【免费下载】三次函数的零点问题
函数的零点个数问题-含答案
【知识要点】一、方程的根与函数的零点（1）定义：对于函数()y f x =（x D ∈），把使f(x)=0成立的实数x 叫做函数()y f x =（x D ∈）的零点.函数的零点不是一个点的坐标，而是一个数，类似的有截距和极值点等.（2）函数零点的意义：函数()y f x =的零点就是方程f(x)=0的实数根，亦即函数()y f x =的图像与x 轴的交点的横坐标，即：方程f(x)=0有实数根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点.（3）零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f ，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点，即存在(,c a b ∈）使得()0f c =，这个c 也就是方程的根.函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f 是函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点的一个充分不必要条件.零点存在性定理只能判断是否存在零点，但是零点的个数则不能通过零点存在性定理确定，一般通过数形结合解决. 二、二分法（1）二分法及步骤对于在区间[,]a b 上连续不断，且满足0)()(<⋅b f a f 的函数()y f x =，通过不断地把函数的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到函数零点近似值的方法叫做二分法. （2）给定精确度ε，用二分法求函数的零点近似值的步骤如下： 第一步：确定区间[,]a b ，验证0)()(<⋅b f a f ，给定精确度ε. 第二步：求区间(,)a b 的中点1x .第三步：计算1()f x ：①若1()f x =0，则1x 就是函数的零点；②若1()()0f a f x <，则令1b x = （此时零点01(,)x a x ∈）③若1()()0f x f b <，则令1a x =（此时零点01(,)x x b ∈）第四步：判断是否达到精确度ε即若a b ε-<，则得到零点值a 或b ，否则重复第二至第四步. 三、一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的分布讨论一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的分布一般从以下个方面考虑列不等式组： （1）a 的符号； （2）对称轴2bx a=-的位置； （3）判别式的符号； （4）根分布的区间端点的函数值的符号.四、精确度为0.1指的是零点所在区间的长度小于0.1，其中的任意一个值都可以取；精确到0.1指的是零点保留小数点后一位数字，要看小数点后两位，四舍五入. 五、方法总结函数零点问题的处理常用的方法有：(1) 方程法；（2）图像法；（3）方程+图像法. 【方法点评】方法一 方程法使用情景 方程可以直接解出来. 解题步骤 先解方程，再求解.【例1 】已知函数2()32(1)(2)f x x a x a a 区间(1,1)-内有零点，求实数a 的取值范围.【点评】（1）本题如果用其它方法比较复杂，用这种方法就比较简洁.关键是能发现方程能直接解出来.（2）对于含有参数的函数要尝试因式分解，如果不好因式分解，再考虑其它方法.【反馈检测1】函数2()(1)cos f x x x =-在区间[0,4]上的零点个数是（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ． 7方法二 图像法使用情景一些简单的初等函数或单调性容易求出，比较容易画出函数的图像.解题步骤先求函数的单调性，再画图分析.学科@网【例2】（2017全国高考新课标I理科数学）已知函数2()(2)x xf x ae a e x=+--.（1）讨论()f x的单调性；（2）若()f x有两个零点，求a的取值范围.(2) ①若0,a≤由（1）知()f x至多有一个零点.②若0a>，由（1）知当lnx a=-时，()f x取得最小值，1(ln)1lnf a aa-=-+.（i）当1a=时，(ln)f a-=0，故()f x只有一个零点.（ii）当(1,)a∈+∞时，由于11ln aa-+>0，即(ln)0f a->，故()f x没有零点.（iii）当0,1a∈（）时，11ln0aa-+<，即(ln)0f a-<.422(2)(2)2220,f ae a e e----=+-+>-+>故()f x在(,ln)a-∞-只有一个零点.00000000003ln(1),()(2)203ln(1)ln,()n n n nn n f n e ae a n e n naa f xa>-=+-->->->->-∞设正整数满足则由于因此在（-lna,+)有一个零点.综上所述，a的取值范围为（0,1）.【点评】（1）本题第2问根据函数的零点个数求参数的范围，用的就是图像法. 由于第1问已经求出了函数的单调性，所以第2问可以直接利用第1问的单调性作图分析. (2) 当0,1a∈（）时，要先判断(,ln)a-∞的零点的个数，此时考查了函数的零点定理，(ln)0f a-<，还必须在该区间找一个函数值为正的值，它就是422(2)(2)2220,f ae a e e----=+-+>-+>要说明(2)0f->，这里利用了放缩法，丢掉了42ae ae--+.(3) 当0,1a∈（）时，要判断(ln,)a-+∞上的零点个数，也是在考查函数的零点定理，还要在该区间找一个函数值为正的值，它就是03ln(1)n a>-，再放缩证明0()f n >0. （4）由此题可以看出零点定理在高考中的重要性.【例3】已知3x =是函数()()2ln 110f x a x x x =++-的一个极值点. （Ⅰ）求a ；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，求b 的取值范围.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'0f x =所以()f x 的极大值为()116ln 29f =-，极小值为()332ln 221f =- 因此()()21616101616ln 291f f =-⨯>-=()()213211213f e f --<-+=-<所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =有()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<，因此，b 的取值范围为()32ln 221,16ln 29--【点评】本题第(3)问，由于函数()f x 中没有参数，所以可以直接画图数形结合分析解答.【反馈检测2】已知函数2()1x e f x ax =+，其中a 为实数，常数 2.718e =.(1) 若13x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值； (2) 当4a =-时，求函数()f x 的单调区间；(3) 当a 取正实数时，若存在实数m ，使得关于x 的方程()f x m =有三个实数根，求a 的取值范围.方法三 方程+图像法使用情景函数比较复杂，不容易求函数的单调性.解题步骤先令()0f x =,重新构造方程()()g x h x =,再画函数(),()y g x y h x ==的图像分析解答.【例4】函数()lg cos f x x x =-的零点有 （ ） A ．4 个 B ．3 个 C ．2个 D ．1个【点评】（1）本题主要考察零点的个数，但是方程f(x)lg cos 0x x =-=也不好解，直接研究函数的单调性不是很方便，所以先令()lg cos 0f x x x =-=,可化为lg cos x x =,再在同一直角坐标系下画出lg y x =和cos y x =的图像分析解答.（2）方程+图像是零点问题中最难的一种，大家注意理解掌握和灵活应用.【反馈检测3】设函数()()()221ln ,1,02f x x m xg x x m x m =-=-+>． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）当1m ≥时，讨论函数()f x 与()g x 图象的交点个数．高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第13讲：函数零点个数问题的求解方法参考答案【反馈检测1答案】C【反馈检测2答案】（1）95a =；（2）()f x 的单调增区间是51(1)2-，15(,12+； ()f x 的单调减区间是1(,)2-∞-，15(,12-，5(1)++∞；（3）a 的取值范围是(1,)+∞. 【反馈检测2详细解析】(1)222(21)()(1)xax ax e f x ax -+'=+ 因为13x =是函数()f x 的一个极值点，所以1()03f '=，即12910,935a a a -+==. 而当95a =时，229591521(2)()()59533ax ax x x x x -+=-+=--，可验证：13x =是函数()f x 的一个极值点.因此95a =.(2) 当4a =-时，222(481)()(14)xx x e f x x -++'=-令()0f x '=得24810x x -++=，解得51x =，而12x ≠±.所以当x 变化时，()f x '、()f x 的变化是x1(,)2-∞-15(,1)22-- 512-51(1,)22-15(,1)22+ 512+5(1,)2++∞ ()f x '--++-()f x极小值极大值因此()f x 的单调增区间是51(1)2，15(,12+；()f x 的单调减区间是1(,)2-∞-，15(,1)2--，5(1)+∞；【反馈检测3答案】（1）单调递增区间是(),m+∞, 单调递减区间是()0,m；（2）1．学科@网【反馈检测3详细解析】（1）函数()f x的定义域为()()()()0,,'x m x mf xx+-+∞=．当0x m<<时，()'0f x<,函数()f x单调递减，当x m>时，()'0f x>函数()f x单调递增，综上，函数()f x的单调递增区间是(),m+∞, 单调递减区间是()0,m．（2）令()()()()211ln,02F x f x g x x m x m x x=-=-++->,问题等价于求函数()F x的零点个数，()()()1'x x mF xx--=-,当1m=时，()'0F x≤，函数()F x为减函数，F x有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．综上，函数()。
分析“三次函数零点判别探究”的教学案例
分析“三次函数零点判别探究”的教学案例高三数学总复习的导数复习课后，有学生提出:二次函数有根的判别式，那么三次函数的根的个数能否由系数进行判别呢?对此，笔者没有立即给出答案，而是思索如何利用这个问题发动学生去自主探究，通过探究使学生熟练运用导数工具解决函数问题，让学生领悟数形结合、转化与化归、猜测和归纳等数学思想，引导学生积极参与到知识的发生开展过程中去，体验知识获取的艰辛和愉悦。
在组织学生探究之前，笔者对这个问题先行进行了探究.首先，三次函数的一般形式f( x )=ax3+ bx2+cx+d( a≠0)中含有四个参数，直接探究其零点判定，对学生来说难度较大.联想到三次函数经过平移和伸缩变换后总可以化成以下形式:f( x )=x3+px+q.在不完全的三次函数形式里，参数减少为两个，探究的难度就大大减少了.反之，假设不完全形式的三次函数零点问题解决了，一般形式的三次函数就可以先转化成不完全形式，然后再利用已有结论进行判别。
针对以上的思考，笔者设计了层层递进的疑问，每一步使学生能够做到“跳一跳，够得到”，一步步逼近结论.并且对某些公式和定理进行认真的推导，对学生的现实和数学现实中有哪些与本质类似或有联系等问题进行慎密的思考，对探究过程中学生可能出现的即时生成问题，准备好引领方法，这样才能做到胸有成竹，防止浪费珍贵的教学时间.下面是课堂实录。
2.1 情境创设，引入课题问题1 函数( )31f xxax=?+有三个零点，求a的取值范围.设计意图从典型的例习题联想提出新问题，从熟悉的问题而想到尚待解决的问题，从特殊的背景猜测得到一般性的结论并加以证明，这样设计可以激发学生的学习兴趣和求知欲望，提高学生的猜测和归纳能力。
(投影生1的解答过程)“以学生为主体”的教育观念要求教学过程要在探究活动中展开，也就是说，概念、公式、定理等的数学都要表达数学化的教学思想，要提醒数学的形成过程.什么问题可以让学生自主探究，什么问题不适合在课堂探究，根据学生的“最近开展区”如何设置探究的难度和过程，探究过程中学生可能会遇到哪些思维障碍如何启发学生解决问题，等等.这些都需要教师在组织学生探究之前应该先行探究，并解决以下两个问题:有没有探究的必要?如何确定探究的起点和探究的方式?对于那些抽象度较低、无任何知识背景的工具性知识或学生容易理解其产生或形成过程的概念或数学结论，采用承受性学习比拟经济和理想.对于那些本身具有较强的经验性、演绎性或对象性的数学知识，教学中从学生日常经验或教材出发，开展数学探究性学习那么是必要的.探究的.起点不宜太高，应选用学生比拟熟悉的背景作为切入点.将学生的兴趣和注意力引导到探究的问题中去后，探究过程应是探究课的重点所在，采用自主探索与合作交流相结合的方式为好.但要保证足够的时间和空间让学生经历观察、实验、猜测、验证、推理、计算、证明等活动过程.苏霍姆林斯基说过:“学生要想牢固地掌握数学，就必须用内心创造与体验的方法来学习数学”.因此，引导学生在体验中学习，在体验中自主探究、自主开展是学好数学的关键.在学习过程中，教师通过指导、创设情境，提供信息资料、工具和情感交流等多种途径使学生在不断的“体验”中获得知识，开展能力.要给学生独立思考的时间和空间，充分用好学生的口、手和思维，让学生敢说、敢做、敢于发现问题、敢于发表见解，最大限度地让学生在体验中学习，在合作中提高，在主动中开展.只有这样学生才能真正体会和感受知识的生长过程与创作，体验其中蕴含的发现，有助于加深对概念的理解，搞清概念的内涵特征，从而提高课堂教学的有效性。
高考数学复习与三次函数零点有关的取值范围问题
x f′(x) f(x)
(－∞，1) ＋ 增
1 0 极大值
1 1 ， a
1 a 0 极小值
1 ，＋∞ a
－ 减
＋ 增
1 1 1 (ⅰ)当 2a≤1，即 0＜a≤2时，a≥2，f(2)＝3(2a－1)≤0，因为 f(x) 在区间[0,1]上为增函数，在[1,2]上为减函数， ∴f(x)在区间[0,1]和(1,2]上各有一个零点， 即在[0,2]上有两个零点； 1 1 (ⅱ)当 2a＞1，即2＜a＜1 时，1＜a＜2，
2 f ＞0，即 a 2 2 3 2 aa －3 a
2 3 4．若函数 f(x)＝3x －2ax2－3x 在(－1,1)内有且只有一个极值点，则实 1 1 －∞，－4∪4，＋∞ 数 a 的取值范围是 .
2 1 － 2 a ＋3a－1 －2a－1a－1 fa＝ ＝ ＞0， 2 2 6 a 6 a
1 f(2)＝3(2a－1)＞0，∴x∈[1,2]，f(x)＞0. ∵f(x)在[0,1)上为增函数， ∴f(x)在区间(0,1)有一个零点，即在[0,2]上有一个零点，不满足题 设；
微专题37
与三次函数零点有关的取值 范围问题
x2 x3 1．函数 f(x)＝1＋x＋ 2 ＋ 3 零点的个数是
1
.
解析：∵f′(x)＞0 恒成立，∴函数 f(x)单调递增，∴零点个数是 1.
2．已知函数 f(x)＝x3－3x＋c 的图象与 x 轴恰有两个公共点，则实数 c 的值为
±2
.
解析：函数 f(x)＝x3－3x＋c 在(－∞，－1)和(1，＋∞)上递增，(－1,1) 上递减，由题意 f(－1)f(1)＝0，即(2＋c)(－2＋c)＝0，解得 c＝± 2.
最全函数零点问题处理74页WORD版
最全函数零点问题处理74页WORD版在74页的WORD文档中，我们可以找到最全的函数零点问题处理方法。
函数零点问题是指在一个函数中，寻找让函数取零值的变量值或者变量区间的问题。
这在数学、物理和工程等领域中经常出现，并且在实际问题中具有重要的意义。
以下是一些常见的函数零点问题处理方法：1.图像法：这是一种直观的方法，通过函数的图像来估计函数的零点。
我们可以使用计算机软件或者手绘的方法绘制函数的图像，通过观察图像来判断零点的位置。
这种方法的优点是直观易懂，但是在精确性上可能存在一定的误差。
2. 代数法：这是一种通过代数运算来求解函数零点的方法。
对于一些简单的函数，可以通过代数运算找到确切的零点。
例如，对于一次函数f(x)=ax+b，可以直接解方程ax+b=0来求解零点。
对于高次函数，我们可以使用一些代数方法，如因式分解、配方法等来求解零点。
3.迭代法：这是一种通过不断迭代逼近零点的方法。
迭代法的基本思想是，从一个初始值开始，通过一定的递推公式不断逼近函数的零点。
例如，常见的迭代法有牛顿迭代法、二分法、弦截法等。
这些方法本质上都是通过不断迭代来逼近函数零点，直到满足一定的收敛条件。
4.数值法：这是一种通过数值计算来求解函数零点的方法。
数值法通过一定的数值计算方法，如插值法、拟合法等，根据已知的函数值，求解函数的零点。
数值法的优点是不依赖于函数的解析形式，对于任意函数均可以求解。
但是数值法在精度和计算时间上可能存在一定的限制。
5.综合法：综合法是指综合使用多种方法来求解函数零点的方法。
在实际问题中，往往需要通过多种方法的综合来求解函数的零点。
综合法可以充分发挥各种方法的优点，提高求解的准确性和效率。
在处理函数零点问题时，需要根据具体的问题选择合适的方法。
不同的方法在不同的问题中可能具有不同的适用性和优缺点。
因此，熟悉和掌握各种函数零点问题处理方法是非常重要的。
通过不断的学习和实践，我们可以提高对函数零点问题的处理能力，解决实际问题。
(完整word版)最全函数零点问题处理74页WORD版
最全函数零点问题办理函数中的赋值问题 (1)第一讲赋值的意义 (1)第二讲赋值的依照和方法 (4)第三讲赋值的若干经典问题 (10)导数大题的常用找点技巧和常有模型 (15)常用的放缩公式（考试时需给出证明过程） (17)第一组：对数放缩 (17)第二组：指数放缩 (17)第三组：指对放缩 (17)第四组：三角函数放缩 (18)几个经典函数模型 (18)导数零点不能求的四种破解策略 (22)法一 :利用零点存在性定理 (22)法二 :利用函数与方程思想 (23)法三 :构造新的函数 (24)法四 :利用极限思想 (25)导数压轴题之隐零点问题 (26)直击函数压轴题中零点问题 (41)函数中的赋值问题第一讲赋值的意义函数 是一个 的 ， 之所以“ ”，是因 它涉及到函数 域的方方面面：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 或最 ； 明一 超越不等式；求解某些特其他超越方程或超越不等式以及各种 型中的参数取 范 等等．可是 下，在相当一部分学生的答卷中，甚或在一些地区的模 卷的 准解答中，一种以 极限 言或极限 点取代 的“素描式”解 象 予关注和 正．1.从一道调研试题的标准解答说起目 1已知函数 f (x) ae xx 2bx( a,b R ) ．（ 1）略；（ 3）略；（ 2） b0 ，若 f (x) 在 R 上有且只有一个零点，求a 的取 范 ．2） bx2x 2解：（x有唯一解．0 ， 方程 ae0 即 a xex 2g( x) ， g ( x) x(2 x) ，令 g ( x) 0 x 1 0, x 2 2 ．e xe x① x ≤ 0 ， g ( x) ≤ 0, g (x) 减，所以 g (x) ≥ g (0)g (x) 的取 范 是 [0,) (?)② 0 x 2 ⋯， g (x) 的取 范 是 (0,42 ) ；e③ x ≥ 2 ， g ( x) ≤ 0, g (x) 减，且恒正，所以g ( x) 的取 范 是 0,42．e所以当a 0或 a4，f ( x) 有且只有一个零点，故 a 的取 范 是a 0或 a4 ．e 2e 2疑：1．“g (x)≥ 0”与“ g( x) 的取 范 是[0, ) ”可否等价？．．．．2．也 解答的潜意 是 xg (x) ，那么其依照是什么 ?作 指 棒的省考、国考又是怎 理相关 的呢 ?答：一其中心：参数全程 描；一个基本点： 入扣．．．．．．．．．．．．．2．真题研究题目 2（ 2013 江苏 20）设函数 f (x) ln x ax, g ( x) e x ax ，其中 a 为实数．（ 1）略；（ 2）若 g (x) 在 ( 1,) 上是单调增函数，求 f (x) 的零点个数，并证明你的结论．（ 2）解：由 g ( x) 在 ( 1, ) 上单调增，得 a ≤ 1(过程略 ) ． eo时， f (x)1a 0, f ( x) Z ，1 a ≤ 0 x而 f (e a 1 ) a(1 e a 1 ) 1 0, f (e) 1ae 0 ，且 f (x) 图像不中止，依照零点定理， f (x) 有且只有一个零点．【解析 a 0 时，由 f( x) 0x 1(极大值点 )， f (x)maxln 11 】aa2oa1时, f (x) ln x 1x ．令 f ( x)1 1 0, x e ．ee x e且 x e, f (x) 0,0 x e, f (x)0 ，所以 xe 是f (x) 的极大值点，也是最大值点，所以 f ( x) ≤ f (e) 0 ，当且仅当 x e, f ( x)0 ．故 f (x) 有唯一零点 x e ．3o 0 a1时，令 f ( x)1 a 0, x 1．列表：ex ax(0, 1)1( 1, )aa af (x)f (x)Zf (x)max]所以 f ( x)maxf (1 ) ln 11 0 ．aa①在 (0, 1) 上， f (1) a 0且 f (x) 单调，所以 f ( x) 有且只有一个零点； a②在 ( 1, ) 上，显然1 1 ，注意到2 o的结论 (ln x ≤ 1x) ， aa 2ae 所以f (12 )2ln112(ln 1 1) ≤ 2(11) 0 ，同理 f ( x) 有且只有一个零点． a aa a2a ea2a由①② f ( x) 有两个零点．综上所述，当 a ≤ 0 或 a1时， f (x) 有 1 个零点；当0 a 1时， f ( x) 有 2 个零点．ee【注 1】本题第（ 2）问“ 3oa 1时”赋值点的形成过程及其多元性:e①在 (0, 1) 上，由于 1(0, 1) ，且为常数，所以理应成为直观 赋值点的首选．aa．．②在 ( 1,) 上【难点！】依照单调性，直观赋值点应在1右侧充分远处．试一试2 ，失败！ aaa表示该赋值点不够远，再改试12 ，成了！ (过程如上 ) ．显然，赋值点不唯一．a在 (0, 1) 上，也可考虑1 1, f (1) 0 (标解 )， a e a e或 a1, f (a ) ln a a 2 1 a 20 （均不及赋值 1 简略）．a在 1, )上也可考虑，1 1, f ( 11 a 1 a 1 1 1 ．( aaea a e)eln a a eeln a a 2e(ln a ea ) ≤ 011(标解 )，并注意到x 0 时， ex还可考虑 eaa【注 2】在本题 2o 结论 (ln x ≤ 1x) 的牵引下，区间e 1x 2(证略 ) ， f (e a) 1a( 1a , ) 上的三个赋值点11ae aa(12 ea) 0 ．a112 , 1e ,e a 一脉相承， a a1xe1 1 1 1井井有条：由于 ln x ≤x (当且仅当 xe ，等号成立 )，所以 e a．e e≥ xe2aa a以上赋值均为先直观，后放缩．其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．所以，当直观 赋值受挫时，不如经过放缩，无悬念地求出赋值点，实现解(证 )目标．现以区间 ( 1, ) 为例 ———a 【解析：在 1右侧充分远处，希望存在 x 1 ，使 f ( x 1 ) 0 ，为此，应意识到在 f (x) 的表达式中，a 对 f (x) 0 起主导作用的那一项为哪一项 ax ，不宜轻易放缩，放缩的目标应锁定 ln x ． 依照 ln x x 1 ( x 1)( 证略 ) ， f ( x)x 1 ax ≤ 0x ≤ 1 ，不如取 x 1 1 ，1 a1 a但 1 1 ??此路受挫，故须调整放缩的尺度】1 a a 思路一：由本题 2o结论， ln x ≤ 1x ．e11ln x2ln x 2≤ 2x 2e详解：由本题 2o 结论1 1令121) ．x2f ( x) x2ax 0 x 1(aa(ln x ≤ 1x),ln x 1112ln x 2≤ 2x 2x 2ee1 ,1在 ( ) 上，存在 x 112 , f ( x 1 ) x 12ax 111 0 ( 以下略 )．a aaa思路二：由 ln x ≤ x 1k 1时， ln x ≤ x1ln x ≤xln k 1 ．k kkk( 1) 的任意性给赋值供应了更为宽松的选择空间：x11，f (x) ln x ax ≤ k ln k 1 ax ≤ ( ka)x k 2 (k a) x k令 (1k 1 a 1 0 1 )a)x k 0 xkak 1．1(0 aka a ak(k 1) 1 0 ek不如令 k2 x 2 4 ．aa 2详解： ln x ≤ x 1 (证略 ) ， lnx2 ≤ax 1ln x ≤ ax1 ln2a x2f ( x)a x 2 ．a22a 2a2 a今取 x 24 1, f (x 2 )a 4 20 (以下略 )．a 2a2 a 2 a【追踪训练】1．思虑并解答本讲题目1(2)；2．思虑函数赋值问题有哪些依照和方法．第二讲赋值的依照和方法1．赋值的理论依照：1)不等式的基本性质以及一些简单代数方程、不等式的求解．2)零点存在定理 .基本模式是已知 f (a ) 的符号，研究赋值点 m (假定 m a )使得 f (m) 与 f ( a) 异号，则在 ( m, a) 上存在零点．3)一些基本的超越不等式，如：1．x 1≤ ln x ≤ x 1 ； ln x ≤ 1x ．xe2． x ≥ 1 时，x 1≤2( x 1)≤ ln x ≤x 2 1≤ x 1 ．xx 12 x23． 0 x ≤ 1 时， x 1 ≤ x 1 ≤ ln x ≤2( x 1)≤ x 1 ．x 2x x 14． e x ≥ x 1; e x ≥ ex;e x x 2 1(x 0);e xx 2 x( x ≥ 0) ．【注】应用上述不等式,一般须给出证明．2．赋值的对付方略：2.1 赋值的方法：10 直观放缩法 ．其形态是先直观试一试，后放缩证明，其特点是见效快，但有时有点悬，解、证．．．．． 风险大．（参阅上节“真题研究”）20 放缩求解法 ．其形态是先适当放缩，尔后经过解不等式或方程求出赋值点，其特点是安妥、．．．．．可靠，但有 ，目 放 有点 ．（参 上 “真 研究”中的思路一，思路二）2.2 点遴 要 ：遴 点 做到三个保证，三个 先———．．．．．．．．．三个保证 ： ．．．．（ 1）保证参数能取到它的所有 ；（ 2）保证 点 x 0 落在 定区 内；（3）保证运算可行．三个 先 ： ．．．．（ 1） 先常数 点；（2） 先借助已有极 求 点 (参 2016 届南通一模 N 19 )；（ 3） 先 运算，如ln xlne， e x等．2.3 放 的分 及其目 ：放 于 ，如影随行，唇 相依．（ 1）依放 的依照划分， 可分 无条件放 和条件放 两 ．前者如，x， ln x ≤ x 1 等；e ≥ x1．．．．． ．．．．后者如 x ≤ 0 ， e x≤ 1 ． x 1， e x(1x )1等；e 1 x（ 2）依 点的个数划分，可分 点式和两点式．前者以解方程 宿；后者以解不等式宿，从某种意 上 ，后者是前者受挫 的 急之 ．一般状况下，放 的目 定于 函数的 化 起不了．．． 主 作用的那些 ；但有些 中，很 界定“主 ”与非“主 ”，此 放 的尺度取决于 目中各种因素的 合考量——— 正是 的 点．例 1（ 2015 届南 附中期中考N20）已知函数 f x1 ax2 2x2a l n x ．2（ 1）略；（ 2）略；（ 3）若曲 C ： y f x 在点 x 1 的切 l 与 C 有且只有一个公共点，求正数 a 的取 范 ．解析：（ 3）易得切y 4xa2 ，代入 y f x 整理得：2g xa x 2 1 2 x12 a ln x 0 ， 等价于函数g x 有且只有一个零点，2gxa x 1 x，其中2 a．【下一步解析：第一x, 0 恒成立（不能能），xa及 x⋯0 恒成立 , x 恒成立,0 ．】1o 当 , 0 ，即 a ⋯2 ，由 g x 0x 1，且当x 1 ， g x 0 ， g x Z ；当0 x ， g x 0 ， g x ] ．1所以 x 1是 g x 唯一的极小 点，也是最小 点．且 g 10 ，故 a ⋯ 2 足 意．2o0 即 0 a 2 ．由 gx 0x 1 1 ， x 2．【下一步解析： 比g x 两零点与 1的大小．】21o1即 a1 ， gx a x 1⋯0 ，xg x Z ，又 g 1 0 ，所以 a 1 足 ．2o1 ，即 0 a1 ，当 1 x， g x 0 ， g x ] ，所以 gg 10 ．【接着研究：在,上， g x Z ，所以在右 充分 ，希望存在 x 1 ，使 g x 1 0，其他 意 到 g x0 起主 作用的那一 是a x 2 1 （ 不宜 易放 ），故放 的主要目2是几乎能够忽略不 的“2 a ln x ”，事 上，当 x 1 ， 2a ln x0 ， 所以 g xa x 21 2 x 1x 1ax 1 2x 1令4 ax 2 0x 1】222a解：又存在x 141，所以2a ln x 1 0，aa2aa．g x 1 2 x 1 1 2 x 1 1 x 1 1 2 x 1 1 2x 1 12x 12在,x 1 内， g x 存在零点，所以 g x 最少有两个零点，不合 意．3o1 ，即 1 a2 ，在,1 上， g x 0 ， g x ] ，所以 gg 1 0 ．【接着研究：在0,上， g x Z ，所以在 x 0 右 充分近 ，希望存在 x 2 ，使 g x 2 0 ．其他 意 到g x0 起主 作用的那一 是ln x （所以不宜 易放 ）故放 的主要目是几乎能够忽略不 的“a x 21 2 x1 ”，事 上，当0 x1， a x 21 0 ，22令22 x 12 ，所以 gx22 a ln x0 x = e2 a．】2解：又存在 x 2e 2 22 a 1 ，并注意到 ax 22 10 ， 2 x 21 2 ，aa2g x 22 2 a ln x 22 2 a20 ，所以在 0, 内 g x 存在零点，2a进而 g x 最少有两个零点，不合 意．上所述， a1或 a ⋯2 ．2【附 ： e 2 a2a： ea2 112 a 2 a 】 2 a22 2ae 2 a2 a例 2（上 “ 目 1（ 2）”）已知函数f ( x)ae x x 2 bx(a, b R ) ．（ 1）（ 3）略．（ 2） b0 ，若 f (x) 在 R 上有且只有一个零点，求a 的取 范 ．正解 ： (参数 描 )依 意 f (x) ae x x 2 有唯一零点，于是：．．10 当 a 0, f (x) 0 ，不合；2 0当 a 0, f (x)x 2 有唯一零点，吻合；30 当 a 0, 一方面 f (0) a 0 ．【下一步，解析1：用直 放 法x 1 使f ( x 1 ) 0 ， 然x 1 0(why ?)．．．．．因 f ( x) ae x2x 0, f ( x) ] ，所以只要令x 1 0 且充分小， ae x10 ，进而f (x 1 )aex1x 12．若 x 1 某个 常数 ,因 数 a 的任意性 ,无法保证 f ( x 1 ) 0 ，故 x 1 与 a相关．不如改x 1 a 1 】另一方面 a 1 0, 并注意到 e x ≥ x1 ( 略 )．f (a 1)a2≥ a(a2a 12 0 ，所以在 (,0) 内 f ( x) 有唯一零点．e 1 a (a 1)1)a2 a2 a2于是 x ≥ 0 ， f (x) 无零点，而 f (0)g ( x)x 2 ( x 0), g (x) x(2 x) ，令e xe x当 x x 0 , g ( x) 0, g( x) ] ，所以 g (x)max 上a 0 或 a4 ．e 20 ，即 ax 20 ，所以x0, f (x) x ．eg (x) 0x 0 2, 当 0 x x 0 , g ( x) 0, g (x) Z ；444 g( x 0 ) e2ae 2 ，所以 ae 2 ．【注】将零点 化 不等式恒成立 进而使“分参”不依 于形而凸 其 密性．【下一步解析 2：用放缩求解法 求 x 使 f ( x )0 ，显然 x(,0) ．．．．．． 1 11事实上 x0 时 , f ( x) aexx2a 1 x 2令0 ,解之 x 1a 】另一方面 x 1 a 0 ,使 f ( x 1 )aex1x 12a x 120, 且 x时 f (x) ae x2x 0, f (x) ]，所以在 (,0) 内 f ( x) 有唯一零点． (以下过程同上 )【下一步解析 3：仍用放缩求解法 ，．．．．．x22 令x a ，取 x 1 a1 】x 1 时， f ( x) aex a 1 xa x 0另一方面 x 1 a 1 0 ,使 f (x 1 )x22a x 10 且 x 0 时ae1x 1 a x 1f (x) ae x2x 0, f ( x) ] ，所以在 ( ,0) 内 f (x) 有唯一零点． (以下过程同上 )例 3 已知 f (x) x ln x a ，谈论 f x 的零点的个数．解：记 f x 的零点的个数为 k ． f x 的定义域为 (0, ) ， f x 1 ln x ，令 f xx1，当 x1时， f x0 , f x Z ；当 0x1时， f x 0 ， f x ] ，eee所以 x1是 f x 的唯一极小值点也是最小值点，即fxminf 1 a 1 ．eee10.当 a 1 0 ，即 a1 时， f xmin0 ,故 k0 ．ee20.当 a 1 0 ，即 a1 时， f x minf ( 1)0,k 1． e ee1 0 ，即 a 1时， f xmin0 (如右图所示 )3 . 当 a e eⅰ . a 0 时，在 0, 1 上 f x0 ,在 (1, ) 上，e e【路子一】存在 ea1， f e aae a aa(e a 1) 0 ，e由零点定理及 f ( x) 的单调性 k 1．【路子二：经过放缩，求解赋值点当 x e 时 , f ( x) x 令xa 】a 0当 x e 且 xa 时， f ( x) x a 0 ，同理 k 1．ⅱ . a 0 时，由 xln x 0 x 1，所以 k 1．ⅲ . 0 a1时， f x min a 1 0 ．一方面 11，且 f1 a0 ，另一方面ee e1时，应有 f x1【路子一：依照单调性，当 0 x0 ，不如直观试一试x 0e a 】e0 时， ex1注意到 xx 2（证略），存在 x 0 ea1 ，e21211a 2a1 1f eae aa，又 f x 图像在定义域内不中止，0 aa11内， f xk2.所以在 ，和，各有一个零点，故0 e e【路子二 ( 借助原函数极值求赋值点 )】已证在 (0,) 上 x ln x ≥ 1，且存在 a2a1， f a 22a 2 ln a a a 2a ln a 1 ≥eea2 10 ．同理 k 2.e综上所述：当 a1时， f (x) 没有零点；当 a1或 a ≤ 0 时，有 1 个零点；ee当 0 a1时，有 2 个零点．e【注】学生可能出现的认知误区是：当x0时， x ln x（或）．【追踪训练】1．解不等式： (e 1)ln x x 1 ，其中 e 为自然对数的底数．解析：记 f ( x)x 1 (e1)ln x ，则原不等式等价于f ( x) 0. f ( x) 1 e 1 ，x 令 f ( x) 0 ， x 0 e 1 ．当 x x 0 , f ( x)0, f (x) Z ；当 0 x x 0 , f (x) ] ．又一方面，存在 1 x 0 , f (1) 0, 另一方面，存在 e x 0 , f (e) 0 ，所以当且仅当 1 x e 时 f (x) 0 ，进而原不等式的解集为 (1,e) ．2．已知函数 f ( x)ln x ax 1(a R) ． (1)谈论函数 f (x) 的单调性；(2) 若 f ( x) 有两个零点 x 1 , x 2 ( x 1 x 2 ) , 求 a 的取值范围．解析： (1) 易得 f (x) 在 (0, 1 ) Z ,在 ( 1,) ] .aa(2) ①若 a ≤ 0 则 f ( x) Z , f (x) 在定义域内最多一个零点 ,不合．所以 a 0 且 f (x)maxf (1 ) ln10 a 1.aa此时，一方面1 1使 f ( 1)a 0 ；另一方面，注意到 ln x ≤ x 1(证略 ) ．于是，x 0e1 使f (x 0 ) 1 2ln 1e1 1) e2 e0 ．a 2 aaa 1 ≤ 22( a a a 依照零点定理以及f (x) 的单调性 ,可知 f ( x) 在 (0, 1 ) 和 ( 1, ) 上各有一个零点，a a所以 a 的取值范围是 (0,1) ．3．设函数 f (x)sin xax 1 x 3(a R ) 若对任意的 x ≥ 0, f ( x) ≥ 0 成立，求 a 的取值范围．6解：12．f ( x)cos x a2 x , f( x) xsin x ≥ 0 f ( x) Zf (x) ≥ f (0) 1 a1.当 a 1时 , f ( x) ≥ 0, f ( x) Z f ( x) ≥ f (0) 0 ；2.当 a 1时 , f (2 a) cos2a a 2a 2 cos2aa 2 a(a1) 0, f (0) 1 a 0 ，所以 x 0(0,2 a) 使得 f (x 0 ) 0 且在 (0, x 0 ) 内 f ( x) 0f ( x) ] , f ( x) f (0)0 与题设不符 .所以 a ≤ 1 ．第三讲 赋值的若干经典问题例 1（ 2015.新课标（ 1）文 21）设函数 f (x) e 2xa ln x ．（ 1）谈论 f ( x) 零点的个数；（ 2）略． 解：（ 1） f ( x)1 (2 xe 2x a) ．x①当 a ≤ 0 时 , f (x) 0 ，故 f ( x) 无零点；②当 a 0 时 f ( x) 零点的个数即 g (x) 2 xe 2 xa( x 0) 零点的个数，记为n ．所以在 (0,) 上 g ( x) Z ，所以 n ≤ 1 (i ) ．又 g (a) a(2e 2 a 1) 0 ．【下一步如何搜寻正数x 0 使 g (x 0 ) 0 ?】路子一 (直观放缩法 ) 【解析】假定 x ≥ 0 g (0)a 0 ，故应将 x 0 锁定在 0 右侧一点点，直观试一试后，形成以下的——详解：取 xmin{ a , 1} ， g (x 0 ) ≤ 22 1a12)0 ，依照零点定理，a e4a (e 2n ≥ 1 ( j ) 04 442由 (i ) , ( j ) n 1．x1 11路子二 (放缩求解法 )【解析】 0 x 1时 ee x 1 x 于是当 0 x 2 ，即 0 2x 1时，e1g (x)2 xa 0, xa1 ．2 x令12x1 2x2( a 1) 2详解：x 时 ex11 1 ，于是当 0 x1时， 0 2 x 1,e 2x11e xx 2 1 2xg (x)2 xa ，取a1 g ( ) 2a 0．依照零点定理 n ≥ 1 ( j ) ，1 2x 2( a 1)2 12由 (i ) , ( j ) n 1．例 2（ 2016.全（ 1）理 21）已知函数 f (x) ( x 2)e xa( x 1)2 有两个零点．（Ⅰ）求 a 的取值范围；（Ⅱ）略．解析：（Ⅰ） (参数扫描 )f ( x) ( xx2a) ．1)(e10 ) 若 a 0 ，当 x 1, f ( x) 0, f ( x) Z ，当 x 1, f ( x) 0, f ( x) ] ,f ( x)min f (1)e 0 ．一方面 , 当 x 1时 f (2)a 0 ；另一方面 , 当 x 1时——路子一0 且 bln a ，使 f (b)(b2) a a(b 1)2 ab(b3 ) 0 ，．．．(标解 )存在 b2 2 2所以在 x 1两侧， f ( x) 各有一个零点，满足题意．路子二 【解析：当 x 0 时 ,能对 f (x) 0 起主导作用的那一项显然是a(x 2，而 e x0,1 变化．．． 1)幅度不大，是比较理想的放缩目标． x 0 时, f ( x) (x 2) a (x 1)2 2 x 2 a( x1)2(x 1)(2ax a)( x1)(2 ax)令x 02 】a详解： x 0 时 , f ( x) x 2 a(x 1)22x 2 a (x 1)2 ( x 1)(2ax a)(x 1)(2ax) ，今取 x 02 01, f (x 0 ) (x 0 1)(2 ax 0 ) 0 ，所以在 x 1两侧，af (x) 各有一个零点，满足题意．20 ) 若 a ≤ 0 ，当 x ≤ 1, f (x) 0 ，所以 f ( x) 有两零点x 1时， f ( x) 有两零点(x2)e xa(x 1) 有两零点，但( x 2 4 x 5)e xg( x) Zg ( x)1)2g (x)( x 1)3 0( x所以 f ( x) 不存在两个零点．综上， a 的取值范围是 (0,) ．【注】顺便指出 ,在同解变形中 ,巧用起落格 ,可简化解题过程． (证明 : x 0,e xx 2 1)例 3（ 2017 全（ 2）文 21）设函数 f (x)(1 x 2 )e x ．（ 1）略；（ 2）当 x ⋯0 ， f ( x) ,ax 1，求 a 的取 范 ．解：（ 2） f2x1x 剠ax1 F xax ． 然 a 0（否 若 a ,0 ，注意到 e 2 ，x1 e 1 0F11a 3 e 21 a 31 0）．2 242 4【下一步研究a 的范 ：令 F x ax 2 2x 1 e x⋯0 恒成立a,x 2 2x 1 e xA r x ， r x x24x 1 ex0，所以 r x Z ， rxminr 0 1 ，所以 a 剠 1 a 1 】F xax 2 2x 1 e x ， hxF x ， h xx 24x 1 e x 0 ，所以 h x Z 即F xZ ， F x ⋯ F 0a 1 ．于是：o当 a ⋯1 ， F x ⋯ 0 ， F x Z ， F x⋯ F 00 ，进而 fx , ax 1 ；1 2o 当 0a 1 ，路子一 【解析当，2x 1 F x axx 1x 11．．．x x 2☆☆令1 a ．】x a 1 x 2x 1 a0 x2 解：当 0 x1 ，注意到 xx 1 ( 略 ) eF x ax x 21 x 1 1 x x 2x 1 ax 2x 1 a，今取 x 01 a 0,1F ( x 0 )x 0 2x 0 (1a )0 ，不合 意 . 上， a ⋯1 ．2路子二 ： F 0a 1 0, F (1) a 2e 0 ，又 F x Z ，故在 (0,1) 上 F x 有唯一零点 x 0 ，．．． 且在 (0, x 0 ) 上 F x 0, F ( x) ] ，所以 F (x)F (0) 0 不合 意．上 a ⋯1 ．例 4n 1, 明 : a 2 n1 （省 集 ） 数列a n 的通 a na n ln 2 ．k 1k4n【解析： 想超越不等式ln x 小于⋯有① ln x x 1(x 1) ；② ln xx21( x 1) 等．2x尔后用分项比 较法 , 将待证式两边均表示为从 n 起连续 n 项的和：．．． ．．a2na n1 L2 n 1(11 ) ； 整合并分解左边：4n k n2k 2(k 1)同时将右侧化整为零 :n 1n 22nln 2 lnnln n1 L ln2 n 1k 1 ) 21依照② lnk1 ( k 1 1 ，所以原式获证】 2k 1k k 2 k 2( k 1)2 n 1nln k 1 ．k证明：易证 ln xx21( x 1) ，令 x k 1lnk1 ( k k 1 )21 1 1 .2 xkk 2 k k 1 2 k 2( k 1)a 2na n1(11 2 L1 ) 14nn 1 n2n4n21 1L1111) 2( n2) 2(2 n 1)2n 4n 2(n111L11 1 L 11 2n2(n 1)2(n 2)2(2n1)2(n 1) 2( n2)2(2n1) 4n2n 12 n 1ln(n(11 1) )lnkk 1 1 n 2 L 2n ) ln 2 ．k n2k2(kk nn n 12 n 1【追踪训练】1．设函数 f (x)ln x ax( a R) .若方程 f ( x)a 1 x 2有解，求 a 的取值范围．2解：方程 fxa 1x 2有解函数 h xln x ax a1x 2 有零点．22h xa 1 x 2ax 11 x 1a1 x 1 ．xx① a 1时， h x ln x x x 1x 1 0 （证略）所以 h x 无零点；② a 1时， h 1a 1 0 （观察！）【下一步解析：如何赋值x 0 ,使得 h x 00 ？2当 x 1时 , h xax a 1 x 2x(a1 x令x 02a ( 1) 说明 :若不能够保证a ) 022a 1x 0 1 ，则改用两点式 ,即 h xL 令x L （参阅 ( 二)例 2 解析 3）】 解方程所获取的 0 又 2a1 且 h2a ln 2a x 0a 1 2a aln2a 0 ， a 1a 1a 12a 1 a 1由零点定理， h x 有零点．③ a 1时 a 1 x 1 0 ，所以令 h x 0x 1 （易知 x 1 是 h x 的最大值点）【下一步解析 :令 h x maxh (1) 01 a 1 , h x 无零点．于是剩下 h x maxh(1)≥ 0 a ≤ 1又 察 h 2 0 ，所以 h x 有零点】③ 1.) 1 a 1 h x maxh(1) 01 a 1 , h x 无零点；③ 2.) a ≤ 1 h xmaxh(1)≥ 0 ，又 察 h 20 ，所以 h x 有零点．上所述 a1 或 a ≤ 1．2． a 正常数，函数f ( x) ax, g( x) ln x ．明：x 0 R 使合适 x x 0 ， f (x)g( x) 恒成立．法一易 ln x ≤ 1x( 略 )又 11 ln x 1x, 用 x 代 x ln x 1 xln xx ( )ee 22 2而 x ax x a 2 x 2x a 2 ( ) .今取 x 0a 2 ，当 xx 0 ,由 () 得 x ax ,再由 ( )ax ln x . ．法二易x 0≤ 1x2ln x在 (e,) ]( 略 )(1)ln xe x;(2)ex ;(3) h( x)x于是， (1) 当 a1, ln x ≤ 1x ax ， 成立． (2) 当 a ≤ 1，取 x 01( 然 x 0e )e aee e1 1ln x ln e a 当 xx 0 ,aaax ln x ， 依旧成立．x1( 1 a )2ea上所述 x 0 R 使合适 x x 0 ,f (x)g ( x) 恒成立．3．已知 f (x) ax b ln x c ， g (x) xe 1 x（ a ,b,cR ）．（ 1）（ 2）略（ 3）当 b 2 ， a c 0 ，若 任意 定的x 00,e ，在区0,e 上 存在 t 1 ， t 2 t 1t 2 使得f t 1f t 2g x 0 ，求 数 a 的取 范 ．（ 3）略解：易得 g x 在 0，1 上 增，在1,e 上 减，故 g x max g 1 1 ，又 g 0 0 ， g ee 2 e ，所以 g x的取 范 （即 域） 0，1 ．而 f xa x 1 2ln x 定点 1，0， fxa 2．x【解析：分 令f x ⋯ 0 （无解）， f x , 0 ⋯⋯】o2，在0,e 上， f x , 0 ， fx 减，不合 意；1 当 a ,e2o当 a2，令 fx0 得 : x2，且当 x2 ， f x Z ； 0 x 2， f x ] ，并注意到eaaa ln x , x 1 进而有 fx m inf22 1 a ln a, 0 ．a 2 2【下一步解析 :需 明在2 2 上的取 范 均 包括，所以两段上的“ ”， 及a ,ef x0，10 a回避不了．】事 上，一方面在2上，f e厖 1ae 3 2 ；a ,e1 e另一方面在 2x 1 e 2 a使f x 1ae 2a3a 3a6 1 ，， 上，存在ae所以当 a ⋯3 ， f x 在两个 区 上的取 范 均包括0，1 ，e 1所以 x 00,e ，必存在 t 12 ， t 22,e ，使 f t 1f t 2g t 0 .0，aa故所求取 范 是3 , ．e 1导数大题的常用找点技巧和常有模型引子：（ 2017 年全国新1·理· 21）已知f x ae 2 x a2 e x x .（ 1） f x 的 性；（ 2）若 f x 有两个零点，求 a 的取 范 .解析： （ 1） f ' x2ae 2xa 2 e x 1 2e x 1 ae x 1若 a 0 ， f ' x0 恒成立，所以 fx 在 R 上 减；若 a0 ，令 f ' x0 ，得 e x1 , x ln1.aa当 x ln 1 ， f' x0 ，所以 f x在,ln1上 减；aa当 x ln1， f' x0 ，所以 f x在 ln1,上 增 .aa上，当 a0 ， f x 在 R 上 减； 当 a 0 ， f x 在,ln1上 减， 在ln 1, aa上 增 .（ 2 ）fx 有 两 个 零 点 ， 必 须 满 足 f x min 0 ， 即 a 0 ， 且fxminf ln11 1 ln10 .aa a构造函数 g x1 x ln x ， x 0 . 易得 g ' x110 ，所以 g x1 x ln x 单调递x减 .又由于 g 10 ，所以 1 1 ln1g 1g 11 1 0 a 1 .a aaa下面只要证明当 0 a1f x有两个零点即可，为此我们先证明当x 0时， x ln x.时，事实上，构造函数 h xx ln x ，易得 h ' x11，∴ h x min h 11 ，所以 h x0 ，即 x ln x .x当 0a 1 时， f 1aa 2 1 a eae 2 20 ，e 2e 2ef ln3 aa 31231 ln 3 131 ln 31 0 ，a 2aaaaaa其中 1 ln1， ln3a ln 1，所以 f x 在1,ln 1和 ln 1 ,ln3a上各有一个零点 .aaaaaa故 a 的取值范围是0,1 .注意： 取点过程用到了常用放缩技巧。
三次函数的零点问题
三次函数的零点问题
在数学中，三次函数是指一个至多存在三次幂次的多项式函数。
对
于三次函数来说，它的零点问题是一个非常重要的问题，这在许多数
学和工程问题中都有广泛的应用。
三次函数可以表示为f(x)=ax^3+bx^2+cx+d，其中a、b、c和d都是
常数，x是一个变量。
三次函数的图像通常是一个S形曲线，在x轴上
存在一个或多个交点，这些交点就是三次函数的零点。
在三次函数中，求解零点问题的一种方法是通过因式分解，通过寻
找a、b、c和d的共同因子来找到零点。
如果三次函数可以因式分解，则不难看出函数的零点。
但是，在大多数情况下，三次函数并不容易
因式分解，因此必须使用其他方法来解决零点问题。
另一种解决零点问题的方法是使用数值方法，例如二分法和牛顿法。
这些方法不需要将三次函数转化为标准的形式，而是直接以数值方式
计算函数的零点。
这种方法通常需要大量的计算，因此需要使用计算
机来进行计算。
除此之外，还有一种特殊的三次函数，称为“卡迈隆函数”。
这个函
数的形式是f(x)=x^3-3x，它只有一个实零点，值为0。
这个函数具有
一些非常有用的性质，因此它在计算机图形学和密码学中经常被使用。
总之，三次函数的零点问题在数学和工程领域中有着深远的影响。
无论是使用因式分解还是数值方法，找到函数的零点都是一个非常重
要的问题。
同时，特殊的三次函数卡迈隆函数也具有非常有用的性质，在许多计算问题中都有广泛的应用。
三次函数图像与性质(解析版)
专题2-2三次函数图像与性质【题型1】求三次函数的解析式【题型2】三次函数的单调性问题【题型3】三次函数的图像【题型4】三次函数的最值、极值问题【题型5】三次函数的零点问题【题型6】三次函数图像，单调性，极值，最值综合问题【题型7】三次函数对称中心【题型8】三次函数的切线问题【题型9】三次函数根与系数的关系1/342/34【题型1】求三次函数的解析式（1）一般式：()³²f x ax bx cx d =+++（a ≠0）（2）交点式：()123()()()f x a x x x x x x =---（a ≠0）1．若三次函数()f x 满足()()()()00,11,03,19f f f f ''====，则()3f =（）A ．38B ．171C ．460D ．965【解析】待定系数法，求函数解析式设()³²f x ax bx cx d =+++，则()232f x ax bx c '=++，由题意可得：()()()()0011031329f d f a b c d f c f a b c ⎧==⎪=+++=⎪⎨==⎪⎪=+'=⎩'+，解得101230a b c d =⎧⎪=-⎪⎨=⎪⎪=⎩，则()3210123f x x x x =-+，所以()32310312333171f =⨯-⨯+⨯=.【题型2】三次函数的单调性问题三次函数是高中数学中的一个重要内容，其考点广泛且深入，主要涉及函数的性质、图像、最值、零点以及与其他函数的综合应用等方面。
以下是对三次函数常见考点的详细分析：1.三次函数的定义与形式∙定义：形如f (x )=ax 3+bx 2+cx +d （其中a ≠=0）的函数称为三次函数。
∙形式：注意系数a ,b ,c ,d 的作用，特别是a 的正负决定了函数的开口方向（a >0开口向上，a <0开口向下）。
微专题37与三次函数零点有关的取值范围问题答案
微专题371．答案：1.解析：∵f ′(x )＞0恒成立，∴函数f (x )单调递增，∴零点个数是1. 2．答案：±2.解析：函数f (x )＝x 3－3x ＋c 在(－∞，－1)和(1，＋∞)上递增，(－1，1)上递减，由题意 f (－1)f (1)＝0，即(2＋c )(－2＋c )＝0，解得c ＝±2. 3．答案：(－∞，－2)．解析：当a ＝0时，不合题意；当a ≠0时，令f ′(x )＝3ax 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2a ，①当a＞0时，由图象及f (0)＝1知函数f (x )有负数零点，舍去；②当a ＜0时，由图象及f (0)＝1，只需满足f )2(a ＞0，即a )2(a 3－3)2(a2＋1＞0，解得a ＜－2.综上：a ＜－2.4．答案：)41,(--∞∪),41(+∞解析：∵f ′(x )＝2x 2－4ax －3，∴根据题意f ′(－1)·f ′(1)＜0，解得a ＞14或a ＜－14.5．答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞)．解析：可转化为f ′(x )＝x 3＋ax 2＋x 有三个不同的零点，从而x 2＋ax ＋1＝0有两个不等的非零实根，故Δ＝a 2－4＞0，∴a ∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)． 6．答案：⎝⎛⎦⎤0，12. 解析：f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫x －1a (x －1)， ①当12＞1，即0＜a ＜1时，f (0)＝－13＜0，f (1)＝－16(a －1)＞0，(ⅰ)当2a ≤1，即0a ≤12时，1a ≥2，＜＝13(2a －1)≤0，f (2)因为f (x )在区间[0，1]上为增函数，在[1，2]上为减函数，∴f (x )在区间[0，1]和(1，2]上各有一个零点，即在[0，2]上有两个零点；(ⅱ)当2a ＞1，即12＜a ＜1时，1＜1a ＜2，f )1(a＝－2a 2＋3a －16a 2＝－（2a －1）（a －1）6a 2＞0，f (2)＝13(2a －1)＞0，∴x ∈[1，2]，f (x )＞0.∵f (x )在[0，1)上为增函数，∴f (x )在区间(0，1)有一个零点，即在[0，2]上有一个零点，不满足题设； ②当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2，∴f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，∴f (x )在[0，2]上不可能有两个零点； ③当1a ＜1，即a ＞1时，f (0)＝－13＜0，f (1)＝－16(a －1)＜0，f )1(a＝－（2a －1）（a －1）6a 2＜0，f (2)＝13(2a －1)＞0，，即在[0，2]上有一个零点，不满足题设．综上，a 的取值范围是]21,0(. 7．答案：(1)－34；(2)(－∞，2)∪(52，＋∞)．解析：(1)f ′(x )＝3x 2－9x ＋6＝3(x －1)(x －2)，∵x ∈R ，∴f ′(x )≥m 即3x 2－9x ＋6－m ≥0恒成立，∴Δ＝81－12(6－m )≤0，得m ≤－34，即m 的最大值为－34. (2)∵当x ＜1或x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，1)和(2，＋∞)上递增；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )在(1，2)上递减；∴当x ＝1时，f (x )取极大值f (1)＝52－a ，当x ＝2时，f (x )取极小值f (2)＝2－a ，故当f (1)＜0或f (2)＞0时，方程f (x )＝0仅有一个实根，解得a ＜2或a ＞52.(或由f (1)f (2)＜0，亦可解得a ＜2或a ＞52)8．答案：(1)当a ≥1时，有两个解；当－1＜a ＜1时，有三个解；当a ≤－1时，有两个解；(2){1}．解析：(1)f (x )＝g (x )即为ax 3＋|x －a |＝x 4，∴x 4－ax 3＝|x －a |，∴x 3(x －a )＝|x －a |，即x ＝a 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞a ，x ＝1或⎩⎨⎧x ＜a ，x ＝－1， ①当a ≥1时，方程f (x )＝g (x )有两个不同的解a ，－1；②当－1＜a ＜1时，方程f (x )＝g (x )有三个不同的解a ，－1，1； ③当a ≤－1时，方程f (x )＝g (x )有两个不同的解a ，1.(2)当a ＞0时，x ∈(a ，＋∞)时，f (x )＝ax 3＋x －a ，f ′(x )＝3ax 2＋1＞0，∴函数f (x )在(a ，＋∞)上是增函数，且f (x )＞f (a )＝a 4＞0，∴当x ∈[a ，a ＋2]时，f (x )∈[f (a )，f (a ＋2)]，1 024f （x ）∈⎣⎡⎦⎤1 024f （a ＋2），1 024f （a ），当x ∈[a ＋2，＋∞)时，f (x )∈[f (a ＋2)，＋∞)．∵对任意的x 1∈[a ，a ＋2]，都存在x 2∈[a ＋2，＋∞)，使得f (x 1)f (x 2)＝1 024，∴⎣⎡⎦⎤1 024f （a ＋2），1 024f （a ）[f (a ＋2)，＋∞)，∴ 1 024f （a ＋2）≥f (a ＋2)，∴f (a ＋2)2≤1 024，即f (a ＋2)≤32，也即a (a ＋2)3＋2≤32，∵a ＞0，显然a ＝1满足，而a ≥2时，均不满足． ∴满足条件的正整数a 的取值的集合为{1}．。
三次函数零点存在性问题探讨
求 m 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2） 3,1 ．
【解析】（1） f x 3x2 3a 3 x2 a ，
当 a 0 时，对 x R ，有 f x 0 ， f x 的单调增区间为 , ， 当 a 0 时，由 f x 0 解得 x a 或 x a ， 由 f x 0 解得 a x a ，
0得
x1
1 3
，
x2
1，
当
x
,
1 3
时，f
(x)
0
；当
x
1 3
,1
时，f
(x)
0
；当
x
1,
时，f
(
x)
0
，
x1
1 3
与
x2
1分别为
f
x
的极大值点与极小值点，
f
( x)极大值
f
( 1) 3
a
5 27
，
f
( x)极小值
的两个极值为
f
(0)
b，
f
2a 3
4 27
a3
b
，
则函数
f
(x)
有三个不同的零点等价于
f
0
f
2a 3
0
3月13日+高三+函数的零点问题++答案
(2) 若方程 g(f(x))－a＝0 有 4 个实数根，求实数 a 的取值范围． 解：(1) 利用解析式直接求解得 g(f(1))＝g(－3)＝－3＋1＝－2. (2) 令 f(x)＝t，则原方程化为 g(t)＝a，易知方程 f(x)＝t 在(－∞，1)上有 2 个不同的解， 则原方程有 4 个解等价于函数 y＝g(t)(t<1)与 y＝a 的图象有 2 个不同的交点，作出函数 y＝
考题演练(本题模拟高考评分标准，满分 16 分)
已知函数 g(x)＝ax2－2ax－1(a≠0)的值域为[－2，＋∞)，设函数 f(x)＝g（x）＋2. x
(1) 判断函数 f(x)的奇偶性；
(2) 令 h(x)＝f(|2x－1|)＋t·( 4 －3)－2，当1<t<2 时，求函数 h(x)的零点个数．
答案：(1，1] 2
解析：当 x<0 时，g(x)＝－x＋1>0，此时 g(g(x))＝(－x＋1)2－1＝x2－2x，当 0≤x<1 时，
g(x)＝x2－1<0，此时 g(g(x))＝－(x2－1)＋1＝－x2＋2，当 x≥1 时，g(x)＝x2－1≥0，此时
x2－2x，x<0，
g(g(x))＝(x2－1)2－1＝x4－2x2，函数 y＝g(g(x))＝ －x2＋2，0≤x<1，函数 y＝g(g(x))的图象
4
2
因为 φ（0）＝4t－1>0，
φ（1）＝t－2<0，
所以方程(*)的根为 u1，u2，有 0<u1<1≤u2. (14 分) 因为 u＝|2x－1|，所以原方程有三个相异实根，
即当1<t<2 时，函数 h(x)有三个零点． (16 分) 4
微专题37与三次函数零点有关的取值范围问题答案
微专题37例题答案：(0，＋∞)．解法1令f(x)＝13x 3－x 2＋ax －a ，则f′(x)＝x 2－2x ＋a.∵f(x)＝0有一个实数根，∴f ′(x)＝0的Δ≤0或者f(x)极大值＜0或者f(x)极小值＞0. ①f′(x)＝0的Δ≤0，解得a ≥1；②当a ＜1时，设x 1，x 2为f ′(x)＝x 2－2x ＋a ＝0的两个根(x 1＜x 2)，f(x)在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减.1° 若f(x)极大值＜0，即f(x 1)＜0，∴f(x 1)＝13x 13－x 12＋ax 1－a ＝13x 1(2x 1－a)－(2x 1－a)＋ax 1－a ＝23x 12＋)232(-a x 1＝23(2x 1－a)＋)232(-a x 1＝)3232(-a x 1－23a ＝23[]（a －1）x 1－a ＜0，∴x 1＞a a －1，即1－1－a ＞aa －1，解得(1－a)1－a ＜1，即(1－a)3＜1，得0＜a ＜1；2° 若f(x)极小值＞0，即f(x 2)＞0，同理f(x 2)＝23[(a －1)x 2－a]＞0.∴x 2＜a a －1，即1＋1－a ＜aa －1，解得－(1－a)1－a ＞1，即(1－a)3＜－1，得a ＞2(舍去)；综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)． 解法2 令f(x)＝13x 3－x 2＋ax －a ，则f′(x)＝x 2－2x ＋a.∵f(x)＝0有一个实数根，∴f ′(x)＝0的Δ≤0或者f(x 1)·f(x 2)＞0(x 1，x 2是f(x)的极值点0)． ①f ′(x)＝0的Δ≤0，解得a ≥1；②由x 1，x 2为f′(x)＝0的两个根，得⎩⎨⎧x 12－2x 1＋a ＝0x 12＝2x 1－a ，x 22－2x 2＋a ＝0x 22＝2x 2－a ，(a ＜1)于是f(x 1)＝13x 13－x 12＋ax 1－a ＝13x 1(2x 1－a)－(2x 1－a)＋ax 1－a ＝23x 12＋)232(-a x 1＝23(2x 1－a)＝)232(-a x 1＝)3232(-a x 1－23a ，同理可得f(x 2)＝)3232(-a x 2－23a ，于是有f(x 1)·f(x 2)＝]32)3232[(1a x a --]32)3232[(2a x a --＞0. 当a ＜1时，)1)(1(21----a a x a a x ＞0，x 1x 2－aa －1(x 1＋x 2)＋2)1(-a a ＞0，又∵x 1，x 2是方程x 2－2x ＋a＝0的根，∴x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝a ，化简可得a(a 2－3a ＋3)＞0，解得0＜a ＜1；综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)．说明：显然解法2避免了再分类，更显简洁；同时利用“降幂”思想进行代换，可化繁为简．变式联想变式1答案：(－36，＋∞)．解法1∵函数f(x)＝13x 3＋12ax 2＋1有且只有一个零点．∴13x 3＋12ax 2＋1＝0有且只有一个实根，∵x ＝0不适合方程，∴a ＝－2x 2－2x 3有且只有一个实根，设g(x)＝－2x 2－2x 3，有g ′(x)＝4x 3－23(x ≠0)，①当x ＜0时，g ′(x)＜0，∴g(x)在(－∞，0)上递减，且g(x)∈R ；②当x ＞0时，令g ′(x )＝0，得x ＝36∴g (x )在(0，＋∞)上有最大值g (36)＝－36，且g (x )∈(－∞，－36]，综上所述，实数a 的取值范围是(36，＋∞)．解法2令f (x )＝13x 3＋12ax 2＋1，则f ′(x )＝x 2＋ax .∵f (x )＝0有一个实数根，∴f ′(x )＝0的Δ≤0或者f (x 1)·f (x 2)＞0(x 1，x 2是f (x )的极值点)．①f ′(x )＝0的Δ≤0，解得a ＝0；②f ′(x )＝0得x 1＝0，x 2＝－a (a ≠0)，f (x 1)·f (x 2)＝－13a 3＋12a 3＋1＞0，即16a 3＞－1，∴a ＞－36且a ≠0.综上所述，实数a 的取值范围是(36，＋∞)． 说明：显然解法2更显简洁．变式2答案：(－∞，1－3)∪(1＋3，＋∞)． 解析：∵f(x)与g(x)的图象有三个不同的交点，∴f(x)＝g(x)有三个不等实根．令h(x)＝f(x)－g(x)＝13x 3－（k ＋1）2x 2＋kx －13，则h′(x)＝x 2－(k ＋1)x ＋k ＝(x－k)(x －1)，根据题意得k ≠1且h(1)·h(k)＜0，化简可得k －12)312161(23-+-k k ＜0，即－k －112(k －1)(k 2－2k －2)＜0，∴k 2－2k －2＞0，解得k ＞1＋3或k ＜1－3，∴实数k 的取值范围是(－∞，1－3)∪(1＋3，＋∞)．串讲激活串讲1答案：(－∞，－2)．解析：①当a ＝0时，－3x 2＋1＝0时，x ＝±33，所以此时不符合题意；②当a ＞0时，f ′(x)＝3ax 2－6x ＝3x(ax －2)，当f′(x)＞0时，解得x ＞2a 或x ＜0，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，因为f(0)＝1，f(－1)＝－a －2＜0，则存在一零点在(－∞，0)上，所以此时不符合题意；③当a ＜0时，当f′(x)＞0时，解得2a ＜x ＜0，f ′(x)＜0时，解得x ＜2a 或x ＞0，所以函数f(x)在)2,(a-∞上单调递减，在)0,2(a上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，若f(x)在R 上存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则f )2(a ＝8a 2－12a2＋1＞0，即－4a 2＋1＞0，整理得a 2＞4，整理得a 2＞4，解得a ＜－2或a ＞2(舍去)，综上所述，当a ＜－2时满足题意．串讲2答案：当1＜a ＜3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有一个零点；当a ＝3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点；当3＜a ≤2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有三个零点；当a ＞2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点．解析：f′(x)＝x 2－(a ＋1)x ＋a ＝(x －1)(x －a)，当a ＞1时，函数f(x)在(0，1)和(a ，a ＋1)上单调递增，在(1，a)上单调递减，又f(0)＝0，f(a)＝12a 2－16a 3，f(a ＋1)＝－16(a ＋1)(a 2－4a ＋1)，解不等式f(a)＞0得1＜a ＜3，解不等式f(a ＋1)＞0得1＜a ＜2＋3，于是如下讨论：①当1＜a ＜3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有一个零点； ②当a ＝3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点； ③当3＜a ≤2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有三个零点； ④当a ＞2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点．新题在线答案：(1)f(x)在(－∞，3－23)和(3＋23，＋∞)的单调递增，在(3－23，3＋23)的单调递减；(2)略． 解析：(1)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.在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)∵x 2＋x ＋1>0，∴f(x)＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g(x)＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x)＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g′(x)＝0，∴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)＝－6a 2＋2a －13＝－62)61( a －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．。
(完整word版)函数零点问题典例(含答案),推荐文档
3、已知函数f(x)＝2x＋ln(1－x)，讨论函数f(x)在定义域内的零点个数．4、已知函数f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1.(1)若函数f(x)的两个零点x1，x2满足x1∈(－1,0)，x2∈(1,2)，求实数m 的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)＝0的两根均在区间(0,1)内，求实数m的取值范围．∴－2是极值点．又当－2<x<1或x>1时，g′(x)>0，故1不是极值点．∴函数g(x)的极值点是－2.【点评】含指数式和对数式的方程常用换元法向常规方程转化，解二次方程的常用方法是因式分解和求根公式．注意导数的零点的意义．2、分析(1)直接解方程f(x)＝0有困难，可以作出函数y＝2－x及y＝lg(x＋1)的图象，还可以用判定定理．(2)画出函数图象，结合最值与交点情况求解．【解析】(1)方法一：令f(x)＝0，得2－x＝lg(x＋1)，作出函数y＝2－x及y＝lg(x＋1)的图象(如图2－16－1)，可知有一个交点．∴函数f(x)的零点有且只有一个．方法二：首先x＞－1，在区间(－1，＋∞)上2－x是减函数，－lg(x＋1)也是减函数，∴函数f(x)在区间(－1，＋∞)上为减函数且连续．∵f(0)＝20－lg 1＝1＞0, f(9)＝2－9－lg 10＝129－1＜0，∴f(0)f(9)＜0.∴函数f(x)在区间(－1，＋∞)上有唯一零点．(2)①∵x>0，∴g(x)＝x＋e2x≥2e2＝2e.当且仅当x＝e时取等号．∴函数g (x )的值域是[2e ，＋∞)，要使函数g (x )－m 有零点，则只需m ≥2e . ②若关于x 的方程g (x )－f (x )＝0有两个互异的实根，即函数g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的图象(如图2－16－2)．3、【解析】函数f (x )的定义域为{x |x ＜1}且函数f (x )在定义域内的图象是连续的．f ′(x )＝2＋－11－x ＝1－2x 1－x(x ＜1)． 令f ′(x )＝0, 得x ＝12. 当x ＜12时， f ′(x )＞0；当12＜x ＜1时，f ′(x )＜0 ∴函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12内为增函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内为减函数． ∴当x ＝12时， 函数f (x )有最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1＋ln 12＝1－ln 2＞0. 又f (－2)＝－4＋ln 3＜0,∴f (－2)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜0. ∴函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12内有唯一零点，即在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12内有唯一零点． 又f (1－e －10)＝2(1－e －10)＋ln (1－1＋e －10)＝－8－2e －10＜0，∴f (1－e －10)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜0. ∴函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1－e －10内有唯一的零点，即在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有唯一零点．∴函数f (x )在区间(－∞，1)内有且只有两个零点．4、【解析】(1)根据函数f (x )的图象，得⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝2m ＋1＜0，f (－1)＝2＞0，f (1)＝4m ＋2＜0，f (2)＝6m ＋5＞0.化简，得－56＜m ＜－12.5、【解析】 (1)函数F(x )＝18f (x )－x 2[h (x )]2＝－x 3＋12x ＋9(x ≥0)，∴F ′(x )＝－3x 2＋12. 令F ′(x )＝0，得x ＝2(x ＝－2舍去)．。
与三次函数零点有关的取值范围问题专题
与三次函数零点有关的取值范围问题1.函数f(x)＝1＋x ＋x 22＋x 33零点的个数是________．2．已知函数f(x)＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的值为________．3．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，则实数a 的取值范围是________．4．若函数f(x)＝23x 3－2ax 2－3x 在(－1，1)内有且只有一个极值点，则实数a 的取值范围是________．5．已知函数f(x)＝14x 4＋a 3x 3＋12x 2(a ∈R ，a ≠0)有且仅有3个极值点，则实数a 的取值范围是________．6．若函数f(x)＝a 3x 3－12(a ＋1)x 2＋x －13(a＞0)在[0，2]上有两个零点，则实数a 的取值范围是________．7．设函数f(x)＝x 3－92x 2＋6x －a.(1)对于任意实数x ，f ′(x)≥m 恒成立，求实数m 的最大值；(2)若方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求实数a 的取值范围．＝1 024，求满足条件的正整数a的取值集合．8．已知函数f(x)＝ax3＋|x－a|，a∈R.(1)若函数g(x)＝x4，试讨论方程f(x)＝g(x)的实数解的个数；(2)当a＞0时，若对于任意的x1∈[a，a＋2]，都存在x2∈[a＋2，＋∞)，使得f(x1)f(x2)1．答案：1.解析：∵f ′(x )＞0恒成立，∴函数f (x )单调递增，∴零点个数是1.2．答案：±2.解析：函数f (x )＝x 3－3x ＋c 在(－∞，－1)和(1，＋∞)上递增，(－1，1)上递减，由题意f (－1)f (1)＝0，即(2＋c )(－2＋c )＝0，解得c ＝±2.3．答案：(－∞，－2)． 解析：当a ＝0时，不合题意；当a ≠0时，令f ′(x )＝3ax 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2a，①当a ＞0时，由图象及f (0)＝1知函数f (x )有负数零点，舍去；②当a ＜0时，由图象及f (0)＝1，只需满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，即a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3－3⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2＋1＞0，解得a ＜－2.综上：a ＜－2.4．答案：⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－14∪⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞. 解析：∵f ′(x )＝2x 2－4ax －3，∴根据题意f ′(－1)·f ′(1)＜0，解得a ＞14或a ＜－14.5．答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞)．解析：可转化为f ′(x )＝x 3＋ax 2＋x 有三个不同的零点，从而x 2＋ax ＋1＝0有两个不等的非零实根，故Δ＝a 2－4＞0，∴a ∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)．6．答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12. 解析：f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)， ①当12＞1，即0＜a ＜1时，f (0)＝－13＜0，f (1)＝－16(a －1)＞0，(ⅰ)当2≤1，即0＜a ≤12时，1a ≥2，f (2)＝13(2a －1)≤0，因为f (x )在区间[0，1]上为增函数，在[1，2]上为减函数，∴f (x )在区间[0，1]和(1，2]上各有一个零点，即在[0，2]上有两个零点；(ⅱ)当2a ＞1，即12＜a＜1时，)f(x )增极大值 减 极小值增 ∴x ∈[0，1]，f (x )＜0，∵f (x )在[1，2]上为增函数，∴f (x )在区间(1，2]有一个零点，即在[0，2]上有一个零点，不满足题设．综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12. 7．答案：(1)－34；(2)(－∞，2)∪(52，＋∞)．解析：(1)f ′(x )＝3x 2－9x ＋6＝3(x －1)(x －2)，∵x ∈R ，∴f ′(x )≥m 即3x 2－9x ＋6－m ≥0恒成立，∴Δ＝81－12(6－m )≤0，得m ≤－34，即m 的最大值为－34. (2)∵当x ＜1或x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，1)和(2，＋∞)上递增；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )在(1，2)上递减；∴当x ＝1时，f (x )取极大值f (1)＝52－a ，当x ＝2时， f (x )取极小值f (2)＝2－a ，故当f (1)＜0或f (2)＞0时，方程f (x )＝0仅有一个实根，解得a ＜2或a＞52.(或由f (1)f (2)＜0，亦可解得a ＜2或a ＞52)8．答案：(1)当a ≥1时，有两个解；当－1＜a ＜1时，有三个解；当a ≤－1时，有两个解；(2){1}．解析：(1)f (x )＝g (x )即为ax 3＋|x －a |＝x 4，∴x 4－ax 3＝|x －a |，∴x 3(x －a )＝|x －a |，即x ＝a 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞a ，x ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜a ，x ＝－1，①当a ≥1时，方程f (x )＝g (x )有两个不同的解a ，－1；②当－1＜a ＜1时，方程f (x )＝g (x )有三个不同的解a ，－1，1；③当a ≤－1时，方程f (x )＝g (x )有两个不同的解a ，1.(2)当a ＞0时，x ∈(a ，＋∞)时，f (x )＝ax 3＋x －a ，f ′(x )＝3ax 2＋1＞0，∴函数f (x )在(a ，＋∞)上是增函数，且f (x )＞f (a )＝a 4＞0， ∴当x ∈[a ，a ＋2]时，f (x )∈[f (a )，f (a ＋2)]，1 024f （x ）∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 024f （a ＋2），1 024f （a ），当x ∈[a ＋2，＋∞)时，f (x )∈[f (a ＋2)，＋∞)．∵对任意的x 1∈[a ，a ＋2]，都存在x 2∈[a ＋2，＋∞)，使得f (x 1)f (x 2)＝1 024，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 024f （a ＋2），1 024f （a ） [f (a ＋2)，＋∞)，∴1 024f （a ＋2）≥f (a ＋2)，∴f (a ＋2)2≤1 024，即f (a ＋2)≤32，也即a (a ＋2)3＋2≤32，∵a ＞0，显然a ＝1满足，而a ≥2时，均不满足．∴满足条件的正整数a的取值的集合为{1}．。
第17讲 高中数学零点问题(解析版)
第17讲 零点问题高考预测一：三次函数零点问题 1．已知函数32()(,)f x x ax b a b R =++∈（1）若函数()f x 在1x =处取得极值2，求a ，b 的值； （2）求试讨论()f x 的单调性；（3）若b c a =-（实数c 是a 与无关的常数），当函数()f x 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是33(,3)(1,)(,)22-∞-+∞，求c 的值． 【解析】解：（1）32()f x x ax b =++，2()32f x x ax '=+， 若函数()f x 在1x =处取得极值2， 则(1)320(1)12f a f a b '=+=⎧⎨=++=⎩，解得：3252a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩；（2）2()32(32)f x x ax x x a '=+=+，0a >时，令()0f x '>，解得：0x >或23x a <-，()f x ∴在2(,)3a -∞-递增，在2(3a -，0)递减，在(0,)+∞递增，0a =时，()0f x '，()f x 在R 递增，0a <时，令()0f x '>，解得：0x <或23x a >-，()f x ∴在(,0)-∞递增，在2(0,)3a -递减，在2(3a -，)+∞递增；（3）由（2）得：函数()f x 有2个极值， 分别是：(0)f b =，324()327f a a b -=+，则函数()f x 有3个零点等价于324(0)()()0327f f a b a b -=+<，∴304027a a b >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或304027a b a <⎧⎪⎨<<-⎪⎩，又b c a =-，0a ∴>时，34027a a c -+>或0a <时，34027a a c -+<， 设g （a ）3427a a c =-+，函数()f x 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是33(,3)(1,)(,)22-∞-+∞， (,3)∴-∞-上，g （a ）0<，在(1，33)(22⋃，)+∞上，g （a ）0>均恒成立，从而(3)10g c -=-，且3()102g c =-，故1c =；此时，322()1(1)[(1)1]f x x ax a x x a x a =++-=++-+-，()f x 有3个零点，则2(1)10x a x a +-+-=有2个异于1-的不等实根， ∴△22(1)4(1)230a a a a =---=+->，且2(1)(1)10a a ---+-≠， 解得：33(,3)(1,)(,)22a ∈-∞-+∞， 综上：1c =．2．已知函数21()(),()4lnxf x x a a Rg x x x=-+-∈=． （1）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线，（2）用{max m ，}n 表示m ，n 中的最大值，设函数(){()h x max xf x =，()}(0)xg x x >，当03a <<时，讨论()h x 零点的个数．【解析】解：（1）设曲线()y f x =与x 轴相切与点0(x ，0)，则00()0()0f x f x =⎧⎨'=⎩，即20020201041204x a x x x ⎧-+-=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，∴01234x a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴当34a =时，x 轴为曲线()y f x =的切线． （2）令211()()4f x xf x x ax ==-+-，1()()(0)g x xg x lnx x ==>，则1(){()h x max f x =，1()}g x ，21()3f x x a '=-+，由1()0f x '=，得x = ∴当x ∈时，1()0fx '>，1()f x 为增函数； 当x ∈)+∞时，1()f x '为减函数，03a <<，01∴<， ①当10f <，即304a <<时，()h x 有一个零点； ②当10f =，即34a =时，()h x 有两个零点； ③当110()0f f x ⎧>⎪⎨⎪<⎩，即3544a <<时，()h x 有三个零点； ④当110()0f f x ⎧>⎪⎨⎪=⎩，即54a =时，()h x 有两个零点； ⑤当11(1)0f f ⎧>⎪⎨⎪>⎩，即534a <<时，()h x 有一个零点， 综上，304a <<或534a <<时，()h x 有一个零点； 当34a =或54a =时，()h x 有两个零点； 当3544a <<，()h x 有三个零点． 高考预测二：含超越函数的零点问题3．已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【解析】证明：（1）()f x 的定义域为(1,)-+∞， 1()cos 1f x x x'=-+，21()sin (1)f x x x ''=-++，令21()sin (1)g x x x =-++，则32()cos 0(1)g x x x '=--<+在(1,)2π-恒成立， ()f x ∴''在(1,)2π-上为减函数， 又(0)1f ''=，21()11102(1)2f ππ''=-+<-+=+，由零点存在定理可知， 函数()f x ''在(1,)2π-上存在唯一的零点0x ，结合单调性可得，()f x '在0(1,)x -上单调递增，在0(x ，)2π上单调递减，可得()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x ∈-时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '<'=，()f x 单调递减； 当0(0,)x x ∈时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '>'=，()f x 单调递增；由于()f x '在0(x ，)2π上单调递减，且0()0f x '>，1()0212f ππ'=-<+，由零点存在定理可知，函数()f x '在0(x ，)2π上存在唯一零点1x ，结合单调性可知，当0(x x ∈，1)x 时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '>'=，()f x 单调递增； 当1(,)2x x π∈时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '<'=，()f x 单调递减．当(2x π∈，)π时，cos 0x <，101x -<+，于是1()cos 01f x x x'=-<+，()f x 单调递减，其中 3.2()1(1)1(1)1 2.610222f ln ln ln lne ππ=-+>-+=->-=，()(1)30f ln ln ππ=-+<-<．于是可得下表：结合单调性可知，函数()f x 在(1-，]2π上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，()f x 在(2π，)π上有且只有一个零点2x ，当[x π∈，)+∞时，sin 1(1)x ln x <+，则()sin (1)0f x x ln x =-+<恒成立， 因此函数()f x 在[π，)+∞上无零点． 综上，()f x 有且仅有2个零点． 4．已知函数1()1x f x lnx x +=--． （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线． 【解析】解析：（1）函数1()1x f x lnx x +=--．定义域为：(0，1)(1⋃，)+∞；212()0(1)f x x x '=+>-，(0x >且1)x ≠， ()f x ∴在(0,1)和(1,)+∞上单调递增，①在(0,1)区间取值有21e，1e 代入函数，由函数零点的定义得， 21()0f e <，1()0f e >，211()()0f f e e<， ()f x ∴在(0,1)有且仅有一个零点，②在(1,)+∞区间，区间取值有e ，2e 代入函数，由函数零点的定义得， 又f （e ）0<，2()0f e >，f （e ）2()0f e <，()f x ∴在(1,)+∞上有且仅有一个零点，故()f x 在定义域内有且仅有两个零点； （2）0x 是()f x 的一个零点，则有00011x lnx x +=-， 曲线y lnx =，则有1y x'=； 由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线方程为：0001()y lnx x x x -=-， 即：0011y x lnx x =-+，将00011x lnx x +=-代入， 即有：00121y x x x =+-， 而曲线x y e =的切线中，在点01(ln x ，01)x 处的切线方程为：00000011111()y x ln x lnx x x x x x -=-=+， 将00011x lnx x +=-代入化简，即：00121y x x x =+-， 故曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线． 故得证．5．已知函数1()1x xf x e x+=+-．( 2.71828e =⋯⋯ 1.64872)⋯⋯ （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线x y e =在点00(,)xA x e 处的切线也是曲线y lnx =的切线． 【解析】解：（1）()f x 的定义域为{|1}x x ≠22()0(1)x f x e x '=+>-所以()f x 在(,1)-∞，(1,)+∞上单调递增．又3223(2)30,()502f e f e =->=-<，所以()f x 在区间(1,)+∞有唯一零点1x ，即()1111101x x f x e x +=⋅=-即， 又1111111111111,()0111x x x x x f x e x x x -----<--=+=+=+++， 所以()f x 在区间(,1)-∞有唯一零点1x -． 综上所述，()f x 有且仅有两个零点． （2）因为00x lne x -=-，所以点00(,)x B ex --在曲线y lnx =上．由题设()000010,1x x f x e x +==-即 所以直线AB 的斜率00000000000111111x x x x x e x x x k e x x x e x x -+++-+====----+．因为曲线x y e =在点00(,)xA x e 处切线的斜率是0x e ， 曲线y lnx =在点00(,)x B ex --处切线的斜率也是0x e ，所以曲线x y e =在点00(,)xA x e 处的切线也是曲线y lnx =的切线． 6．已知函数2()(21)f x lnx ax a x =+++．（1）若函数()f x 在1x =处取得极值，求曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程； （2）讨论函数()f x 的单调性；（3）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数． 【解析】解：（1）1()221f x ax a x'=+++，(0)x >， 由已知有f '（1）0=，即12210a a +++=，所以12a =-（经验证成立），切点为3(2,22),(2)2ln k f '-==-，故切线方程为：3122y x ln =-++；（2）()f x 的定义域为(0,)+∞， 1(21)(1)()221ax x f x ax a x x++'=+++=， 若0a ，则当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>， 故()f x 在(0,)+∞上单调递增， 若0a <，则当1(0,),()02x f x a '∈->；当1(,),()02x f x a'∈-+∞<， 故()f x 在1(0,)2a-上单调递增，在1(,)2a -+∞上单调递减；综上：0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增， 0a <时，()f x 在1(0,)2a-上单调递增，在1(,)2a -+∞上单调递减；（3）证明：2()(1)()1(1)1g x x f x x x lnx x =---=---， 1()g x lnx x'=-，因为y lnx =在(0,)+∞上递增，1y x =在(0,)+∞递减，所以()g x '在(0,)+∞上递增，又141(1)10,(2)2022ln g g ln -''=-<=-=>， 故存在唯一0(1,2)x ∈使得0()0g x '=，所以()g x 在0(0,)x 上递减，在0(x ，)+∞上递增， 又220()(1)2,()30g x g g e e <=-=->，所以()0g x =在0(x ，)+∞内存在唯一根α， 由01x α<<，得：011x α<<，又1111()()(1)10g g ln αααααα=---==，故1α是()0g x =在0(0,)x 上的唯一零点， 综上，函数()g x 有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数．7．已知函数2()67(f x lnx ax x b a =--+，b 为常数），且2x =为()f x 的一个极值点． （1）求a ；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若()y f x =的图象与x 轴有且只有3个交点，求b 的取值范围．(20.693, 1.50.405)ln ln == 【解析】解：（1）2()67f x lnx ax x b =--+，6()27f x ax x∴'=--， 又2x =是()f x 的一个极值点f ∴'（2）3470a =--=，则1a =-．（2）函数()f x 的定义域为(0,)+∞． 由（1）知2()67f x lnx x x b =+-+． 6(2)(23)()27x x f x x x x--∴'=+-=． 由()0f x '>可得2x >或32x <，由()0f x '<可得322x <<． ∴函数()f x 的单调递增区间为3(0,)2和(2,)+∞，单调递减区间为3(2，2)．（3）由（2）可知函数()f x 在3(0,)2单调递增，在3(2，2)单调递减，在(2,)+∞单调递增．且当2x =或32x =时，()0f x '=． ()f x ∴的极大值为3333()6224f ln b =-+，()f x '的极小值为f （2）6210ln b =-+．当x 充分接近0时，()0f x '<．当x 充分大时，()0f x >． ∴要使的()f x '图象与x 轴正半轴有且仅有三个不同的交点，只需3()2f f （2）0<，即333(6)(6210)024ln b ln b -+-+<，解得：3336106242ln b ln -<<-． 8．已知函数2()8f x x x =-+，()6g x lnx m =+． （Ⅰ）求()f x 在区间[t ，1]t +上的最大值()h t ；（Ⅱ）是否存在实数m ，使得()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】解：22()()8(4)16I f x x x x =-+=--+． 当14t +<，即3t <时，()f x 在[t ，1]t +上单调递增，22()(1)(1)8(1)67h t f t t t t t =+=-+++=-++；当41t t +，即34t 时，()h t f =（4）16=； 当4t >时，()f x 在[t ，1]t +上单调递减，2()()8h t f t t t ==-+．综上，2267,3()16,348,4t t t h t t t t t ⎧-++<⎪=⎨⎪-+>⎩()II 函数()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，即函数()()()m x g x f x =-的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点．2()86m x x x lnx m =-++，∴262862(1)(3)()28(0)x x x x m x x x x x x-+--'=-+==>，当(0,1)x ∈时，()0m x '>，()m x 是增函数； 当(1,3)x ∈时，()0m x '<，()m x 是减函数； 当(3,)x ∈+∞时，()0m x '>，()m x 是增函数； 当1x =，或3x =时，()0m x '=．()m x m ∴=极大值（1）7m =-，()m x m =极小值（3）6315m ln =+-．当x 充分接近0时，()0m x <，当x 充分大时，()0m x >．∴要使()m x 的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须()70()63150m x m m x m ln =->⎧⎨=+-<⎩极大值极小值即71563m ln <<-．∴存在实数m ，使得函数()y f x =与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，m 的取值范围为(7,1563)ln -．9．已知函数()f x x alnx =+（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若函数()f x 没有零点，求a 的取值范围．【解析】解：()I 当1a =时，()f x x lnx =+，1()1(0)f x x x'=+>，f ∴（1）1=，f '（1）2=，∴曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为210x y --=；()II 函数()f x x alnx =+，()(0)x af x x x+'=>．当0a 时，在(0,)x ∈+∞时()0f x '>，()f x ∴的单调增区间是(0,)+∞； 当0a <时，函数()f x 与()f x '在定义域上的情况如下：()f x ∴的单调减区间为(0,)a -，单调增区间为(,)a -+∞． ∴当0a 时()f x 的单调增区间是(0,)+∞；当0a <时，()f x 的单调减区间为(0,)a -，单调增区间为(,)a -+∞． ()III 由()II 可知，①当0a >时，(0,)+∞是函数()f x 的单调增区间， 且有11()1110aaf e e--=-<-=，f （1）10=>，此时函数有零点，不符合题意；②当0a =时，函数()f x x =，在定义域(0,)+∞上没零点；③当0a <时，()f a -是函数()f x 的极小值，也是函数()f x 的最小值， ∴当()(()1)0f a a ln a -=-->，即a e >-时，函数()f x 没有零点．综上所述，当0e a -<时，()f x 没有零点． 10．已知关于x 的函数()(0)xax af x a e -=≠． （1）当1a =-时，求函数()f x 在点(0,1)处的切线方程； （2）设()()x g x e f x lnx '=+，讨论函数()g x 的单调区间； （3）若函数()()1F x f x =+没有零点，求实数a 的取值范围． 【解析】解：（1）当1a =-时，1()xx f x e-+=， ∴2(1)112()()x x x x x e e x x x f x e e e ---+-+--'===，∴002(0)2f e -'==-， (0)1f =， 12y x ∴-=-，即()f x 在(0,1)处的切线方程为210y x +-=．（2）2()()2(0)()x x xx ae e ax a g x e lnx ax a lnx a e --=+=-++≠， ∴1()g x a x'=-+， 当0a <时，()0g x '>在(0,)+∞上恒成立， ()g x ∴在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0g x '>，解得10x a<<， 令()0g x '<，解得1x a>， ()g x ∴在1(0,)a 单调递增，在1(,)a+∞单调递减．（3）()0xxax a e F x e-+==没有零点， 即(1)x e a x =--无解，∴1x y e =与2(1)y a x =--两图象无交点，设两图象相切于(,)m n 两点， ∴(1)m n e a m e a ⎧=--⎨=-⎩，2m ∴=，2a e =-，两图象无交点，2(a e ∴∈-，0)．11．已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =---，a R ∈． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围． 【解析】解：（1）由2()(2)(1)x f x x e a x =---， 可得()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a '=---=--，①当0a 时，由()0f x '>，可得1x >；由()0f x '<，可得1x <， 即有()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增；②当0a >时，由()0f x '=，解得1x =或2x ln a =， 若2ea =，则()0f x '恒成立，即有()f x 在R 上递增；若02ea <<时，由()0f x '>，可得1x >或(2)x ln a <； 由()0f x '<，可得(2)1ln a x <<； 即有()f x 在(-∞，(2))ln a ，(1,)+∞递增， 在((2)ln a ，1)递减； 若2ea >，由()0f x '>，可得1x <或(2)x ln a >； 由()0f x '<，可得1(2)x ln a <<即有()f x 在(,1)-∞，((2)ln a ，)+∞递增；在(1，(2))ln a 递减； 综上：当0a 时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增； 当0a >时，2ea =时，()f x 在R 上递增； 02ea <<时，()f x 在(-∞，(2))ln a ，(1,)+∞递增，在((2)ln a ，1)递减； 2ea >时，()f x 在(,1)-∞，((2)ln a ，)+∞递增；在(1，(2))ln a 递减． （2）①由（1）可得，当0a <时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增， 且f （1）0e =-<，f （2）0a =->，故()f x 在(1,2)上存在1个零点， 取b 满足0b <，且()2ab ln <-，则f （b ）223(2)(1)(2)(1)()022b a b e a b b a b ab b =--->----=-->，故()f x 在(,1)b 是也存在1个零点， 故0a <时，()f x 有2个零点；②当0a =时，()(2)x f x x e =-，所以()f x 只有一个零点2x =，不合题意； ③当0a >时，若2ea =时，()f x 在R 递增，()f x 不存在2个零点，不合题意； 若02ea <<，()f x 在(1,)+∞递增，又当1x 时，()0f x <，()f x 不存在2个零点，不合题意，当2ea >时，()f x 在(,1)-∞单调增，在(1，(2))ln a 递减，在((2)ln a ，)+∞递增， ()f x 极大值f =（1）0e =-<，故()f x 不存在2个零点，不合题意；综上，()f x 有两个零点时，a 的取值范围为(,0)-∞． 12．已知函数21()2f x lnx ax =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解析】解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，且21()ax f x x-'=，当0a 时，()0f x '>，此时()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>解得0x <，由()0f x '<解得x >，此时()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减； 综上，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减； （2）由（1）知，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，函数()f x 至多一个零点，不合题意；当0a >时，()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减，则211()(1)22max f x f a ln a ==⋅⋅=-+，当1ae时，1()(1)02max f x f ln a ==-+，函数()f x 至多有一个零点，不合题意；当10a e<<时，1()(1)02max f x f ln a ==-+>，由于1∈，且211(1)11022f ln a a =-⋅⋅=-<，由零点存在性定理可知，()f x 在上存在唯一零点，由于2a >222122222()()02f ln a ln a a a a a a a =-⋅⋅=-<-=（由于)lnx x <， 由零点存在性定理可知，()f x 在)+∞上存在唯一零点；综上，实数a 的取值范围为1(0,)e．13．已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解析】解：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--， 当0a =时，()210x f x e '=--<， ∴当x R ∈，()f x 单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a '=+-=+-，令()0f x '=，解得：1x ln a =，当()0f x '>，解得：1x ln a >，当()0f x '<，解得：1x ln a<，1(,)x ln a ∴∈-∞时，()f x 单调递减，1(x ln a ∈，)+∞单调递增；当0a <时，11()2()()02x x f x a e e a '=+-<，恒成立，∴当x R ∈，()f x 单调递减，综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a，)+∞是增函数；（2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点， 当0a >时，2()(2)x x f x ae a e x =+--， 当x →-∞时，20x e →，0x e →， ∴当x →-∞时，()f x →+∞，当x →∞，2x e →+∞，且远远大于x e 和x ， ∴当x →∞，()f x →+∞，∴函数有两个零点，()f x 的最小值小于0即可，由()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a ，)+∞是增函数，21111()()()(2)0min f x f ln a a ln a a a a ∴==⨯+-⨯-<，1110ln a a ∴--<，即1110ln a a+->， 设1t a=，则()1g t lnt t =+-，(0)t >， 求导1()1g t t '=+，由g （1）0=，11t a∴=>，解得：01a <<， a ∴的取值范围(0,1)．方法二：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--，当0a =时，()210x f x e '=--<， ∴当x R ∈，()f x 单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-，令()0f x '=，解得：x lna =-， 当()0f x '>，解得：x lna >-， 当()0f x '<，解得：x lna <-，(,)x lna ∴∈-∞-时，()f x 单调递减，(,)x lna ∈-+∞单调递增； 当0a <时，11()2()()02x x f x a e e a '=+-<，恒成立，∴当x R ∈，()f x 单调递减，综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在(,)lna -∞-是减函数，在(,)lna -+∞是增函数； （2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点，②当0a >时，由（1）可知：当x lna =-时，()f x 取得最小值，11()()1min f x f lna ln a a=-=--， 当1a =，时，()0f lna -=，故()f x 只有一个零点， 当(1,)a ∈+∞时，由1110ln a a-->，即()0f lna ->， 故()f x 没有零点， 当(0,1)a ∈时，1110ln a a--<，()0f lna -<， 由422(2)(2)2220f ae a e e ----=+-+>-+>， 故()f x 在(,)lna -∞-有一个零点，假设存在正整数0n ，满足03(1)n ln a >-，则00000000()(2)20n n n nf n e ae a n e n n =+-->->->，由3(1)ln lna a->-，因此在(,)lna -+∞有一个零点．a ∴的取值范围(0,1)．14．已知函数2()x f x e ax =-．（1）若1a =，证明：当0x 时，()1f x ； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【解析】解：（1）证明：当1a =时，函数2()x f x e x =-． 则()2x f x e x '=-，令()2x g x e x =-，则()2x g x e '=-， 令()0g x '=，得2x ln =．当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()0g x '>，2()(2)222220ln g x g ln e ln ln ∴=-⋅=->，()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=．（2）方法一：()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根，2xe a x⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数y a =与2()xe G x x =的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()x e x G x x -'=， 当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()0G x '>， ()G x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，当0→时，()G x →+∞，当→+∞时，()G x →+∞，()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时，a G =（2）24e =．方法二：①当0a 时，2()0x f x e ax =->，()f x 在(0,)+∞没有零点．．②当0a >时，设函数2()1x h x ax e -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)x h x ax x e -'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1min ah x h e==-，(0)x ． 当h （2）0<时，即24e a >，()i 由于(0)1h =，当0x >时，2x e x >，可得33342241616161(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a =-=->-=->． ()h x 在(0,)+∞有2个零点()ii 当h （2）0>时，即24e a <，()h x 在(0,)+∞没有零点，()iii 当h （2）0=时，即24e a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24e a =．15．已知函数32()(1)(5)f x x k x k x d =+-+++． （1）若1k =-，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在区间(0,3)上不单调，求实数k 的取值范围；（3）求证：2k <-或7k >是函数()f x 在R 上有三个不同零点的必要不充分条件． 【解析】解：（1）若1k =-，则32()24f x x x x d =-++，2()344f x x x ∴'=-+由于△16480=-<，2()3440f x x x ∴'=-+>∴函数()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，没有单调递减区间．（2）32()(1)(5)f x x k x k x d =+-+++，2()32(1)5f x x k x k ∴'=+-++，()f x 在区间(0,3)上不单调，由题意知，当[0x ∈，3]时，()0max f x '>，且()0min f x '<， 函数()f x '的对称轴为直线13kx -=， ①当103k-<，即1k >时， 由()max f x f '='（3）0>，得267k >-，由()(0)0min f x f '='<得5k <-， 此时解集为空集； ②当133k->，即8k <-时， 由()(0)0max f x f '='>得5k >-， 由()min f x f '='（3）0<得267k <-， 此时解集为空集； 1370,1322k k -<<-<<③若则， 由()max f x f '='（3）0>，得267k >-， 由1()()03min kf x f -'='<，得2k <-或7k >，此时解集为7(,2)2--；④若3173,8232k k -<-<-则，由()(0)0max f x f '='>得5k >-， 由()0min f x '<得2k <-或7k >， 此时解集为7(5,]2--综上可得，k 的取值范围是(5,2)--． （3）证明：2()32(1)5f x x k x k '=+-++∴当△224(1)12(5)4(514)0k k k k =--+=--，即27k -时函数()f x 在R 上单调递增故()f x 在R 上不可能有三个不同零点∴若()f x 在R 上有三个不同零点，则必有△0>，即2k <-或7k >是()f x 在R 上有三个不同零点的必要条件；而当0d =，3k =+2k <-或7k >但322()(1)(5)(1f x x k x k x x x =+-++=+ 即此时()f x 只有两个不同零点同样，当3k =-2k <-或7k >，但322()(1)(5)(1f x x k x k x x x =+-++=+- 即此时()f x 也只有两个不同零点，2k ∴<-，或7k >是()f x 在R 上有三个不同零点的不充分条件，故2k <-或7k >是()f x 在R 上有三个不同零点的必要不充分条件． 16．设函数()23(0)f x alnx ax a =-+≠ （1）设1a =-，求()f x 的极值；（2）在（1）的条件下，若321()[()]3g x x x f x m =+'+在(1,3)上不是单调函数，求m 的范围；（3）求()(3)x f x x e =-的单调递增区间．【解析】解：（1）当1a =-，()23(0)f x lnx x x =-++>，1()2f x x-'=+，⋯（2分） ()f x ∴的单调递减区间为1(0,)2，单调递增区间为1(2，)+∞⋯（4分），()f x ∴的极小值是111()2324222f ln ln =-+⨯+=+．⋯（6分）（2）3211()(2)3g x x x m x=+-++，2()(42)1g x x m x '=++-，⋯（8分）()g x ∴在区间(1,3)上不是单调函数，且(0)1g '=-，∴(1)0(3)0g g '<⎧⋯⎨'>⎩（10分）∴4202060m m +<⎧⎨+>⎩，即：1023m -<<-． 故m 的取值范围10(,2)3--⋯（12分） （3）()(3)x f x x e =-，()(3)(3)()(2)x x x f x x e x e x e ∴'=-'+-'=-，令()0f x '>，解得2x >． 即函数单调递增区间为(2,)+∞．17．设常数0a >，函数2()1x f x alnx x=-+（Ⅰ）当34a =时，求()f x 的最小值； （Ⅱ）求证：()f x 有唯一的极值点． 【解析】解：（Ⅰ）()f x 的定义域是(0,)+∞，322(2)2()(1)x a x ax a f x x x +---'=+，34a =时，322224563(1)(493)()4(1)4(1)x x x x x x f x x x x x +---++'==++， 0x >，∴2249304(1)x x x x ++>+， 令()0f x '>，解得：1x >，令()0f x '<，解得：01x <<， ()f x ∴在(0,1)递减，在(1,)+∞递增， 1x ∴=时，()f x 最小，最小值是f （1）12=；（Ⅱ）由（Ⅰ）得：322(2)2()(1)x a x ax af x x x +---'=+， 令32()(2)2g x x a x ax a =+---，要证()f x 有唯一的极值点，即证()g x 在(0,)+∞有唯一的变号零点， 而2()3(42)2g x x a x a '=+--，令()0g x '=，解得：1x =，2x =其中10x <，20x >，(0)20g a '=-<，且()g x '的图象开口向上，故在区间2(0,)x 上，()0g x '<，()g x 递减， 2()(0)0g x g a ∴<=-<，在区间2(x ，)+∞上，()0g x '>，()g x 递增，2()()2()g x x x a x x a a =-+--， 2(1)(1)20g a a a ∴+=+++>，2()(1)0g x g a ∴+<，即()g x 在(0,)+∞上有唯一零点，即()f x 在(0,)+∞上有唯一的极值点且是极小值点．18．已知函数3()1()h x ax a R =-∈，()g x lnx =，()()3()(f x h x xg x e =+为自然对数的底数）． ()I 若()f x 图象过点(1,1)-，求()f x 的单调区间；()II 若()f x 在区间1(e，)e 上有且只有一个极值点，求实数a 的取值范围；()III 函数3211()()32F x a x x g =-+（a ）()1h x --，当103a e >时，函数()F x 过点(1,)A m 的切线至少有2条，求实数m 的值．【解析】解：（Ⅰ）由已知3()()3()13f x h x xg x ax xlnx =+=-+， 又()f x 过点(1,1)-，所以0a =， ()31f x xlnx ∴=-，且定义域为(0,)+∞， ()333(1)f x lnx lnx '=+=+，令()0f x '>，解得：1x e >，令()0f x '<，解得：10x e <<，故()31f x xlnx =-在1(0,)e 上是减函数，在1(e，)+∞上是增函数；（Ⅱ）函数3()31f x ax xlnx =+-的定义域为(0,)+∞，2()3(1)f x ax lnx '=++，令2()1r x ax lnx =++，则2121()2ax r x ax x x+'=+=，当0a >时，()0r x '>在(0,)+∞恒成立， 故2()3(1)f x ax lnx '=++在(0,)+∞上是增函数， 而213()0af e e'=>，故当1(x e∈，)e 时，()0f x '>恒成立，故()f x 在区间1(e ，)e 上单调递增，故()f x 在区间1(e，)e 上没有极值点；当0a =时，由（Ⅰ）知，()f x 在区间1(e，)e 上没有极值点；当0a <时，令2210ax x +=，解得，x故2()1r x ax lnx =++在上是增函数，在)+∞上是减函数，①当r （e ）1()0r e <，即220a e-<<时，()r x 在1(e ，)e 上有且只有一个零点，且在该零点两侧异号，②令1()0r e =，得20ae=，不成立；③令r （e ）0=，得22a e =-1(e ，)e ，而1()0222e e r r ln ==+>，又1()0r e<， 所以()r x 在1(e，)e 上有且只有一个零点，且在该零点两侧异号，综上所述，实数a 的取值范围是22[e -，0)． （Ⅲ）函数3211()()32F x a x x g =-+（a ）()1h x --，由函数()F x 过点(1,)A m 的切线，所以3200011(1)32m x lna x x lna =-++，(*)②据题意，原命题等价于关于0x 的方程(*)至少有2个不同的解． 设3221()(1)32x x lna x xlna ϕ=-++， 2()2(2)(1)(2)x x lna x lna x x lna ϕ'=-++=--，因为103a e >，所以15123lna >>，当(,1)x ∈-∞和1(2lna ，)+∞时，()0x ϕ'>，()x ϕ为增函数；当1(1,)2x lna ∈时，()0x ϕ'<，()x ϕ为减函数；所以()x ϕ的极大值为ϕ（1）1123lna =-，()x ϕ的极小值为32111()2244lna ln a ln a ϕ=-+， 设lna t =，103t >， 则原命题等价于3232111123231111244244m lna t m ln a ln a t t ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-+=-+⎪⎩对103t >恒成立，所以由1123m t -对103t >恒成立，得43m ； （1） 记3211()244s t t t =-+，21111()(1)8224s t t t t t '=-+=-， 所以103t >时，()s t 的最大值为s （4）43=，由3211244m t t -+对103t >恒成立，得43m ． （2）由（1）（2）得，43m =． 综上，当103a e >，实数m 的值为43时，函数()F x 过点(1,)A m 的切线至少有2条． 19．在平面直角坐标系xOy 中，已知函数()()f x clnx c R =∈的图象与直线2y x e=相切，其中e 是自然对数的底数． （1）求实数c 的值；（2）设函数()()a h x ax f x x=--在区间1(e，)e 内有两个极值点．①求实数a 的取值范围；②设函数()h x 的极大值和极小值的差为M ，求实数M 的取值范围．【解析】解：（1）()cf x x'=，设切点0(P x ，0)y ，则0c k x =，所以过原点的切线方程为：0c y x x =，且000clnx c x x =， 所以0x e =，由题意：c y x e =与2y x e=是同一条直线，所以2c =；（2）由（1）知，①()2ah x ax lnx x=--， 设函数()h x 在区间1(e，)e 内有两个极值点分别为1x ，2x ，12()x x <，22222()(0)a ax x ah x a x x x x-+'=+-=>， 由题意()0h x '=则220ax x a -+=，2()2m x ax x a =-+，121x x =， 所以只需020()a m e >⎧⎪⎪>⎨⎪⎪⎩，所以2211e a e <<+②因为121x x =，所以21211221111112111112()()2()2(2)22a a a a a M f x f x ax lnx ax lnx ax lnx ax ln ax lnx x x x x x x =-=-----=-----=--，由21120ax x a -+=，12121x a x ∴=+，且111x e<<， 所以1222211111122111222111224()112x x x x M x lnx lnx x x x +-=--=-++，设21x t =，211t e<<， 令11()4()12t g t lnt t -=-+，222212(1)()4[]0(1)2(1)t g t t t t t --'=-=<++， 所以()g t 在21(e ，1)单调递减， 从而g （1）21()()g t g e <<， 所以实数M 的取值范围28(0,)1e +．。
与三次函数零点有关的取值范围问题
与三次函数零点有关的取值范围问题函数的零点个数、两个函数图象的交点个数等问题在近几年的数学高考中屡屡出现，例题：若13x 3－x 2＋ax －a ＝0只有一个实数根，求实数a 的取值范围．变式1已知函数f(x)＝13x 3＋12ax 2＋1有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．变式2已知函数f(x)＝13x 3－（k ＋1）2x 2，g(x)＝13－kx ，若函数f(x)与g(x)的图象有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．串讲1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 的取值范围是__________．串讲2已知函数f(x)＝13x 3－12(a ＋1)x 2＋ax ，设a ＞1，试讨论函数f(x)在区间[0，a ＋1]内零点的个数．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝13x 3－a(x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点．(2018·苏州调研)已知函数f(x)＝x 3－3x 2＋ax ＋3，f(x)在x 1处取极大值，在x 2处取极小值．(1)若a ＝0，求函数f(x)的单调区间和零点个数；(2)在方程f(x)＝f(x 1)的解中，较大的一个记为x 3：在方程f(x)＝f(x 2)的解中，较小的一个记为x 4，证明：x 4－x 1x 3－x 2为定值；(3)证明：当a ≥1时，f(x)＞ln x.答案：(1)f(x)的增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)；减区间为(0，2)，f(x)有3个零点；(2)(3)略．解析：(1)当a ＝0时，f(x)＝x 3－3x 2＋3，f ′(x)＝3x 2－6x ；当f′(x)＞0时，x ＞2或x ＜0； 当f′(x)＜0时，0＜x ＜2；即函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)； 单调减区间为(0，2)；3分又f(－1)＝－1＜0，f(0)＝3＞0，f(2)＝－1＜0，f(3)＝3＞0，所以f(x)有3个零点．…4分(2)因为f(x)＝f(x 1)，则x 3－3x 2＋ax ＋3＝x 13－3x 12＋ax 1＋3，可知x 3－3x 2＋ax ＝x 13－3x 12＋ax 1.因为f′(x 1)＝0，即a ＝6x 1－3x 12，即x 3－x 13＋3x 12－3x 2＋ax －ax 1 ＝(x －x 1)[x 2＋x(x 1－3)－2x 12＋3x 1]＝(x －x 1)2(x ＋2x 1－3)＝0，可知x 3＝3－2x 1， 同理，由f(x)＝f(x 2)可知7分x 3－x 23＋3x 22－3x 2＋ax －ax 2＝(x －x 2)[x 2＋x(x 2－3)－2x 22＋3x 2]＝(x －x 2)2(x ＋2x 2－3)＝0；得到x 4＝3－2x 2；x 4－x 1x 3－x 2＝3－2x 2－x 13－2x 1－x 2＝1－x 21－x 1＝1－（2－x 1）1－x 1＝－1.10分(3)证法一：要证f(x)＝x 3－3x 2＋ax ＋3＞ln x ，即要证x 3－3x 2＋3＞ln x －ax.11分设u(x)＝x 3－3x 2＋3(x ＞0)，则u′(x)＝3x 2－6x ；当u′(x)＞0时，x ＞2；当u′(x)＜0时， 0＜x ＜2；可知[u(x)]min ＝u(2)＝－1；12分再设v(x)＝ln x －ax(x ＞0)，则v′(x)＝1x －a ；当v′(x)＞0时，0＜x ＜1a ；当v′(x)＜0时，x ＞1a；可知，v(x)max ＝v ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a －1.14分 因为a ≥1，所以1a ≤1，－ln a －1≤－1，且v(x)和u(x)分别在1a 和2处取最大值和最小值，因此v(x)＜u(x)恒成立，即当a ≥1时，f(x)＞ln x.证法二：一方面，易证ln x ≤x －1；(略)另一方面，当a ≥1时，x 3－3x 2＋ax ＋3≥x 3－3x 2＋x ＋3；又(x 3－3x 2＋x ＋3)－(x －1)＝(x ＋1)(x －2)2≥0；所以，x 3－3x 2＋ax ＋3≥x 3－ 3x 2＋x ＋3≥x －1≥ln x ，且不存正数x ，使得其中等号同时成立，故f(x)＞ln x.例题1答案：(0，＋∞)．解法1令f(x)＝13x 3－x 2＋ax －a ，则f′(x)＝x 2－2x ＋a.∵f(x)＝0有一个实数根， ∴f ′(x)＝0的Δ≤0或者 f(x)极大值＜0或者f(x)极小值＞0.①f′(x)＝0的Δ≤0，解得a≥1； ②当a ＜1时，设x 1，x 2为f ′(x)＝x 2－2x ＋a ＝0的两个根(x 1＜x 2)，f(x)在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减.1° 若f(x)极大值＜0，即f(x 1)＜0，∴f(x 1)＝13x 13－x 12＋ax 1－a ＝13x 1(2x 1－a)－(2x 1－a)＋ax 1－a ＝23x 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23a －2x 1＝23(2x 1－a)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23a －2x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a －23x 1－23a ＝23[]（a －1）x 1－a ＜0，∴x 1＞a a －1，即1－1－a ＞a a －1，解得(1－a)1－a ＜1，即(1－a)3＜1，得0＜a ＜1；2° 若f(x)极小值＞0，即f(x 2)＞0，同理f(x 2)＝23[(a －1)x 2－a]＞0.∴x 2＜a a －1，即1＋1－a ＜a a －1，解得－(1－a)1－a ＞1，即(1－a)3＜－1，得a ＞2(舍去)；综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)．解法2令f(x)＝13x 3－x 2＋ax －a ，则f′(x)＝x 2－2x ＋a.∵f(x)＝0有一个实数根， ∴f ′(x)＝0的Δ≤0或者f(x 1)·f(x 2)＞0(x 1，x 2是f(x)的极值点0)． ①f ′(x)＝0的Δ≤0，解得a≥1； ②由x 1，x 2为f′(x)＝0的两个根，得⎩⎪⎨⎪⎧x 12－2x 1＋a ＝0x 12＝2x 1－a ，x 22－2x 2＋a ＝0x 22＝2x 2－a ，(a ＜1)于是f(x 1)＝13x 13－x 12＋ax 1－a ＝13x 1(2x 1－a)－(2x 1－a)＋ax 1－a ＝23x 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23a －2x 1＝23(2x 1－a)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a －2x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a －23x 1－23a ，同理可得f(x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a －23x 2－23a ，于是有f(x 1)·f(x 2)＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫23a －23x 1－23a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫23a －23x 2－23a ＞0.当a ＜1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－a a －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－a a －1＞0x 1x 2－a a －1(x 1＋x 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －12＞0，又∵x 1，x 2是方程x 2－2x ＋a ＝0的根，∴x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝a ，化简可得a(a 2－3a ＋3)＞0，解得0＜a ＜1；综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)．说明：显然解法2避免了再分类，更显简洁；同时利用“降幂”思想进行代换，可化繁为简．变式联想变式1答案：(－36，＋∞)．解法1∵函数f(x)＝13x 3＋12ax 2＋1有且只有一个零点．∴13x 3＋12ax 2＋1＝0有且只有一个实根，∵x ＝0不适合方程，∴a ＝－2x 2－2x 3有且只有一个实根，设g(x)＝－2x 2－2x3，有g ′(x)＝4x 3－23(x≠0)，①当x ＜0时，g ′(x)＜0，∴g(x)在(－∞，0)上递减，且g(x)∈R；②当x ＞0时，令g ′(x )＝0，得x ＝36∴g (x )在(0，＋∞)上有最大值g (36)＝－36，且g (x )∈ (－∞，－36]，综上所述，实数a 的取值范围是(36，＋∞)．解法2令f (x )＝13x 3＋12ax 2＋1，则f ′(x )＝x 2＋ax .∵f (x )＝0有一个实数根，∴f ′(x )＝0的Δ≤0或者f (x 1)·f (x 2)＞0(x 1，x 2是f (x )的极值点)．①f ′(x )＝0的Δ≤0， 解得a ＝0；②f ′(x )＝0得x 1＝0，x 2＝－a (a ≠0)，f (x 1)·f (x 2)＝－13a 3＋12a 3＋1＞0，即16a 3＞－1，∴a ＞－36且a ≠0.综上所述，实数a 的取值范围是(36，＋∞)．说明：显然解法2更显简洁． 变式2答案：(－∞，1－3)∪(1＋3，＋∞)．解析：∵f(x)与g(x)的图象有三个不同的交点，∴f(x)＝g(x)有三个不等实根．令h(x)＝f(x)－g(x)＝13x 3－（k ＋1）2x 2＋kx －13，则h′(x)＝x 2－(k ＋1)x ＋k ＝(x －k)(x －1)，根据题意得k≠1且h(1)·h(k)＜0，化简可得k －12⎝ ⎛－16k 3＋12k 2－⎭⎪⎫13＜0，即－k －112(k －1)(k 2－2k －2)＜0，∴k 2－2k －2＞0，解得k ＞1＋3或k ＜1－3，∴实数k 的取值范围是(－∞，1－3)∪(1＋3，＋∞)．串讲激活串讲1答案：(－∞，－2)．解析：①当a ＝0时，－3x 2＋1＝0时，x ＝±33，所以此时不符合题意； ②当a ＞0时，f ′(x)＝3ax 2－6x ＝3x(ax －2)，当f′(x)＞0时，解得x ＞2a 或x ＜0，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，因为f(0)＝1，f(－1)＝－a －2＜0，则存在一零点在(－∞，0)上，所以此时不符合题意；③当a ＜0时，当f′(x)＞0时，解得2a ＜x ＜0，f ′(x)＜0时，解得x ＜2a 或x ＞0，所以函数f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，若f(x)在R 上存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝8a2－12a 2＋1＞0，即－4a2＋1＞0，整理得a 2＞4，整理得a 2＞4，解得a ＜－2或a ＞2(舍去)，综上所述，当a ＜－2时满足题意．串讲2答案：当1＜a ＜3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有一个零点；当a ＝3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点；当3＜a≤2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有三个零点；当a ＞2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点．解析：f′(x)＝x 2－(a ＋1)x ＋a ＝(x －1)(x －a)，当a ＞1时，函数f(x)在(0，1)和(a ，a ＋1)上单调递增，在(1，a)上单调递减，又f(0)＝0，f(a)＝12a 2－16a 3，f(a ＋1)＝－16(a＋1)(a 2－4a ＋1)，解不等式f(a)＞0得1＜a ＜3，解不等式f(a ＋1)＞0得1＜a ＜2＋3，于是如下讨论：①当1＜a ＜3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有一个零点； ②当a ＝3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点；③当3＜a≤2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有三个零点； ④当a ＞2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点．新题在线答案：(1)f(x)在(－∞，3－23)和(3＋23，＋∞)的单调递增，在(3－23，3＋23)的单调递减；(2)略．解析：(1)当a ＝3时，f(x)＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x)＝x 2－6x －3.令f′(x)＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x)>0；当x∈(3－23，3＋23)时，f ′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)∵x 2＋x ＋1>0，∴f(x)＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g(x)＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x)＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g′(x)＝0，∴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)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫a －162－16<0，f(3a ＋1)＝13>0，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．。
三次函数的零点问题
三次函数的零点问题(总2页) -CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除3 专题：导数与三次函数问题[真题1] （2009年安徽卷）设a ＜b,函数2()()y x a x b =--的图像可能是（ ）[命题探究] 考题的命制，直接给出函数图像，然后设计了四个选项，意在通过对问题的判断，直接考查三次函数的性质：单调区间和极值问题。
这里，函数的化简、图像的观察等等，不仅需要扎实的基本功，而且还需要熟练的解题技巧。
[知识链接]1.三次函数32'()f x =232ax bx c ++， 224124(3)b ac b ac -=-1,x 2是方程'()f x 1<x 2） 专题：三次函数的零点问题1、(2006全国卷Ⅱ)设a 为实数,函数.)(23a x x x x f +--= (Ⅰ)求)(x f 的极值.(Ⅱ)当a 在什么范围内取值时,曲线x x f y 与)(=轴仅有一个交点.2、（2009江西卷文）（本小题满分12分）4 设函数329()62f x x x x a =-+-．4（1）对于任意实数x ，()f x m '≥恒成立，求m 的最大值；（2）若方程()0f x =有且仅有一个实根，求a 的取值范围．3、已知函数a ax x a x x f ---+=232131)(，x 其中a>0.（I ）求函数)(x f 的单调区间；（II ）若函数)(x f 在区间（-2，0）内恰有两个零点，求a 的取值范围； （III ）是否存在常数a ，使得函数)(x f 在区间（-2，0）内恰有一个零点，若存在，求a 的取值范围，若不存在，说明理由；4、（2009陕西卷文）（本小题满分12分）已知函数3()31,0f x x ax a =--≠()I 求()f x 的单调区间；()II 若()f x 在1x =-处取得极值，直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
三次函数的零点问题1、(2006全国卷Ⅱ)设a 为实数,函数.)(23a x x x x f +--=(Ⅰ)求的极值.)(x f (Ⅱ)当a 在什么范围内取值时,曲线轴仅有一个交点.x x f y 与)(=解：(I)=3－2－1'()f x 2x x 若=0，则==－，=1'()f x x 13x 当变化时，，变化情况如下表：x '()f x ()f x x (－∞，－)13－13(－，1)131(1，+∞)'()f x +0－0+()f x A 极大值A极小值A∴的极大值是，极小值是()f x 15()327f a -=+(1)1f a =-(II)函数322()(1)(1)1f x x x x a x x a =--+=-++-由此可知，取足够大的正数时，有>0，取足够小的负数时有<0，所以曲线()f x ()f x =与轴至少有一个交点y ()f x x 结合的单调性可知：()f x 当的极大值<0，即时，它的极小值也小于0，因此曲线()f x 527a +5(,27a ∈-∞-=与轴仅有一个交点，它在(1，+∞)上。
y ()f x x 当的极小值－1>0即(1，+∞)时，它的极大值也大于0，因此曲线=()f x a a ∈y 与轴仅有一个交点，它在(－∞，－)上。
()f x x 13∴当∪(1，+∞)时，曲线=与轴仅有一个交点5(,)27a ∈-∞-y ()f x x 2、（2009江西卷文）（本小题满分12分）设函数329()62f x x x x a =-+-．（1）对于任意实数x ，()f x m '≥恒成立，求m 的最大值；（2）若方程()0f x =有且仅有一个实根，求a 的取值范围．解：(1) '2()3963(1)(2)f x x x x x =-+=--,因为(,)x ∈-∞+∞,'()f x m ≥, 即 239(6)0x x m -+-≥恒成立,所以 8112(6)0m ∆=--≤, 得34m ≤-，即m 的最大值为34-(2) 因为 当1x <时, '()0f x >;当12x <<时, '()0f x <;当2x >时, '()0f x >;所以 当1x =时,()f x 取极大值 5(1)2f a =-;当2x =时,()f x 取极小值 (2)2f a =-;故当(2)0f > 或(1)0f <时, 方程()0f x =仅有一个实根. 解得 2a <或52a >.3、已知函数，x 其中a>0.a ax x a x x f ---+=232131)(∈R （I ）求函数的单调区间；)(x f （II ）若函数在区间（-2，0）内恰有两个零点，求a 的取值范围；)(x f （III ）是否存在常数a ，使得函数在区间（-2，0）内恰有一个零点，若存在，求a 的)(x f 取值范围，若不存在，说明理由；【答案】4、（2009陕西卷文）（本小题满分12分）已知函数3()31,0f x x ax a =--≠()I 求()f x 的单调区间；()II 若()f x 在1x =-处取得极值，直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围。
解析：（1）'22()333(),f x x a x a =-=-当0a <时，对x R ∈，有'()0,f x >当0a <时，()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞当0a >时，由'()0f x >解得x <x >由'()0f x <解得x <<当0a >时，()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞；()f x 的单调减区间为(。
（2）因为()f x 在1x =-处取得极大值，所以'2(1)3(1)30, 1.f a a -=⨯--=∴=所以3'2()31,()33,f x x x f x x =--=-由'()0f x =解得121,1x x =-=。
由（1）中()f x 的单调性可知，()f x 在1x =-处取得极大值(1)1f -=，在1x =处取得极小值(1)3f =-。
因为直线y m =与函数()y f x =的图象有三个不同的交点，又(3)193f -=-<-，(3)171f =>，结合()f x 的单调性可知，m 的取值范围是(3,1)-。
5、【2102高考福建文12】已知f （x ）=x ³-6x ²+9x-abc ，a ＜b ＜c ，且f （a ）=f （b ）=f （c ）=0.现给出如下结论：①f （0）f （1）＞0；②f （0）f （1）＜0；③f （0）f （3）＞0；④f （0）f （3）＜0.其中正确结论的序号是A.①③B.①④C.②③D.②④12.【答案】C ．【解析】，令则或9123)(',96)(223+-=∴-+-=x x x f abc x x x x f 0)('=x f 1=x，当时；当时；当时，3=x 1<x 0)('>x f 31<<x 0)('<x f 3>x 0)('>x f 所以时有极大值，当时有极小值，函数有三个零点，1=x )(x f 3=x )(x f )(x f ，且，又，0)3(,0)1(<>∴f f c b a <<<<31 abc f -+-=275427)3(，即，因此，.故选C.0>∴abc 0>a 0)()0(=<a f f 0)3()0(,0)1()0(><∴f f f f 6、（湖南21）已知函数有三个极值点。
43219()42f x x x x cx =+-+（I ）证明：；275c -<<（II ）若存在实数c ，使函数在区间上单调递减，求的取值范围。
)(x f [],2a a +a 解：（I ）因为函数有三个极值点, 43219()42f x x x x cx =+-+所以有三个互异的实根.32()390f x x x x c '=+-+=设则32()39,g x x x x c =+-+2()3693(3)(1),g x x x x x '=+-=+-当时， 在上为增函数;3x <-()0,g x '>()g x (,3)-∞-当时， 在上为减函数;31x -<<()0,g x '<()g x (3,1)-当时， 在上为增函数;1x >()0,g x '>()g x (1,)+∞所以函数在时取极大值,在时取极小值.()g x 3x =-1x =当或时,最多只有两个不同实根.(3)0g -≤(1)0g ≥()0g x =因为有三个不同实根, 所以且.()0g x =(3)0g ->(1)0g <即,且,2727270c -+++>1390c +-+<解得且故.27,c >-5,c <275c -<<（II ）由（I ）的证明可知，当时, 有三个极值点.275c -<<()f x不妨设为（），则123x x x ，，123x x x <<123()()()().f x x x x x x x '=---所以的单调递减区间是,()f x 1(]x -∞，23[,]x x若在区间上单调递减，)(x f [],2a a +则, 或,[],2a a +⊂1(]x -∞，[],2a a +⊂23[,]x x 若,则.由（I ）知，,于是[],2a a +⊂1(]x -∞，12a x +≤13x <- 5.a <- 若,则且.由（I ）知，[],2a a +⊂23[,]x x 2a x ≥32a x +≤23 1.x -<<又当时，;32()39,f x x x x c '=+-+27c =-2()(3)(3)f x x x '=-+当时，.5c =2()(5)(1)f x x x '=+-因此, 当时，所以且275c -<<31 3.x <<3,a >-2 3.a +≤即故或反之, 当或时，3 1.a -<<5,a <-3 1.a -<<5,a <-31a -<<总可找到使函数在区间上单调递减.(27,5),c ∈-)(x f [],2a a +综上所述, 的取值范围是.a (5)(3,1)-∞-- ，7、（全国二理 22）已知函数．3()f x x x =-（1）求曲线在点处的切线方程；()y f x =(())M t f t ，（2）设，如果过点可作曲线的三条切线，证明：0a >()a b ，()y f x =．()a b f a -<<解：（1）求函数的导数；．()f x 2()31x x f '=-曲线在点处的切线方程为：()y f x =(())M t f t ，，()()()y f t f t x t '-=-即．23(31)2y t x t =--（2）如果有一条切线过点，则存在，使()a b ，t ．23(31)2b t a t =--于是，若过点可作曲线的三条切线，则方程()a b ，()y f x =32230t at a b -++=有三个相异的实数根．记，32()23g t t at a b =-++则2()66g t t at'=- ．6()t t a =-当变化时，变化情况如下表：t ()()g t g t '，t(0)-∞，0(0)a ，a()a +∞，()g t '+0-+()g t A极大值a b+A极小值()b f a -A由的单调性，当极大值或极小值时，方程()g t 0a b +<()0b f a ->最多有一个实数根；()0g t =当时，解方程得，即方程只有两个相0a b +=()0g t =302at t ==，()0g t =异的实数根；当时，解方程得，即方程只有两个()0b f a -=()0g t =2at t a =-=()0g t =相异的实数根．综上，如果过可作曲线三条切线，即有三个相异的()a b ，()y f x =()0g t =实数根，则0()0.a b b f a +>⎧⎨-<⎩，即．()a b f a -<<。