4 .。

从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法

从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法
作者：邓军民
来源：《广东教育·高中》2019年第10期
2019年高考數学命题以全国教育大会精神为指引，认真贯彻“五育并举”教育方针，突出数学学科特色，着重考查考生的理性思维能力以及综合运用数学思维方法分析问题、解决问题的能力. 试题突出学科素养导向，全面覆盖基础知识，凸显综合性、应用性，以反映我国社会主义建设的成果和优秀传统文化的真实情境为载体，贴近生活，联系社会实际，在考试评价中落实立德树人根本任务. 今年全国？玉卷的导数压轴题也设置得很有特色，考查了函数零点问题，题目如下：。

专题05 用好导数,破解函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(解析版)

一．方法综述近几年的高考数学试题中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化、综合化.处理函数零点问题时，我们不但要掌握零点存在性定理，还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法，才能有效地找到解题的突破口．利用导数解决函数的零点问题，是近几年高考命题的热点题型，此类题一般属于压轴题，难度较大．本专题举例说明如何用好导数，破解函数零点问题.二．解题策略类型一讨论函数零点的个数【例1】【吉林省通榆县第一中学2019届高三上期中】已知函数 . （1）求在处的切线方程；（2）试判断在区间上有没有零点？若有则判断零点的个数. 【答案】（1）；（2）2.【解析】（1）由已知得，有， ∴在处的切线方程为：，化简得.【指点迷津】讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断（证明）零点的存在性，确定函数零点的个数.【举一反三】【2015高考新课标1，理21】已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=-. (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；（Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),()(0)h x f x g x x => ，讨论h （x ）零点的个数.【答案】（Ⅰ）34a =；（Ⅱ）当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点. 学&科网【解析】（Ⅱ）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =≤<， ∴()h x 在（1，+∞）无零点.当x =1时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===,故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg f ==<,故x =1不是()h x 的零点.当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在（0,1）的零点个数.(ⅰ)若3a ≤-或0a ≥，则2()3f x x a '=+在（0,1）无零点，故()f x 在（0,1）单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a ≤-时，()f x 在（0，1）有一个零点；当a ≥0时，()f x 在（0，1）无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（0单调递减，在1）单调递增，故当x ()f x取的最小值，最小值为f 14.①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在（0,1）无零点.②若f =0，即34a =-，则()f x 在（0,1）有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在（0,1）有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在（0,1）有一个零点.…10分综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点. ……12分学*科网类型二已知函数在区间上有零点，求参数的取值范围【例2】【河北省衡水中学2019届高三上学期二调】已知函数(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数恰有2个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（2）由题意得，，所以.由，解得，故当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增.所以.又，，结合函数的图象可得，若函数恰有两个零点，则解得.所以实数的取值范围为.【例3】【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．学*科网【指点迷津】已知区间上有零点，求参数的范围问题．往往因为含有超越函数式的函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，借助导数研究函数的单调性、极值等，层层推理得解．【举一反三】【贵州省遵义航天高级中学2018届高三上第四次模】已知函数的两个零点为．（1）求实数m的取值范围；（2）求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）令，则，由题意知方程有两个根，即方程有两个根，不妨设，，令，则当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，，要证，即证，即，即证，令，下面证对任意的恒成立，∵，∴，∴又∵，∴∴，则在单调递增∴，故原不等式成立．类型三已知存在零点，证明零点的性质【例4】【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】已知函数．（1）讨论的单调性；（2若函数有两个零点分别记为．①求的取值范围；②求证：．【答案】⑴见解析；⑵见解析；⑶见证明【解析】（1），（i）当时，，时，单调递减；时，单调递增．（iii）当时，恒成立，在上单增．（iv）当时，时，单调递增；时，单调递减，时，单调递增．学科/网综上所述：时，在上单调递减，上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递增；时，在上单调递减，上单调递增.（2）①，（i）当时，，只有一个零点，舍去；（ii）当时，在上单调递减，上单调递增，又，取且，则，存在两个零点．（iii）当时，在上单调递增，时，不可能有两个零点，舍去．（iv）当时，在上单调递增，不可能有两个零点，舍去．（v）当时，时，，又在单调递减，在上单调递增，因，不可能有两个零点，舍去．综上所述：．②由①知：，在上单调递减，在上单调递增，要证，即证，即证，令，则当时，单调递增．不妨设，则，即，又，，在上单调递减，，，原命题得证．学科#网【指点迷津】已知函数存在零点，需要证明零点满足某项性质时，实际上是需要对函数零点在数值上进行精确求解或估计，需要对零点进行更高要求的研究，为此，不妨结合已知条件和未知要求，构造新的函数，再次通过导数的相关知识对函数进行更进一步的分析研究，其中，需要灵活运用函数思想、化归思想等，同时也需要我们有较强的抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．含参数的函数的单调性的讨论，合理分类讨论是关键，分类点的选择一般依据导数是否存在零点，若存在零点，则检验零点是否在给定的范围之中．【举一反三】【江西师范大学附属中学2018年10月高三月考】设，函数（1）若无零点，求实数的取值范围；（2）若有两个相异零点，求证：．【答案】（1）；（2）见解析【解析】(1)①若时，则是区间上的增函数，∵∴，函数在区间有唯一零点；②若，有唯一零点；③若，令，得，在区间上，，函数是增函数；在区间故在区间三．强化训练1．【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是( )A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C2．【山西省太原市第五中学2019届10月月考】已知，又，若满足的有四个，则的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】令y=xe x ，则y'=（1+x ）e x ，由y'=0，得x=﹣1，当x ∈（﹣∞，﹣1）时，y'＜0，函数y 单调递减，当x ∈（﹣1，+∞）时，y'＞0，函数y 单调递增．作出y=xe x 图象，利用图象变换得f （x ）=|xe x |图象，学&科网令f （x ）=m ，则关于m 方程h （m ）=m 2﹣tm+1=0两根分别在时，满足g （x ）=﹣1的x 有4个，由，解得．故选：B ．学科￥网3．【山东省安丘市2019届10月检测】若存在正实数m ，使得关于x 的方程有两个不同的根，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】4.【江西省南昌市2018届二轮测试卷（一）】设，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】5.【四川省攀枝花市第十二中学2019届10月月考】已知函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1，若f(x)存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)【答案】B【解析】函数则，令则⑴当时，，存在两个零点，不符合题意，故⑶当时，，在，上单调递减，在上单调递增是的极小值点，是的极大值点，要使函数仅有一正零点，结合函数图像，可知，代入可得：，解得综上，则的取值范围为故选学$科网6.【江苏省淮安市淮海中学2019届高三上学期第二阶段测试】若方程有且仅有6个不相等的实数根，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】7.【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数其中为自然对数的底数，若函数与的图象恰有一个公共点，则实数的取值范围是____________.【答案】【解析】因为，所以函数在区间上单调递增，且所以当时，与有一个公共点；当时，令，即有一个解即可.设，则得.因为当时，当时，所以当时，有唯一的极小值，即有最小值，所以当时，有一个公共点.综上，实数的取值范围是.8.【陕西省西安市长安区第五中学2019届高三上期中】已知函数.(1)若直线过点（1，0），并且与曲线相切，求直线的方程；(2)设函数在[1,e]上有且只有一个零点，求的取值范围.(其中∈R，e为自然对数的底数)【答案】（1）；（2）或.【解析】（2）因为g（x）=xlnx-a（x-1），注意到g（1）=0，所以所求问题等价于函数g（x）=xlnx-a（x-1）在（1，e]上没有零点.因为.所以由lnx+1-a<00<x<e a-1,x>e a-1,所以g（x）在（0，e a-1）上单调递减，在（e a-1，）上单调递增.①当e a-1≤1，即a≤1时，g（x）在（1,e]上单调递增，所以g（x）>g(1)=0.此时函数g（x）在（1,e]上没有零点，②当1<e a-1<e,即1<a<2时，g（x）在[1,e a-1)上单调递减，在（e a-1,e]上单调递增，又因为g（1）=0，g（e）=e-ae+a，g（x）在(1,e]上的最小值为g（e a-1）=a-e a-1，所以（i）当1<a≤时，g（x）在[1,e]上的最大值g（e）≥0，即此时函数g（x）在(1,e]上有零点.（ii）当<a<2时，g（e）＜0，即此时函数g（x）在（1,e]上没有零点，③当e≤e a-1即a≥2时，g（x）在[1,e]上单调递减，所以g（x）在[1,e]上满足g（x）<g(1)=0，此时函数g（x）在(1,e]上没有零点.综上，所求的a的取值范围是或.学%科网9.【山东省实验中学2019届高三第一次诊断】函数（）的导函数的图象如图所示：（1）求的值并写出的单调区间；（2）若函数有三个零点，求的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，极小值为f(2)＝c－.而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得－＜c＜.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.学科&网10．【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数.(1)若函数在上为增函数，求的取值范围；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）由题得，则因为有两个极值点，所以欲证等价于证，即，所以因为，所以原不等式等价于 .由可得，则②. 由①②可知，原不等式等价于，即设，则，则上式等价于.令，则因为，所以，所以在区间上单调递增，所以当时，，即，所以原不等式成立，即.。

2019年高考数学二轮复习专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数理

专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018河南郑州二模,理21)已知函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.2.(2018河南郑州一模,理21)已知函数f(x)=ln x+,a∈R且a≠0.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x∈时,试判断函数g(x)=(ln x-1)e x+x-m的零点个数.3.设函数 f (x )=x 2-a ln x ,g (x )=(a-2)x.(1)略;(2)若函数 F (x )=f (x )-g (x )有两个零点 x 1,x 2,①求满足条件的最小正整数 a 的值;②求证:F'>0.4.(2018 河北保定一模,理 21 节选)已知函数 f (x )=ln x-(a ∈R).(1)略;(2)若 f (x )有两个极值点 x 1,x 2,证明:f.5.已知函数 f (x )=(x-2)e x +a (x-1)2 有两个零点.(1)求 a 的取值范围;(2)设 x 1,x 2 是 f (x )的两个零点,证明:x 1+x 2<2.6.(2018 山西名校二模,理 21)已知函数 f (x )=m ln x.(1)讨论函数 F (x )=f (x )+-1 的单调性;所以 f (x )max (1)=e -1,x ∈[0,1].f (x )过点(1,e -1),且 y=f (x )在 x=1 处的切线方程为 y=(e -(2)定义:“对于在区域 D 上有定义的函数 y=f (x )和 y=g (x ),若满足 f (x )≤g (x )恒成立,则称曲线y=g (x )为曲线 y=f (x )在区域 D 上的紧邻曲线”.试问曲线 y=f (x+1)与曲线 y=是否存在相同的紧邻直线,若存在,请求出实数 m 的值;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练 8 利用导数证明问题及讨论零点个数1.解 (1)f'(x )=e x -2x ,由题设得 f'(1)=e -2,f (1)=e -1,f (x )在 x=1 处的切线方程为 y=(e -2)x+1.(2)f'(x )=e x -2x ,f″(x )=e x -2,∴f'(x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,所以 f'(x )≥f'(ln 2)=2-2ln 2>0,所以 f (x )在[0,1]上单调递增,=f2)x+1,故可猜测:当 x>0,x ≠1 时,f (x )的图象恒在切线 y=(e -2)x+1 的上方.下证:当 x>0时,f (x )≥(e -2)x+1,设 g (x )=f (x )-(e -2)x-1,x>0,则 g'(x )=e x -2x-(e -2),g″(x )=e x -2,g'(x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又 g'(0)=3-e >0,g'(1)=0,0<ln 2<1,∴g'(ln 2)<0,所以,存在 x 0∈(0,ln 2),使得 g'(x 0)=0,所以,当 x ∈(0,x 0)∪(1,+∞)时,g'(x )>0;当 x ∈(x 0,1)时,g'(x )<0,故 g (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又 g (0)=g (1)=0,∴g (x )=e x -x 2-(e -2)x-1≥0,当且仅当 x=1 时取等号,故 x ,x>0.又 x ≥ln x+1,即 ln x+1,当 x=1 时,等号成立.2.解 (1)f'(x )=(x>0),当 a<0 时,f'(x )>0 恒成立,函数 f (x )在(0,+∞)上递增;当 a>0 时,由f'(x )>0,得 x>,由 f'(x )<0,得 0<x<,函数单调递增区间为,单调递减区间为综上所述,当 a<0 时,函数 f (x )的单调递增区间为(0,+∞).当 a>0 时,函数 f (x )的单调递增区间为,单调递减区间为(2)∵x 时,函数 g (x )=(ln x-1)e x +x-m 的零点,即方程(ln x-1)e x +x=m 的根.令 h (x )=(ln x-1)e x +x ,h'(x )=e x +1.由(1)知当 a=1 时,f (x )=ln x+-1 在递减,在[1,e]上递增,∴f (x )≥f (1)=0.+ln x-1≥0 在 x 上恒成立.∴h'(x )=e x +1≥0+1>0,∴h (x )=(ln x-1)e x +x 在 x 上单调递增.∴h (x )min =h=-2,h (x )max =e .所以当 m<-2 或 m>e 时,没有零点,当-2m ≤e 时有一个零点.3.解 (1)略;(2)①∵F (x )=x 2-a ln x-(a-2)x ,∴F'(x )=2x-(a-2)-(x>0).因为函数 F (x )有两个零点,所以 a>0,此时函数 F (x )在单调递减,在单调递增.所以 F (x )的最小值 F<0,即-a 2+4a-4a ln <0.∵a>0,∴a+4ln -4>0.令 h (a )=a+4ln -4,显然 h (a )在(0,+∞)上为增函数,且 h (2)=-2<0,h (3)=4ln -1=ln -1>0,所以存在 a 0∈(2,3),h (a 0)=0.当 a>a 0 时,h (a )>0,所以满足条件的最小正整数 a=3.②证明:不妨设 0<x 1<x 2,于是-(a-2)x 1-a ln x 1=-(a-2)x 2-a ln x 2,即+2x 1--2x 2=ax 1+a ln x 1-ax 2- a ln x 2=a (x 1+ln x 1-x 2-ln x 2).所以 a=∵F'=0,∴当 x 时,F'(x )<0,当 x 时,F'(x )>0,故只要证即可,即证 x 1+x 2>,即证+(x 1+x 2)(ln x 1-ln x 2)<+2x 1--2x 2,也就是证 ln设 t=(0<t<1).令 m (t )=ln t-,则 m'(t )=因为 t>0,所以 m'(t )≥0,当且仅当 t=1 时,m'(t )=0,所以 m (t )在(0,+∞)上是增函数.又 m (1)=0,所以当 t ∈(0,1),m (t )<0 总成立,所以原题得证.4.解 (1)略;(2)f'(x )=(x>0),令 p (x )=x 2+(2-a )x+1,由 f (x )在(0,+∞)有两个极值点 x 1,x 2,则方程 p (x )=0 在(0,+∞)有两个实根 x 1,x 2,得 a>4.∴f (x 1)+f (x 2)=ln x 1-+ln x 2-=ln x 1x 2-=-a ,f=f=ln =ln -(a-2).∴f=ln -a-2+=ln +2.设 h (a )=ln +2(a>4),则 h'(a )=<0,∴h (a )在(4,+∞)上为减函数,又 h (4)=0,∴h (a )<0,∴f5.(1)解 f'(x )=(x-1)e x +2a·(x-1)=(x-1)(e x +2a ).(ⅰ)若 a=0,则 f (x )=(x-2)e x ,f (x )只有一个零点.(ⅱ)若 a>0,则当 x ∈(-∞,1)时,f'(x )<0;当 x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,所以 f (x )在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.又 f (1)=-e,f (2)=a ,取 b 满足 b<0 且 b<ln,则 f (b )>(b-2)+a (b-1)2=a>0,故 f (x )存在两个零点.(ⅲ)若 a<0,由 f'(x )=0 得 x=1 或 x=ln(-2a ).若 a ≥-,则 ln(-2a )≤1,故当 x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,因此 f (x )在(1,+∞)内单调递增.又当 x ≤1 时,f (x )<0,所以 f (x )不存在两个零点.若 a<-,则 ln(-2a )>1,故当 x ∈(1,ln(-2a ))时,f'(x )<0;当 x ∈(ln(-2a ),+∞)时,f'(x )>0.因此 f (x )在(1,ln(-2a ))内单调递减,在(ln(-2a ),+∞)内单调递增.又当 x ≤1 时 f (x )<0,所以 f (x )不存在两个零点.综上,a 的取值范围为(0,+∞).(2)证明不妨设 x 1<x 2,由(1)知,x 1∈(-∞,1),x 2∈(1,+∞),2-x 2∈(-∞,1),f (x )在(-∞,1)内单调递减,所以 x 1+x 2<2 等价于 f (x 1)>f (2-x 2),即 f (2-x 2)<0.由于 f (2-x 2)=-x 2+a (x 2-1)2,而 f (x 2)=(x 2-2)+a (x 2-1)2=0,所以 f (2-x 2)=-x 2-(x 2-2)设 g (x )=-x e 2-x-(x-2)e x ,则 g'(x )=(x-1)(e 2-x -e x ).所以当 x>1 时,g'(x )<0,而 g (1)=0,故当 x>1 时,g (x )<0.从而 g (x 2)=f (2-x 2)<0,故 x 1+x 2<2.6.解 (1)F'(x )=(x>0).当 m ≤0 时,F'(x )<0,函数 F (x )在(0,+∞)上单调递减;当 m>0 时,令 F'(x )<0,得 x<,函数 F (x )在上单调递减;令 F'(x )>0,得 x>,函数 F (x )在上单调递增;综上所述,当 m ≤0 时,函数 F (x )在(0,+∞)上单调递减;当 m>0 时,函数 F (x )在上单调递减,在上单调递增.(2)原命题等价于曲线 y=f (x+1)与曲线 y=是否相同的外公切线.函数 f (x+1)=m ln(x+1)在点(x 1,m ln(x 1+1))处的切线方程为 y-m ln(x 1+1)=(x-x 1),即 y=x+m ln(x 1+1)-,曲线 y=在点处的切线方程为 y-(x-x 2),即 y=x+曲线 y=f (x+1)与 y=的图象有且仅有一条外公切线,所以有唯一一对(x 1,x 2)满足这个方程组,且 m>0,由①得 x 1+1=m (x 2+1)2,代入②消去 x 1,整理得 2m ln(x 2+1)++m ln m-m-1=0,关于 x 2(x 2>-1)的方程有唯一解.令 g (x )=2m ln(x+1)++m ln m-m-1(x>-1),∴g'(x )=当 m>0 时,g (x )在上单调递减,在上单调递增;∴g (x )min =g=m-m ln m-1.因为 x →+∞,g (x )→+∞;x →-1,g (x )→+∞,只需 m-m ln m-1=0.令 h (m )=m-m ln m-1,h'(m )=-ln m 在(0,+∞)上为单调递减函数,且 m=1 时,h'(m )=0,即 h (m )max =h (1)=0,所以 m=1 时,关于 x 2 的方程 2m ln(x 2+1)++m ln m-m-1=0 有唯一解,此时 x 1=x 2=0,外公切线的方程为 y=x.∴这两条曲线存在相同的紧邻直线,此时 m=1.。

专题02 函数的概念与基本初等函数Ⅰ-2019年高考真题和模拟题分项汇编数学(文)(解析版)

( π )2
=
4
+ 2π π2
1,
f
(π)
=
π −1+
π2
0 ，可知应为 D 选项中的图象．
2
7．【2019 年高考北京文数】在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗
星的星等与亮度满足
m2
–
m1
=
5 2
lg
E1 E2
，其中星等为 mk
的星的亮度为
Ek （k=1,2）．已
知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为
=
−
1 2
,1
x
2
，其中 k>0.若在区间(0，9]上，关于 x 的方程 f (x) = g(x) 有
8 个不同的实数根，则 k 的取值范围是 ▲ .
【答案】
1 3
,
2 4
【解析】作出函数 f (x) ， g(x) 的图象，如图：
由图可知，函数 f (x) = 1− (x −1)2 的图象与 g(x) = − 1 (1 x 2,3 x 4,5 x 6, 7 x 8) 的图象仅有 2 个交点，即在区间
专题 02 函数的概念与基本初等函数 I
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】已知 a = log2 0.2,b = 20.2, c = 0.20.3 ，则（）
A． a b c
B． a c b
C． c a b
D． b c a
【答案】B
【解析】 a = log2 0.2 log2 1 = 0, b = 20.2 20 = 1, 0 c = 0.20.3 0.20 = 1, 即 0 c 1, 则 a c b ．故选 B．

(完整版)高三复习导数专题

导数一、导数的基本知识 1、导数的定义：)(0'x f =xx f x x f x yx x ∆-∆+=∆∆→∆→∆)()(limlim0000。

2、导数的公式： 0'=C （C 为常数) 1')(-=n n nx x （R n ∈) xx e e =')(a a a x x ln )('= xx 1)(ln '= exx a a log 1)(log '=x x cos )(sin '= x x sin )(cos '-=3、导数的运算法则： [()()]f x g x '+ =()()f x g x ''+ [()()]()()f x g x f x g x '''-=-[()]()af x af x ''= [()()]()()()()f x g x f x g x f x g x '''=+ 2()()()()()[]()[()]f x f x g x f x g x g x g x ''-'= 4、掌握两个特殊函数（1）对勾函数()bf x ax x=+( 0a > ,0b >) 其图像关于原点对称（2）三次函数32()f x ax bx cx d =+++(0)a ≠导数导数的概念导数的运算导数的应用导数的定义、几何意义、物理意义函数的单调性函数的极值函数的最值常见函数的导数导数的运算法则比较两个的代数式大小导数与不等式讨论零点的个数求切线的方程导数的基本题型和方法1、、导数的意义：（1）导数的几何意义：0()k f x '= （2）导数的物理意义:()v s t '=2、、导数的单调性：（1）求函数的单调区间;()0()b]f x f x '≥⇔在[a,上递增 ()0()b]f x f x '≤⇔在[a,上递减（2）判断或证明函数的单调性; ()f x c ≠ （3)已知函数的单调性，求参数的取值范围。

2019高三数学北师大版理科一轮：高考大题专项突破一1-

1.3导数与函数的零点及参数范围1.已知函数f(x)=e x(sin x+cos x)+a,g(x)=(a2-a+10)e x(a∈R,且a为常数).(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线过点(1,2),求实数a的值;+1+ln x(b>1)在(0,+∞)内的零点个数,并说明理由.(2)判断函数φ(x)=-2.(2017山西第四次五校联考,理21)已知函数f=ln x-ax∈(1)求曲线y=f在点A处的切线L的方程,并证明:除点A外,曲线y=f都在直线L的下方;(2)若函数h=e x+f在区间内有零点,求a的取值范围.〚导学号21500800〛-a(a<0).3.(2017江西八校联考,理21)已知函数f(x)=-(1)当x∈(0,1)时,求f(x)的单调性;(2)若h(x)=(x2-x)·f(x),且方程h(x)=m有两个不相等的实数根x1,x2.求证:x1+x2>1.4.(2017北京东城一模)已知函数f(x)=x3-x2+ax,a∈R.(1)若x=2是f(x)的极值点,求a的值,并讨论f(x)的单调性;(2)已知函数g(x)=f(x)-ax2+,若g(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.〚导学号21500801〛5.(2017湖南长郡中学临考冲刺)已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x(a∈R).(1)若曲线g(x)=f(x)+x在点(1,g(1))处的切线过点(0,2),求函数g(x)的减区间;(2)若函数y=f(x)在上无零点,求a的最小值.6.(2017河南豫南九校质量考评八,理21)已知函数f=ln x+(1)若函数f有零点,求实数a的取值范围;(2)证明:当a,b>1时,f〚导学号21500802〛参考答案1.3导数与函数的零点及参数范围1.解 (1)f'(x)=e x(sin x+cos x)+e x(cos x-sin x)=2e x cos x.由曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线过点(1,2),得f'(0)=-,-即2=1-a,解得a=-1.+1+ln x=0(x>0),(2)零点个数为0.理由如下:由φ(x)=-得+1+ln x=0,化为=1-x-x ln x.令h(x)=1-x-x ln x,则h'(x)=-2-ln x.由h'(x)=-2-ln x=0,得x=-,故h(x)在内是增加的,在内是减少的,所以h(x)max=h=1+.再令t(x)==b e x,因为b>1,所以函数t(x)=b e x在(0,+∞)内是增加的,t(x)>t(0)=b e0=b>1+.故t(x)>h(x)max,由此判断函数φ(x)在(0,+∞)内没有零点,故φ(x)在(0,+∞)内的零点个数为0.2.解 (1)∵f'(x)=-a,∴f'(1)=1-a.∵f(1)=-a,∴L的方程为y+a=(1-a)(x-1),即y=(1-a)x-1.设p(x)=f(x)-(1-a)x+1=ln x-x+1,则p'(x)=-.若x>1,p'(x)<0;若0<x<1,p'(x)>0.∴p(x)max=p(1)=0,∴p(x ≤0∴f(x ≤ 1-a)x-1,当且仅当x=1时,取等号.故除点A外,曲线y=f(x)都在直线L的下方.(2)h(x)=e x+f(x)在区间(1,3)内有零点,即a=在x∈(1,3)内有实数解.设F(x)=,则F'(x)=--,设g(x)=e x(x-1)+1-ln x,则g'(x)=x-.∵函数y=e x-(x>0)的零点在(0,1)内,且y>0在(1,3)内恒成立,∴g'(x)>0,即g(x)在(1,3)内是增加的,∴g(x)>g(1)=1,则F'(x)>0在(1,3)内恒成立, ∴F(x)在(1,3)内是增加的,∴F(x)∈,∴a∈.3.(1)解f'(x)=---,设g(x)=x-1-ln x,则g'(x)=1-,∴当x∈(0,1)时,g'(x)<0,∴g(x)>g(1)=0,∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,1)上是增加的.(2)证明∵h(x)=x2ln x-ax2+ax(a<0),∴h'(x)=2x ln x+x-2ax+a,设g(x)=2x ln x+x-2ax+a, ∴g'(x)=2ln x-2a+3.∵y=g'(x)在(0,+∞)上是增加的,当x→0时,g'(0)<0,g'(1)=3-2a>0,∴必存在t∈(0,1),使得g'(t)=0,即2ln t-2a+3=0,∴y=h'(x)在(0,t)上是减少的,在(t,+∞)上是增加的.又当x→0时,h'(0)<0,h'(1)=1-a>0.设h'(x0)=0,则x0∈(0,1),∴y=h(x)在(0,x0)上是减少的,在(x0,+∞)上是增加的, 又h(1)=0,不妨设x1<x2,则0<x1<x0,x0<x2<1,由(1)知--∴f(x0)(-x2)>h(x2)=h(x1)>f(x0)(-x1),∴(-x2)-(-x1)=(x2-x1)·(x2+x1-1)>0,∴x1+x2>1.4.解 (1)f(x)=x3-x2+ax,f'(x)=x2-x+a.∵x=2是f(x)的极值点,∴f'(2)=4-2+a=0,解得a=-2.代入f'(x)=x2-x-2=(x+1)(x-2),令f'(x)=0,解得x=-1或x=2.令f'(x)>0,解得x>2或x<-1,∴f(x)在x∈(-∞,-1),(2,+∞)时是增加的;令f'(x)<0,解得-1<x<2,∴f(x)在x∈(-1,2)时是减少的.(2)g(x)=f(x)-ax2+x3-(1+a)x2+ax+,g'(x)=x2-(1+a)x+a=(x-1)(x-a).①当a≥1时,x∈(0,1),g'(x)>0恒成立,g(x)是增加的,又g(0)=>0,因此此时函数g(x)在区间(0,1)内没有零点.②当0<a<1时,x∈(0,a),g'(x)>0,g(x)是增加的,x∈(a,1)时,g'(x)<0,g(x)是减少的,又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)<0,∴(1+a)+a+<0,解得a<-1.舍去.③当a≤0时,x∈(0,1),g'(x)<0,g(x)是减少的,又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)<0,解得a<-1.满足条件.综上可得,a的取值范围是(-∞,-1).5.解 (1)∵g(x)=(3-a)x-(2-a)-2ln x,∴g'(x)=3-a-,∴g'(1)=1-a.又g(1)=1,∴1-a=--=-1,得a=2.由g'(x)=3-2--<0,得0<x<2,∴函数g(x)的减区间为(0,2).(2)∵f(x)<0在区间上恒成立不可能,∴要使函数f(x)在上无零点,只要对任意的x∈,f(x)>0恒成立,即对x∈,a>2--恒成立,令I(x)=2--,x∈,则I'(x)=------,再令m(x)=2ln x+-2,x∈,则m'(x)=-<0,故m(x)在内为减函数,于是m(x)>m=2-2ln 2>0,即I'(x)>0,于是I(x)在上为增函数,∴I(x)<I=2-4ln 2,故要使a>2--恒成立,只要a∈[2-4ln 2,+∞).综上,若函数f(x)在上无零点,则a的最小值为2-4ln 2.6.(1)解函数f(x)=ln x+的定义域为(0,+∞),由f(x)=ln x+,得f'(x)=-.因为a>0,则x∈(0,a)时,f'(x)<0,x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.所以函数f(x)在(0,a)内是减少的,在(a,+∞)上是增加的,当x=a时,f(x)min=ln a+1,当ln a+1≤0 即0<a≤时,又f(1)=ln 1+a=a>0,则函数f(x)有零点.所以实数a的取值范围为.(2)证明要证明f(ln b)>,即证ln(ln b)+,令t=ln b>0(b>1),则b=e t, 所以只需证ln t+>e-t,整理得t ln t+a>t e-t.令h(x)=x ln x+a,则h'(x)=ln x+1.当0<x<时,h'(x)<0;当x>时,h'(x)>0.所以函数h(x)在内是减少的,在内是增加的,当x=时,h(x)min=-+a.于是,当a≥时,h(x ≥-+a≥.①令φ(x)=x e-x,则φ'(x)=e-x-x e-x=e-x(1-x).当0<x<1时,φ'(x)>0;当x>1时,φ'(x)<0.所以函数φ(x)在(0,1)上是增加的,在(1,+∞)上是减少的,当x=1时,φ(x)max=,于是,当x>0时,φ(x ≤.②显然,不等式①,②中的等号不能同时成立,故当x>0,a≥时,x ln x+a>x e-x.因为b>1,所以ln b>0.所以ln b·ln(ln b)+a>ln b·e-ln b.所以ln(ln b)+,即f(ln b)>.。

函数与导数重点题型01：含参函数单调性、极值、零点问题研究

重点题型一：含参函数的单调性、极值、最值及零点问题【问题分析】含参函数的单调性、极值点及零点问题，在高考中考查频次非常高，主要考查利用分类讨论来研究函数单调性和由函数极值、最值及零点求解参数范围。

此类问题难度较大，经常出现在试卷T20或T21，属于高考压轴题型。

该题型主要考查考生的分类讨论思想、等价转化思想。

解决此类问题的本质就是确定函数定义域上的单调性，基本思想就是“分类讨论”，解题的关键就是参数“分界点”的确定。

所以，要解决好此类问题，首先要明确参数“分界点”，其次确定在参数不同的分段区间上函数的单调性，进而可以确定函数的极值点、最值及零点，达到解题目的。

图1-1 含参函数问题解题思路【知识回顾】图1-2 函数f (x )单调性、极值、最值及零点关系图特别提醒：1.函数f (x )单调性、极值、最值及零点必须在函数定义域内研究，所以解决问题之前，必须先确定函数的定义域。

2.函数f (x )的极值点为其导函数变号的点，亦即导函数f ′(x )的变号零点。

3.函数f (x )的极值点为函数单调区间的“分界点”，经过极大值点函数由增变减，经过极小值点函数由减变增。

函数f(x)的单调性函数f(x)的极值点导函数f ′(x)的变号零点函数f(x)的最值确定分界点有影响分类讨论函数单调性参数导函数f ′(x)值/f ′(x )=0的根函数f(x)4. 函数f (x )单调区间不能写成并集，也不能用“或”连接，只能用逗号“，”或“和”连接。

【“分界点”确认】参数对导函数f ′(x )的值符号有影响，就必须根据参数对导函数的影响确定参数“分界点”，然后在进行分类讨论函数的单调性。

常见的“分界点”确认方法如下： 1.观察法：解决问题的过程中，我们会发现导函数形式比较简单的情况下，我们可以通过观察直接确定参数的“分界点”,例如：当导函数f ′(x )的值与y =x 2+a 函数有关，可以直接观察得到：当a ≥0时，y ≥0；当a <0时，y =0有两个根x 1=−√−a,x 2=√−a,当x ∈(−∞,−√−a)∪(√−a,+∞)时，y >0,当x ∈(−√−a,√−a)时，y <0.所以我们可以根据常见函数的性质及其之间的不等关系，通过直接观察确定“分界点”，常见函数性质及其之间的关系如下： ①x 2≥0 (x ∈R ), 完全平方式不小于0 ②tanx >x >sinx (0<x <π2)③e x ≥x +1 (x ∈R ),仅当x =0时，等号成立e x =x +1 ④lnx ≤x −1 (x >0),仅当x =1时，等号成立lnx =x −1 ⑤lnx <x <e x (x >0) ⑥a x >0 (x ∈R )2.由二次函数引发的“分界点”当函数f (x )求导后，导函数f ′(x )值符号由一个含参的二次函数（二次三项式）决定，一般可以从两个方面进行“分界点”的确定：（1）通过二次函数（一元二次方程）的∆判别式进行“分界点”的确定. 对于一个二次函数y =ax 2+bx +c (a ≠0): ① {a >0∆≤0⟹y ≥0或{a <0∆≤0⟹y ≤0.② {a >0∆>0⟹二次函数有两个零点（或二次方程y =0有两个不同实根）x 1,x 2(x 1<x 2),x 在两根之外函数大于0，两根之内函数小于0.③ {a <0∆>0⟹二次函数有两个零点（或二次方程y =0有两个不同实根）x 1,x 2(x 1<x 2),x 在两根之外函数小于0，两根之内函数大于0. 特别提醒：当二次函数有两个零点时，需要确定两个零点是否在函数定义域之内，若不在需要舍弃. （2）由二次函数零点分布（一元二次方程实根分布）进行“分界点”确定设x 1,x 2(x 1<x 2)是二次函数y =ax 2+bx +c (a >0)的两个零点（一元二次方程ax 2+bx +c =0(a >0)的两个根），则x 1,x 2的分布情况与二次函数系数之间的关系如下（k,k 1,k 2∈R,k 1<k 2）：零点分布函数图像等价条件x 1<x 2<k{∆>0f (k )>0−b 2a<kk <x 1<x 2{∆>0f (k )>0−b 2a>kx 1<k <x 2f (k )<0k 1<x 1<x 2<k 2{∆>0f (k 1)>0f (k 2)>0k 1<−b 2a<k2 x 1,x 2中仅有一个在（k 1，k 2）内\f (k 1)∙f (k 2)<0或f (k 1)=0，k 1<−b2a <k 1+k 22或f (k 2)=0，k 1+k 22<−b2a <k 2或{∆=0k 1<−b 2a<k 2当二次函数定义域受限，可以根据上表情况进行“分界点”确认，进而进行分类讨论。

专题02 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版) -25年高考数学压轴大题必杀技系列导数

专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一) 确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧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. 判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a ＝g (x ),根据导数的知识求出函数g(x )在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y ＝a 与函数y ＝g (x )图象交点的个数问题．只需要用a 与函数g (x )的极值和最值进行比较即可．3. 处理函数y =f (x )与y =g (x )图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f (x )=g (x )根的个数问题,也通过构造函数y =f (x )-g (x ),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数()()20,ex ax f x a a =¹ÎR ．(1)求()f x 的极大值；(2)若1a =，求()()cos g x f x x =-在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点个数．【解析】（1）由题易得，函数()2ex ax f x =的定义域为R ，又()()()22222e e 2e e e x xx xxax x ax ax ax ax f x ---===¢，所以，当0a >时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢-0+0-()f x ]极小值Z极大值]由上表可知，()f x 的单调递增区间为()0,2，单调递减区间为()(),0,2,¥¥-+．所以()f x 的极大值为()()2420e af a =>．当a<0时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢+0-0+()f x Z 极大值]极小值Z由上表可知，()f x 的单调递增区间为()(),0,2,¥¥-+，单调递减区间为()0,2．所以()f x 的极大值为()()000f a =<．综上所述，当0a >时，()f x 的极大值为24ea；当a<0时，()f x 的极大值为0．（2）方法一：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos e x xg x f x x x =-=-．由()0g x =，得2cos e xx x =．所以要求()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点的个数，只需求()y f x =的图象与()cos h x x =的图象在区间π,2024π2éù-êúëû上的交点个数即可．由（1）知，当1a =时，()y f x =在()(),0,2,¥¥-+上单调递减，在()0,2上单调递增，所以()y f x =在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()cos h x x =在区间π,02éù-êúëû上单调递增，且()()()()()1e 1cos 11,001cos00f h f h -=>>-=-=<==，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间π,02éù-êúëû上只有一个交点，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且只有1个零点．因为当10a x =>，时，()20ex x f x =>，()f x 在区间()02，上单调递增，在区间()2,¥+上单调递减，所以()2e x xf x =在区间()0,¥+上有极大值()2421e f =<，即当1,0a x =>时，恒有()01f x <<．又当0x >时，()cos h x x =的值域为[]1,1-，且其最小正周期为2πT =，现考查在其一个周期(]0,2π上的情况，()2ex x f x =在区间(]0,2上单调递增，()cos h x x =在区间(]0,2上单调递减，且()()0001f h =<=，()()202cos2f h >>=，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]0,2上只有一个交点，即()g x 在区间(]0,2上有且只有1个零点．因为在区间3π2,2æùçúèû上，()()0,cos 0f x h x x >=£，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间3π2,2æùçúèû上无交点，即()g x 在区间3π2,2æùçúèû上无零点．在区间3π,2π2æùçúèû上，()2ex x f x =单调递减，()cos h x x =单调递增，且()()3π3π002π1cos2π2π22f h f h æöæö>><<==ç÷ç÷èøèø，，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间3π,2π2æùçúèû上只有一个交点，即()g x 在区间3π,2π2æùçúèû上有且只有1个零点．所以()g x 在一个周期(]0,2π上有且只有2个零点．同理可知，在区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上，()01f x <<且()2e xx f x =单调递减，()cos h x x =在区间(]2π,2ππk k +上单调递减，在区间(]2ππ,2π2πk k ++上单调递增，且()()()02π1cos 2π2πf k k h k <<==，()()()2ππ01cos 2ππ2ππf k k h k +>>-=+=+()()()02ππ1cos 2ππ2ππf k k h k <+<=+=+，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]2π,2ππk k +和2ππ,2π2π]k k ++（上各有一个交点，即()g x 在(]2π,2024π上的每一个区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上都有且只有2个零点．所以()g x 在0,2024π]（上共有2024π220242π´=个零点．综上可知，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．方法二：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos ex x g x f x x x =-=-．当π,02éùÎ-êúëûx 时，()22sin 0e x x x g x x -=¢+£，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()π0,002g g æö-><ç÷èø，所以存在唯一零点0π,02x éùÎ-êúëû，使得()00g x =．所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且仅有一个零点．当π3π2π,2π,22x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，20cos 0ex x x ><,，所以()0g x >．所以()g x 在π3π2π,2π,22k k k æù++ÎçúèûN 上无零点．当π0,2x æùÎçèû时，()22sin 0exx x g x x -=¢+>，所以()g x 在区间π0,2æöç÷èø上单调递增．又()π00,g 02g æö<>ç÷èø，所以存在唯一零点．当*π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0exx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上单调递增．又()π2π0,2π+02g k g k æö¢<>ç÷èø¢，所以存在*1π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN ，使得()10g x ¢=．即当()12π,x k x Î时，()()10,g x g x <¢单调递减；当1π,2π2x x k æùÎ+çúèû时，()()10,g x g x >¢单调递增．又()π2π0,2π02g k g k æö<+>ç÷èø，所以()g x 在区间*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点所以()g x 在区间π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．当3π2π,2π2π,2x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0e xx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递增．又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+<+<ç÷¢¢èø，所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递减：又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+>+<ç÷èø，所以存在唯一23π2π,2π2π2x k k æöÎ++ç÷èø，使得()20g x =．所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．所以()g x 在区间(]2π,2π2π,k k k +ÎN 上有两个零点．所以()g x 在(]0,2024π上共有2024π220242π´=个零点．综上所述，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．(二) 根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数()()ln 2f x x =+(1)求曲线()y f x =在=1x -处的切线方程；(2)求证：e 1x x ³+；(3)函数()()()2h x f x a x =-+有且只有两个零点，求a 的取值范围．【解析】（1）因为()12f x x ¢=+，所以曲线()y f x =在=1x -处的切线斜率为()11112f -==-+¢，又()()1ln 120f -=-+=，所以切线方程为1y x =+.（2）记()e 1x g x x =--，则()e 1xg x ¢=-，当0x <时，()0g x ¢<，函数()g x 在(),0¥-上单调递减；当0x >时，()0g x ¢>，函数()g x 在()0,¥+上单调递增.所以当0x =时，()g x 取得最小值()00e 10g =-=，所以()e 10xg x x =--³，即e 1x x ³+.（3）()()()()()2ln 22,2h x f x a x x a x x =-+=+-+>-，由题知，()()ln 220x a x +-+=有且只有两个不相等实数根，即()ln 22x a x +=+有且只有两个不相等实数根，令()()ln 2,22x m x x x +=>-+，则()()()21ln 22x m x x -+=+¢，当2e 2x -<<-时，()0m x ¢>，()m x 在()2,e 2--上单调递增；当e 2x >-时，()0m x ¢<，()m x 在()e 2,¥-+上单调递减.当x 趋近于2-时，()m x 趋近于-¥，当x 趋近于+¥时，()m x 趋近于0，又()1e 2ef -=，所以可得()m x 的图象如图：由图可知，当10ea <<时，函数()m x 的图象与直线y a =有两个交点，所以，a 的取值范围为10,e æöç÷èø.(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a ) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m ) 与 f (a ) 异号,则在 (m ,a ) 上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；确保赋值点 x 0 落在规定区间内；确保运算可行三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.【例3】（2024届山东省烟台招远市高考三模）已知函数()()e x f x x a a =+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当3a =时，若方程()()()1f x x xm f x x f x -+=+-有三个不等的实根，求实数m 的取值范围.【解析】（1）求导知()1e xf x a =¢+.当0a ³时，由()1e 10xf x a ¢=+³>可知，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，对()ln x a <--有()()ln 1e 1e0a xf x a a --=+>+×=¢，对()ln x a >--有()()ln 1e 1e 0a x f x a a --=+<+×=¢，所以()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.综上，当0a ³时，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.（2）当3a =时，()3e xf x x =+，故原方程可化为3e 13e 3e xx xx m x +=++.而()23e 13e 3e 3e 3e 3e 3e x x x x x x xx x x x x x x +-=-=+++，所以原方程又等价于()23e 3e xx x m x =+.由于2x 和()3e3e xxx +不能同时为零，故原方程又等价于()23e 3e x x xm x =×+.即()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=.设()e xg x x -=×，则()()1e xg x x -=-×¢，从而对1x <有()0g x ¢>，对1x >有()0g x ¢<.故()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，这就得到()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =.然后考虑关于x 的方程()g x t =：①若0t £，由于当1x >时有()e 0xg x x t -=×>³，而()g x 在(],1-¥上递增，故方程()g x t =至多有一个解；而()110eg t =>³，()0e e t g t t t t --=×£×=，所以方程()g x t =恰有一个解；②若10e t <<，由于()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，故方程()g x t =至多有两个解；而由()()122222e2e e 2e 2e 12e 22x x x x xxx x g x x g g -------æö=×=×××=××£××=×ç÷èø有1222ln 1ln 222ln 2e2e t t g t t -×-æö£×<×=ç÷èø，再结合()00g t =<，()11e g t =>，()22ln 2ln 2e ln e 1t>>=，即知方程()g x t =恰有两个解，且这两个解分别属于()0,1和21,2ln t æöç÷èø；③若1t e=，则()11e t g ==.由于()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =，故方程()g x t =恰有一解1x =.④若1e t >，则()()11eg x g t £=<，故方程()g x t =无解.由刚刚讨论的()g x t =的解的数量情况可知，方程()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=存在三个不同的实根，当且仅当关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû.一方面，若关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû，则首先有()20Δ93694m m m m <=+=+，且1212119e e m t t t -=£<.故()(),40,m ¥¥Î--È+， 219e m >-，所以0m >.而方程2390t mt m--=，两解符号相反，故只能1t =，2t =23e m >这就得到203e m ->³，所以22243e m m m æö->+ç÷èø，解得219e 3e m <+.故我们得到2109e 3em <<+；另一方面，当2109e 3e m <<+时，关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根1t =，2t 22116e 13319e 3e 9e 3e 2et +×+×++===，2t 综上，实数m 的取值范围是210,9e 3e æöç÷+èø.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为0x ,再利用导函数的单调性确定0x 所在区间,最后根据()00f x ¢=,研究()0f x ,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若)(x f 中含有参数a ,关系式0)('0=x f 是关于a x ,0的关系式,确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关.【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数()e xf x =，()ln g x x =.(1)若函数()()111x h x ag x x +=---，a ÎR ，讨论函数()h x 的单调性；(2)证明：()()()()1212224x f x f x g x -->-.（参考数据：45e 2.23»，12e 1.65»）【解析】（1）由题意()()1ln 1,11x h x a x x x +=-->-，所以()()22,11ax a h x x x -+¢=>-，当0a =时，()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数；当0a ¹时，令()0h x ¢=得21x a=-，所以若0a >时，211a-<，所以()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数，若0<a 时，211a ->，且211x a<<-时，()0h x ¢>，21x a >-时，()0h x ¢<，所以()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数，综上：当0a ³时，()h x 在()1,+¥上为增函数，当0<a 时，()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数；（2）()()()()1212224x f x f x g x -->-等价于()2121e e 2ln 204x x x x ---+>，设()()2121e e 2ln 24x x F x x x =---+，则()()()222e 2e 12e e 2e e x x x x x x x x x x F x x x x x-+--¢=--==，因为0x >，所以e 10x x +>，设()e 2x x x j =-，则()()10e xx x j ¢=+>，则()x j 在()0,¥+上单调递增，而()4544e 20,1e 2055j j æö=-<=->ç÷èø，所以存在04,15x æöÎç÷èø，使()00x j =，即00e 2xx =，所以00ln ln 2x x +=，即00ln ln 2x x =-，当00x x <<时，()0F x ¢<，则()F x 在()00,x 上单调递减，当0x x >时，()0F x ¢>，则()F x 在()0,x +¥上单调递增，所以()()00200min 121e e 2ln 24x x F x x x =---+()000220001421212ln 22222ln 224x x x x x x =---++=-+-+，设()21422ln 22,15m t t t t æö=-+-+<<ç÷èø，则()3220m t t ¢=+>，则()m t 在4,15æöç÷èø上单调递增，42581632ln 222ln 20516580m æö=-+-+=->ç÷èø，则()min 0F x >，则不等式()2121e e 2ln 204x x x x ---+>恒成立，即不等式()()()()1212224x f x f x g x -->-成立.【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数()πln sin sin 10f x x x =++.(1)求函数()f x 在区间[]1,e 上的最小值；(2)判断函数()f x 的零点个数，并证明.【解析】（1）因为()πln sin sin 10f x x x =++，所以1()cos f x x x ¢=+，令()1()cos g x f x x x ==+¢，()21sin g x x x-¢=-，当[]1,e Îx 时，()21sin 0g x x x =--<¢，所以()g x 在[]1,e 上单调递减，且()11cos10g =+>，()112π11e cos e<cos 0e e 3e 2g =++=-<，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使()()0g f a a =¢=又当()1,x a Î时，()()0g x f x =¢>；当(),e x a Î时，()()0g x f x =¢<；所以()f x 在()1,x a Î上单调递增，在(),e x a Î上单调递减，又因为()ππ1ln1sin1sinsin1sin 1010f =++=+，()()ππe ln e sin e sin1sin e sin 11010f f =++=++>，所以函数()f x 在区间[1,e]上的最小值为()π1sin1sin10f =+.（2）函数()f x 在()0,¥+上有且仅有一个零点，证明如下：函数()πln sin sin 10f x x x =++，()0,x ¥Î+，则1()cos f x x x¢=+，若01x <£，1()cos 0f x x x+¢=>，所以()f x 在区间(]0,1上单调递增，又()π1sin1sin010f =+>，11πππ1sin sin 1sin sin 0e e 1066f æö=-++<-++=ç÷èø，结合零点存在定理可知，()f x 在区间(]0,1有且仅有一个零点，若1πx <£，则ln 0,sin 0x x >³，πsin010>，则()0f x >，若πx >，因为ln ln π1sin x x >>³-，所以()0f x >，综上，函数()f x 在()0,¥+有且仅有一个零点.【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数()e e (ax axf x a -=+ÎR ，且0)a ¹.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若方程()1f x x x -=+有三个不同的实数解，求a 的取值范围.【解析】（1）解法一：()()e eax axf x a -=-¢令()()e e ax axg x a -=-，则()()2e e0ax axg x a -+¢=>()g x \在R 上单调递增.又()00,g =\当0x <时，()0g x <，即()0f x ¢<；当0x >时，()0g x >，即()0f x ¢>()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.解法二：()()()()e 1e 1e e e ax ax ax ax axa f x a -+-=-=¢①当0a >时，由()0f x ¢<得0x <，由()0f x ¢>得0x >()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增②当0a <时，同理可得()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.综上，当0a ¹时，()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.（2）解法一：由()1f x x x -=+，得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()e e x xh x -=+，则()()ln h ax h x =又()e e x xh x -=+Q 为偶函数，()()ln h ax h x \=由（1）知()h x 在()0,¥+上单调递增，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解.令()()2ln 1ln ,x x m x m x x x -=¢=，由()0m x ¢>，得0e;x <<由()0m x ¢<，得e x >，()m x \在(]0,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减，且()()110,e em m ==()y m x \=在(]0,1上单调递减，在(]1,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减当0x →时，()m x ¥→+；当x →+¥时，()0m x →，故10ea <<解得10e a -<<或10e a <<，故a 的取值范围是11,00,e e æöæö-Èç÷ç÷èøèø解法二：由()1f x x x -=+得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()1h x x x -=+，则()h x 在()0,1上单调递减，在()1,¥+上单调递增.由()()e axh h x =，得e ax x =或1e ax x -=两边同时取以e 为底的对数，得ln ax x =或ln ax x =-，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解下同解法一.【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数31()(ln 1)(0)f x a x a x =++>．(1)求证：1ln 0x x +>；(2)若12,x x 是()f x 的两个相异零点，求证：211x x -<【解析】（1）令()1ln ,(0,)g x x x x =+Î+¥，则()1ln g x x ¢=+．令()0g x ¢>，得1ex >；令()0g x ¢<，得10e x <<．所以()g x 在10,e æöç÷èø上单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上单调递增．所以min 11()10e e g x g æö==->ç÷èø，所以1ln 0x x +>．（2）易知函数()f x 的定义域是(0,)+¥．由()(ln f x a x =+，可得()a f x x ¢=．令()0f x ¢>得x >()0f x ¢<得0<所以()0f x ¢>在æççè上单调递减，在¥ö+÷÷ø上单调递增，所以min 3()ln 333a a f x f a æö==++ç÷èø．①当3ln 3033a aa æö++³ç÷èø，即403e a <£时，()f x 至多有1个零点，故不满足题意．②当3ln 3033a a a æö++<ç÷èø，即43e a >1<<．因为()f x 在¥ö+÷÷ø上单调递增，且(1)10f a =+>．所以(1)0f f ×<，所以()f x 在¥ö+÷÷ø上有且只有1个零点，不妨记为1x 11x <<．由（1）知ln 1x x>-，所以33221(1)0f a a a a a æö=+>+=>ç÷ç÷èø．因为()f x 在æççè0f f <×<，所以()f x 在æççè上有且只有1个零点，记为2x 2x <<211x x <<<<2110x x -<-<．同理，若记12,x x öÎÎ÷÷ø则有2101x x <-<综上所述，211x x -<．【例4】（2022高考全国卷乙理）已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++（1）当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+¥各恰有一个零点,求a 取值范围．的【解析】（1）当1a =时,()ln(1),(0)0e xxf x x f =++=,所以切点为(0,0),11(),(0)21ex xf x f x -¢¢=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =.（2）()ln(1)e x ax f x x =++,()2e 11(1)()1e (1)ex x xa x a x f x x x +--¢=+=++,设()2()e 1xg x a x=+-1°若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x Î-=+->,即()0f x ¢>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意,2°若10a -……,当,()0x Î+¥时,()e 20xg x ax ¢=->所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,所以()(0)10g x g a >=+…,即()0f x ¢>所以()f x 在(0,)+¥上单调递增,()(0)0f x f >=,故()f x 在(0,)+¥上没有零点,不合题意.3°若1a <-,(1)当,()0x Î+¥,则()e 20x g x ax ¢=->,所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,(0)10,(1)e 0g a g =+<=>,所以存在(0,1)m Î,使得()0g m =,即()0¢=f m .当(0,),()0,()x m f x f x ¢Î<单调递减,当(,),()0,()x m f x f x ¢Î+¥>单调递增,所以当(0,),()(0)0x m f x f Î<=,当,()x f x →+¥→+¥,所以()f x 在(,)m +¥上有唯一零点,又()f x 在(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+¥上有唯一零点,(2)当()2(1,0),()e 1xx g x a xÎ-=+-,()e2xg x ax ¢=-,设()()h x g x ¢=,则()e 20x h x a ¢=->,所以()g x ¢在(1,0)-上单调递增,1(1)20,(0)10eg a g ¢¢-=+<=>,所以存(1,0)n Î-,使得()0g n ¢=当(1,),()0,()x n g x g x ¢Î-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x ¢Î>单调递增,()(0)10g x g a <=+<,在又1(1)0eg -=>,所以存在(1,)t n Î-,使得()0g t =,即()0f t ¢=当(1,),()x t f x Î-单调递增,当(,0),()x t f x Î单调递减有1,()x f x →-→-¥而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x Î>,所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点,即()f x 在(1,0)-上有唯一零点,所以1a <-,符合题意,综上得()f x 在区间(1,0),(0,)-+¥各恰有一个零点,a 的取值范围为(,1)-¥-.【例5】（2024届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数()1e ln xf x x x x -=--.(1)求函数()f x 的最小值；(2)求证：()()1e e e 1ln 2xf x x x +>---éùëû.【解析】（1）因为函数()1e ln x f x x x x -=--，所以()()()11111e 11e x x f x x x x x --æö=+--=+-çè¢÷ø，记()11e,0x h x x x -=->，()121e 0x h x x-¢=+>，所以()h x 在()0,¥+上单调递增，且()10h =，所以当01x <<时，()0h x <，即()0f x ¢<，所以()f x 在()0,1单调递减；当1x >时，()0h x >，即()0f x ¢>，所以()f x 在()1,¥+单调递增，且()10f ¢=，所以()()min 10f x f ==.（2）要证()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû，只需证明：()11e ln 02xx x --+>对于0x >恒成立，令()()11e ln 2xg x x x =--+，则()()1e 0xg x x x x¢=->，当0x >时，令1()()e xm x g x x x=¢=-，则21()(1)e 0xm x x x =+¢+>，()m x 在(0,)+¥上单调递增，即()1e xg x x x=¢-在(0,)+¥上为增函数，又因为222333223227e e033238g éùæöæöêú=-=-<ç÷ç÷êøøëû¢úèè，()1e 10g =¢->，所以存在02,13x æöÎç÷èø使得()00g x ¢=，由()0200000e 11e 0x x x g x x x x ¢-=-==，得020e 1xx =即0201x e x =即0201x e x =即002ln x x -=，所以当()00,x x Î时，()1e 0xg x x x=¢-<，()g x 单调递减，当()0,x x ¥Î+时，()1e 0xg x x x=¢->，()g x 单调递增，所以()()()0320000000022min0122111e ln 2222x x x x x x g x g x x x x x -++-==--+=++=，令()3222213x x x x x j æö=++-<<ç÷èø，则()22153223033x x x x j æö=++=++>ç÷èø¢，所以()x j 在2,13æöç÷èø上单调递增，所以()0220327x j j æö>=>ç÷èø，所以()()()002002x g x g x x j ³=>，所以()11e ln 02xx x --+>，即()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû.1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数()()e 1,ln ,xf x xg x x mx m =-=-ÎR .(1)求()f x 的最小值；(2)设函数()()()h x f x g x =-，讨论()hx 零点的个数.2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数()()()ln 1.f x ax x a =--ÎR (1)若()0f x ³恒成立，求a 的值；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，且21e 1x x ->-，求a 的取值范围.3．（2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考）已知函数()()1e x f x ax a a -=--ÎR .(1)当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若函数()f x 有2个零点，求a 的取值范围.4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数()e sin x f x a x =+，[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时，()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点，求实数a 的取值范围.5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数()ln 54f x x x =+-．(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)证明：3()25f x x>--．6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知()e 1xf x ax =--，a ÎR ，e 是自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()10f x +=有两个不等实根，求a 的取值范围；(3)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<.7．（2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数()e 4sin 2x f x x l l =-+-的图象在0x =处的切线为3,y ax a a =--ÎR .(1)求l 的值；(2)求()f x 在(0,)+¥上零点的个数.8．（2024年天津高考数学真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立，求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î，证明()()121212f x f x x x -£-．9．（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数()ex axf x =，()sin cosg x x x =+.(1)当1a =时，求()f x 的极值；(2)当()0,πx Î时，()()f x g x £恒成立，求a 的取值范围.10．（2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练）已知函数()()1ln R f x a x x a x=-+Î.(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若关于x 的不等式()22ef x x £-在()0,¥+上恒成立，求a 的取值范围.11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设()21)e sin 3x f x a x =-+-（(1)当a =()f x 的零点个数.(2)函数2()()sin 22h x f x x x ax =--++，若对任意0x ³，恒有()0h x >，求实数a 的取值范围12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数()2sin f x ax x =-.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)当0x >时，()cos f x ax x ³恒成立，求实数a 的取值范围.13．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+Î.(1)当1m =时，证明：()1f x <；(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立，求整数m 的最小值.14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数(1)若，，求曲线在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k 的最大值．15．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数.(1)判断函数零点的个数，并证明；(2)证明：.322()33f x x ax b x =-+1a =0b =()y f x =()()1,1f 0a b <<1ln 1x k f f x x +æöæö>ç÷ç÷-èøèø()1,x Î+¥21()e xf x x=-()f x 2e ln 2cos 0x x x x x --->。

2019版高考数学二轮复习_专题二函数与导数 2.2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数课件文

成立,
Байду номын сангаас
令 h(t)=a-at+2ln t,
则 h'(t)=2�� -a=2-�� , 当 a≤0 时,h'(t)>0,故 h(t)在(0,+∞)上单调递增,
-10-
考向一考向二考向三考向四
对点训练2(2018四川德阳模拟,文21)已知函数f(x)=a+ln x2且
f(x)≤a|x|.
(1)求实数a的值;
(2)令 g(x)=��-(��)在(a,+∞)上的最小值为 m,求证:6<f(m)<7. 解 (1)(方法一)a+ln x2≤a|x|恒成立等价于 a-at+2ln t≤0 在 t>0 时恒
(2,+∞)单调递增.
(2)当 a≥1时,f(x)≥e��-ln x-1.
e
e
设 g(x)=ee��-ln x-1,则 g'(x)=ee�� − ��1��.当 0<x<1 时,g'(x)<0;当 x>1
时,g'(x)>0.所以 x=1 是 g(x)的最小值点.
故当 x>0 时,g(x)≥g(1)=0.
(��-1)+�� 2
,
令g(x)=ex(x-1)+a(x≠0),则g'(x)=ex·x, 当x<0时,g'(x)<0,g(x)在(-∞,0)上单调递减,
当x>0时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,

2019年高考数学二轮复习专题二函数与导数2.4.3导数与函数的零点及参数范围课件文

a≤-3 时,f(x)在(0,1)有一个零点;当
�� -3
(ⅱ)若-3<a<0,则 f(x)在 0,
��
单调递减,在
�� - 3 ,1 ��
单调递增,
故在(0,1)中,当 x= - 3时,f(x)取得最小值,最小值为 f
2�� 3 �� 1 - 3 + 4.
-8解题策略一解题策略二
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)无零点,故 f(x)在(0,1) 单调. 而 a≥0 时,f(x)在(0,1)没有零点.
1 5 f(0)=4,f(1)=a+4,所以当
-11解题策略一解题策略二
(1)当a=-1时,求函数f(x)的最小值; (2)当a≤1时,讨论函数f(x)的零点个数.
��2 对点训练2已知函数f(x)=aln x+ -(a+1)· x,a∈R. 2
解 (1)函数 f(x)的定义域为{x|x>0}.
��2 当 a=-1 时,f(x)=-ln x+ 2 , 1 ��2 -1 (��+1)(��-1) f'(x)=- +x= = . �� (��+1)(��-1) (��+1)(��-1) 由 >0(x>0),解得 x>1;由 <0(x>0),解得 ��

2019届高考数学专题02函数零点

培优点二函数零点1．零点的判断与证明例1：已知定义在()1,+∞上的函数()ln 2f x x x =--，求证：()f x 存在唯一的零点，且零点属于()3,4．【答案】见解析【解析】()111x f x x x-'=-=，()1,x ∈+∞Q ，()0f x '∴>，()f x ∴在()1,+∞单调递增， ()31ln30f =-<Q ，()42ln 20f =->，()()340f f ∴<，()03,4x ∴∃∈，使得()00f x =因为()f x 单调，所以()f x 的零点唯一．2．零点的个数问题例2：已知函数()f x 满足()()3f x f x =，当[)1,3x ∈，()ln f x x =，若在区间[)1,9内，函数()()g x f x ax =-有三个不同零点，则实数a 的取值范围是（） A ．ln 31,3e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．ln 31,93e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．ln 31,92e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．ln 3ln 3,93⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()()()33x f x f x f x f ⎛⎫=⇒= ⎪⎝⎭Q ，当[)3,9x ∈时，()ln 33x x f x f⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()ln 13ln 393x x f x x x ≤<⎧⎪=⎨≤<⎪⎩，而()()g x f x ax =-有三个不同零点⇔()y f x =与y ax =有三个不同交点，如图所示，可得直线y ax =应在图中两条虚线之间，所以可解得：ln3193ea <<3．零点的性质例3：已知定义在R 上的函数()f x 满足：()[)[)2220,121,0x x f x xx ⎧+∈⎪=⎨-∈-⎪⎩，且()()2f x f x +=，()252x g x x +=+，则方程()()f x g x =在区间[]5,1-上的所有实根之和为（） A ．5- B ．6- C ．7- D ．8-【答案】C【解析】先做图观察实根的特点，在[)1,1-中，通过作图可发现()f x 在()1,1-关于()0,2中心对称，由()()2f x f x +=可得()f x 是周期为2的周期函数，则在下一个周期()3,1--中，()f x 关于()2,2-中心对称，以此类推。

2019年高考数学总复习第二部分高考22题各个击破 2.4.1 导数与函数的单调性、极值、最值课件文

当 x∈ 0, 2 时,h'(x)<0,所以 h(x)在区间 0, 2 上单调递减. 所以对任意 x∈ 0, 有 h(x)<h(0)=0,即 f'(x)<0. 所以函数 f(x)在区间 0, 2 上单调递减. 因此 f(x)在区间 0, 上的最大值为 f(0)=1,最小值为 f
π 2 π π 2
-14-
解题策略一
解题策略二
解题策略三
解 (1)a=2,F(x)=f(x)-g(x)=ln
令 F'(x)>0,解得 0<x<1,令 F'(x)<0,解得 x>1, 故 F(x)在(0,1)递增,在(1,+∞)递减. (2)设切点 ��,ln��1 �� 1 ��
1 1 1 (1-��)(1+2��) x-��-2x-b,F'(x)=�� + ��2-2= (x>0), ��2
-10-
解题策略一
解题策略二
解题策略三
求函数的极值、最值解题策略一利用单调性求 1 例3已知函数f(x)=ln x- ,g(x)=ax+b. �� (1)若a=2,F(x)=f(x)-g(x),求F(x)的单调区间; 1 (2)若函数g(x)=ax+b是函数f(x)=ln x- �� 图象的切线,求a+b的最小值. 难点突破 (1)求出F(x)的导数,解关于导函数的不等式,即得函数的单调区间;
-5-
解题策略一
解题策略二
(2)由(1),知 f(x)min=f(a)=a- -a ln��即 g(a)=a-aln a- . 要证 g(a)<1,即证 a-aln a-��<1, 即证:1-ln a-��2 < ��.

专题05用好导数,破解函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(解析版)

”19高考勤学府由题命即区间探究与突破专题第一篇函数与导致专题05用好导数,破解函数零点问题一.方法综述近几年的高考数学试题中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化、综合化.处理函数零点问题时，我们不但要掌握零点存在性定理，还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法，才能有效地找到解题的突破口.利用导数解决函数的零点问题，是近几年高考命题的热点题型，此类题一般属于压轴题，难度较大.本专题举例说明如何用女?导数，破解函数零点问题.[…二.解题策略・♦・在（1/（1））处的切线方程为： 2 ，化简得4x + 2y-5 = o .Q ）由（D 知，3 =”y一，因为工>。

「令尸（力=。

上得久=依所以郃豆9扬时，有尸⑴《0,则9遍）是函数了㈤的单调递减区间；当嵬£ （国一句时,有尸但>0,则（34却是图翻,3的单调递游区间.当工已（工白）时J 函数fG ）在（1*可上单调递减，在—耳的上单调递增；又因为凡D = pf （e ） = # 一 3 > oj （^） =;（l-ln3） < 0, 所以f 在区间（L P ）上有两个零点，【指点迷津】类型一讨论函数零点的个数/1（#） = 1/一 31rw 门 , …仆【例。

1】【吉林省通榆县第一中学 2019届高三上期中】已知函数r 上 .（1）求/（*）在处的切线方程；（2）.试判断网岑在区间（L*•上有没有零点？若有则判断零点的个数.【答案】（1）杀+ 2y-5 = 0；（2） 2.【解析】「⑴7f ⑴M,有2,1 y — =：— 2（x — 1）讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断(证明)零点的存在性，确定函数零点的个数1【举一反二】【2015局考新课标1,理21］已知函数f (x) =x ax —,g(x) In x.4(I)当a为何值时，x轴为曲线y f (x)的切线；(n)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.3 3 5 ........................... 3 5【答案】(i) a 一；(n)当a —或a —时，h(x)由一个零点；当a 一或a —时，h(x)有4 4 4 4 45 3两个零点；当一a —时，h(x)有三个零点.学&6 4【解析】X5 + QX. + — = 0《I)设曲线P二/00与工轴相切于点小◎，则二口二o,即y 4 ，解得十口= 013K.= —. £7 = —“ 2 4因此1当口二—时，工轴是曲j三,㈤的崩量 .......................... 5分4ln x 0 ,从而h(x) min{ f (x), g(x)} g(x) 0,(n)当x (1,)时，g(x)h(x)在(1, +8)无零点.5 5 ...................................... ....当x=1 时，若a —,则f(1) a —0, h(1) min{ f (1),g(1)} g(1) 0,故x =1 是h(x)的零点；4 44 5 5 一一 __________ 一一一一右a —，则 f ⑴ a - 0 , h(1) min{ f (1),g(1)} f (1) 0,故x=1 不是h(x)的零点.4 4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.2 1(i)若a 3或a 0,则f(x) 3x a 在(0,1)无零点，故f(x)在(0,1)单调，而f(0)一,4 5f(1) a —,所以当a 3时，f (x)在(0,1)有一个零点；当a 0时，f (x)在(0, 1)无零点.46i)若3 a 0,则f(x)在(0, J"|)单调递减，在(『3,1)单调递增，故当x = J"a时，f(x)取的最小值，最小值为①若f(J a，>0，即:< a < 0，f(X)在0 0,l 无零点.②若f( a)=o,即a 3,则f(x)在(0,1)有唯一零点; ,3 4③若f(.1 a)<0,即3 a 3 一…、1—，由于f (0)—,4 4f (1) a 9,所以当45 3r「，、一、a 一时，f (x)在(0,1)4 4后两个零点；当 3 a 5■时,4f (x)在(0,1)有一一个零点.•・•1阴综上，当a 3 一一或a4 5时, 4h(x)由一个零点；. 3 T当a —或a45 ..................................... ........一时，h(x)司两个零点；当45 3-a 一时，h(x)有二个零点. ........ 12分学*4 4类型二已知函数在区间上有零点，求参数的取值范围【例2】【河北省衡水中学2019届高三上学期二调】已知函数fW= / - 2工(1)求曲线) =北灯在点(。

2019各省高考导数压轴

1 x0 1 x0 x0 1
x0 x0
1 1
x0
1 x0
．
1
1
曲线 y=ex 在点 B( ln x0 , x0 ) 处切线的斜率是 x0 ，曲线 y ln x 在点 A(x0 , ln x0 ) 处切
1
线的斜率也是，
x0
所以曲线 y ln x 在点 A(x0 , ln x0 ) 处的切线也是曲线 y=ex 的切线．
综上， f (x) 0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
（2019 高考真题三卷理数）已知函数 f (x) 2x3 ax2 b .
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）是否存在 a, b ，使得 f (x) 在区间[0,1] 的最小值为 1且最大值为 1？若存在，求出 a, b 的所有值；若不存在，说明理由.
（iii）当
0<a<3
时，由（1）知，
f
(x)
在[0，1]的最小值为
f
a 3
a3 27
b ，最大值
为 b 或2ab．
若 a3 b 1 ，b=1，则 a 33 2 ，与 0<a<3 矛盾. 27
若 a3 b 1 ， 2 a b 1，则 a 3 3 或 a 3 3 或 a=0，与 0<a<3 矛盾． 27
由（1）知， f (x) 在 (0, π) 只有一个零点，设为 x0 ，且当 x 0, x0 时， f (x) 0 ；当 x x0, π 时， f (x) 0 ，所以 f (x) 在 0, x0 单调递增，在 x0, π 单调递减.
又 f (0) 0, f (π) 0 ，所以，当 x [0, π] 时， f (x) 0 .
范围.

高考数学一轮复习第2节第四课时导数与函数的零点

第四课时导数与函数的零点考点一判断零点的个数【例1】 (2020·潍坊检测)已知函数f (x )＝ln x －x 2＋ax ，a ∈R . (1)证明ln x ≤x －1；(2)若a ≥1，讨论函数f (x )的零点个数.(1)证明令g (x )＝ln x －x ＋1(x >0)，则g (1)＝0， g ′(x )＝1x －1＝1－x x ，可得x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增； x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减. ∴当x ＝1时，函数g (x )取得极大值也是最大值， ∴g (x )≤g (1)＝0，即ln x ≤x －1.(2)f ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x2＋ax ＋1x，x >0.令－2x 20＋ax 0＋1＝0，解得x 0＝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.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】 (2018·全国Ⅱ卷)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＋23.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x3x2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x3x2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x2（x2＋2x ＋3）（x2＋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＋a x ＝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 x3，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－ax0＝0，所以f (x 0)＝a 2x0＋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·全国Ⅰ卷)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].A 级基础巩固一、选择题1.(2020·青岛二中训练)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＝ln 4e2<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 －1 0 2 3 4 f (x )122f (x )的导函数y ＝f ′(x )f (x )－a 的零点的个数为( )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.(2020·唐山质检)设函数f (x )＝a e x －2sin x ，x ∈[0，π]有且仅有一个零点，则实数a 的值为( ) A.2e π4B.2e －π4C.2e π2D.2e －π2解析依题意，x ∈[0，π]时，a e x －2sin x ＝0有且仅有一解. 则a ＝2sin xex ，x ∈[0，π]有且仅有一解. 设g (x )＝2sin xex ，x ∈[0，π].故直线y ＝a 与g (x )＝2sin xex ，x ∈[0，π]的图象只有一个交点，则g ′(x )＝22cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4ex，当0≤x <π4时，g ′(x )>0，当π4<x ≤π时，g ′(x )<0，即g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π4为增函数，在⎝⎛⎦⎥⎤π4，π为减函数，又g (0)＝0，g (π)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2e －π4，则可得实数a 的值为2e －π4. 答案 B 二、填空题4.若函数f (x )＝ax －aex ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析f′(x)＝aex－（ax－a）exe2x＝－a（x－2）ex(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>－e2，因此－e2<a<0.答案(－e2，0)5.(2020·湖南长郡中学检测)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－a存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，则x1＋2x0＝________.解析由f(x)＝x3－x2＋ax－a，得f′(x)＝3x2－2x＋a.∵x0为f(x)的极值点，知3x20－2x0＋a＝0.①因为f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，所以x31－x21＋ax1－a＝x30－x20＋ax0－a，化为x21＋x1x0＋x20－(x1＋x0)＋a＝0，把a＝－3x20＋2x0代入上述方程可得x21＋x1x0＋x20－(x1＋x0)－3x20＋2x0＝0，化为x21＋x1x0－2x20＋x0－x1＝0，即(x1－x0)(x1＋2x0－1)＝0，∵x1－x0≠0，∴x1＋2x0＝1.答案 1三、解答题6.已知x＝1是函数f(x)＝13ax3－32x2＋(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)＝ax2－3x＋a＋1，由f′(1)＝0，得a＝1，∴f(x)＝13x3－32x2＋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 )＝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. (1)证明易知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，＋∞)内只有一个零点，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.B级能力提升8.(2020·广东名校联盟调研)已知函数f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2.(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x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)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－ax2>e x＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>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<1 e，(ⅰ)证明f(x)恰有两个零点；(ⅱ)设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1>x0，证明3x0－x1>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－ax2ex 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 (ⅰ)由(1)知，f ′(x )＝1－ax2ex 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 （x0）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 （x0）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 －1e ln 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.(ⅱ)由题意，⎩⎨⎧f′（x0）＝0，f （x1）＝0，即⎩⎨⎧ax20e x 0＝1，ln x 1＝a （x 1－1）e x 1，从而ln x 1＝x1－1x20e x 1－x 0，即e x 1－x 0＝x20ln 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<x20（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.C 级创新猜想10.(多填题)(2018·浙江卷)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎨⎧x －4，x≥λ，x2－4x ＋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，x2－4x ＋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，x2－4x ＋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＝x2－4x＋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，＋∞)。

专题02导数与零点个数-2019年高考数学总复习之典型例题突破(压轴题系列)Word版含解析

专题 02 导数与零点个数导数与零点个数，对于考生来讲中等偏难，基本的思路是利用导数分析函数的单调性，确定函数的极值或最值，作出函数的大致图像，再数形结合可求得结果。

【题型示例】1、设为实数,函数．(1)求的极值点；(2)如果曲线与轴仅有一个交点,求实数的取值范围．【答案】（1）的极大值点为 ,极小值点为．（2）或．2、已知函数（1）求的极值；（2）若函数的图象与函数【答案】（1）极大值，无极小值；（2）.【解析】（1）的定义域为,.的图象在区间上有公共点,求实数的取值范围.,令得，当时，，是增函数；当时，，是减函数，所以在处取得极大值,无极小值.（2）①当时，即时，由（1）知在上是增函数，在上是减函数，所以，因为所以 ②当的图象与，解得时，即的图象在上有公共点,，又，所以.时，在上是增函数，所以在上最大值为，所以原问题等价于,解得.又，所以此时无解.综上,实数的取值范围是.3、设函数（其中）．（Ⅰ）求函数的极值；（Ⅱ）求函数在上的最小值；（Ⅲ）若，判断函数【答案】（1）极小值，不存在极大值；（2）（3）1 个．【解析】（Ⅰ），由得，由得，在单调递增，在单调递减．极小值，不存在极大值．零点个数．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，∴当时，在（Ⅲ）由题意求导得由得所以在在单调递增，在在单调递减，．单调递增，；单调递减．单调递增，或，由得上单调递增，在，上单调递减当故函数时，，只有一个零点．4、已知函数.（I）若（II）若【答案】，求，函数的极值；有且只有一个零点，求实数的取值范围.（I）的极小值为；（II）或.【解析】（I）时，，其中则得当时，单调递减，当时，单调递增，因而的极小值为；（II）若有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个实数根，分离参数得，设，则，又设，，而因而当时，当时，那么当时，单调递增，当时，单调递减，，又时，且时从而或，即或时函数有且只有一个零点.【题型专练】1、已知函数.（1）当时，求的极值；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）有得极大值，无极小值；（2）.2、设函数,的取值范围;【答案】的取值范围【解析】方程即为.关于的方程 .,令 ∴当,则时,, 随变化情况如表:在区间上有解,求 ,,,,∴当时,,∴ 的取值范围.3、已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若当时（其中），不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）若关于的方程在区间上恰好有两个相异的实根，求实数的取值范围.【答案】（1）的单调减区间为，增区间；（2）；（3）【解析】 ∵. ,所以(1)∵,令, 得：，所以的单调减区间为，增区间；（2）由（1）知,得，函数在上是连续的，又所以，当时，的最大值为故时，若使恒成立，则（3）原问题可转化为：方程在区间上恰有两个相异实根.令，则，令，解得：.当时，在区间上单调递减，当时，在区间上单调递增.在又且 ∴在区间和处连续，当上方程时，的最大值是，的最小值是恰好有两个相异的实根时，实数的取值范围是：4、设函数,其中为实数.（1）若在上是单调减函数, 且在上有最小值, 求的取值范围；（2）若在上是单调增函数, 试求的零点个数, 并证明你的结论.【答案】（１）；（２）当或时，有个零点，当时,有个零点，证明见解析．（2）在上恒成立, 则,故①若,令得增区间为；令得减区间为当时,；当时,；当时,. ,,当且仅当时取等号. 故:时,有个零点；当时,有个零点.5、已知函数(1)求的单调区间和极值;(2)若【答案】（1）函数在的单调递增区间为在处的切线斜率为 2.上无解,求的取值范围.，单调递减区间为和.函数的极小值为，极大值为.（2）【解析】 (1)∵，∴，∴，令，解得当变化时，或..的变化情况如下表:∴函数的单调递增区间为，单调递减区间为和.∴函数的极小值为，极大值为.(2)令，∵在上无解,∴在上恒成立,∵，记，∵在上恒成立,∴在 ∴上单调递减, ，若，则，∴，∴ 单调递减,∴恒成立,若，则，存在，使得，∴当时，，即，∴在上单调递增,∵，∴在上成立,与已知矛盾,故舍去,综上可知，.。

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专题02 导数与零点个数
导数与零点个数，对于考生来讲中等偏难，基本的思路是利用导数分析函数的单调性，确定函数的极值或最值，作出函数的大致图像，再数形结合可求得结果。

【题型示例】
1、设为实数,函数．
(1)求的极值点；
(2)如果曲线与轴仅有一个交点,求实数的取值范围．
【答案】
（1）的极大值点为,极小值点为．（2）或．
2、已知函数.
（1）求的极值；
（2）若函数的图象与函数的图象在区间上有公共点,求实数的取值范围. 【答案】
（1）极大值，无极小值；
（2）.
【解析】
（1）的定义域为, ,令得，
当时，，是增函数；
当时，，是减函数，
所以在处取得极大值,
无极小值.
（2）①当时，即时，
由（1）知在上是增函数，在上是减函数，
所以，
因为的图象与的图象在上有公共点,
所以，解得，又，所以.
②当时，即时，在上是增函数，
所以在上最大值为，
所以原问题等价于,解得.
又，所以此时无解.
综上,实数的取值范围是.
3、设函数（其中）．
（Ⅰ）求函数的极值；
（Ⅱ）求函数在上的最小值；
（Ⅲ）若，判断函数零点个数．【答案】
（1）极小值，不存在极大值；
（2）
（3）1个．
【解析】
（Ⅰ），
由得，由得，
在单调递增，在单调递减．
极小值，不存在极大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在单调递增，在单调递减．
当时，在单调递减，单调递增，
∴．
当时，在单调递增，
；
（Ⅲ）由题意
求导得，
由得或，由得
所以在上单调递增，在上单调递减
当时，，
故函数只有一个零点．
4、已知函数.
（I）若，求的极值；
（II）若，函数有且只有一个零点，求实数的取值范围.
【答案】
（I）的极小值为；（II）或.
【解析】
（I）时，，其中
则得
当时，单调递减，当时，单调递增，
因而的极小值为；
（II）若有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个实数根，分离参数得，设，则，
又设，，而
因而当时，当时，
那么当时，单调递增，。