利用导数求解函数的零点或方程的根的问题
导数中两种零点问题解决方法
导数中两种零点问题解决方法导数中的零点问题是指函数在其中一点的导数为零。
解决导数零点问题的方法有两种：一种是解析法，一种是数值法。
一、解析法解析法是指使用数学知识和方法，通过分析函数的性质来求解导数的零点。
解析法包括以下几种常见的方法：1.1.方程法方程法是根据导数的定义，将函数的导数表达式设置为零，得到一个方程，从而求解出导数的零点。
具体步骤如下：1.将函数的导数表达式设置为零，得到一个方程。
2.解方程，求出方程的根。
3.将根带入原函数，计算出在根处的函数值。
1.2.倒数法倒数法是指使用导数的倒数来求解导数的零点。
具体步骤如下：1.对函数进行求导，并求出导数的表达式。
2.求导数的倒数，得到一个新的函数。
3.使用方程法求解导数的倒数的零点。
4.将零点带入原函数，计算出在零点处的函数值。
1.3.函数性质法函数性质法是指通过分析函数的图像和性质来求解导数的零点。
具体步骤如下：1.根据函数的图像和性质，确定导数的零点的位置。
2.使用方程法求解导数的零点，得到具体的数值。
3.将零点带入原函数，计算出在零点处的函数值。
二、数值法数值法是指使用数值计算的方法来求解导数的零点。
数值法包括以下几种常见的方法：2.1.二分法二分法是一种迭代求根的方法，通过函数在区间内取值的正负性来确定区间，并通过不断缩小区间的范围来求解导数的零点。
具体步骤如下：1.根据函数的图像和性质，选择一个初值区间，并确定函数在区间内的正负性。
2.通过计算区间的中点，并确定中点的函数值的正负性，来缩小区间。
3.不断迭代上述步骤，直到区间的宽度满足要求，得到导数的零点的近似值。
2.2.切线法切线法是使用切线近似原曲线的方法，通过迭代求解切线与横轴交点的坐标，来求解导数的零点。
1.根据函数的图像和性质，选取一个初始点，并求出该点处的导数值。
2.过初始点作函数图像的切线，并求出切线方程。
3.求出切线与横轴的交点的坐标，并将该点作为新的初始点。
4.重复上述步骤，直到满足迭代终止条件，得到导数的零点的近似值。
导数与函数的零点知识点讲解+例题讲解(含解析)
导数与函数的零点一、知识梳理1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a ＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．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，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【训练2】 已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ， 又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数， 当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0； 当x <0时，取x ＝－1a ， 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )． 在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三 函数零点的综合问题 【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(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，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0， 故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ， 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0， 函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明 由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0， 由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2， 所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0， 即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析 由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0， 解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103， 所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2， 所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点， 则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4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 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解 函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0). 设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )， 当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， 则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1， 所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. 当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)， 当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}， 当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)； 当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ； 由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1， 所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0； 当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1， 所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。
利用导数研究函数的零点讲义 解析版
利用导数研究函数的零点题型一 数形结合法研究函数零点1.(2024·南昌模拟节选)已知函数f (x )=(x -a )2+be x (a ，b ∈R )，若a =0时，函数y =f (x )有3个零点，求b 的取值范围.解：函数y =f (x )有3个零点，即关于x 的方程f (x )=0有3个根，也即关于x 的方程b =-x 2ex 有3个根.令g (x )=-x 2e x ，则直线y =b 与g (x )=-x 2ex 的图象有3个交点.g ′(x )=x (x -2)e x，由g ′(x )<0解得0<x <2；由g ′(x )>0解得x <0或x >2，所以g (x )在(-∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增.g (0)=0，g (2)=-4e2，当x >0时，g (x )<0；当x →+∞时，g (x )→0；当x →-∞时，g (x )→-∞，作出g (x )的大致图象如图所示，作出直线y =b .由图可知，若直线y =b 与g (x )的图象有3个交点，则-4e 2<b <0，即b 的取值范围为-4e 2，0 .感悟提升 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围.2.设函数f (x )=ln x +m x ，m ∈R ，讨论函数g (x )=f ′(x )-x 3零点的个数.解：由题意知g (x )=f ′(x )-x 3=1x -m x 2-x 3(x >0)，令g (x )=0，得m =-13x 3+x (x >0).设φ(x )=-13x 3+x (x >0)，则φ′(x )=-x 2+1=-(x -1)(x +1).当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，+∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，+∞)上单调递减.∴x =1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，∴x =1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)=23.结合y =φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m =23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m =23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.题型二 利用函数性质研究函数零点3.已知函数f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，e 是自然对数的底数，∀x >0，e x >x +1.(1)求f (x )的单调区间；(2)记p ：f (x )有两个零点；q ：a >ln 2.求证：p 是q 的充要条件.要求：先证充分性，再证必要性.(1)解：∵f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，∴f (x )的定义域为(0，+∞)，f ′(x )=4x (a -ln x ).∵当0<x <e a 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e a )上单调递增；∵当x >e a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e a ，+∞)上单调递减.∴f (x )的单调递增区间为(0，e a )，单调递减区间为(e a ，+∞).(2)证明 先证充分性.由(1)知，当x =e a 时，f (x )取得最大值，即f (x )的最大值为f (e a )=e 2a -4.由f (x )有两个零点，得e 2a -4>0，解得a >ln 2.∴a >ln 2.再证必要性.∵a >ln 2，∴e 2a >4.∴f (e a )=e 2a -4>0.∵a>ln2>0，∀x>0，e x>x+1，∴e2a>2a+1>2a.∴f(e-a)=e-2a(4a+1)-4=4a+1e2a -4<4a+12a-4=12a-2<12ln2-2=1ln4-2<0.∴∃x1∈(e-a，e a)，使f(x1)=0；∵f(e a+1)=-e2a+2-4<0，∴∃x2∈(e a，e a+1)，f(x2)=0.∵f(x)在(0，e a)上单调递增，在(e a，+∞)上单调递减，∴∀x∈(0，+∞)，x≠x1且x≠x2，易得f(x)≠0.∴当a>ln2时，f(x)有两个零点.感悟提升 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.4.(2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln x，若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.解：由f(x)=ax-1x-(a+1)ln x(x>0)，得f′(x)=a+1x2-a+1x=(ax-1)(x-1)x2(x>0).①当a=0时，f(x)=-1x-ln x，f′(x)=1-xx2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，所以f(x)≤f(1)=-1<0，所以f(x)不存在零点；②当a<0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max=f(1)=a-1<0，所以f(x)不存在零点；③当a>0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，(ⅰ)当a=1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，因为f(1)=a-1=0，所以函数f(x)恰有一个零点；(ⅱ)当a>1时，0<1a <1，故f(x)在0，1a，(1，+∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.因为f(1)=a-1>0，所以f1a>f(1)>0，当x→0+时，f(x)→-∞，由零点存在定理可知f(x)在0，1a上必有一个零点，所以a>1满足条件；(ⅲ)当0<a<1时，1a >1，故f(x)在(0，1)，1a，+∞上单调递增，在1，1a上单调递减.因为f(1)=a-1<0，所以f1a<f(1)<0，当x→+∞时，f(x)→+∞，由零点存在定理可知f(x)在1a，+∞上必有一个零点，即0<a<1满足条件.综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，+∞).题型三 构造函数法研究函数零点5.已知函数f(x)=e x-1+ax(a∈R).(1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)-ax+1e a=ln x+a有两个不同的实数解，求a的取值范围.解：(1)由题意，得f′(x)=e x+a.若a≥-1，则当x∈[0，+∞)时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，∴当x∈[0，+∞)时，f(x)≥f(0)=0，符合题意；若a<-1，令f′(x)<0，得x<ln(-a)，∴f(x)在(0，ln(-a))上单调递减，∴当x∈(0，ln(-a))时，f(x)<f(0)=0，不符合题意.综上，a的取值范围为[-1，+∞).(2)法一 由f(x)-ax+1e a=ln x+a，得e x-a=ln x+a.令e x-a=t，则x-a=ln t，ln x+a=t，∴x+ln x=t+ln t.易知y=x+ln x在(0，+∞)上单调递增，∴t=x，得a=x-ln x.则原问题可转化为方程a=x-ln x有两个不同的实数解.令φ(x)=x-ln x(x>0)，则φ′(x)=x-1 x，令φ′(x)<0，得0<x<1；令φ′(x)>0，得x>1，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(1)=1，∴a≥1.当a=1时，易知方程1=x-ln x只有一个实数解x=1，不符合题意.下证当a>1时，a=x-ln x有两个不同的实数解.令g(x)=x-ln x-a(a>1)，则g(x)=φ(x)-a，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.∵g(e-a)=e-a>0，g(1)=1-a<0，∴g(x)在(e-a，1)上有一个零点.易知g(e a)=e a-2a，令h(a)=e a-2a，则当a>1时，h′(a)=e a-2>0，∴h(a)在(1，+∞)上单调递增，∴当a >1时，h (a )>h (1)=e -2>0，即g (e a )=e a -2a >0，∴g (x )在(1，e a )上有一个零点.∴当a >1时，a =x -ln x 有两个不同的实数解.综上，a 的取值范围为(1，+∞).法二 由f (x )-ax +1e a=ln x +a ，得e x =e a (ln x +a )，∴xe x =xe a (ln x +a )，即xe x =e a +ln x (ln x +a ).令u (x )=xe x ，则有u (x )=u (a +ln x ).当x >0时，u ′(x )=(x +1)e x >0，∴u (x )=xe x 在(0，+∞)上单调递增，∴x =a +ln x ，即a =x -ln x .下同法一.感悟提升 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.6.(2021·全国甲卷节选)已知a >0且a ≠1，函数f (x )=x a ax (x >0).若曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，求a 的取值范围.解：曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x =1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x =ln a a 有两个不同的解.设g (x )=ln x x (x >0)，则g ′(x )=1-ln x x 2(x >0)，令g ′(x )=1-ln x x 2=0，得x =e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，故g (x )max =g (e )=1e ，且当x >e 时，g (x )∈0，1e ，又g (1)=0，所以0<ln a a <1e，所以a >1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e )∪(e ，+∞).【A 级 基础巩固】7.已知函数f (x )=x -ae x ，a ∈R ，讨论函数f (x )的零点个数.解：f (x )=0等价于x -ae x =0，即x ex =a .设h (x )=x e x ，则h ′(x )=1-x ex ，当x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max =h (1)=1e.又当x <0时，h (x )<0；当x >0时，h (x )>0，且x →+∞时，h (x )→0，∴可画出h (x )大致图象，如图所示.∴当a ≤0或a =1e时，f (x )在R 上有唯一零点；当a >1e 时，f (x )在R 上无零点；当0<a <1e 时，f (x )在R 上有两个零点.8.(2024·青岛调研)已知函数f (x )=ln x +ax x，a ∈R .(1)若a =0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点.(1)解：若a =0，则f (x )=ln x x ，其定义域为(0，+∞)，∴f ′(x )=1-ln x x 2，由f ′(x )=0，得x =e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∴f (x )max =f (e )=1e.(2)证明 f ′(x )=1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，由(1)知，f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∵0<a <1，∴当x >e 时，f (x )=ln x +ax x =a +ln x x>0，故f (x )在(e ，+∞)上无零点；当0<x <e 时，f (x )=ln x +ax x ，∵f 1e =a -e <0，f (e )=a +1e>0，且f (x )在(0，e )上单调递增，∴f (x )在(0，e )上有且只有一个零点，综上，当0<a <1时，f (x )有且只有一个零点.9.(2024·太原模拟节选)已知函数f (x )=xe x -x -1，讨论方程f (x )=ln x +m -2的实根个数.解；由f (x )=ln x +m -2，得xe x -x -ln x +1=m ，x >0，令h (x )=xe x -x -ln x +1，则h ′(x )=e x +xe x-1-1x =(x +1)(xe x -1)x(x >0)，令m (x )=xe x -1(x >0)，则m ′(x )=(x +1)·e x >0，∴m (x )在(0，+∞)上单调递增，又m 12 =e 2-1<0，m (1)=e -1>0，∴存在x 0∈12，1，使得m (x 0)=0，即e x 0=1x 0，从而ln x 0=-x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )<0，h ′(x )<0，则h (x )单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0，则h (x )单调递增；∴h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0+1=x 0·1x 0-x 0+x 0+1=2，又易知，当x →0+时，h (x )→+∞；当x →+∞时，h (x )→+∞.∴当m <2时，方程f (x )=ln x +m -2没有实根；当m =2时，方程f (x )=ln x +m -2有1个实根；当m >2时，方程f (x )=ln x +m -2有2个实根.【B 级 能力提升】10.(2024·郑州模拟节选)已知函数f (x )=ln (x +1)-x +1，g (x )=ae x -x +ln a ，若函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，求实数a 的取值范围.解：函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，即f (x )=g (x )有两个实根，即ln (x +1)-x +1=ae x -x +ln a 有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =ln (x +1)+x +1有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)有两个实根.设函数h (x )=e x +x ，则e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)⇔h (x +ln a )=h (ln (x +1)).因为h ′(x )=e x +1>0恒成立，所以h (x )=e x +x 在R 上单调递增，所以x +ln a =ln (x +1)，x >-1，所以要使F (x )有两个零点，只需ln a =ln (x +1)-x 有两个实根.设M (x )=ln (x +1)-x ，则M ′(x )=-x x +1.由M ′(x )=-x x +1>0，得-1<x <0；由M ′(x )=-x x +1<0，得x >0，故函数M(x)的单调递增区间为(-1，0)，单调递减区间为(0，+∞).故函数M(x)在x=0处取得极大值，也是最大值，且M(x)max=M(0)=0.易知当x→-1时，M(x)→-∞；当x→+∞时，M(x)→-∞.故要使ln a=ln(x+1)-x有两个实根，只需ln a<M(x)max=0，解得0<a<1.所以实数a的取值范围是(0，1).。
考前归纳总结导数中的有关方程根的问题
导数中的有关方程根的问题一、常见基本题型：(1) 判断根的个数问题，常常转化为函数图象的交点个数问题，通过构造函数来求解，例1.已知函数221()ln(1),().1f x x g x a x =+=+-求方程()()f x g x =的根的个数. 解： 令221()()()ln(1)1h x f x g x x a x =-=+--- '2222222211()21(1)1(1)x x h x x x x x x ⎡⎤=+=+⎢⎥+-+-⎣⎦当[0,1)(1,)x ∈⋃+∞时，'()0h x ≥当(,1)(1,0)x ∈-∞-⋃-时，'()0h x <因此，()h x 在(,1),(1,0)-∞--时，()h x 单调递减，在(0,1),(1,)+∞时，()h x 单调递增.又()h x 为偶函数，当(1,1)x ∈-时，()h x 极小值为(0)1h a =-当1x -→-时，()h x →-∞， 当1x +→-时，()h x →+∞当x →-∞时，()h x →+∞， 当x →+∞时，()h x →+∞故()()f x g x =的根的情况为：当10a ->时，即1a <时，原方程有2个根；当10a -=时，即1a =时，原方程有3个根；当10a -<时，即1a >时，原方程有4个根（2）已知方程在给定的区间上解的情况，去求参数的取值范围，另外有关方程零点的 个数问题其实质也是方程根的问题。
例1.已知32()(),(,f x ax bx b a x a b =++-是不同时为零的常数），其导函数为()f x '，（1）求证：函数()y f x '=在(1,0)-内至少存在一个零点；（2）若函数()f x 为奇函数，且在1x =处的切线垂直于直线230x y +-=，关于x的方程1()4f x t =-在[1,](1)t t ->-上有且只有一个实数根，求实数t 的取值 范围.解：（1）证明：因为2()32f x ax bx b a '=++-当0a =时，12x =-符合题意； 当0a ≠时，2321b b x x a a ++-，令b t a =，则2321x tx t ++- 令2()321h x x tx t =++-，11()024h -=-<， 当1t >时，(0)10h t =->， ()y h x ∴=在1(,0)2-内有零点；当1t ≤时，(1)210h t -=-≥>，()y h x ∴=在1(1,)2--内有零点.∴当0a ≠时，()y h x =在(1,0)-内至少有一个零点. 综上可知，函数()y f x '=在(1,0)-内至少有一个零点（2） 因为32()()f x ax bx b a x =++-为奇函数，所以0b =，所以3()f x ax ax =-，2()3f x ax a '=-. 又()f x 在1x =处的切线垂直于直线230x y +-=，所以1a =，即3()f x x x =-.()f x ∴在(,),()33-∞-+∞上是单调递增函数，在[上是单调递减函数，由()0f x =解得1x =±，0x =，由1()4f x x =-解之得0x x ==作()y f x =与14y x =-的图知交点横坐标为02x x =±=当383[(0,){}x ∈时，过14y x =-图象上任意一点向左作平行于 x 轴的直线与()y f x =都只有唯一交点，当x 取其它任何值时都有两个或没有交点。
专题11 利用导数解决零点问题(解析版)
专题11 利用导数解决零点问题1．（2022·全国·高考真题（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 的取值范围． 【答案】(1)2y x = (2)(,1)-∞- 【解析】 【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究 (1)()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e x x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21e xx f 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 xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a xf x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,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 ∈+∞,则()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 ∈+∞,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 ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减 当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<= 当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增 1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '= 当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+< 又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '= 当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减 有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>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 <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x < 因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x xx x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增 即()(1)0g x g >=,所以1e e 0xx x x-> 令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 3．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； （2）求导得()()()211ax x f x x --'=，按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. (1)当0a =时，()1ln ,0f x x x x =-->，则()22111xf x x x x-'=-=，当()0,1∈x 时，0f x ，()f x 单调递增； 当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 11f x f ==-；(2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>，则()()()221111ax x a f x a x x x--+'=+-=， 当0a ≤时，10-≤ax ，所以当()0,1∈x 时，0f x，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 110f x f a ==-<，此时函数无零点，不合题意； 当01a <<时，11a >，在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；又()110f a =-<，由（1）得1ln 1x x +≥，即1ln 1x x ≥-，所以ln x x x <<<当1x >时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，使得()0f m >，所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点，符合题意；当1a =时，()()2210x f x x-'=≥，所以()f x 单调递增，又()110f a =-=，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 当1a >时，11a <，在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；此时()110f a =->，由（1）得当01x <<时，1ln 1xx>-，1>ln 21x ⎛> ⎝， 此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+，使得()0f n <， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 综上，a 的取值范围为()0,+∞.4．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()ln 13f x a x x =+-．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：当1a =时，方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出函数的定义域，再求出()31af x x '=-+，然后分0a >，0a ≤可得出函数的单调性. （2）设()()ln 1sin g x x x =+-，将问题转化为函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点，又当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，求出其导数，由零点存在原理即可证明. (1)函数()()ln 13f x a x x =+-的定义域是()1,-+∞，()31af x x '=-+． 当0a >时，令()0f x '<，得33a x ->；令()0f x '>，得313a x --<<， 故()f x 在31,3a -⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在3,3a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当0a ≤时，()0f x '<恒成立，故()f x 在()1,-+∞上单调递减． (2)当1a =时，方程()sin 3f x x x =-即为()ln 13sin 3x x x x +-=-，即()ln 1sin 0x x +-=． 令()()ln 1sin g x x x =+-，则()1cos 1g x x x '=-+， 则“方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解”等价于“函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点”．当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以()0g x >在()e 1,-+∞上恒成立， 所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点．因为e 1π-<，所以当,e 12x π⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时，cos 0x <，101x >+， 所以()0g x '>在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上恒成立．所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增，又ln 1sin ln 1102222g ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()e 11sin e 1g -=--，所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，即()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点．故方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．5．（2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测）已知函数()e sin xf x x ax =+，其中e 是自然对数的底数.(1)若1a =时，试判断f （x ）在区间（2π-，0）的单调性，并予以证明；(2)从下面两个条件中任意选一个，试求实数a 的取值范围. ①函数()f x 在区间[0，2π]上有且只有2个零点； ①当2,0x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()2f x x ≥.【答案】(1)f （x ）在（π2-，0）上单调递增，证明见解析；(2)选择①：π22e 1πa -≤<-；选择①：1a ≥-.【解析】 【分析】（1）求导，通过判定导函数在（π2-，0）上的正负确定单调性； （2）选择①：易得()00f =，则因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点，求导通过讨论找出符合条件的a 的取值范围；选择①：构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦，此时()00m =，可通过端点效应或隐零点等思路求a的取值范围. (1)当1a =时，()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()πe sin e cos 1sin 14x x xf x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，πππ,444x ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以sin 1144x x ππ⎛⎫⎛⎫<+<-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 又0e 1x <<，πsin 14xx ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，从而()0f x '>，所以，f （x ）在（π2-，0）上单调递增. (2) 选择①，由函数()e sin 0π,2xf x x ax x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，，可知()00f =因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+，令()e sin e cos x x h x x x a =++， 则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.π2]上恒成立.即()f x '在[0，π2]上单调递增，()2ππ01e 2f a f a ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝，，当1a ≥-时，()()00f x f '≥'≥，f （x ）在[0.π2]上单调递增.则f （x ）在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当π2e a ≤-时，()0π2f x f ⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭，()f x 在[0，π2]上单调递减，则()f x 在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当2e 1a π-<<-时，π2(0)10,()e 2π0f a f a '=+<'=+≥则()f x '在（0，π2）上只有1个零点，设为0x .且当0(0,)x x ∈时，()0f x <′；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x >′ 所以当()00x x ∈，时，()f x 在（0，0x ）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，又()π200e ππ22f f a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，因此只需20π22πe f a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可，即π22e 1πa -≤<-，综上所述：2π2e 1πα-≤<-选择①，构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦此时()2π2e π244π00x m m a ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，则2π()e sin e cos 2(0)π1,(e 2π)xxm x x x a x m a m a'=++-'=+'=-+，易知(1)π)(2m m '>'令()e sin e cos 2,()2e cos 2,(0)0,()2π2x x xt x x x a x t x x t t =++-'=-'='=-令2π()2e cos 2,()2e (cos sin ),(0)2,()2πe 2xxp x x p x x x p p =-=-'='=-＇， 令()2e (cos sin )x q x x x =-，则()4e sin 0x q x x '=-≤ 所以()2e (cos sin )x q x x x =-在（0，π2）上单调递减.又π20π(0)(0)20,()()2e 22πq p q p ='=>='=-<在（0，π2）上存在唯一实数1x 使得()10q x =，且满足当()10,x x ∈时，()0q x >当1π(,)2x x ∈时.()0q x <即p （x ）在（0，x 1）上单调递增，在（x 1，π2）上单调递减.又()()ππ0002022p t p t ⎛⎫⎛⎫==-=-< ⎪'' ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以()2e cos 2x p x x =-在1π(,)2x 上存在一实数2x 使得()20p x =，且满足当2(0,)x x ∈时，()0p x >；当2π()2x x ∈⋅时，()0p x <即()()t x m x ='在（0，x2）上单调递增，在（2x ，2π）上单调递减， 当()010m a ='+≥时，即()10a m x ≥-'≥，，函数()2e sin x m x x ax x =+-在[0，π2]上单调递增，又()00m =，因此()2e sin 0x m x x ax x =+-≥恒成立，符合题意，当()010m a '=+<，即1a <-，在π20,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上必存在实数3x ，使得当()30,x x ∈时，()0m x '<，又()00m =，因此在()30,x x ∈上存在实数()0m x <，不合题意，舍去 综上所述1a ≥-.6．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知函数12()e x f x =（e 为自然对数的底数）． (1)令1()||()()g x a x f x f x =--，若不等式()0g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围； (2)令3()()x xf x m ϕ=-，若函数()ϕx 有两不同零点()1212,x x x x <． ①求实数m 的取值范围；①证明：21e e 21x x m -<+． 【答案】(1)(,1]-∞；(2)①2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①证明见解析.【解析】 【分析】（1）根据()g x 为偶函数，将问题转化为0x ≥时()0g x ≤恒成立，根据(0)0g =及参变分离求0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，求参数范围；（2）①利用导数研究()ϕx 的单调性，及区间值域情况，进而判断()0x ϕ=有两不同解时m 的范围即可；①由（1）知：0x <时1122e e x x x -≥-且120x x <<，应用放缩法有2()e e x x x ϕ≥-，构造2()e e x x F x =-研究极值并判断()F x m =的两根与12,x x 大小关系得到3214e e e e x x x x -<-即可证结论. (1)由题设，1122()||e ex x g x a x -=--，则()()g x g x =-，所以()g x 为偶函数，故只需0x ≥时，()0g x ≤恒成立，而(0)0g =满足， 所以0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，令02t x =>，则e e 2t ta t--≤，若()e e 2t t h t t -=--，则()e e 220t t h t -'=+-≥=，仅当0=t 时等号成立， 所以()0h t '>，即()h t 在(0,)+∞上递增，则()(0)0h t h >=，即e e 2t t t -->， 所以，在(0,)+∞上e e 12t tt-->，则1a ≤， 综上：a 的范围为(,1]-∞． (2)①由题设，323()1e 2x x x ϕ⎛⎫=+ ⎪'⎝⎭，若()0x ϕ'>得：23x >-，故()ϕx 在2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭单调减，在2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调增，且x 趋向负无穷()ϕx 趋向于0，x 趋向正无穷()ϕx 趋向于正无穷，又2233e ϕ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()00ϕ=，则0x <时，()0x ϕ<；0x >时，()0x ϕ>，要使()0x ϕ=有两个不同解12,x x 且120x x <<，则2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①由（1）知：0x <时1122e ex x x -≥-，则1132222()e e e e e x x x x xx ϕ-⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭；记2()e e x x F x =-且0x <，则(()e e 1)2x x F x '=-，所以(,ln 2)-∞-上()0F x '<，(ln 2,0)-上()0F x '>，故()F x 在(,ln 2)-∞-上递减，(ln 2,0)-上递增，且12()(ln 2),043e F x F ⎛⎫≥-=-∈- ⎪⎝⎭，所以()F x m =也有两根，记为34x x <，又(,0)-∞上)(()x F x ϕ≥，则31240x x x x <<<<， 令e x t =，则34e ,e xx 为20t t m --=的两根，故34e e 1x x +=，34e e x x m =-，所以34e e x x -=3124e e e e x x x x <<<，所以3214(41)1e e e e 212x x x xm m ++-<-==+． 7．（2022·湖北·模拟预测）已知()()1ln af x a x x x=-++(1)若0a <，讨论函数()f x 的单调性； (2)()()ln a g x f x x x =+-有两个不同的零点1x ，()2120x x x <<，若12202x x g λλ+⎛⎫'> ⎪+⎝⎭恒成立，求λ的范围．【答案】(1)单调性见解析 (2)(][),22,λ∈-∞-+∞【解析】 【分析】（1）求导可得()()()21x a x f x x +-'=，再根据a -与0,1的关系分类讨论即可；（2）由题()ln g x a x x =+，，设()120,1x t x =∈根据零点关系可得21ln x x a t -=，再代入1222x x g λλ+⎛⎫' ⎪+⎝⎭化简可得()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立，设()()()21ln 2t ht t t λλ+-=++，再求导分析单调性与最值即可(1)()f x 定义域为()0,∞+()()()()()222211111x a x a x a x a f x a x x x x+--+-'=-+-== ①）01a <-<即10a -<<时，()01f x a x '<⇒-<<，()00f x x a '>⇒<<-或1x > ①）1a -=即1a =-时，()0,x ∈+∞，()0f x '≥恒成立 ①）1a ->即1a <-，()01f x x a '<⇒<<-，()001f x x '>⇒<<或x a >- 综上：10a -<<时，(),1x a ∈-，()f x 单调递减；()0,a -、()1,+∞，()f x 单调递增 1a =-时，()0,x ∈+∞，()f x 单调递增1a <-时，()1,x a ∈-，()f x 单调递减；()0,1、(),a -+∞，()f x 单调递增(2)()ln g x a x x =+，由题1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩，120x x <<则()1221ln ln a x x x x -=-，设()120,1x t x =∈ ①212112ln ln ln x x x xa x x t--==-()1a g x x'=+ ①122112122221122ln 2x x x x g a x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'=+=⋅+ ⎪+++⎝⎭()()()21102ln t t tλλ+-=+>+恒成立()0,1t ∈，①ln 0t < ①()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立设()()()21ln 2t h t t t λλ+-=++，①()0h t <恒成立()()()()()()()()22222224122241222t t t t h t t t t t t t λλλλλλλ⎛⎫-- ⎪++-+⎝⎭'=-==+++ ①）24λ≥时，204t λ-<，①()0h t '>，①()h t 在()0,1上单调递增 ①()()10h t h <=恒成立， ①(][),22,λ∈-∞-+∞合题①）24λ<，20,4t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，①()0h t '>，①()h t 在20,4λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h t '<， ①()h t 在2,14λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减①2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()10h t h >=，不满足()0h t <恒成立综上：(][),22,λ∈-∞-+∞【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了双零点与恒成立问题的综合，需要根据题意消去参数a ，令()120,1x t x =∈，再化简所求式关于t 的解析式，再构造函数分析最值.属于难题 8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）设a 为实数，函数()e ln 1=++x f x a x x ． (1)当1a e=-时，求函数()f x 的单调区间；(2)判断函数()f x 零点的个数．【答案】(1)减区间为()0,∞+，无增区间. (2)当0a ≥，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点；当210e a -≤<，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点；当21e a <-，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点. 【解析】 【分析】(1)利用二次求导研究函数()f x 的单调性，进而得出结果； (2)利用分类讨论的思想，根据函数()f x 与()()f x g x x=具有相同的零点，结合导数分别研究当0a ≥、210e a -≤<、21e a <-时()g x 的单调性，利用零点的存在性定理即可判断函数()g x 的零点个数，进而得出结果. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 当1a e=-时，1()e ln 1e xf x x x =-++，则1()e ln 1x f x x -'=-++，且()01f '=， 有1111e ()ex x x f x x x---''=-+=，令()01f x x ''=⇒=， 所以当(0,1)x ∈时()0f x ''>，则()'f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时()0f x ''<，则()'f x 单调递减， 所以max ()(1)0f x f ''==，即()0f x '≤，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减， 即函数()f x 的减区间为(0,)+∞，无增区间； (2)由(1)知当1a e=-时函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，又(1)0f =，此时函数()f x 只有1个零点； 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以()f x 与()f x x具有相同的零点， 令()e 1()ln (0)x f x a g x x x x x x ==++>， 则222(1)e 11(1)(e 1)()x x a x x a g x x x x x --+'=+-=， 当0a ≥时，e 10x a +>，令()01g x x '=⇒=，则函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)e 10g x g a ==+>，此时函数()g x 无零点，即函数()f x 无零点；当0a <时，令()01g x x '=⇒=或1ln()x a=-，若10e a -<<，则11ln()a<-，列表如下：当211e ea -≤≤-时，222e 2e 222e 4222e e e (e )2e 2e e 2e 0e ea g ------=++<++=-++<， 当210e a -<<即21e a ->时，131e ()a a->-，1121111()e ln()[e ln()1]aa g a a a a a a a a---=-+--=---+3111[()(1)1]0a a a a a <-----+<，又(1)0g >，此时函数()g x 有1个零点，则函数()f x 有1个零点； 若1e <-a ，则11ln()a>-，列表如下：所以ln()min 1e 111()(ln())ln ln()ln ln()ln1011ln()ln()aa g x g a a a a a -=-=+-+=-<=--， 又(1)0g >，2(e )0g <，则此时函数()g x 有2个零点，即函数()f x 有2个零点； 综上，当0a ≥时，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点， 当210ea -≤<时，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点， 当21e a <-时，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点.【点睛】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图像与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．9．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知函数()ln 12a af x x x =+-+，其中R a ∈． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)讨论函数()f x零点的个数．【答案】(1)当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭(2)当4a ≤，函数()f x 有且仅有一个零点；当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点 【解析】 【分析】（1）求导，再分0a <，04a ≤≤和4a >分类讨论即可；（2）根据单调性及零点存在性定理分析即可. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221(2)1()(1)(1)a x a x f x x x x x +-+'=-=++，在一元二次方程2(2)10x a x +-+=中，22Δ(2)44(4)a a a a a =--=-=-， ①当0a <时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当04a ≤≤时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当4a >时，一元二次方程2(2)10x a x +-+=有两个不相等的根， 分别记为()1221,x x x x >，有122x x a +=-，1210x x =>，可得210x x >>， 有12x x ==可得此时函数()f x 的增区间为()()120,,,x x +∞减区间为()12,x x ， 综上可知，当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭； (2)由（1）可知：①当4a ≤时，函数()f x 单调递增，又由(1)0f =，可得此时函数只有一个零点为1x =； ①当4a >时，由122110,x x x x =>>，可得1201x x <<<，又由(1)0f =，由函数的单调性可知()()12(1)0,(1)0f x f f x f >=<=， 当01x <<且20e ax -<<时，可得2ln ln e ax -<，有ln 02ax +<， 可得()ln ln 022a af x x a x <+-=+<， 当2e ax >时，2()ln ln e 02222aa a a af x x >->-=-=可知此时函数()f x 有且仅有3个零点，由上知，当4a ≤时，函数()f x 有且仅有一个零点； 当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点．10．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知函数()323.f x ax x a b =-++(1)讨论()f x 的单调性；(2)当()f x 有三个零点时a 的取值范围恰好是()()()3,22,00,1,--⋃-⋃求b 的值. 【答案】(1)答案见解析 (2)3b = 【解析】 【分析】(1)求函数()f x 的导函数()'f x ，讨论a ，并解不等式()0f x '>，()0f x '<可得函数的单调区间；(2)由(1)结合零点存在性定理可求b . (1)()f x 的定义域为R ，()()23632,f x ax x x ax =-=-'若0a =，则()0600f x x x '>⇒->⇒<，()00f x x <⇒>'∴ ()f x 在(),0∞-单调递增，()0,∞+单调递减，若0a >，则()00'>⇒<f x x 或2x a>， ()200f x x a>⇒<<'， ()f x ∴在(),0∞-单调递增，20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，若0a <，则()200f x x a'>⇒<< ()20f x x a>⇒<'或0x >， ()f x ∴在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递减，2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，()0,∞+单调递减.(2)可知()f x 要有三个零点，则0a ≠， 且2(0)0f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭由题意也即是()200f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，也就是关于a 的不等式()()()32224400a b a ba a b a b a a ++-⎛⎫++-<⇒< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃， 令()()()32240a b a ba h a a+++=<，时()()()()()1114130h b b b b =++-=+-=， 所以有1b =-或3b =， 当3b =时，()()()()()323222233434400a a a a a a a h a aa++-+-+-=<⇒<，()()()2231440a a a a a+-++<的解是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，满足条件，当1b =-时，()()()322140a a a h a a---=<，当1a =-时，()1120h -=>，不满足条件， 故1b ≠-，综合上述3b =.11．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））已知函数()()e 12()exx xf x a a =+--∈R ． (1)若()e ()=⋅x g x f x ，讨论()g x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)答案见解析；(2)()0,1. 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，分为0a ≤和0a >两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；（2）函数有两个零点即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点，根据（1）中的单调性结合零点存在定理即可得结果. (1)由题意知，()()()e ()e e 12e e 12e e x x x x x xx x g x f x a a x ⎡⎤=⋅=⋅+--=+--⎢⎥⎣⎦，()g x 的定义域为(,)-∞+∞，()e (e 1)e e 2e 1(2e 1)(e 1)x x x x x x x g x a a a '=++⋅--=+-．若0a ≤，则()0g x '<，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递减； 若0a >，令()0g x '=，解得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0g x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0g x '>， 所以()g x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增． (2)因为e 0x >，所以()f x 有两个零点，即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点． 若0a ≤，由（1）知，()g x 至多有一个零点．若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()g x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln g a a a-=-+． ①当1a =时，由于(ln )0g a -=，故()g x 只有一个零点： ①当(1,)∈+∞a 时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0g a ->，故()g x 没有零点； ①当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0g a -<． 又2222(2)e (e 1)2e 22e 20g a -----=+-+>-+>，故()g x 在(,ln )a -∞-上有一个零点．存在03ln 1,x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则0000000000()e (e 1)2e e (e 2)e 0x x x x x xg x a x a a x x =+--=+-->->．又3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，因此()g x 在(ln ,)a -+∞上有一个零点．综上，实数a 的取值范围为(0,1)．12．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））已知函数()ln 1f x ax x =++． (1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，求实数a 的取值范围； (2)若对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)0a ≥或1a =- (2)(,2]-∞ 【解析】 【分析】（1）求导1()f x a x'=+，0x >，分0a ≥和0a <讨论求解； （2）对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，转化为2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立求解． (1)解：1()f x a x'=+，0x >， 当0a ≥时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．又()11ee 11a af a a ----=--+()1e 10a a --=-≤，(1)10f a =+>， 所以此时()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，符合题意； 当0a <时，令()0f x '>，解得10x a <<-；令()0f x '<，解得1x a>-， 所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减．要使()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，则必有10f a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，解得1a =-．综上，当0a ≥或1a =-时，()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点． (2)因为()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，等价于2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立． 令2ln 1()e (0)xx m x x x+=->，则只需min ()a m x ≤即可， 则2222e ln ()+'=x x xm x x ，再令22()2e ln (0)x g x x x x =+>，则()221()4e 0'=++>xg x x x x， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增．因为12ln 204g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，2(1)2e 0g =>，所以()g x 有唯一的零点0x ，且0114x <<， 所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>， 所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增． 因为022002eln 0x x x +=，所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +=-+-，设()ln (0)S x x x x =+>，则1()10'=+>S x x， 所以函数()S x 在(0,)+∞上单调递增．因为()()002ln S x S x =-，所以002ln x x =-，即0201ex x =．所以()0()m x m x ≥=02000000ln 1ln 11e 2x x x x x x x +-=--=， 则有2a ≤．所以实数a 的取值范围为(,2]-∞．13．（2022·福建省福州第一中学三模）已知函数()e sin 1x f x a x =--在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一极值点1x .(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：()f x 在区间(0,)π内有唯一零点2x ，且212x x <. 【答案】(1)(1,)+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导，再讨论1a 时，函数单增不合题意，1a >时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意； （2）先由导数确定函数()f x 在区间(0,)π上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间(0,)π内有唯一零点；表示出()12f x ，构造函数求导，求得()120f x >，又由()20f x =，结合()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可求解. (1)()e cos x f x a x '=-，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos (0,1)x ∈，21e e x π<<，①当1a 时，()0f x '>，()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；①当1a >时，显然()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，又因为(0)10f a '=-<，2e 02f ππ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，所以()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点1x ，所以()10,x x ∈，()0f x '<；1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极值点，符合题意.综上，(1,)∈+∞a .(2)由（1）知1a >，所以,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()e cos 0x f x a x '=->，所以()10,x x ∈，()0f x '<，()f x 单调递减；()1,x x π∈，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()10,x x ∈时，()(0)0f x f <=，则()10<f x ，又因为()e 10f ππ=->，所以()f x 在()1,πx 上有唯一零点2x ，即()f x 在(0,)π上有唯一零点2x .因为()112211112e sin 21e 2sin cos 1x x f x a x a x x =--=--，由（1）知()10f x '=，所以11e cos xa x =，则()112112e 2e sin 1x xf x x =--，构造2()e 2e sin 1,0,2t t p t t t π⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，所以()2()2e 2e (sin cos )2e e sin cos t t t t p t t t t t '=-+=--，记()e sin cos ,0,2tt t t t πϕ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，则()e cos sin t t t t ϕ'=-+，显然()t ϕ'在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ''>=，所以()t ϕ在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ>=，所以()0p t '>，所以()p t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0p t p >=，所以()()1220f x f x >=，由前面讨论可知：112x x π<<，12x x π<<，且()f x 在()1,x x π∈单调递增，所以122x x >.【点睛】本题关键点在于先表示出()12f x ，构造函数()p t 求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数()p t 的单调性，从而得到()120f x >，再结合()20f x =以及()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可证得结论. 14．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））已知函数()e (sin cos )sin .x f x x x a x =+-.(1)当1a =时，求函数f （x ）在区间[0]2π，上零点的个数； (2)若函数()y f x =在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a 的取值范围 【答案】(1)2个(2)2]∞-⋃（，3222[2e ,)2e ,2e πππ⎧⎫+∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】 【分析】(1)利用导数判断函数f x （）在[0]2π，上的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数；(2)利用导数，通过分类讨论确定函数f x （）的单调性及极值，由此确定a 的取值范围.(1)因为1a =，所以()e (sin cos )sin .x f x x x x =+-()(2e 1)cos x f x x '=-，则当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 又32223(0)10,()e 10,()1e 0,(2)e 022f f f f ππππππ=>=->=-<=>，则f x （）在322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上各有一个零点，所以f x （）在区间[0]2π，上共有两个零点， (2)2()(2e )cos ,(02),22e 2e x x f x a x x ππ'=-∈<<，①当2a ≤时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则2a ≤时符合题意： ①当22e a π≥时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递减， 此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则22a e π≥时符合题意①当222e a π<<时，0ln 22a π<<，此时f x （）在0,ln 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在ln ,22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在3(,2)2ππ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意： ①当22e a π=时，ln22a π=，此时f x （）在（0，32π）上单调递减，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则22e a π=时符合题意；①当3222e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在,ln 22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3ln 22a π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意； ①当322e a π=时，3ln22a π=，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则322e a π=时符合题意；①当322e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，在3(,ln )22a π上单调递减，在(ln ,2)2aπ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意；综上所述3222(,22e ,)2 ][e ,2e a πππ⎧⎫∈-∞+∞⎨⎬⎩⎭.【点睛】(1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同． (2)若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．15．（2022·江西·上高二中模拟预测（理））已知函数()()2ln 0ax af x x a x -=->.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()2ag x f x x=-+有两个零点12,x x ，若212x x >，证明：3312672e x x +>． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导得()2221b ax x af x a x x x -+-=--='，对导函数进行分情况讨论其正负，即可得()f x 的单调性. （2）通过函数有两个零点，转化成1212ln 2ln 2x x a x x ++==，然后根据比例，构造出221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，得到122111,e t x t x t x --==，进而构造函数33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t t t t t -=+=++-，利用导数处理单调性，进而可求. (1)）()2221b ax x af x a x x x -+-=--=' 令2()F x ax x a =-+- ，则()00F a =-< ，且对称轴102x a=> 而214a ∆=-易知当10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时()f x 在0⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 单调递减，在⎝⎭单调递增当)12a ∞⎡∈+⎢⎣， 时()f x 在()0+∞，单调递减. (2)()g x 有两个零点12,x x 且0x >，则1212ln 2ln 2ln 2ln 20x x x x ax a a x x x +++-+=⇒=⇒==， 设21x t x =， 212x x >，2t ∴> ∴221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，∴11ln ln 2ln 2t x t x ++=+，所以12111ln ln 2e 1t t x x t t --=-⇒=-， ∴33333631121(1)e (1)t x x t x t t --+=+=+，设33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t tt t t -=+=++-，2t >，则222331(1)()[1ln ](1)1t t h t t t t t -'=--+-+， 设2231(1)()1ln 1t t t t t tϕ-=--++，则7437323223211()(441)[(1)4(1)](1)(1)t t t t t t t t t t t t t ϕ--'=+--=-+-++， 当(1,)t ∈+∞时，()0t ϕ'>，所以函数()t ϕ在(1,)t ∈+∞上递增，()()10t ϕϕ∴>=，则()0h t '>，()h t ∴在(1,)+∞递增，又2t >，∴()(2)ln72h t h >=，故3361272e x x -+>． 【点睛】本题考查了含参函数的单调性，最值问题，方程与函数零点的综合问题，利用导数解决单调性的问题，分情况讨论，转化，构造函数证明不等式，二阶求导等综合性的函数知识，在做题时要理清思路，是一道导数的综合题.16．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知函数()()ln h x x a x a =-∈R . (1)若()h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程()e ln 0xx a x x -+=有两个实根1x 、2x ，且12x x ≠，证明：12212e ex x x x +>. 【答案】(1)()e,+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可知0a ≠，由参变量分离法可知直线1y a=与函数()ln xf x x=的图象有两个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）令e 0x t x =>，其中0x >，令111e x t x =，222e xt x =，分析可知关于t 的方程ln 0t a t -=也有两个实根1t 、2t ，且12t t ≠，设120t t >>，将所求不等式等价变形为12112221ln 1t t t t t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令121t s t =>，即证()21ln 1s s s ->+，令()()21ln 1s g s s s -=-+，其中1s >，利用导数分析函数()g s 的单调性，即可证得结论成立. (1)解：函数()h x 的定义域为()0,∞+.。
第16讲 拓展三：利用导数研究函数的零点(方程的根)(学生版)-(人教A版数学选择性必修二讲义)
二、题型精讲
题型01判断、证明或讨论函数零点（方程的根）的个数
1．（2 上的最值；
(2)讨论 的零点个数.
2．（2022下·山东青岛·高二山东省莱西市第一中学校考阶段练习）已知函数 ，讨论函数 的零点的个数.
(2)若 ，令 ，讨论方程 的解的个数．
3．（2023下·湖南衡阳·高二校考阶段练习）已知函数 ， 其中 ．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若方程 有三个根，求 的取值范围．
4．（2023上·广东江门·高三统考阶段练习）已知函数 .
(1)求 的极值：
(2)若 有两个零点，求a的取值范围.
5．（2023上·北京·高三北京二十中校考阶段练习）已知函数 ，函数 ，
(1)求 在 上的最大值；
(2)若函数 恰有三个零点，求a的取值范围.
3．（2023上·陕西·高三校联考阶段练习）已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)若 在 上存2个零点，求 的取值范围.
4．（2023上·重庆涪陵·高三重庆市涪陵高级中学校校考开学考试）已知函数 .
(1)若函数 在 上单调递增，求 的最小值；
3．（2022下·山东聊城·高二统考期末）已知函数 ，在 处切线的斜率为-2.
（1）求 的值及 的极小值；
（2）讨论方程 的实数解的个数.
4．（2023上·云南·高三校联考阶段练习）已知 ．
(1)当 时，求 在 上的单调性；
(2)若 ，令 ，讨论方程 的解的个数．
5．（2023·四川绵阳·统考模拟预测）函数 ．
(1)讨论函数 的单调性．
(2)若关于 的方程 有两个实数根，求实数 的取值范围．
2．（2023上·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习）已知函数 .
导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题
05 总结与展望
导数与不等式证明及函数零点、方程根问题的总结
导数与不等式证明
导数是研究函数性质的重要工具，通过导数可以研究函数的单调性、极值和最值等。不等 式证明则是数学中常见的题型，利用导数可以证明不等式，如AM-GM不等式、CauchySchwarz不等式等。
函数零点问题
函数的零点是指满足$f(x)=0$的$x$值。研究函数的零点对于理解函数的性质和解决方程 的根的问题具有重要意义。通过导数可以研究函数的零点个数和位置，以及零点附近的函 数性质。
感谢您的观看
• 应用领域的拓展：导数与不等式证明及函数零点、方程根的问题不仅在数学领 域有广泛应用，在其他学科和工程领域也有着重要的应用价值。例如，在经济 学、物理学和社会科学等领域，这些问题都可能成为重要的研究课题。
• 与其他数学分支的交叉融合：随着数学各分支之间的交叉融合，导数与不等式 证明及函数零点、方程根的问题可能会与其他数学分支产生更多的交叉点。例 如，与概率论、统计学和复分析等领域的结合可能会产生新的研究方向和应用 场景。
导数在求解函数零点、方程根中的注意事项
注意定义域
在使用导数研究函数性质 时，需要注意函数的定义 域，确保导数在定义域内 连续。
考虑多解情况
在求解函数零点或方程根 时，需要注意多解情况， 全面考虑所有可能的解。
注意函数的奇偶性
在利用导数研究函数性质 时，需要注意函数的奇偶 性，以便更准确地判断函 数的性质。
不等式
不等式是表示两个数或两个量之 间大小关系的数学表达式。
导数与不等式的性质
01
导数大于零，函数在该区间内单 调递增；导数小于零，函数在该 区间内单调递减。
02
不等式的基本性质包括传递性、 加法性质、乘法性质等。
导数中的零点问题
导数中的零点问题1．已知函数 .（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的取值；（Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）记 . 当时，函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.2．已知函数（Ⅰ）若的图像与直线相切，求（Ⅱ）若且函数的零点为,设函数试讨论函数的零点个数. （为自然常数）3．已知函数 .（1）若时，讨论函数的单调性；（2）若函数在区间上恰有 2 个零点，求实数的取值范围 .4．已知函数（为自然对数的底数，），在处的切线为.（1）求函数的解析式；（2）在轴上是否存在一点，使得过点可以作的三条切钱若存在，请求出横坐标为整数的点坐标；若不存在，请说明理由.5．已知函数f x x22lnx a R, a 0 . a（ 1）讨论函数 f x 的单调性；（ 2）若函数f x 有最小值，记为g a ，关于a的方程g a a21 m 有三9a个不同的实数根，求实数m 的取值范围.6．已知函数（Ⅰ）求函数f x x 2aa R ， e 为自然对数的底数).x(ef x 的极值；（Ⅱ）当 a 1 时，若直线l : y kx 2 与曲线y f x 没有公共点，求k 的最大值.7．已知函数（为自然对数的底数）.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时 , 不等式恒成立 , 求实数的取值范围；（3）设，当函数有且只有一个零点时, 求实数的取值范围 .8．已知函数 .（1）若函数有两个零点，求实数的取值范围；（2）若函数有两个极值点，试判断函数的零点个数.9．已知函数 .（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）是否存在实数，使得有三个相异零点若存在，求出的值；若不存在，说明理由.10．已知函数 .（ 1）求函数的单调区间；（ 2）记，当时，函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.11．已知函数 .（1）讨论的导函数零点的个数；（2）若函数的最小值为，求的取值范围.12．．（1）证明：存在唯一实数，使得直线和曲线相切；（2）若不等式有且只有两个整数解，求的范围．13 ．已知函数 f x ax3bx23x a,b R在点1, f 1处的切线方程为y 20 ．（ 1）求函数 f x 的解析式；（ 2）若经过点M 2,m 可以作出曲线y f x 的三条切线，求实数m 的取值范围．14．已知函数f xx22aln x, a R ．x（ 1）若f x 在 x 2 处取极值，求 f x 在点1, f 1 处的切线方程；（ 2）当a 0 时，若 f x 有唯一的零点x0，求x0.注 x 表示不超过x的最大整数，如0.6 0, 2.1 2, 1.52. 参考数据：ln2 0.693,ln3 1.099,ln5 1.609,ln7 1.946.15 ．已知函数 f x e x m xln x m 1 x ；（1）若m 1 f x在0,上单调递增；，求证：（2）若g x =f ' x ，试讨论 g x 零点的个数.16．已知函数 f x e ax ?sinx 1 ，，其中 a 0 ．(I) 当a 1时，求曲线y f x 在点0，f 0 处的切线方程；( Ⅱ) 证明： f x 在区间0，上恰有 2 个零点．参考答案1．（Ⅰ）；（Ⅱ）当时 , 减区间为；当时，增区间为，减区间为； （Ⅲ）．【解析】【分析】（ 1）先求出函数f （ x ）的定义域和导函数 f ′（ x ），再由两直线垂直的条件可得 f ′（ 1）＝﹣ 3，求出 a 的值；（ 2）求出 f ′（ x ），对 a 讨论，由 f ′（ x ）＞ 0 和 f ′（ x ）＜ 0 进行求解，即判断出函数的单调区间；（ 3）由（ 1）和题意求出g （ ）的解析式，求出′（ x ），由 g ′（ x ）＞0 和 g ′（ x ）＜ 0x g进行求解， 即判断出函数的单调区间， 再由条件和函数零点的几何意义列出不等式组，求出b 的范围．【详解】（Ⅰ）定义域， ，，∴．（Ⅱ）当，，单减区间为当时令，单增区间为；令，单减区间为当时，单减区间∴当时 , 减区间为；当时，增区间为，减区间为；（Ⅲ）令，，令，；令，∴是在上唯一的极小值点，也是唯一的最小值点∴∵在上有两个零点∴只须∴．【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及几何意义、函数零点等基础知识，注意求出函数的定义域，考查计算能力和分析问题的能力．2．（ 1）（ 2）有两个不同的零点【解析】分析：（Ⅰ）设切点坐标为，故可以关于的方程组，从该方程组解得．（Ⅱ）因，故为减函数，结合可得的零点．又是分段函数，故分别讨论在上的单调性，结合利用零点存在定理得到有两个不同的零点．详解：（Ⅰ）设切点，所以，故，从而又切点在函数上，所以即，故，解得，．（Ⅱ）若且函数的零点为，因为，，为上的减函数，故．当时，，因为，当时，；当时，，则在上单调递增，上单调递减，则,所以在上单调递减．当时，，所以在区间上单调递增．又，且；又，所以函数在区间上存在一个零点，在区间上存在一个零点．综上，有两个不同的零点．点睛：处理切线问题的核心是设出切点坐标，因为它的横坐标沟通了切线的斜率和函数在该值处的导数．零点问题需要利用导数明确函数的单调性，再结合零点存在定理才能判断函数零点的个数．3．（ 1）见解析；（ 2）【解析】分析：（ 1）求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（ 2）分三种情况讨论的范围，分别利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理与函数图象，可筛选出函数在区间上恰有 2 个零点的实数的取值范围.详解：（ 1）当时，，此时在单调递增；当时，①当时，，恒成立，，此时在单调递增；②当时，令在和上单调递增；在上单调递减；综上：当时，在单调递增；当时，在和上单调递增；在上单调递减；（ 2）当时，由（1）知，在单调递增，，此时在区间上有一个零点，不符；当时，，在单调递增；，此时在区间上有一个零点，不符；当时，要使在内恰有两个零点，必须满足在区间上恰有两个零点时，点睛：导数及其应用通常围绕四个点进行命题．第一个点是围绕导数的几何意义展开，；第二个点是围绕利用导数研究函数的单调性、极值 ( 最值 ) 展开，设计求函数的单调区间、极值、最值，已知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与转化思想等数学思想方法；第三个点是围绕导数研究不等式、方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、讨论方程根等问题，；第四个点是围数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力．4．（ 1）（ 2）不存在横坐标为整数的点，过该点可以作的三条切线.【解析】分析：(1) 求出 f （ x）的导数，由切线方程可得切线斜率和切点坐标，可得a=2，即可得到 f （ x）的解析式；(2) 令，设图象上一点，，该处的切线, 又过点则过作 3 条详解：（ 1），由题意可知，，即（ 2），令，设图象上一点，，该处的切线又过点则①过作 3 条不同的切线，则方程①关于有令，图象与轴有 3 个不同交点3 个不同实根（ 1）当，，是单调函数，不可能有 3 个零点（2）当，或时，当时，所以在单调递减，单调递增，单调递减曲线与轴有个交点，应该满足，，当，又，所以无解（3）当，或时，，当时，在单调递减，单调递增，单调递减，应满足，，当，又，无解，综上，不存在横坐标为整数的点，过该点可以作的三条切线.点睛：（ 1）函数零点个数（方程根的个数）的判断方法：①结合零点存在性定理，利用函数的单调性、对称性确定函数零点个数；②利用函数图像交点个数判断方程根的个数或函数零点个数．（ 2）本题将方程实根个数的问题转化为两函数图象交点的问题解决.5．（ 1）当a 0 时， f x 在 0, 上递减，当 a 0 时， f x 在 0, a 上递减，在a , 上递增；（2）1 1ln3 .ln2 ln 3 m33【解析】试题分析：（ 1）函数求导得 f ' x 2x 2，分 a 0 和 a 0 两种情况讨论即可；a x2（ 2）结合（ 1 ）中的单调性可得最值g a 1 lna ，即m a ln a ( a 0) ，令2(a 9aF a a ln a 0) ，求导得单调性得值域即可.试题解析：（ 1） f ' x2x 2， (x0) ，a x当 a 0 时， f ' x 0 ，知 f x 在 0,上是递减的；当 a时， f ' x 2 xa x ax 在 0, a 上是递减的， 在 a ,ax，知 f上递增的 .（ 2）由（ 1）知， a 0 ， f xmin fa1 ln a ，即 g a1 lna ，方程 g a a2 1 m ，即 m a ln a29a( a 0) ，9a令 Faa lna 2(a0) ，则 F ' a1 1 23a 13a 2a9a 29a 2，9a知 Fa 在0, 1 和 2 ,是递增的，1 , 2是递减的，333 3F a 极大F 11 ln3 ，Fa极小F 21 ln2 ln 3，3 33 3依题意得1ln2ln 3 m1 ln3 .33点睛：已知函数有零点求参数常用的方法和思路：（ 1）直接法：直接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；（ 2）分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决；（ 3）数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解 .6．（ 1）见解析（ 2） k 的最大值为 1.【解析】试题分析： （1）先求导数，再根据 a 的正负讨论导函数符号变化规律，最后根据导函数符号确定极值， （ 2）先将无交点转化为方程1 在 R 上没有实数解，转化为k 1 x1e xxe x 在 R 上 没 有 实 数 解 ， 再 利 用 导 数 研 究 g xxe x 的 取 值 范 围 ， 即得k 11 , 1 ，即得 k 的取值范围是 1 e,1 ，从中确定 k 的最大值 . k 1ea①当 a 0 时， f x 0 ， f x 为, 上的增函数，所以函数 f x 无极值 .②当 a 0 时，令 f x 0 ，得 e x a ，x lna .x ,ln a ， f x 0 ； x lna ， f x 0.所以 f x 在,ln a 上单调递减，在lna, 上单调递增，故 f x 在x lna 处取得极小值，且极小值为 f lna lna 1 ，无极大值.综上，当 a 0 时，函数 f x 无极小值；当 a 0 ， f x 在 x lna 处取得极小值 lna ，无极大值.（Ⅱ）当 a 1 时， f x x 2 1 x. e直线 l : y kx 2 与曲线y f x 没有公共点，等价于关于 x 的方程 kx 2 x 2 1在 R 上没有实数解，即关于x 的方程：e xk 1 x 1x * 在 R 上没有实数解.e可化为1①当 k 1 时，方程* 0 ，在 R 上没有实数解.e x②当 k 1 时，方程* 化为 1 xe x.k 1令 g x xe x，则有 g x 1 x e x令 g x 0 ，得 x 1 ，当 x 变化时，g x 的变化情况如下表：x , 1 -1 1, g x - 0 +g x ↘ 1 ↗e当 x 1 时，g x min 1，同时当 x 趋于+ 时，g x 趋于 + ，e从而 g x 的取值范围为1. [ , ）e所以当 11 , 1 时，方程 * 无实数解，k e解得 k 的取值范围是 1 e,1 .综上，得 k 的最大值为 1.7．（ 1）；（2）；（ 3）或【解析】分析：（ 1）先求切点的坐标，再利用导数求切线的斜率，最后写出切线的方程.(2)先分离参数得到，再求函数的最小值，即得实数a 的取值范围 .(3) 先令，再转化为方程有且只有一个实根，再转化为有且只有一个交点，利用导数和函数的图像分析得到 a 的取值范围. 详解：（ 1），所以切线的斜率.又因为，所以切线方程为，所以切线方程为.（ 2）由得 .当 x=0 时，上述不等式显然成立，故只需考虑的情况.将变形得令，所以令，解得x＞ 1；令，解得x＜ 1.从而在（ 0,1 ）内单调递减，在（1， 2）内单调递增.所以 , 当 x=1 时，取得最小值e-1 ，从而所求实数的取值范围是.（3）令当时，，函数无零点；当时，，即令，令，则由题可知，当，或时，函数有一个函数零点点睛：第（ 3）问的转化是一个关键，由于直接研究函数有且只有一个零点比较困难，所以本题把函数的零点转化为方程有且只有一个实根，再转化为有且只有一个交点，这样问题经过一次又一次的转化，大大提高了解题效率，优化了解题. 所以在解答数学难题时，注意数学转化思想的灵活运用.8．（ 1）（ 2） 3【解析】试题分析：（ 1）第（ 1）问，先把问题转化成的图象与的图象有两个交点，再利用导数求出的单调性，通过图像分析得到 a 的取值范围 .(2)第（2）问，先通过函数有两个极值点分析出函数g(x) 的单调性，再通过图像研究得到它的零点个数.试题解析：（ 1）令，由题意知的图象与的图象有两个交点..当时，，∴在上单调递增；当时，，∴在上单调递减.∴.又∵时，，∴时， .又∵时， .综上可知，当且仅当时，与的图象有两个交点，即函数有两个零点.（ 2）因为函数有两个极值点，由，得有两个不同的根，（设）.由（ 1）知，，，且，且函数在，上单调递减，在上单调递增，则 .令，则，所以函数在上单调递增，故， . 又，；，，所以函数恰有三个零点.点睛：对于零点问题的处理，一般利用图像法分析解答. 先求出函数的单调性、奇偶性、周期性、端点的取值等情况，再画出函数的图像分析函数的零点的个数. 本题第（ 2）问，就是利用这种方法处理的.9．（Ⅰ）见解析 . （Ⅱ）见解析 .【解析】试题分析：（ I ）求出，分三种情况讨论的范围，分别令求得的范围，可得函数增区一定有且的极大值大于0，极小值小于0，则取得极大值和极小值时或，注意到此时恒有，则必有为极小值，此时极值点满足，即，还需满足，换元后只需证明即可.试题解析：（Ⅰ）由题可知.当，即时，令得，易知在上单调递减，在上单调递增.当时，令得或.当，即时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.（Ⅱ）不存在.理由如下：假设有三个相异零点.由（Ⅰ）的讨论，一定有且的极大值大于0，极小值小于已知取得极大值和极小值时或，注意到此时恒有，则必有为极小值，此时极值点满足，即，还需满足，又，，故存在使得，即存在使得.令，即存在满足.令，，从而在上单调递增，所以，故不存在满足，与假设矛盾，从而不存在使得有三个相异零点10． (1) 见解析 ;(2) . 0..【解析】试题分析：（1）先求出函数 f （x）的定义域和导函数 f ′（ x），对字母 a 分类讨论，由 f ′（x）＞0 和 f ′（x）＜0 进行求解，即判断出函数的单调区间；（2）由（1）和题意求出 g（x）的解析式，求出 g′（x），由 g′（x）＞0 和 g′（x）＜ 0 进行求解，即判断出函数的单调区间，再由条件和函数零点的几何意义列出不等式组，求出 b 的范围．试题解析：（1）定义域为，，当时，，当时，由得，∴当时，的单调增区间为，无减区间，当时，的减区间为，增区间为.（ 2）当时，，.令，得，，在区间上，令，得递增区间为，令，得递减区间为，所以是在上唯一的极小值点，也是最小值点，所以，又因为在上有两个零点，所以只需，，所以，即 .11． (1) 见解析 ;(2) .【解析】试题分析：（ 1）先求出，则至少存在一个零点，讨论的范围，利用导数研究函数的单调性，结合单调性与函数图象可得结果；（ 2）求出，分五种情况讨论的范围，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，利用函数的单调性，结合函数图象可排除不合题意的的范围，筛选出符合题意的的范围.试题解析：（ 1），令，故在上单调递增，则，因此，当或时，只有一个零点；当或时，有两个零点；（2）当时，，则函数在处取得最小值，当时，则函数在上单调递增，则必存在正数，使得，若，则，函数在与上单调递增，在上单调递减，又，故不符合题意.若，则，函数在上单调递增，又，故不符合题意.若，则，设正数，则，与函数的最小值为矛盾，12．（ 1）详见解析；（ 2） .【解析】试题分析：(1) 先设切点坐标，根据导数几何意义得切线斜率，根据切点既在切线上也在曲线上，联立方程组可得．再利用导数研究单调性，并根据零点存在定理确定零点唯一性，即得证结论，(2) 先化简不等式为，再分析函数单调性及其值域，结合图形确定讨论 a 的取法，根据整数解个数确定 a 满足条件，解得的范围．试题解析：（1）设切点为，则①，和相切，则②，所以，即．令，所以单增．又因为，所以，存在唯一实数，使得，且．所以只存在唯一实数，使①②成立，即存在唯一实数使得和相切．（2）令，即，所以，令，则，由（ 1）可知，在上单减，在单增，且，故当时，，当时，，当时，因为要求整数解，所以在时，，所以有无穷多整数解，舍去；当时，，又，所以两个整数解为 0， 1，即，所以，即，当时，，因为在内大于或等于1，所以无整数解，舍去，综上，．13．（ 1）f x x33x ；（2） 6 m 2【解析】试题分析：（ 1）求出函数的导函数，然后根据导数的几何意义得到关于a,b 的方程组，解方程组求得a, b 后可得函数的解析式．（2）设出切点x0 , y0 ，求导数后可得 f x0 3x02 3 ，即为切线的斜率，然后根据斜率公式可得 3x02 3 x03 3x0 m，即2x03 6x02 6 m 0．若x0 2函数有三条切线，则函数g x 2x3 6 x2 6 m有三个不同的零点，根据函数的极值可得所求范围．试题解析；（ 1）∵f xax3 bx2 3x ，∴ fx 3ax 22bx 3 ，根据题意得 {f 1 a b 3 2a 1f 13a2b 3 ，解得 {b 0，∴函数的解析式为fx x 3 3x .（ 2）由（ 1）得 f x3x 2 3 ．设切点为x 0 , y 0 ，则 y 0 x 03 3x 0 ， f x 03x 02 3 ，故切线的斜率为 3x 02 3 ，由题意得 3x 023 x 03 3x 0 m ，x 0 2即 2x 03 6x 02 6 m 0 ，∵过点M2,m m 2 可作曲线 yf x 的三条切线∴方程 2 x 03 6 x 026m 0 有三个不同的实数解，∴函数 g x 2x 3 6x 2 6 m 有三个不同的零点．由于 g x 6x 2 12x 6x x2 ，∴当 x 0 时， g x 0, g x 单调递增，当 0 x 2时， g x 0, g x 单调递减，当 x2 时， g x0, g x 单调递增 .∴当 x 0 时， g x 有极大值，且极大值为 g 0 m 6 ；当 x 2 时， g x 有极小值，且极小值为 g 2 m 2 ．∵函数 g x 有 3 个零点，6 m 0 ∴ {m，2 0解得 6m 2 ．∴实数 m 的取值范围是6,2 ．点睛：利用导数研究方程根的方法（ 1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求， 画出函数图象的大体形状， 标明函数极 ( 最 ) 值的位置， 通过数形结合的思想去分析问题，使问题的求解有直观的整体展现．（ 2）研究方程根的情况，也可通过分离参数的方法，转化为两函数图象公共点个数的问题处理，解题时仍要利用数形结合求解．14．（ 1） 7x y 10 0 ；（ 2） 2【解析】试题分析： （ 1）求导，利用对应导函数为 0 求出 a 值，再利用导数的几何意义进行求解；（ 2）求导，讨论导函数的符号变化确定函数的单调性和极值，通过极值的符号确定零点的位置，再利用零点存在定理进行求解.试题解析：（1）因为 fx2x 3 ax 2216 2a 2 a 7 ，则x 2，所以 f4 0 ，解得f 1 7 ，即 fx 在点 1, f 1 处的切线方程为 y 37 x 1 ，即 7 x y10 0 ；（ 2） f x x22 aln x ，f x2x 3 ax2x 0xx2令g x2x 3 ax 2 ，则 g x 6x 2 a由 a0, gx 0 ，可得 xa6g x 在 0, a上单调递减，在a , 上单调递增66由于 g 02 0 ，故 x0,a时， g x 06又 g 1a 0 ，故 g x 在 1,上有唯一零点，设为x 1 ，从而可知 f x在0, x 1 上单调递减，在 x 1,上单调递增由于 fx 有唯一零点 x 0 ，故 x 1 x 0 , 且 x 0 1又 2lnx 031 0 ......*x 0 3 1令h x 2ln x 031 ，可知h x 在 1, 上单调递增x 0 3 1由于 h 22ln2 10 2 0.7 10 0 ， h 32ln3290 ，7 726故方程* 的唯一零点 x 02,3 ，故 x 0215．（ 1）见解析（ 2）当 m 1时， g x 没有零点； m 1时， g x 有一个零点； m1时， gx 有两个零点 .【解析】试题分析：（ 1）m 1时， f x e x 1 xlnx ， f ' xe x 1lnx 1 ，要证 f x在 0，+ 上单调递增，只要证：f ' x0 对 x 0 恒成立，只需证明e x 1x （当且仅当 x1 时取等号） ． x lnx 1 （当且仅当 x 1时取等号），即可证明 f ' x0 ；（ 2）求函数的导数，根据函数极值和导数的关系，分 m 1 m ＞1， m1讨论，即可判断函数 g x 零点的个数．试题解析：（ 1） m 1时， f xe x 1xlnx ， f ' x e x 1 lnx 1 ，要证 f x 在 0，+上单调递增，只要证：f ' x0 对 x 0 恒成立，令i x e x 1 x ，则 i ' x e x 1 1 ，当 x 1 时， i ' x 0 ，当 x 1 i ' x 0 ，故 i x 在 ，1 上单调递减，在 1，+上单调递增，时，所以 i x i 10 ，即 e x 1x （当且仅当 x 1 时等号成立），令 j xx 1 lnx x 0 ，则 j ' xx 1x ，当 0x 1时， j ' x 0 ，当 x 1时，j ' x 0 ，故 j x 在（ 0， 1）上单调递减，在 1，+上单调递增，所以j xj 1 0 ，即 x lnx 1（当且仅当 x 1 时取等号）， f xe x 1lnx 1 x lnx 10 （当且仅当 x 1 时等号成立）f x 在 0，+ 上单调递增 .（ 2）由 g xe xmlnx m 有 g ' xe x m1 x0 ，显然 g ' x 是增函数，x令g ' x 00 ，得 e x 0 m1 ， e m x 0 e x 0 ， mx 0 ln x 0 ，x 0则 x0, x 0 时， g ' x 0 ， x x 0 ,时， g ' x0 ，∴ gx 在 0，x 0 上是减函数，在 x 0 ,上是增函数，∴ gx 有极小值，g x 0e xmln x 0 m12ln x 0 x 0 ，x 0①当 m 1时， x 0 1， g x 极小值 =g 10 ， g x 有一个零点1；② m1时， 0 x 0 1， g x 0g 1 1 0 1 0，g x 没有零点；③当 m 1时， x 0 1， g x 010 1 0 ，又 g e me emmm m e e mm0 ，又对于函数 y e x x 1 ， y ' e x 10 时 x 0 ，∴当 x 0 时， y1 0 1 0 ，即 e xx 1 ，∴g 3m e 2mln3m m2m 1 ln3m mm 1 lnmln3 ，令 tmm 1 lnm ln3 ，则 t ' m11 m 1mm ，∵ m 1，∴ t ' m 0 ，∴ t mt 12 ln3 0 ，∴ g 3m0 ，又 e m1 x 0 ， 3m 3x 0 3lnx 0x 0 ，∴ g x 有两个零点，综上， 当 m 1时， g x 没有零点；m 1时， g x 有一个零点； m 1时， g x 有两个零点 .【点睛】 本题题考查导数的综合应用， 利用函数单调性极值和导数之间的关系是解决本题的关键．，对于参数要进行分类讨论，综合性较强，难度较大．16．( Ⅰ) y x 1 ( Ⅱ) 见解析．【解析】试题分析：（ Ⅰ）求出 f x 在 x0 的导数即可得切线的斜率， 也就得到在 0, f处切线方程． （Ⅱ）先研究函数 fx 的单调性，其导数为 f ' x e axa sin x cosx ，当x 0,时，利用三角函数的符号可以判断出 f ' x 0 ，当 x, 时，导数有唯 22一的零点 x 0 且为函数的极大值点．结合f0 ， f 0 f 0 可以判断 f x 在20,x 0 存在一个零点，在 x 0 , 上存在一个零点，故在 0,上存在两个不同的零点．解析：（Ⅰ）当 a 1 时， f xe x sinx 1，所以f x e x sinx cosx ，故 f ' 01 ，又 f 01 ，故曲线在 0, f 0 的切线方程为 y x 1 ．（Ⅱ） f 'xe ax asinx cosx ．当 x0, 时，因为 a 0,sin x 0,cosx 0 ，故 f ' x 0 ，所以 f x 在 0,是单22调增函数；当 x, 时， f ' xae ax cosx 1 tanx ，令 tanx1 0, x, ，此方程2aa2有唯一解 x x 0 ．当 x, x 0 时， f ' x 0 ， f x 在, x 0 上是单调增函数； 22当 xx 0 ,时，f ' x 0 ， f x 在 x 0 ,上是单调减函数；因为 fx 的图像是不间断的， 所以 f x 在0,x 0上是单调增函数， 在 x 0 ,上是单调减a，f 0f1 0 ， 而 x 0函 数 ．又 f2e 21 02 ， 故f x 0f0 ，根据零点存在定理和 f x 的单调性可知 f x 在 0,x 0存在一个零2点，在x 0 ,上存在一个零点，故f x 在 0,上存在两个不同的零点．点睛：导数背景下函数的零点个数的讨论不仅要考虑函数的极值的符号， 还要结合零点存在定理去判断．一般地，我们在一个单调区间中要找到这样的a, b ，使得 f a f b0 ．。
高中数学导数求零点做题方法及例题
高中数学导数求零点做题方法及例题《高中数学导数求零点做题方法及例题》导数求零点是高中数学中的一个重要概念和解题方法。
理解和掌握此方法，对于解决各种数学问题以及考试取得优异成绩都非常关键。
本文将介绍导数求零点的做题方法，并通过例题加深理解。
首先，我们回顾一下导数的定义。
在数学中，给定一个函数f(x)，若其在某一点x_0处的导数f'(x_0)等于0，那么x_0就被称为函数f(x)的一个零点。
换句话说，零点就是函数曲线与x轴相交的点，即函数取值为零的位置。
那么，如何求解导数为零的点呢？我们可以运用微积分中的导数概念以及一些求根的方法，例如二分法、牛顿迭代法等。
下面以实际例题来说明导数求零点的做题方法。
例题1：已知函数f(x)=x^3-3x^2-9x+5，求其在(-∞,+∞)上的所有零点。
解：首先，我们需要求出导数f'(x)。
对于f(x)=x^3-3x^2-9x+5，求导后可得到f'(x)=3x^2-6x-9。
其次，我们将求得的导数f'(x)令为0，并解方程得到零点。
即3x^2-6x-9=0，两侧同时除以3，化简得到x^2-2x-3=0。
利用求根公式或配方法，解得x=-1，x=3。
因此，函数f(x)=x^3-3x^2-9x+5在(-∞,+∞)上的零点为 x=-1 和 x=3。
通过此例题，我们可以总结出求导数零点的方法：1. 求函数的导数。
2. 将导数等于0，即f'(x)=0，转化为方程。
3. 解方程得到零点。
导数求零点的方法在高中数学中经常出现，它常被应用于曲线的切线问题、函数图像的性质研究等。
掌握此方法不仅可以提升解题效率，还可以更加深刻地理解函数的性质。
总结起来，导数求零点是一种常用的数学方法，通过对函数的导数进行求解得到函数的零点。
掌握了此方法，我们可以在解决各种数学问题时更加轻松而高效。
因此，同学们在学习数学时，应该注重理解和运用导数求零点的做题方法，才能在考试中取得好成绩。
高考导函数综合训练(含标准参考答案)
导函数的综合应用【典型例题】考点一、利用导数研究函数的零点或方程的根【例1】(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝－k ln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．(2)【变式训练2】已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数t的取值范围．考点三与导函数有关的参数求解或求取值范围问题【例3】已知函数f(x)＝ln x－.(2)M；【应用体验】1.函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________.2.若函数f(x)＝x＋a sin x在R上递增，则实数a的取值范围为________.3.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为f (x )的导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A.(－3，－2)∪(2,3)B.(－，)C.(2,3)4.)5.，g ′(x )>01．已知曲线cos y ax x =在(22A ．2πB ．2π-C ．1-πD ．1π2.已知定义域为R 的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，对任意[)0,x ∈+∞，均满足：()()2xf x f x '>-．若()()2g x x f x =，则不等式()()21g x g x <-的解集是（）A ．(),1-∞-B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()1,1,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭3.若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.B ．(－∞，3] C.D ．[3，＋∞)二、填空题4.a 12≤恒5.6.7y8．已知函数f (x )＝ln x ＋＋ax (a 是实数)，g (x )＝＋1.(1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．B 组能力提升2.b 的3.2)为偶5.已知函数()()21x f x e x ax a =--+，其中a <1，若存在唯一的整数0x ，使得()0f x <0，则a 的取值范围是.(e 为自然对数的底数)6.若()x x f x e ae -=+为偶函数，则21(1)e f x e +-<的解集为_____________．三、解答题7．(2015·高考广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.【例题1】[解](1)由f(x)＝－k ln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．，0000由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1，即a0∈(0,1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2x ln x>0.故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【例题2】解：(1)m＝－1时，f(x)＝(1－x)e x＋x2，则f′(x)＝x(2－e x)，(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，则2[φ(x)]min<[φ(x)]max.∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，∴φ′(x)＝＝－.①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－>1.②当t≤0时，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增，∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0.③当0<t<1时，若x∈[0，t)，φ′(x)<0，φ(x)在[0，t)上单调递减；若x∈(t,1]，φ′(x)>0，φ(x)在(t,1]上单调递增，所以2φ(t)<max{φ(0)，φ(1)}，即2·<max，(*)③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a ＝－.综上所述，a ＝－.(3)∵f (x )<x 2，∴ln x －<x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，1.【答案】C 【解析】令()cos y f x ax x ==，则()c o s s in f x a x a x x '=-，所以()cos sin 22222a a f a πππππ'=-=- 12=，解得1a =-π.故选C ． 2.【答案】C【解析】试题分析：[)0,x ∈+∞时()()()()()22(2)0g x xf x x f x x f x xf x '''=+=+>，而()()2g x x f x =也为偶函数，所以()()()()2121|2||1||2||1|321013g x g x g x g x x x x x x <-⇔<-⇔<-⇔+-<⇔-<<，选C.3.解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]12k ≤12≥． 令()333x g x x x e =-+-，则()233(1)(33)x x g x x x x e e'=--=-++，所以当(,1)x ∈-∞时，()0g x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(,1)x ∈-∞上是减函数，在(1,)x ∈+∞是增函数，故()()min 111g x g e==-．6.【答案】),1()1,(+∞⋃--∞【解析】()()()()()22''2'211221'()222x g x f x g x x f x x x f x f x ⎡⎤=--∴=⋅-=⋅-<⎣⎦ ()'2210f x ∴⋅-<()'0g x ∴>得0x <，()'0g x <得0x >()()g x g x -=可知函数为偶函数()()()111010g f g =-=∴-=，结合()g x 的函数图像可知()0g x <的解集为),1()1,(+∞⋃--∞，即不等式212)(22+<x x f 的解集为),1()1,(+∞⋃--∞ 7.解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋＝.(a ，(a ，＋∞)点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为.8.解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝－＋2＝＝，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝.当x ∈时，f ′(x )<0；当x ∈时，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝处取到最小值，最小值为3－ln2；无最大值．(2)f ′(x )＝－＋a ＝，x ∈[1，＋∞)，显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．a 无试题分析：设12()()x g x e f x =，则11122211'()'()()(()2'())22x x x g x e f x e f x e f x f x =+=+，则已知'()0g x >，所以()g x 是增函数，所以(1)(0)g g >，即12(1)(0)e f f >，(1)f>A ． 考点：导数与函数的单调性．2.【答案】C【解析】 试题分析：由题意，得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=，则()()f x xf x +'＝2ln ()x x b x+-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则12()0x x b +->，所以12b x x <+．设1()2g x x x=+，则222121()122x g x x x -'=-=，当122x ≤≤时，()g x '<递增，94=，)x 是单)1=，所以(g )∞，故试题分析：验证发现，当x=1时，将1代入不等式有0≤a+b ≤0，所以a+b=0，当x=0时，可得0≤b ≤1，结合a+b=0可得-1≤a ≤0，令f （x ）=x 4-x 3+ax+b ，即f （1）=a+b=0，又f ′（x ）=4x 3-3x 2+a ，f ′′（x ）=12x 2-6x ，令f′′（x）＞0，可得x＞12，则f′（x）=4x3-3x2+a在[0，12]上减，在[12，+∞）上增，又-1≤a≤0，所以f′（0）=a＜0，f′（1）=1+a≥0，又x≥0时恒有430x x ax b≤-++，结合f（1）=a+b=0知，1必为函数f（x）=x4-x3+ax+b的极小值点，也是最小值点．y ax =-12 x>-时，1时，考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点.6.【答案】(0,2)【解析】试题分析：由()x x f x e ae -=+为偶函数可得1a =，所以()x x f x e e -=+．因为()x x f x e e -'=-),0(+∞上为增函数，所以()(0)0f x f ''>=，所以函数()f x 在),0(+∞上为增函数，所以21(1)e f x e+-<等价于1(1)f x e e --<+，即(1)(1)f x f -<，所以111x -<-<，所以02x <<． 考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性．7.解：(1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调(2)ln 2a )a(3)0，即8.＝2，设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －，当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln2－＝ln8－>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋＋1＋，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－>0，当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)<g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，所以m(x)＝。
高考数学最新真题专题解析—导数及其应用(新高考卷)
高考数学最新真题专题解析—导数及其应用（新高考卷）【母题来源】2022年新高考I 卷【母题题文】已知函数f(x)=x 3−x +1，则( ) A. f(x)有两个极值点 B. f(x)有三个零点C. 点(0,1)是曲线y =f(x)的对称中心D. 直线y =2x 是曲线y =f(x)的切线 【答案】AC 【分析】本题考查利用导数研究函数的极值与零点以及曲线上一点的切线问题，函数的对称性，考查了运算能力以及数形结合思想，属于中档题． 【解答】解： f(x)=x 3−x +1⇒f′(x)=3x 2−1 ，令 f′(x)=0 得： x =±√33，f′(x)>0⇒x <−√33 或 x >√33 ； f′(x)<0⇒−√33<x <√33，所以 f(x) 在 (−∞,−√33) 上单调递增，在 (−√33,√33) 上单调递减，在 (√33,+∞)上单调递增，所以 f(x) 有两个极值点 (x =−√33 为极大值点， x =√33为极小值点 ) ，故 A正确 ;又 f(−√33)=−√39−(−√33)+1=1+2√39>0 ， f(√33)=√39−√33+1=1−2√39>0 ，所以 f(x) 仅有 1 个零点 ( 如图所示 ) ，故 B 错 ;又 f(−x)=−x 3+x +1⇒f(−x)+f(x)=2 ，所以 f(x) 关于 (0,1) 对称，故 C 正确 ;对于 D 选项，设切点 P(x 0,y 0) ，在 P 处的切线为 y −(x 03−x 0+1)=(3x 02−1)(x −x 0) ，即 y =(3x 02−1)x −2x 03+1 ，若 y =2x 是其切线，则 {3x 02−1=2−2x 03+1=0，方程组无解，所以 D 错． 【母题来源】2022年新高考II 卷【母题题文】曲线y =ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为 ， ． 【答案】y =x e y =−xe 【分析】本题考查函数切线问题，设切点坐标，表示出切线方程，带入坐标原点，求出切点的横坐标，即可求出切线方程，为一般题． 【解答】解：当 x >0 时，点 (x 1,lnx 1)(x 1>0) 上的切线为 y −lnx 1=1x 1(x −x 1).若该切线经过原点，则 lnx 1−1=0 ，解得 x =e ， 此的切线方程为 y =xe ．当 x <0 时，点 (x 2,ln(−x 2))(x 2<0) 上的切线为 y −ln (−x 2)=1x 2(x −x 2) ．若该切线经过原点，则 ln(−x 2)−1=0 ，解得 x =−e ， 此时切线方程为 y =−xe ． 【命题意图】考察导数的概念，考察导数的几何意义，考察导数求导法则求导公式，导数的应用，考察数学运算和逻辑推导素养，考察分类讨论思想，函数和方程思想，化归与转化的数学思想，分析问题与解决问题的能力。
专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)
导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x x =+. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）讨论函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+， 令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论： 当21e a <-时，零点的个数为0个； 当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个； 当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案； 【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论． 【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增， 又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞， 根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点． 综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增， 此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意， 综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-， 设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =， 所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<． 以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 且 x →+∞时，()0h x →，()11h =， 所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =， 当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+， 所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数； （2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．（2022·天津静海一中高三月考）已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行． （1）求a 的值和函数()f x 的单调区间； （2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围． 【答案】（1）-9，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-； 由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-． （2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点． ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--， ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <； 由()0g x '<，解得12x <<．∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →， 作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围． （2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩， 解得3ln204k -<<， 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+， 令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增； 因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围． 【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值； （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案 【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =． （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<； 当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。
【数学】利用导数研究函数的零点问题讲评课件
答案见解析
【分析】将函数 的零点转个数化为 =
−
与
=
图像交点个
数，利用导数求得 的单调性和极值，进而求得函数 的零点个
数.
【详解】令 = ，得 = − ，
当 = 时， = − 无解，∴ 无零点，
当 ≠
时，
第10讲 利用导数研究函数零点问题
知识点一 讨论函数的零点问题
知识点二 根据函数的零点求参数的取值
知识点一 讨论函数的零点问题
例1
已知函数f x = ex + 2f ′ 0 x − cosx.
(1)求f x 的解析式；
【答案】 = − −
【分析】对函数求导后令 = 可得 ′ = −，即可求得
2e
a =______
【分析】常数分离得
=
= 有唯一的解，求出 的单调性与
极值，由 有且仅有一个零点可得 = .
【详解】当 = 时， = ≥ 恒成立， 在[, ]上无零点.
当 ≠ 时，即有 = = 在[, ]上有且仅有一个解.
即 ′ 在 , +∞ 上单调递增.
又 ′ = −＜， ′ = + − ＞，
根据零点存在定理可知∃ ∈ , ，使得 ′ = .
当��＜＜ 时， ′ ＜，所以 在 , 上单调递减；
当＞ 时， ′ ＞，所以 在 , +∞ 上单调递增.
上的图象有两个交点，
设两个交点的横坐标分别为 、 ，且 ＜ ，
−
由图可知，当 ＜＜ 或 ＜＜时，＞ ，此时，
人教版导数背景下的零点问题(共21张PPT)教育课件
心
安
；
书
一
笔
清
远
，
盈
一
抹
恬
淡
，
浮
华
三
千
，
只
做
自
己
；
人
间
有
情
，
心
中
有
爱
，
携
一
米
阳
光
，
微
笑
向
暖
。
口
罗
不
是
。
■
电
:
那
你
的
第
一
部
戏
有
没
有
胆
怯
，
像
费
里
尼
拍
第
一
部
戏
时
就
穿
戴
得
很
正
式
给
人
一
种
威
严
感
。
口
罗
没
有
我
和
他
不
同
。
我
是
从
底
层
爬
上
来
的
我
清
楚
怎
么
运
作
这
个
东
西
(
电
影
拍
摄
)
所
以
为
什
么
很
多
时
候
在
现
场
我
不
想
等
。
你
可
以
说
我
之前有个网友说自己现在紧张得不得了，获得了一个大公司的面试机会，很不想失去这个机会，一天只吃一顿饭在恶补基础知识。不禁要问，之前做什么去了？机会当真就那么少？在我看来到处都是机会，关键看你是否能抓住。运气并非偶然，运气都是留给那些时刻准备着的人的。只有不断的积累知识，不断的进步。当机会真的到来的时候，一把抓住。相信学习真的可以改变一个人的运气。 在当今社会，大家都生活得匆匆忙忙，比房子、比车子、比票子、比小孩的教育、比工作，往往被压得喘不过气来。而另外总有一些人会运用自己的心智去分辨哪些快乐或者幸福是必须建立在比较的基础上的，而哪些快乐和幸福是无需比较同样可以获得的，然后把时间花在寻找甚至制造那些无需比较就可以获得的幸福和快乐，然后无怨无悔地生活，尽情欢乐。一位清洁阿姨感觉到快乐和幸福，因为她刚刚通过自己的双手还给路人一条清洁的街道；一位幼儿园老师感觉到快乐和幸福，因为他刚给一群孩子讲清楚了吃饭前要洗手的道理；一位外科医生感觉到幸福和快乐，因为他刚刚从死神手里抢回了一条人命；一位母亲感觉到幸福和快乐，因为他正坐在孩子的床边，孩子睡梦中的脸庞是那么的安静美丽，那么令人爱怜。。。。。。
利用导数求解函数的零点和方程的根的策略
利用导数求解函数的零点活方程的根的策略【例题精讲】已知函数21()e xax bx f x ++=． （Ⅰ）当1a b ==时，求函数()f x 的极值；（Ⅱ）若()11f =，且方程()1f x =在区间()0,1内有解，求实数a 的取值范围．解：（Ⅰ）当1a b ==时，21()e x x x f x ++=，则2()ex x x f x -'=， 解不等式()0f x '>，得01x <<，所以，函数()f x 在()0,1上单调递增；解不等式()0f x '<，得0x <或1x >，所以，函数()f x 在(),0-∞和()1,+∞上单调递减，因此，函数()f x 的极小值为(0)1f =，极大值为3(1)ef =；（Ⅱ）由(1)1f =得e 1b a =--，由()1f x =，得2e 1x ax bx =++，设()2e 1x g x ax bx =---，则()g x 在()0,1内有零点，设0x 为()g x 在()0,1内的一个零点， 由()()010g g ==知，()g x 在()00,x 和()0,1x 上不单调，设()()h x g x '=，则()h x 在()00,x 和()0,1x 上均存在零点，即()h x 在()0,1上至少有两个零点． ()()e 2,e 2x x g x ax b h x a ''=--=-． 当12a ≤时，()0h x '>，()h x 在()0,1上单调递增，()h x 不可能有两个及以上的零点； 当e 2a ≥时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减，()h x 不可能有两个及以上的零点； 当1e 22a <<时，令()0h x '=，得()()ln 20,1x a =∈，所以，()h x 在()()0,ln 2a 上单调递减，在()()ln 2,1a 上单调递增，()h x 在()0,1上存在极小值()()ln 2h a ，若()h x 有两个零点，则有()()()()ln 20,00,10h a h h <>>,()()()1e ln 232ln 21e 22h a a a a a ⎛⎫=-+-<< ⎪⎝⎭，设()()3ln 1e 1e2m x x x x x =-+-<<，则()1ln 2m x x '=-，令()0m x '=，得x =当1x <<()0m x '>，函数()m x e x <<时，()0m x '<，函数()m x 单调递减．所以，()max 1e<0m x m =-，所以，()()ln 20h a <恒成立，由()()01e+2>0,h 1e 20h b a a b =-=-=-->,得e 21a -<<．【方法归纳】 公众号：品数学(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法.借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负,函数单调性判断函数图象走势,从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围.(2)数形结合法求解零点.对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性,画出草图数形结合确定其中参数的范围.(3)构造函数法研究函数零点.①根据条件构造某个函数,利用导数确定函数的单调区间及极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求解.②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.【变式练习1】已知函数()()22x 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】(1) ()()()()2'221121x x x x f x ae a e ae e =++-=-+,①当0a ≤时, ()'0f x <,()f x 在(),-∞+∞上单调递减,②当0a >时,f x 在(,ln )a -∞-上单调递减, (ln ,)a -+∞上单调递增.(2)因为()f x 有两个零点,所以必有0a >,否则()f x 在R 上单调递减,至多一个零点,与题意不符. 当0a >时, ()f x 在(,ln )a -∞-上单调递减, ()f x 在(ln ,)a -+∞上单调递增,又()f x 有两个零点,所以必有()ln 0f a -<,即()2112ln 0a a a a a ⎛⎫⋅+-⋅-< ⎪⎝⎭, 又因为0a >,可得22ln 0a a -+<.令()22ln g a a a =-+()0a >),则()1'20g a a =+>, 所以()g a 在()0,+∞上单调递增.因为()10g =,所以由22ln 0a a -+<可得01a <<.综上所述01a <<. 公众号：品数学【变式练习2】已知函数()ln a f x x a x =-+在[]1,e x ∈上有两个零点，则a 的取值范围是( ) A.e ,11e ⎡⎫-⎪⎢-⎣⎭ B.e ,11e ⎡⎫⎪⎢-⎣⎭ C.e ,11e ⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦D.[)1,e - 【解析】∵[]221'(),1,e a x a f x x x x x+=+=∈． 当1a ≥-时，()'0f x ≥，()f x 在[]1,e 上单调递增，不合题意． 当e a ≤-时，()'0f x ≤，()f x 在[]1,e 上单调递减，也不合题意． 当e 1a -<<-时，则,[)1x a ∈-时，()'0f x <，()f x 在[1,)a -上单调递减， ,e (]x a ∈-时，()'0f x >，()f x 在(],e a -上单调递增，又()10f =，所以()f x 在e []1,x ∈上有两个零点， 只需(e)10e a f a =-+≥即可，解得e 11ea ≤<--. 综上，a 的取值范围是e ,11e ⎡⎫-⎪⎢-⎣⎭.故选A.【变式练习3】已知函数217()(2)ln 422f x x x x x =++-+，则函数()f x 的所有零点为 . 【解析】函数)(x f 的定义域为),0(+∞， 且()2ln 3f x x x x'=++-． 设()2ln 3g x x x x =++-，则()()222221122()1x x x x g x x x x x+-+-'=-+==()0x >． 当01x <<时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>，即函数()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以当0x >时，()()10g x g ≥=（当且仅当1=x 时取等号）． 即当0x >时，()0f x '≥（当且仅当1=x 时取等号）． 所以函数()f x 在),0(+∞单调递增，至多有一个零点. 因为(1)0f =，1=x 是函数)(x f 唯一的零点.综上，函数()f x 的所有零点只有1=x ．【答案】1.。
【高考理数】利用导数解决函数零点问题(解析版)
2020题型一 利用导数讨论函数零点的个数 【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∈a >0，∈x 1<x 2，列表如下：∈f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a ＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∈存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∈f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，∈y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最大值为4，∈2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝1－4a 2， ∈当1－4a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．∈当1－4a2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0.又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4a2<0，即0<a <2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)， ∈φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1x <0，∈φ(x )在(0,1)上单调递减．又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e3＋2e 2－3e 2>0，∈存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，(∈)当0<x ≤x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝f (x )且h (x )为减函数． 又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∈h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (∈)当x >x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∈g (1)＝0，∈h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0<a <2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点； 当a >2时，h (x )无零点．题组训练一 利用导数讨论函数零点的个数 已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数． 【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x(x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∈函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2.(2)g (x )＝x ln x －12ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0， 故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0， 使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 取x 1＝e a ，又a <0，∈0<x 1<1，∈g (x 1)＝x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-＝e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221， 设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2e a ，(a <0)，h ′(a )＝－12a e a －12e a －2e a ＋2，(a <0)，h ′(0)＝－12，h ″(a )＝e －a －e a ＋e －a －12a e a >0，∈h ′(a )在(－∞，0)上单调递增，h ′(a )<h ′(0)<0， ∈h (a )在(－∞，0)上单调递减，∈h (a )>h (0)＝0， ∈g (x 1)>0，即当a <0时，g (e a )>0.当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，且g (2)＝2ln2－2<0. ∈函数g (x )在(0，＋∞)上始终有两个零点． 题型二 由函数零点个数求参数的取值范围 【题型要点解析】研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．已知函数f (x )＝mxln x ，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2x －1无零点，求k 的取值范围．【解析】 (1)函数f (x )＝mx ln x 的导数为f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2，又由题意有：f ′(e2)＝12∈m 4＝12∈m ＝2，故f (x )＝2xln x.此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2，由f ′(x )≤0∈0<x <1或1<x ≤e ，所以函数f (x )的单调减区间为(0,1)和(1，e]．(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1∈g (x )＝x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∈(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kxx －1在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解．构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ∈h ′(x )＝kx －2x2.∈当k ≤0时，h ′(x )<0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内恒成立，所以函数h (x )在(0,1)内单调递减，h (x )在(1，＋∞)内也单调递减.又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；∈当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2∈h ′(x )＝22x k x k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-， (i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e2k>0，故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点，所以不满足条件；(ii)若k ＝2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以x ∈(0,1)∈(1，＋∞)时，h (x )>0恒成立，故无零点，满足条件；(iii)若k >2，则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点． 又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －k )>0，所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点，故不满足条件．综上可得：k 的取值范围为：k ≤0或k ＝2.题组训练二 由函数零点个数求参数的取值范围 已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x－2a 2x －a＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增， 在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． 当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ∈若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；∈若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛1,21a 上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34， 又∈a >12，∈ln 12a <0，∈不等式不成立．∈f (x )在(0,1]内无零点；当a <0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ∈若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；∈若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．题型三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： (1)在该区间上构造与方程相应的函数； (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号； (4)作出结论．已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2.(1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∈f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －x －2.∈f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程3x ＋y －4＝0.(2)令g (x )＝f (x )－x －2＝0，则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln xx ，令h (x )＝1－(x －2)·ln xx，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ，∈t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数， 又∈t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0， 当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减，∈h (x )max ＝h (1)＝1.因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1.g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∈e －2<x <e∈函数g (x )在(e －2，e －32)上单调递增，在(e －32，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，∈g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e ＝g (e)，即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，∈m ≥2e 2－3e .题组训练三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 已知y ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时，求y 的最小值φ(x )；(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.∈当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1；∈当x >0时，f (t )的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋112x ，若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x ≤13，即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭⎫⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x >13，即0<x <13或x >1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.综合∈∈，得φ(x )＝⎩⎨⎧4x 3－1，x <13或x >1，4x 3＋2x 2－83x －13，13≤x ≤1.(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0，＋∞)，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，g ′(x )，g (x )取值的变化情况如下表：∈当t2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3＝－2t (3t －2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.∈当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点；若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛2,0t 内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0， 综合∈∈，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【专题训练】1．已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∈a ≤1ln 2x －1ln x＝221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x －14.∈x ∈(1，＋∞)，∈ln x ∈(0，＋∞)， ∈当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∈a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∈f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x ＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∈4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，求函数g (x )的解析式； (2)在(1)的条件下，求函数y ＝g (x )的图象在点P (－1，g (－1))处的切线方程； (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，若方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31， 即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1，代入得a ＝－1，∈g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∈g ′(x )＝3x 2－2x －1，g ′(－1)＝4，∈点P (－1,1)处的切线斜率k ＝g ′(－1)＝4，∈函数y ＝g (x )的图象在点P (－1,1)处的切线方程为y －1＝4(x ＋1)，即4x －y ＋5＝0.(3)由题意知，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0， ∈当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝h (1)＝－2， ∈a ≥－2.令φ(a )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∈φ(a )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∈φ(－2)＝－2e －2＝－2e 2，φ(－1)＝－e －1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，∈方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2e 2.3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。
专题15利用导数研究方程的根(解析版)
专题15 利用导数研究方程的根一、单选题1．已知函数()2e 1xf x x a =+-()a R ∈有两个极值点，则实数a 的取值范围为（）A ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．2,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【解析】对原函数求导得，()2e xf x x a '=+，因为函数()()2e 1xf x x a a R =+-∈有两个极值点，所以()0f x '=有两个不等实根，即2e 0x x a +=有两个不等实根， 亦即2e x xa -=有两个不等实根.令()2e x x g x =，则()()21e xx g x -'= 可知()g x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 所以()()max 21eg x g ==，又因为当0x <时，()0g x <，当0x >时，()0g x >， 所以2e 0a a ⎧-<⎪⎨⎪->⎩，解得20e a -<<，即a 的范围是2,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：B 2．若方程322640x x m -++=有三个不同的实数根，则m 的取值范围（） A ．()6,0-B ．()6,2-C ．()4,4-D ．()0,4【解析】设32()266f x x x =-+，x ∈R ，令2 ()6120f x x x '=-=，解得0x =或2， 则()f x '，()f x 随x 的变化如下表则当0x =时，函数有极大值()04f =；当2x =时，函数有极小值()24f =-， 又当x →-∞时，()f x →-∞，当x →+∞，()f x →+∞，所以当44m -<-<时，32266x x m -+=-有三个不同的实数根，此时44m -<<，故选：C . 3．若关于x 的方程ln 0kx x -=有两个实数根，则实数k 的取值范围是（）A ．(,)e -∞B ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．(0,)e【解析】由题意得ln x k x =，设ln ()xf x x=，21ln ()x f x x -'=. 当0x e <<时，()0f x '>，()f x 为增函数； 当x e >时，()0f x '<，()f x 为减函数,且()0f x >. 所以()f x 有最大值1()f e e=，简图如下，由图可知，1k e<<0时符合题意.故选：C. 4．设函数()ln ,01,0x x f x x x x >⎧⎪=⎨+<⎪⎩，若方程()f x x b =+有3个不同的实根，则b 的取值范围为（）A ．(),1-∞-B ．()1,0-C ．()0,1D ．()1,+∞【解析】令()()ln ,01,0x x x g x f x x x x->⎧⎪=-=⎨<⎪⎩；方程()f x x b =+有3个不同的实根等价于()g x 与y b =有3个不同的交点； 当0x >时，()111xg x x x-'=-=， 则当()0,1x ∈时，()0g x '>；当()1,x ∈+∞时，()0g x '<；()g x ∴在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，()()max 11g x g ∴==-； 则可得()g x 图象如下图所示，由图象可知：当1b <-时，()g x 与y b =有3个不同的交点； 综上所述：实数b 的取值范围为(),1-∞-.故选：A.5．若关于x 的方程12ln 0x x x mx -+-=在区间1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭内恰有两个相异的实根，则实数m 的取值范围为（）A ．(]12ln2e 3--,B ．1e 12ln 2e +⎛⎤- ⎥⎝⎦, C ．1e 12ln2e +⎛⎫- ⎪⎝⎭,D ．()12ln 2e 3--,【解析】依题意关于x 的方程12ln 0x x x mx -+-=在区间1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭内恰有两个相异的实根，12ln 1m x x =+-，构造函数()112ln 1e e x x x x f ⎛⎫+-<< ⎝=⎪⎭，()'221221x f x x x x -=-+=，所以()f x 在区间()()'11,,0,e 2f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'1,e ,0,2f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭递增.122ln 2112ln 22f ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，1e 21e 3e f ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，()11e e 21e e f +=+-=，所以()12ln 2e 3m -∈-,.故选：D 6．已知函数()ln x f x x=，若关于x 的方程()()210f x af x a ++-=⎡⎤⎣⎦有且仅有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是() A ．()2e,1e -- B ．()1e,0-C ．(),1e -∞-D ．()1e,2e -【解析】因为()ln xf x x=，所以()()2ln 1ln x f x x -'=，当()()0,11,e x ∈⋃，()0f x '<；当()e,x ∈+∞，()0f x '>， 所以()f x 在()0,1和()1,e 单调递减，在()e,+∞单调递增，且当0x →时，()0f x →，()e e f =，故()f x 的大致图象如图所示： 关于x 的方程()()210f x af x a ++-=⎡⎤⎣⎦等价于()()110f x f x a ++-=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 即()1f x =-或()1f x a =-，由图知，方程()1f x =-有且仅有一解，则()1f x a =-有两解， 所以1e a ->，解得1a e <-，故选:C.7．已知曲线()ln 2f x x x =+与曲线()()2g x a x x =+有且只有两个公共点，则实数a 的取值范围为（）A ．(),0-∞B ．(]0,1C ．()0,+∞D ．()0,1【解析】根据题意，可得函数()f x 的定义域为：(0,)x ∈+∞ 方程2ln 2()x x a x x +=+有两个实数解，0x ，即得20x x +>，∴方程2ln 2x xa x x+=+有两个实数解， 此时令2ln 2()(0)x xh x x x x+=>+，则直线y a =与函数()y h x =的图象有两个交点， 令()0h x '=，则有12x =-，或1x =，()001h x x '∴>⇒<<；()01h x x '<⇒>,()h x ∴在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减,()max h x h ∴=（1）1=,当0x →时，()h x →-∞；当x →+∞时，()0h x >∴若使直线y a =与()y h x =有两个交点，则需使01a <<.故选：D ．8．若方程22ln 0x ax e x e +-+=在区间()0,∞+内有2个不等实根，则实数a 的取值范围是（）A ．(21,12e e ⎤---⎦B ．()21,12e e ---C ．(],12e -∞-D ．(),12e -∞-【解析】由220x ax elnx e +-+=，得2ln e e xx a x x++=，因为当0x >时，函数()2e f x x a x =++，()()()2'221x e x e e f x x x +-=-=，所以()f x 在区间()0,e 内()'0f x <，()f x 单调递减﹐在区间(),e +∞内()()'0,f x f x >单调递增﹐而函数()ln e x g x x=，()'21ln x g x e x -=⋅ ()g x 在区间()0,e 内()()'0,g x g x >单调递增，在区间(),e +∞内()()'0,g x g x <单调递减.所以，若方程有两个不等实根，则只需()()f e g e <即可， 即21elnee a e+<=，解得12a e <-.故选：D 9．已知关于x 的方程22ln (2)x x x k x +=++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两解，则实数k 的取值范围为（）A ．ln 2(1,1]5+B ．9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ C ．(]1,2 D ．(]1,e【解析】由x 的方程22(2)x xlnx k x +=++，则222x xln k x x -+=+，1[,)2x ∈+∞，设22()2x xlnx g x x -+=+，1[,)2x ∈+∞，则22324()(2)x x lnx g x x +--'=+，令2()324h x x x lnx =+--，1[,)2x ∈+∞，则(21)(2)()0x x h x x -+'=， 即()y h x =在1[,)2+∞上为增函数，(1)0h =，(1)0g ∴'=，当112x <时，()0h x <，()0g x ∴'<，当1x >时，()0h x >，()0g x ∴'>， 关于x 的方程22(2)x xlnx k x +=++在1[2，)+∞上有两解，1(1)()2g k g ∴<， 又1922()210ln g +=，即922110ln k +<，故选：B 10．已知函数()()32,0,111,0,32x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩若方程()148f x ax =-恰有3个不同的实根，则实数a 的取值范围为（） A ．(),2-∞B ．1,12⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,22⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】由题，当0x <时，令()()()111g 1484848x f x ax x ax a x =-+=-+=-+， 根据一次函数性质可得101a a ->⇒<，此时有一个根，101a a -<⇒>，此时无根；当0x ≥时，令()()()323211g 48481111113232x a x ax x a a x x x =+-+=-+++-，求导()()()211x a g x x x x a =-+=-+'⎡⎤⎣⎦，令()12001g x x x a '=⇒==+或，当10a +≤时，()g x 在()0+∞，上单调递增，故无零点，不满足题意； 当10a +>时，()g x 在()0,1a +单调递减，在()1,a ∞++单调递增， 由题，函数()f x 恰有3个零点，则说明在当0x <时，有1个零点， 在0x ≥时有两个零点，故可知1a <且()g 10a +<， 所以()()()()()332111110111g 114864832a a a a a ++=+=--++++<，解得12a >-；综上可得112a -<<，故选：B二、多选题11．若关于x 的方程()()2213e 12e 0x xx x t t +-++=有两个实数根，则t 的取值可以是（）A ．2e-B ．1e-C ．1eD ．2e【解析】()()()2222213e 12e 0(1)31e 2e 0x x x xx x t t x t x t +-++=⇔+-++=2211320e e x x x x t t ++⎛⎫⎛⎫⇔-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1120e e x x x x t t ++⎛⎫⎛⎫⇔--= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 相当于用y t =和2y t =这两条水平的直线去截函数()1e xx f x +=的图像一共要有两个交点. ()e xxf x '=-，所以当0x <时，()0f x '<；当0x >时，()0f x '>； 所以函数的增区间为(,0),-∞减区间为(0,)+∞.且当x 取-∞时，()0f x <，当x 取+∞时，()0f x >，max ()(0)1f x f ==. 所以函数()1e xx f x +=图象如图所示， 当2e t =-时，42e t =-，2e y =-和4e y =-和函数的图象各有一个交点，共有两个交点，满足题意；当1e t =-时，22e t =-，1ey =-和2e y =-和函数的图象各有一个交点，共有两个交点，满足题意；当1t e =时，22e t =，1ey =和2e y =和函数的图象各有两个交点，共有四个交点，不满足题意；当2et =时，42e t =，2e y =和4e y =和函数的图象各有两个交点和零个交点，共有两个交点，满足题意.故选：ABD12．已知函数2,0(),0x x x f x e x >⎧=⎨≤⎩，()x g x e =（e 是自然对数的底数），若关于x 的方程(())0g f x m -=恰有两个不等实根1x ､2x ，且12x x <，则21x x -的可能取值是（）A ．1(1ln 2)2-B ．1ln2-C ．1ln 22+D ．1(1ln 2)2+【解析】方程(())0g f x m -=等价于：0xx e m >⎧⎨=⎩和20x e x e m ≤⎧⎪⎨=⎪⎩共有两个不同的实数根1x ､2x ，且12x x <， 故1m 且2x 为方程0x x e m >⎧⎨=⎩的根，1x 为20x e x e m ≤⎧⎪⎨=⎪⎩的根.故122ln ,ln xx m e m ==，故()11ln ln 2x m =，因为10x <，故ln 1m <即m e <，故1m e <<，故()211ln ln ln 2x x m m -=-，设()ln 0,1s m =∈，()1ln 2g s s s =-，则()121122s g s s s-'=-=，当102s <<时，()0g s '<；当112s <<时，()0g s '>；故()g s 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭为增函数，故()g s 在()0,1的值域为11ln 2,22⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭，因为111313ln 21ln 2ln 2ln 2022222----=-=<，111(1ln 2)ln 2222-<+， 111ln 2ln 2222+>+.故选：CD. 13．已知()'f x 为函数()f x 的导函数，且211()(0)(1)2x f x x f x f e -'=-+，若21()()2g x f x x x =-+，方程()0g x ax -=有且只有一个根，则a 的取值可能是（） A ．e B ．1 C ．1-D ．12-【解析】由()()()211012x f x x f x f e -=-+'，得()()101f f e -='， ()()()101x f x x f f e -'=-+'，∴()()()11111f f e f -'=-'+'，∴()1f e '=，则()101f e e -=⋅=，则()212x f x x x e =-+，∴()()212x g x f x x x e -+==， 方程()0g x ax -=，即x e ax =，0x =时方程显然无解；0x <时，对于任意0a <，函数x y e =与y ax =有一个交点，满足题意；0x >时，则x e a x =，令()x e h x x =，则()()221xx x e x xe e h x x x--'==． 当()0,1x ∈时，()0h x '<，当()1,x ∈+∞时，()0h x '>， ∴()h x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，又当0x +→时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞．∴()h x 在()0,∞+时的图象如图：由图可知，a e =时，方程xea x=有一根，综上，a 的取值范围为(){}0e -∞，，故选：ACD ．14．已知函数()()21,02ln 1,0x x f x x x x ⎧+>⎪=⎨⎪-≤⎩，若关于x 的方程()()220f x f x t -+=有3个不同的实数根，则t 的取值可以为（）． A．-B ．4-C ．3-D ．3【解析】当],(0x ∈-∞时，()()ln 1f x x =-，单调递减，当0x >时，()212x f x x =+，()32211x f x x x x-'=-=，当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以在1x =时，()f x 取得最小值，()312f =，画出()f x 的图象，令()f x m =，则方程为220m m t -+=，要想方程()()220f x f x t -+=有3个不同的实数根，结合()f x 的图象可知需要满足：220m m t -+=有两个不同的实数根1m ，2m ， 满足：132m =且2302m ≤<或满足：132m >且20m <.令()22g m m m t =-+，则23323022t t ⎛⎫⨯-+=+= ⎪⎝⎭，即3t =-，当2230m m --=时，另外一个根为1-，不符合132m =且201m ≤<； 当132m >且20m <时，必须()003302g t g t ⎧=<⎪⎨⎛⎫=+< ⎪⎪⎝⎭⎩，所以3t <-.综上，3t <-．故选：AB ． 三、填空题15．若方程x －m ＝e x 在区间[0，1]有且只有一解，则实数m 的取值范围是_______. 【解析】已知方程化为e x m x =-，设()e x f x x =-，[0,1]x ∈，则()1e 0x f x '=-≤，()f x 在[0,1]上单调递减，(0)1f =-，(1)1e f =-，所以1e 1m -≤≤-．16．若曲线ln x y x =与212y kx =-仅有1个公共点，则k 的取值范围是___________. 【解析】由题意可得:2ln 12x kx x =-只有一个解()0x >, 即32ln 12x k x x=+只有一个解. 令()32ln 12x g x x x =+, ()0x >，原问题等价于y k =与()y g x =只有一个交点. 因为()43413ln 113ln x x xg x x x x '---=-=， 因为13ln y x x =--在()0,∞+上单调递减, 且在1x =处的值为0 ,所以当()0,1x ∈时, ()()0,g x g x '>单调递增,当()1,x ∈+∞时, ()()0,g x g x '<单调递减且恒为正,所以()()max 112g x g ==,又因为y k =与()y g x =只有一个交点,所以(]1,02k ⎧⎫∈-∞⎨⎬⎩⎭. 17．若函数()22e x f x mx =-+在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有两个极值点，则实数m 的取值范围是________.【解析】()e 2xf x mx =-'+，由()22e x f x mx =-+在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有两个极值点知，()e 20xf x mx '=-+=在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不等的根，即e 2xm x=在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不等的根.令e ()=x g x x ，1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦，则22e e (1)()x x x g x x x -'==，当112x ≤<时，()0g x '<，当12x <≤时，()0g x '>，所以函数()g x 在1[,1]2上单调递减，在[1,2]上单调递增，故当1x =时min()(1)e g x g ==，又1221e ()2e (2)22g g ===，所以e 2m <≤e 2m <≤e 2xm x=在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不等的根，即函数2()2x f x e mx =-+在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦上有两个极值点.故答案为：e 2m <18．已知关于x 的方程233()ln 3ln x t x t t +=有三个实数根，则t 的取值范围是______ 【解析】方程233()ln 3ln x t x t t +=即方程233ln ln 3ln 0x x t x t t +-=，令()()233ln ln 3ln 0f x x x t x t t x =+->，则()3322ln 2ln 1t t f x x x x x x x x ⎛⎫'=++=++ ⎪⎝⎭，令()322ln 1t g x x x =++，则()()2332x t g x x -'=，当320x t <<时，()0g x '<，当32x t >时，()0g x '>，所以函数()g x 在320,t ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，在32,t ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增，所以()32min3ln 2g x g t t ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，因为关于x 的方程233()ln 3ln x t x t t +=有三个实数根， 即函数()()233ln ln 3ln 0f x x x t x t t x =+->有3个零点，则3ln 20t +<，所以230,e t -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，因为0x →时，()g x ∞→+，当x →+∞时，()g x ∞→+，所以函数()g x 有两个零点12,x x ，不妨设12x x <，则32120x t x <<<， 当10x x <<或2x x >时，()0f x '>，当12x x x <<时，()0f x '<， 所以函数()f x 在()10,x 和()2,x +∞上递增，在()12,x x 上递减， 又因0x →时，()f x →-∞，当x →+∞时，()f x →+∞，3333233ln ln 3ln 022f t t t t t t t ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，32120x t x <<<，所以函数()()233ln ln 3ln 0f x x x t x t t x =+->有3个零点，即关于x 的方程233()ln 3ln x t x t t +=有三个实数根，所以t 的取值范围是230,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭. 四、解答题19．已知函数()21ln 22f x x ax x =--(1)若3a =，求()f x 的增区间；(2)若0a <，且函数()f x 存在单调递减区间，求a 的取值范围；(3)若12a =-且关于x 的方程()12f x x b =-+在[]1,4上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围.【解析】(1)()f x 的定义域是()0,+∞，3a =时，()()()311132x x f x x x x--+=-='-， 令()0f x '>，得103x <<，∴函数()f x 的增区间是10,3⎛⎤⎥⎝⎦.(2)()12f x ax x '=--，由函数()f x 存在单调递减区间，知()0f x '≤在()0,+∞上有解区间，∴120ax x--≤，即212a x x ≥-，而22121111x x x ⎛⎫-=--≥- ⎪⎝⎭，当且仅当1x =时取等号，∴1a >-，（当1a =-时，不等式只有唯一的解1x =，不符题意舍去），又0a <，∴a 的取值范围是()10-，． (3)12a =-时，()21ln 24f x x x x =+-，则()12f x xb =-+即为213ln 42b x x x =+-，令()()213ln 1442g x x x x x =+-≤≤，则()()()12113222x x g x x x x--'=+-=，当12x <<时，()0g x '<，()g x 递减；当24x <<时，()0g x '>，()g x 递增.∴()()min 2ln22g x g ==-，又()514g =-，()4ln42g =-，()()14g g <，∴5ln224b -<≤-，即实数b 的取值范围是5ln224⎛⎤-- ⎥⎝⎦，． 20．已知函数()()1xf x x e =+.（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）若方程()f x a =有两个不同的解，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域是R ，()()2xf x x e '=+，()0f x '=可得2x =-，所以()f x 的单增区间是()2,-+∞，单减区间是(),2-∞-当2x =-时，()f x 取得极小值()22f e --=-，无极大值.（2）由（1）以及当x →+∞，()f x →+∞，x →-∞，()0f x →，()2min f x e -=-，因为方程()f x a =有两个不同的解，所以a 的取值范围为()2e ,0--.21．已知函数()()xxf x a a R e =-∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若方程()f x ＝0有两个不相等的实数根，求实数a 的取值范围.【解析】（1）∵()()x x f x a a R e=-∈，所以21()()x x x x e xe x f x e e --'== ∴当1x <时，()0f x '>，当1x >时，()0f x '<；即()f x 的单调递增区间是(,1)-∞，单调递减区间是(1,)+∞.（2）由()0x x f x a e=-=得x x a e =， 将此方程的根看作函数x x y e =与y a =的图象交点的横坐标， 由（1）知函数x x y e =在1x =时有极大值1e，作出其大致图象， ∴实数a 的取值范围是10a e <<. 22．已知函数()2ln f x a x bx =+图象上点()()1,1P f 处的切线方程为230x y --=. （1）求函数()y f x =的解析式;（2）函数()()ln 4g x f x m =+-，若方程()0g x =在1,2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两解,求实数m 的取值范围 【解析】（1）由题意可知()2a f x bx x+'=（0x >） ∵函数()2ln f x a x bx =+图象上点()()1,1P f 处的切线方程为230x y --= ∴()()12,11f f '==-，∴221a b b +=⎧⎨=-⎩，∴4,1a b ==-，∴()24ln f x x x =-； （2）函数()()2ln 44ln ln 4g x f x m x x m -=+-=+-（0x >），则()42g x x x '=-（0x >），∴当1e x ⎡∈⎢⎣时，()0g x '>；当x ⎤∈⎦时，()0g x '<； ∴函数在1e ⎡⎢⎣，上单调增，在⎤⎦上单调减，∵方程()0g x =在12e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恰有两解，∴()10e 020g g g ⎧⎛⎫≤ ⎪⎪⎝⎭⎪⎪>⎨⎪≤⎪⎪⎩，∴214ln 40e 204ln 24ln 40m m m ⎧--+-≤⎪⎪-+>⎨⎪-+-≤⎪⎩，解得242ln 2m <≤-.23．已知函数()ln 1f x x ax =-+，其中R a ∈．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()2f x x =有且仅有两个不相等实根，求实数a 的取值范围．【解析】(1)()f x 的定义域为()0,∞+，()11ax f x a x x-'=-=， 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在()0,∞+上递增；当0a >时，()f x 在区间()()10,,0,f x f x a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭递增；在区间()()1,,0,f x f x a ⎛⎫'+∞< ⎪⎝⎭递减. (2)依题意()2f x x =有且仅有两个不相等实根，即()ln 120x ax x x -+=>有两个不相等的实根，ln 12x a x+=-，构造函数()()ln 120x h x x x +=->， ()2ln x h x x -'=，所以()h x 在区间()()()0,1,0,h x h x '>递增；在区间()()()1,,0,h x h x '+∞<递减. 所以()()max 11h x h ==-.12e h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当1x >时，ln 0x >，()ln 122x h x x +=->-， (),2x h x →+∞→-，所以a 的取值范围是()2,1--.24．已知函数()()ln 0f x ax x a =≠，函数()1g x kx =-．(1)求()f x 的单调区间；(2)当1a =时，若()f x 与()g x 的图象在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的交点，求k 的取值范围． 【解析】(1)由题意可得()f x 的定义域为()0,∞+，且()ln f x a x a '+=．①当0a >时，由()0f x '>，得1e x >；由()0f x '<，得10ex <<． 故函数()f x 的单调递增区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭． ②当0a <时，由()0f x '<，得1e x >；由()0f x '>，得10ex <<． 故函数()f x 的单调递减区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调递增区间为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭． 综上，当0a >时，()f x 的单调递增区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭； 当0a <时，()f x 的单调递减区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调递增区间为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭． (2)当1a =时，令()()f x g x =，得ln 1x x kx =-，即1ln k x x=+， 则()f x 与()g x 的图象在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的交点，等价于1ln k x x =+在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实根． 设()11ln e e ⎛⎫=+≤≤ ⎪⎝⎭h x x x x ，则()22111x h x x x x -'=-=．由()0h x '>，得1e x <≤；由()0h x '<，得11ex ≤<． 函数()h x 在(]1,e 上单调递增，在1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，故()()11h x h ≥=． 因为1e 1e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭h ，()1e 1e =+h ，且()11e e 20e e ⎛⎫-=--> ⎪⎝⎭h h ， 所以要使1ln k x x =+在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实根，则111e <≤+k ， 即k 的取值范围为11,1e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦． 25．已知函数()1e x f x ax =--，a ∈R ．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若方程()ln f x x x =在(1,e)上有实根，求实数a 的取值范围．【解析】(1)()e x f x a '=-，0a ≤时，()0f x '<，()f x 在R 上单调递减；0a >时，ln x a <，()0f x '>，()f x 单调递增， ln x a >，()0f x '<，()f x 单调递减；综上，0a ≤时，()f x 在R 上单调递减； a ＞0时，f (x )在(),ln a ∞-单调递增，在()ln ,a ∞+单调递减.(2)()ln 1e ln 1e ln x xx x f x x x ax x x a x ++=⇒--=⇒=，令()ln 1e ,1e xx x g x x x ++=<<， 则()()()()22ln 1e ln 1e 11e 0x x xx x x x x g x x x ++----+==>'， ∴g (x )在(1，e)上单调递增，∴()()()()()e 111,e 1e,1e e g x g g --∈=+++，∴()e 111e,1e e a --∈+++. 26．已知函数()lnf x x ax =-在2x =处的切线与直线230x y +-=平行.（1）求实数a 的值；（2）若关于x 的方程()22f x m x x +=-在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个不相等的实数根，求实数m 的取值范围. 【解析】（1）函数()ln f x x ax =-的导数为()1f x a x'=-， 即有在2x =处的切线l 的斜率为12a -，由切线l 与直线230x y +-=平行， 即有1122a -=-，解得1a =；（2）关于x 的方程()22f x m x x +=-在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个不相等的实数根， 即有2ln 3m x x x -=-+在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个不相等的实数根.令()2ln 3g x x x x =-+， ()()()2211113232x x x x g x x x x x---+'=-+==， 当112x <<时，()0g x '<，()g x 递减，当12x <<时，()0g x '>，()g x 递增. 即有1x =处()g x 取得最小值，且为2-，又15ln 224g ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()2ln 22g =-， ()132ln 4024g g ⎛⎫-=-> ⎪⎝⎭，∴52ln 24m -<-≤--，解得5ln 224m +≤<. 27．已知函数()ln f x x x =(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)求()f x 的单调区间；(3)若方程()10f x ax -+=在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个相异实根，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)因为函数()ln f x x x =，所以()1ln ln 1f x x x x x'=+⋅=+，()1ln111f '=+=. 又因为()10f =，则切点坐标为()1,0，所以曲线()y f x =在点()1,0处的切线方程为1y x =-. (2)函数()ln f x x x =定义域为()0,∞+，由（1）可知，()ln 1f x x '=+.令()0f x '=解得1ex =. ()f x 与()f x '在区间()0,∞+上的情况如下：所以，()f x 的单调递增区间是1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；()f x 的单调递减区间是10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. (3)方程()10f x ax -+=在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个相异实根,即方程ln 10x x ax -+=在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个相异实根，即1ln a x x =+在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个相异实根，令1()ln g x x x =+，则22111()x g x x x x-'=-=， 当1,1e x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0g x '<，当[]1,e x ∈时，()0g x '>， 所以()g x 在1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭单调递减，在[]1,e 上单调递增， 又(1)1g =，1e 1e g ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，1()1g e e =+，所以11(e)e 20e e g g ⎛⎫-=--> ⎪⎝⎭， 要使1ln a x x =+在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个相异实根，须111e a <≤+， 所以实数a 的取值范围为11,1e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦. 28．已知函数()ln 1f x x x =--．(1)求()f x 的最小值；(2)设()2()ln x x F x x x f =-+，若()0F x =有且仅有两个实根1212,()x x x x <，证明：121=x x ．【解析】(1)()f x 的定义域为()0+∞，．11()1x f x x x '-=-=， 令()0f x '=，即10x x-=，解得1x =， 当()0,1∈x 时，0f x ；当()1，+x ∈∞时，0f x ，所以()f x 在0,1单调递减，在1+，单调递增，故1x =是()f x 在()0+∞，的唯一最小值点． 所以min ()(1)1ln110f x f ==--=．(2)()()ln 2(1)ln 1F x x x x f x x x x =-+=---，()F x 定义域为()0+∞，， 因为1()ln F x x x'=-．所以()F x '在()0+∞，单调递增， 又()110F '=-<，()ln 41202F -'=>，故存在()01,2x ∈，使得0()0F x '=． 所以当()00,x x ∈时，()0F x '<，()F x 在()00,x 上单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0F x '>，()F x 在()0,x +∞上单调递增．因为()0F x =有且仅有两个实根12,x x ，所以()100,x x ∈，()20,x x ∈+∞又0()(2)ln 230F x F <=-<，22()30F =->e e ，且2()0F x =所以222x <<e ，故221112x <<e ．又222222()1111()(1)ln 10F x F x x x x x =---==又()F x 在()0,x +∞单调递减，故21x 是()0F x =在()00,x 的唯一根， 故121x x =．所以121=x x ．29．已知函数()ln f x x x =，()()21f x g x x x x=-+． (1)求函数()g x 的单调区间； (2)若方程()f x m =的根为1x 、2x ，且21x x >，求证：211e x x m ->+．【解析】(1)因为()ln f x x x =，()()21f x g x x x x=-+， 所以()12ln g x x x x=-+定义域为()0,∞+， ()()222221212110x x x g x x x x x ---+-'=--==≤， 所以()g x 在()0,∞+上单调递减，即()g x 的单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间；(2)证明：()ln f x x x =，()1ln f x x '=+， 当10e x <<时()0f x '<，当1ex >时()0f x '> 所以()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，则()min 11e e f x f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 当01x <<时，()ln 0f x x x =<，所以12101x x e <<<<，且10em -<<， 当10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x 时，ln 1x <-，所以ln x x x <-，即()f x x <-， 设直线y x =-与y m =的交点的横坐标为3x ，则1311ln x x m x x <=-=-， 下面证明当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()1(1)e 1f x x <--， 设l e 111()ln (1)(n )11e ()e 1h x x x x x x x =--=-+---，11()ln 1e (1e )m x x x =-+--，则22e 11(1)1(e )(1))e (1x m x x x x --'=-=--， 当11e e 1x <<-时，()0m x '<，当11e 1x <<-时，()0m x '>， 所以()m x 在11,e e 1⎛⎫ ⎪-⎝⎭上是减函数，在1,1e 1⎛⎫ ⎪-⎝⎭上增函数， 又因为10e m ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()10m =，所以当11ex <<时，()0m x <，()0h x <， 故当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()1(1)e 1f x x <--，设直线1(1)1y x e =--与y m =的交点的横坐标为4x ，则241(e 1)x x m >=+-， 所以21431e x x x x m ->-=+，得证．30．已知函数()()2e x f x x ax a =++∈R ，其中e 是自然对数的底数．(1)当0a =时，求()f x 在0x =处的切线方程；(2)若存在1x ，()212x x x ≠，使得()()12f x f x =，且122x x +=，求a 的取值范围．【解析】(1)当0a =时，()2e x f x x =+，()e 2x f x x '=+，()()01,01f f '==，所以()f x 在0x =处的切线方程为：1y x -=，所以10x y -+=.(2)不妨设11x t =-，()210x t t =+>，所以关于t 的方程()()11f t f t -=+有正实数解， 所以()()()()2211e 11e 11t t t a t t a t -++-+-=++++，即()11ee 240t t a t +--++=有正实数解， 设()()()11e e 240t t F t a t t +-=-++>，则()11e e 24t t F t a +-=+'++，()11e e 0t t F t +-''=->，所以()F t '单调递增，所以()()02e 24F t F a ''>=++，①当e 2a ≥--时，()0F t '>，所以()F t 单调递增，所以()()00F t F >=，不合题意； ②当e 2a <--时，存在10t >，使得()10F t '=，当()10,t t ∈时，()0F t '<，当()1,t t ∈+∞时，()0F t '>，所以()F t 在()10,t 上单调递减，在()1,t +∞上单调递增，所以()()100F t F <=， 所以()()()()22421e 24240t a e F t t a t t t a >-->>+-++>++>时，即存在()212,0t t F t >=，符合题意． 综上，a 的取值范围为(),e 2-∞--．。
函数与导数之零点问题(解析版)
函数与导数之零点问题一．考情分析零点问题涉及到函数与方程，但函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图像与x 轴的交点的横坐标,函数y ＝f (x )也可以看作二元方程f (x )－y ＝0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：①是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：②是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性 质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点.二．经验分享1.确定函数f (x )零点个数(方程f (x )＝0的实根个数)的方法：(1)判断二次函数f (x )在R 上的零点个数，一般由对应的二次方程f (x )＝0的判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来完成；对于一些不便用判别式判断零点个数的二次函数，则要结合二次函数的图象进行判断．(2)对于一般函数零点个数的判断，不仅要用到零点存在性定理，还必须结合函数的图象和性质才能确定，如三次函数的零点个数问题．(3)若函数f (x )在[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且是单调函数，又f (a )·f (b )＜0，则y ＝f (x )在区间(a ，b )内有唯一零点．2.导数研究函数图象交点及零点问题利用导数来探讨函数)(x f y =的图象与函数)(x g y =的图象的交点问题，有以下几个步骤： ①构造函数)()()(x g x f x h -=； ②求导)('x h ；③研究函数)(x h 的单调性和极值（必要时要研究函数图象端点的极限情况）； ④画出函数)(x h 的草图，观察与x 轴的交点情况，列不等式；⑤解不等式得解.探讨函数)(x f y =的零点个数，往往从函数的单调性和极值入手解决问题，结合零点存在性定理求解.三、题型分析（一）确定函数的零点与方程根的个数问题例1.【四川省成都七中2020届高三上半期考试，理科数学，12】函数)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，则方程0log )(2=-x x f 的根个数为（ ）A.3B.4C.5D.6 【答案】C【解析】)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，根据性质我们可以画出函数图像，方程0log )(2=-x x f 的根个数转化成⎩⎨⎧==x y x f y 2log )(的交点个数，有图像可以看出，一共有5个交点，ABCDE.其中我x=8处是要仔细看图，是易错点。
利用导数研究函数零点问题教案(2019年13日)
利用导数研究函数零点问题武胜中学 李开勇学习内容分析：导数是微积分的核心概念之一，它是研究函数的单调性、最值等问题最一般、最有效的工具，对我们描绘函数的图像带来极大的方便，高考对导数的考查重在导数的应用，如求函数的单调区间、极值最值、解决实际问题以及不等式的结合。
而利用导数对函数性质的研究有利于我们解决函数的零点问题。
近几年高考也出现了函数零点问题或者可转化为函数零点问题的题目，《考点一》利用最值(极值)判断零点个数已知函数f (x )＝－12ax 2＋(1＋a )x －ln x (a ∈R)． 当a ＝0时，设函数g (x )＝xf (x )－k (x ＋2)＋2.若函数g (x )在区间[12，＋∞)上有两个零点，求实数k 的取值范围．【解】)g (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个零点，即关于x 的方程k ＝x 2－x ln x ＋2x ＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个不相等的实数根． 令函数h (x )＝x 2－x ln x ＋2x ＋2，x ∈[12，＋∞)，则h ′(x )＝x 2＋3x －2ln x －4(x ＋2)2， 令函数p (x )＝x 2＋3x －2ln x －4，x ∈[12，＋∞)． 则p ′(x )＝(2x －1)(x ＋2)x 在[12，＋∞)上有p ′(x )≥0， 故p (x )在[12，＋∞)上单调递增． 因为p (1)＝0，所以当x ∈[12，1)时，有p (x )＜0，即h ′(x )＜0，所以h (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，有p (x )＞0，即h ′(x )＞0，所以h (x )单调递增．因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝910＋ln 25，h (1)＝1，所以k 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤1，910＋ln 25.利用函数的极值(最值)判断函数零点个数，主要是借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负、函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者利用零点个数求参数范围．《考点二》数形结合法研究零点问题[典例引领]已知f (x )＝ax 2(a ∈R)，g (x )＝2ln x .(1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．【解】 (1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，所以F ′(x )＝2ax －2x ＝2(ax 2－1)x(x ＞0)． ①当a ＞0时，由ax 2－1＞0，得x ＞1a， 由ax 2－1＜0，得0＜x ＜1a ， 故当a ＞0时，F (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减． ②当a ≤0时，F ′(x )＜0(x ＞0)恒成立．故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a ＝2ln x x 2在区间[2，e]上有两个不等解． 令φ(x )＝2ln x x 2，由φ′(x )＝2x (1－2ln x )x 4易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数， 则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，而φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22. 由φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝ln e 4－ln 2e 22e 2＜ln 81－ln 272e 2＜0，所以φ(e)＜φ(2)．所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a ＜1e. 即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时a 的取值范围为[ln 22，1e)． 《考点三》构造函数法研究零点问题[典例引领]设函数1()(01)ln f x x x x x=>≠且 （1） 求函数()f x 的单调区间；（2） 试确定a 的取值范围，讨论12=a x x 解的个数。
导数与函数的零点问题考点与题型归纳
导数与函数的零点问题考点与题型归纳且f(1)=0，所以当x≥1时，f(x)≥XXX成立。
2)解：由题可知，x－－f(x)＝x3－2ex2＋tx，即f(x)＝x－－x3＋2ex2－tx。
设g(x)=f'(x)=1-2x+2ex-t，求g(x)的零点。
当x1时，g(x)>0.所以f(x)在[0,1)上是单调减函数，在(1,＋∞)上是单调增函数。
又因为f(0)=0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以方程x－－f(x)=x3－2ex2＋tx的根有且只有一个。
给定函数$f(x)=e^x-ax^2$，其中$a>0$。
1) 当$a=1$时，证明对于$x\geq 0$，有$f(x)\geq 1$。
证明：当$a=1$时，$f(x)\geq 1$等价于$(x^2+1)e^{-x}-1\leq 0$。
设$g(x)=(x^2+1)e^{-x}-1$，则$g'(x)=-e^{-x}(x^2-2x+1)=-e^{-x}(x-1)^2$。
当$x\neq 1$时，$g'(x)<0$，因此$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减。
而$g(0)=0$，因此对于$x\geq 0$，有$g(x)\leq 0$，即$f(x)\geq 1$。
2) 若$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，求$a$。
设$h(x)=1-ax^2e^{-x}$。
由于$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，因此$h(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点。
i) 当$a\leq \frac{1}{e}$时，$h(x)>0$，因此$h(x)$没有零点。
ii) 当$a>\frac{1}{e}$时，$h'(x)=a(x-2)e^{-x}$。
当$x\in(0,2)$时，$h'(x)0$。
因此$h(x)$在$(0,2)$上单调递减，在$(2,+\infty)$上单调递增。
- 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)。
高中数学：利用导数求解函数的零点或方程的根的问题
(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a ＞0)．
(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)求函数f (x )的单调区间；
(3)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝2ln x －x 2，
∴f ′(x )＝2x －2x ，∴f ′(1)＝0，
又f (1)＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＋1＝0.
(2)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，
∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x
， ∵x ＞0，a ＞0，
∴当0＜x ＜a 时，f ′(x )＞0，当x ＞a 时，f ′(x )＜0.
∴f (x )在(0，a )上是增函数，在(a ，＋∞)上是减函数．
(3)由(2)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)．
讨论函数f (x )的零点情况如下：
①当a 2(2ln a －1)＜0，即0＜a ＜e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；
②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1＜a ＝e ＜e 2，
∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；
③当a 2(2ln a －1)＞0，即a ＞e 时，
由于f (1)＝－1＜0，f (a )＝a 2(2ln a －1)＞0，f (e 2)＝2a 2lne 2－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，
当2a －e 2＜0，即 e ＜a ＜e 22时，1＜e ＜a ＜e 22＜e 2，f (e 2)＜0，
由函数的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，
e 2)内有唯一零点x 2，
∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．
当2a －e 2≥0，即a ≥e 22＞e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e
＝a 2－e ＞0，f (1)＝－1＜0，
由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a ＜e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的一个零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．
综上所述，当0＜a ＜e 时，函数f (x )无零点；
当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )有一个零点； 当e ＜a ＜e 22时，函数f (x )有两个零点．
利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点．
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点．
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
(2019·南京模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋12ax 2－(a ＋1)x (a ∈R )．
(1)当a ＝1时，求函数y ＝f (x )的零点个数．
(2)若关于x 的方程f (x )＝12ax 2有两个不同实根x 1，x 2，求实数a
的取值范围并证明x 1·x 2＞e 2.
解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋12x 2－2x (x ＞0)，
f ′(x )＝1x ＋x －2＝(x －1)2x ≥0，
所以函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递增，
又因为f (1)＝－32＜0，f (4)＝ln4＞0，
所以函数y ＝f (x )有且仅有一个零点．
(2)方程f (x )＝12ax 2有两个不同实根x 1，x 2，等价于ln x －(a ＋1)x
＝0有两个不同实根x 1，x 2，得a ＋1＝ln x x ，
令φ(x )＝ln x x ，则φ′(x )＝1－ln x x 2，
所以φ(x )＝ln x x 在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，
所以当x ＝e 时，φ(x )＝ln x x 取得最大值1e ，
由φ(1)＝0，得当x ∈(0,1)时，φ(x )＜0；
当x ∈(1，＋∞)，φ(x )＞0，φ(x )的大致图象如图所示，
所以当a ＋1∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1e ，即－1＜a ＜1e －1时， f (x )＝12ax 2有两个不同实根x 1，x 2.
证明：不妨设0＜x 1＜x 2，ln x 1＝(a ＋1)x 1，
ln x 2＝(a ＋1)x 2，
两式相加得ln(x 1x 2)＝(a ＋1)(x 1＋x 2)，
两式相减得ln x 2x 1
＝(a ＋1)(x 2－x 1)， 所以ln (x 1x 2)ln x 2x 1
＝x 1＋x 2x 2－x 1. 要证x 1·x 2＞e 2
，只需证ln(x 1x 2)＝x 1＋x 2x 2－x 1·ln x 2x 1＞2， 即证ln x 2x 1
＞2(x 2－x 1)x 1＋x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－11＋x 2x 1
， 设t ＝x 2x 1(t ＞1)， 令F (t )＝ln t －2(t －1)1＋t ＝ln t ＋4t ＋1
－2， 则F ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2
＞0， 所以函数F (t )在(1，＋∞)上单调递增，且F (1)＝0，
所以F (t )＞0，即ln t ＞2(t －1)1＋t
， 所以x 1·x 2＞e 2.。