(2018版)导数题型追根溯源第二讲：交点与根的分布
导数与根的个数的问题答案版
根的个数问题题1函数f(x)与g(x)(或与x轴)的交点======即方程根的个数问题解题步骤第一步：画出两个图像即“穿线图”(即解导数不等式)和“趋势图”即三次函数的大致趋势“是先增后减再增”还是“先减后增再减”；第二步：由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式(组) ；主要看极大值和极小值与0的关系；第三步：解不等式(组)即可；1 3 (k+1)2 1例1、已知函数f (x) x3x2，g(x) kx，且f(x)在区间(2「：)上为增函数.3 2 3(1) 求实数k的取值范围；2) 若函数f (x)与g(x)的图象有三个不同的交点，求实数k的取值范围.解：(1)由题意f (x) =x2-(k 1)x•/ f(x)在区间(2「：)上为增函数，二f (x) = x2-(k 1)x 0在区间(2, •：：)上恒成立(分离变量法) 即k T ：：：x恒成立，又x . 2 k T乞2，故k乞1 k的取值范围为k乞1 (2)设h(x) = f(x)-g(x)=x _ (k 1)x2 kx-1,3 2 3h(x) =x2-(k 1)x k =(x -k)(x -1)令h (x) =0得x = k或x =1由(1)知k乞1 ,①当k =1时，h(x) =(x -1)2 _0, h(x)在R上递增，显然不合题意,②当k <1时，h(x)k -1由于0,欲使f (x)与g(x)的图象有三个不同的交点，即方程h(x)=0有三个不同的实根,2k3 k2 1 2"k<1 厂故需——+ ———>0，即(k — 1)(k — 2k — 2) v0 .•.」2，解得k £1 — V36 2 3 k2-2k-2>0综上，所求k的取值范围为k d - , 3根的个数知道，部分根可求或已知。
例2、已知函数f (x)二ax3 1x2 - 2x c 2(1)若x = -1是f (x)的极值点且f (x)的图像过原点，求f (x)的极值；1 2(2)若g(x) -x d，在(1)的条件下，是否存在实数b，使得函数g(x)的图像与函数f (x)的图像恒有含x = -1的三个不同交点？若存在，求出实数b的取值范围；否则说明理由。
2018届高考数学理新课标二轮专题复习课件：3-6导数与函数 精品
＝x－1，因而 f(x)的图像恒在 y＝x－1 的下方，则当 x∈(0，1]
时，函数 f(x)的图像上任意两点连线的斜率均不小于 1，即
f（m）m－－nf（n）≥1，故mn mnmn≥em－n.
回顾 (1)本题考查利用导数研究曲线的切线、不等式的证明 等，考查考生的化归与转化思想．本题以函数 f(x)＝lnxx为原型函 数，入手点简单，但所涉及的问题有一定的高度，特别是第(2) 问不等式的证明，需经过多次转化．如果不善于转化或转化错误 则满盘皆输．
(2)若在[1，e](e＝2.718…)上存在一点 x0，使得 x0＋x10<mf(x0) 成立，
则构造函数 h(x)＝x＋1x－mf(x)＝x＋1x－mlnx＋mx 在[1，e]上 的最小值小于零．
h′(x)＝1－x12－mx －xm2 ＝x2－mxx－2 m－1＝（x＋1）（x2x－m－1）.(6 分) 令 h′(x)＝0，∵x∈[1，e]，∴x＝m＋1，
调研一 切线、恒成立
lnx＋k (2016·江 西 七 校 二 次 联 考 ) 已 知 函 数 f(x) ＝ ex
(k∈R，e 是自然对数的底数)，f′(x)为 f(x)的导函数． (1)当 k＝2 时，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； e－2＋1 (2)若 f′(1)＝0，试证明：对任意的 x>0，f′(x)< x2＋x 恒成
①当 m＋1≥e 时，即 m≥e－1 时，h(x)在[1，e]上单调递减， (8 分)
所以 h(x)的最小值为 h(e)，由 h(e)＝e＋1＋e m－m<0 可得 m>ee2－＋11，
因为ee2－＋11>e－1，所以 m>ee2－＋11；(10 分) ②当 m＋1≤1，即 m≤0 时，h(x)在[1，e]上单调递增， 所以 h(x)最小值为 h(1)，由 h(1)＝1＋1＋m<0 可得 m<－2； (11 分)
2018高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用热点探究课1导数应用中的高考热点问题课件文北师大版
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热点探究课(一) 导数应用中的高考热点问题
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[命题解读] 函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因 此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性 (求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的 根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨 论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．
[规律方法] 用导数研究函数的零点，常用两种方法：一是用导数判断函数 的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图像的交点问 题，利用数形结合来解决．
(2)当a＝b＝4时，f (x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f ′(x)＝3x2＋8x＋4. 6分
令f ′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－23.
8分
f (x)与f ′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x
(－∞，－2) －2 －2，－23 －23 －23，＋∞
f ′(x)
[对点训练1] 已知函数f (x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f ′23. (1)求a的值； (2)求函数f (x)的单调区间； (3)设函数g(x)＝(f (x)－x3)·ex，若函数g(x)在x∈[－3,2]上递增，求实数c的取值 范围．
[解] (1)由f (x)＝x3＋ax2－x＋c， 得f ′(x)＝3x2＋2ax－1. 1分 当x＝23时，得a＝f ′23＝3×232＋2a×23－1， 解得a＝－1. 3分
6分
(2)由(1)知，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上无最大值；7分
高考导数压轴题型归类总结
导数压轴题型归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值； （2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .)(x g '(2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--.令0=y ，得12122x ax x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值.解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
利用导数研究方程的根
利用导数研究方程的根方程的根就是与之对应的函数的零点,通过导数的方法研究函数的性质后可以确定函数零点的情况,这就是使用导数的方法研究方程的根的基本思想.利用导数研究方程根的过程中用的主要数学思想方法就是数形结合,即首先通过导数研究函数的性质,根据函数的性质画出函数的图像,然后根据函数的图像确定方程根的情况.本题型作为高考题型在逐年升温,现从近几年高考试题中列举数例作分类探讨如下:一、函数y=f(x)的图像与x轴的交点问题.1、(09江西)设函数f(x)=−+6x−a⑴对于任意的实数x ,(x)≥m恒成立,求m的最大值.⑵若方程f(x)=0有且仅有一个实根,求a的取值范围.解析: ⑴略⑵(x)=3−9x+6=3(x−1)(x−2)因为当x<1时,(x)>0 ;当1<x<2时,(x)<0 ;当x>2时,(x)>0 所以当x=1时, f(x)取得极大值,f(1)=− a ;当x=2时f(x)取得极小值f(2)=2−ay=f(x)草图如下:1要使f(x)=0有且仅有一个实根,必须且只需f(x)取得极小值f(2)>0或f(x)取得极大值f(1)<0 解得,a>或a<2 .变式引申①若方程f(x)=0有且仅有两个实根,求a的取值范围y=f(x)草图如下:要使f(x)=0f(1)=0或f(x)取得极小值f(2)=0 解得a=2或a=变式引申②要使f(x)=0有且仅有三个实根, 求a的取值范围y=f(x)草图如下要使f(x)=0有且仅有且只需极大值−解得2极小值−从上题的解答我们可看出:用导数来探讨y= f(x)图像与x轴的交点问题,有以下几个步骤:⑴、构造函数y= f(x)。
⑵、求导(x)。
⑶、研究函数f(x)的单调性和极值。
⑷、画出函数y= f(x)的草图,观察与x轴的交点情况,列出不等式或方程。
⑸、解不等式或方程,得解。
二、函数y= f(x)图像与直线y=b的交点问题2、(2008江西)已知函数f(x)=+− +(a>0)⑴、求函数y= f(x)的单独区间⑵、若y= f(x)的图像与直线y=1恰有两个交点,求a的取值范围。
(完整版)高考数学导数压轴题7大题型总结
目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。
导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。
掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。
为了帮助大家复习，今天就总结倒数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。
1导数单调性、极值、最值的直接应用tatimeandAllthingsintheirbeingaregoodforsot a ti m e an dAl l th i n gs in th ei r be i ng ar eg oo d2交点与根的分布3不等式证明（一）做差证明不等式tatimeandAllthingsintheirb（二）变形构造函数证明不等式etatimeandAllthingsintheirbeingaregoo（三）替换构造不等式证明不等式dtatimeandAllthingsintheirbeingaregoodforsoi m e an dAl l th i n gs in th ei r be i ng ar eg oo df or s o4不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离参数tatimeandAllthingsintheirbeinga（三）恒成立之讨论字母范围rtatimeandAllthingsint5函数与导数性质的综合运用hetatimeandAllthingsintheirbeingarego6导数应用题odtatimeandAllthin7导数结合三角函数gstatimeandAllthingsintheirbeingaregoo。
导数常见题型与解题方法总结(教师版)
导数题型解题方法总结1、分离变量 -----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论( >0,=0,<0)2、变更主元 ----- 已知谁的范围就把谁作为主元3、根分布4、判别式法 -----结合图像分析5、二次函数区间最值求法 ----- (1)对称轴(重视单调区间)与定义域的关系(2)端点处和顶点是最值所在一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令 f ' (x) = 0 得到两个根； 第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；第三种：变更主元(即关于某字母的一次函数) ----- (已知谁的范围就把谁作为主元) 。
例 1：设函数 y = f(x) 在区间 D 上的导数为 f,(x)， f,(x) 在区间 D 上的导数为 g(x) ，若在区间 D 上， g(x) < 0 恒 成 立， 则 称 函 数 y = f(x) 在 区 间 D 上 为 “ 凸 函 数 ”， 已 知 实 数 m 是 常 数，x 4 mx 3 3x 212 6 2(1)若 y = f(x) 在区间[0,3] 上为“凸函数”，求 m 的取值范围；(2)若对满足 m 共 2 的任何一个实数m ， 函数 f(x) 在区间( a, b ) 上都为“凸函数”， 求b 一 a 的最大.解:由函数 f(x) =x 412 一 mx 36一 3x 22 得 f,(x) = x 33 一 mx 22一 3x ：g(x) = x 2 一 mx 一 3(1) y = f(x) 在区间[0,3] 上为“凸函数”，则 ：g(x) = x 2 一 mx 一 3 < 0 在区间[0,3]上恒成立 解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于g (x)< 0值 f(x) = 一 一max(g(0) < 0 (_3 < 0〈lg(3) < 0 亭〈l 9 _ 3m _ 3 <0 亭 m > 2解法二： 分离变量法：∵ 当 x = 0 时, ：g(x) = x 2 _ mx _ 3 = _3 < 0 恒成立, 当 0 < x 三 3 时, g(x) = x 2 _ mx _ 3 < 0 恒成立等价于 m > x 2 _ 3 = x _ 3的最大值( 0 < x 三 3 )恒成立，x x而 h(x) = x _x( 0 < x 三 3 )是增函数，则 h max (x) = h(3) = 2：m > 2(2)∵当m 三 2 时 f(x) 在区间( a, b ) 上都为“凸函数”则等价于当 m 三 2 时 g(x) = x 2 _ mx _ 3 < 0 恒成立 变更主元法再等价于 F(m) = mx _ x 2 + 3 > 0 在 m 三 2 恒成立 (视为关于 m 的一次函数最值问题)亭〈 亭〈亭 _ 1< x < 1：b _ a = 2-2 2例 2：设函数 f(x) = _ 1x 3 + 2ax 2 _ 3a 2 x + b(0 < a < 1, b =R)3(Ⅰ)求函数 f (x)的单调区间和极值；(Ⅱ)若对任意的 x = [a + 1, a + 2], 不等式f,(x)三 a 恒成立，求 a 的取值范围. 解： (Ⅰ) f,(x) = _x 2 + 4ax _ 3a 2 = _ (x _ 3a )(x _ a )0 < a < 13aaf,(x)3a3a令 f ,(x) > 0, 得 f(x) 的单调递增区间为(a,3a)令 f ,(x) < 0, 得 f(x) 的单调递减区间为(－ w ， a)和(3a ， + w )∴当x=a 时， f(x) 极小值= _ 4a 3+ b; 当 x=3a 时， f(x) 极大值=b.(Ⅱ)由| f ,(x) |≤a，得：对任意的 x = [a + 1, a + 2], _a 共 x 2 _ 4ax + 3a 2 共 a 恒成立①则 等 价 于 g(x) 这 个 二 次 函 数〈(g max (x) 共 ag(x) = x 2 _ 4ax +3a 2 的 对 称 轴 x = 2a0 < a < 1, a +1 > a + a = 2a (放缩法)即定义域在对称轴的右边， g(x) 这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。
【测控指导】2018版高中数学人教A版必修2课件 3.3.1 两条直线的交点坐标
)
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直线恒过定点问题 剖析:当直线的方程中含有未知参数时,随着参数的变化,直 线也发生变化,这些直线组合在一起,构成直线系,它们通常 具有相同的某一特征.如果直线系恒过定点,可用分离参数 法和赋值法进行求解.如直线(2+m)x-(1+2m)y+(1+5m)=0, 其中 m∈R,我们可以将所给方程的左边分成两部分,一部分 含 m,另一部分不含 m,即(2x-y+1)+m(x-2y+5)=0,然后由 2������-������ + 1 = 0, ������ = 1, 求得 这样就能得到不管m 如何变化, ������ = 3 , ������-2������ + 5 = 0, 直线一定经过定点(1,3),这种方法称为分离参数法.
2 1
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题型一
题型二
【变式训练1】 判断下列各对直线的位置关系: (1)l1:2x+3y-7=0,l2:5x-y-9=0; (2)l1:2x-3y+5=0,l2:4x-6y+10=0; (3)l1:2x-y+1=0,l2:4x-2y+3=0.
2������ + 3������-7 = 0, 解:(1)解方程组 5������-������-9 = 0, ������ = 2, 得 ������ = 1. 所以 l1 与 l2 相交,且交点坐标为(2,1).
������ + 3������-3 = 0, ������ = 0, 解:方法一:由 得 ������ = 1, ������-������ + 1 = 0, 所以直线l1与l2的交点坐标为(0,1). 又因为直线2x+y-3=0与所求直线平行, 所以所求直线的斜率为-2. 所以所求直线的方程为y=-2x+1,即2x+y-1=0.
导数常见题型方法总结
导数题型总结例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，假设在区间D上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数〞，实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =-- 〔1〕假设()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数〞，求m 的取值围；〔2〕假设对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数〞，求b a -的最大值.解:由函数4323()1262x mx x f x =-- 得32()332x mx f x x '=--2()3g x x mx ∴=-- 〔1〕()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数〞，则 2()30g x x mx ∴=--<在区间[0,3]上恒成立 解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于max ()0g x < 解法二：别离变量法：∵当0x =时, 2()330g x x mx ∴=--=-<恒成立, 当03x <≤时, 2()30g x x mx =--<恒成立等价于233x m x x x ->=-的最大值〔03x <≤〕恒成立， 而3()h x x x=-〔03x <≤〕是增函数，则max ()(3)2h x h ==2m ∴>(2)∵当2m ≤时()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数〞则等价于当2m ≤时2()30g x x mx =--< 恒成立变更主元法再等价于2()30F m mx x =-+>在2m ≤恒成立〔视为关于m 的一次函数最值问题〕30110x >⇒-<<> 例2),10(32R b a b x a ∈<<+-],2+a 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值围. 解：〔Ⅰ〕()()22()433f x x ax a x a x a '=-+-=---令,0)(>'x f 得)(x f 的单调递增区间为〔a ,3a 〕令,0)(<'x f 得)(x f 的单调递减区间为〔－∞，a 〕和〔3a ，+∞〕∴当*=a 时，)(x f 极小值=;433b a +- 当*=3a 时，)(x f 极大值=b.〔Ⅱ〕由|)(x f '|≤a ，得：对任意的],2,1[++∈a a x 2243a x ax a a -≤-+≤恒成立① 则等价于()g x 这个二次函数max min ()()g x ag x a≤⎧⎨≥-⎩22()43g x x ax a =-+的对称轴2x a=01,a <<12a a a a +>+=〔放缩法〕即定义域在对称轴的右边，()g x 这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。
专题11 零点、根、交点教你如何转化-备战2018年高考高三数学一轮热点难点一网打尽 含解析 精品
【备战2018年高考高三数学一轮热点、难点一网打尽】考纲要求:1.函数的零点、方程根的个数是历年高考的重要考点．2.利用函数的图形及性质判断函数的零点，及利用它们求参数取值范围问题是重点，也是难点．基础知识回顾:一、方程的根与函数的零点（1）定义：对于函数()y f x =（x D ∈），把使f(x)=0成立的实数x 叫做函数()y f x =（x D ∈）的零点。
函数的零点不是一个点的坐标，而是一个数，类似的有截距、极值点等。
（2）函数零点的意义：函数()y f x =的零点就是方程f(x)=0的实数根，亦即函数()y f x =的图像与x 轴的交点的横坐标，即：方程f(x)=0有实数根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点。
（3）零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f ，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点，即存在(,c a b ∈）使得f(c)=0，这个也就是方程的根。
函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f 是函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点的一个充分不必要条件。
【注】零点存在性定理只能判断是否存在零点，但是零点的个数则不能通过零点存在性定理确定，一般通过数形结合解决。
二、二分法 （1）二分法及步骤对于在区间[,]a b 上连续不断，且满足0)()(<⋅b f a f 的函数()y f x =，通过不断地把函数的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到函数零点近似值的方法叫做二分法。
（2）给定精确度ε，用二分法求函数的零点近似值的步骤如下：第一步：确定区间[,]a b ，验证0)()(<⋅b f a f ，给定精确度ε。
高中数学-函数的交点与根问题及例题解析
高中数学-函数的交点与根问题及例题解析介绍本文档将讨论高中数学中与函数的交点和根相关的问题，并提供例题解析。
通过研究本文档，读者将获得对这些概念的基本理解以及如何解决相关的数学问题的技巧。
函数的交点在数学中，函数的交点是指两个不同函数的图像在某一点上相交。
交点通常表示为一个坐标，包括横坐标和纵坐标。
要确定函数的交点，首先需要明确哪些函数需要比较。
通过方程式，可以找到交点的横坐标。
将这些横坐标代入对应的函数中，可以找到纵坐标，从而确定交点的坐标。
函数的根函数的根是指函数的图像与x轴相交的点。
根通常被表示为一个或多个实数。
要找到函数的根，需要解决函数的方程式。
通过将方程式设置为0，可以找到x的值，即函数的根。
解决函数的方程式通常需要运用代数运算和解方程的技巧。
可以使用因式分解、配方法、求根公式等方法求解方程。
例题解析例题1已知函数f(x) = x^2 - 4x + 3和g(x) = 2x - 1，求两个函数的交点。
解析：首先，将f(x)和g(x)设置为相等，即x^2 - 4x + 3 = 2x - 1。
通过整理方程，得到x^2 - 6x + 4 = 0。
然后，可以使用配方法或求根公式等方法解决这个方程。
在这个例子中，我们使用求根公式来解方程。
根据求根公式x = (-b ± √(b^2 - 4ac)) / 2a，代入方程的系数，即可得到x的值。
通过计算，得到x = 1和x = 3。
将这些x的值代入原来的函数中，可以得到相应的y值。
因此，交点的坐标为(1, -1)和(3, 5)。
例题2已知函数h(x) = x^3 + 2x^2 - x - 2，求h(x)的根。
解析：要找到h(x)的根，我们需要解决方程x^3 + 2x^2 - x - 2 = 0。
这是一个三次方程，可以使用因式分解、配方法、牛顿法等方法求解。
在这个例子中，我们使用因式分解方法来解决方程。
通过试除法，我们可以找到x = 1是方程的一个解。
如何用导数探讨函数图像的交点问题
用导数探讨函数图象的交点问题运用导数进行函数的性质、函数图象的交点和方程根的分布等的综合研究，实际上就是运用导数考查函数图象的交点个数问题。
如何运用导数的知识研究函数图象的交点问题呢？例1 已知函数f(x)=－x 2+8x,g(x)=6lnx+m （Ⅰ）求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值h(t);（Ⅱ）是否存在实数m ，使得y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；，若不存在，说明理由。
解：（Ⅰ）略（II ）∵函数y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且只有三个不同的交点， ∵x>0∴函数 (x)=g(x)－f(x) =2x －8x+6ln x+m 的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点。
∵)('x ϕ=2x －8+随x 变化如下表：∴极大值(1)=1-8+m=m-7，x 极小值= (3)=∵当x →0+时， (x )→ ，当x 时， (x ) ∴要使 (x)=0有三个不同的正实数根，必须且只须 ⎩⎨⎧<-=>-=,0153ln 6)(,07)(＋极小值极大值m x m x ϕϕ ∴7<m<15－6ln 3. 所以存在实数m ，使得函数y=f(x)与y=g(x)的图象有且只有三个不同的交点，m 的取值范围为（7，15—6ln 3）. （分析草图见下图1）图1图2 引申1：如果“有且只有三个不同的交点”变为“有且只有一个不同的交点”怎么解答呢？前面相同，只需把后面改为 m+6In3-15>0或 m-7<0，即m>15-6In3 或m<7时，函数y=f(x)与y=g(x)的图象有且只有一个不同的交点（分析草图见图2和图3）。
引申2：如果“有且只有三个不同的交点”变为“有且只有两个不同的交点”怎么解答呢？前面相同，只需把后面改为=极小值)(x ϕm+6In3-15=0或=极大值)(x ϕm-7=0，y=g(x)的图象有且只有两个不同的交点（分析草图见图4和图5）),0()3)(1(268262>--=+-=x x x x x =极小值)(x ϕ=极大值)(x ϕϕϕ∞-+∞→+∞→ϕ)(x ϕϕϕ图4 图5从上题的解答我们可以看出，用导数来探讨函数y=f(x)的图象与函数y=g(x)的图象的交点问题，有以下几个步骤：①构造函数 (x)= f(x)－g(x)②求导 ③研究函数ϕ(x )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ϕ(x )的草图，观察与x 轴的交点情况，列不等式⑤解不等式。
(2015版)导数题型归类第二讲：交点与根的分布
2015版导数题型归类第二讲 交点与根的分布一、学习目标1.交点问题转化为函数的最值问题2.根的分布利用数形结合转化为基本的不等式问题二、重难点重点：交点问题难点：交点问题三、引入我们知道导数可以用于研究切线、单调性、极值、最值问题，那么：已知3x =是函数2()ln(1)10f x a x x x =++-的一个极值点，若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，则b 的取值范围为 ．它是哪一类啦？四、过程【知识点一】交点（零点或其变形）两个函数的图像有交点也就是方程组有解，但是对于超越函数我们往往解不出，那么转化为一个函数，再利用图像研究其极值和最值问题成为了一种思路。
例题1.已知函数33y x x c =-+的图象与x 轴恰有两个公共点，则c = ．A ．-2或2B ．-9或3C ．-1或1D ．-3或1例题2.（交点个数与根的分布）已知x=3是函数f(x)=aln(x+1)+2x -10x 的一个极值点。
1）求a;2）求函数的单调区间;3）若直线y=b 与函数y=f(x)的图像有三个交点，求b 的取值范围.【巩固练习】1.若函数x e y x a 4)1(+=-有大于零的极值点，则a 的范围为_______.2.（2011年福建）已知a,b 为常数，且0≠a ，函数x ax b ax x f ln )(++-=，2)(=e f1）求实数b;2）求函数的单调区间3）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m<M ），使得对于每一个],[M m t ∈，直线y=t 与曲线),1)((⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈=e ex x f y 都有交点？若存在，求出最小的实数m 和最大的实数M ；若不存在，说明理由。
【知识点二】根的分布二次函数根的分布主要考虑开口、对称轴、判别式、特殊点的函数值；那么利用导函数也可以研究一些特殊函数的零点（根）的分布问题。
方法：数形结合、分类讨论例题2.（利用根的分布）已知函数x e b ax x x x f -+++=)3()(231）若a=b=-3，求函数的单调区间2）若f(x)在区间),2(),,(βα-∞单调增加，在),(),2,(+∞βα单调减小，证明6<-αβ[巩固练习]1.【2013学年第一学期期中杭州地区七校联考】函数32()f x x ax ax =++()x R ∈不存在极值点，则a 的取值范围是_________.2.（转换变量后为根的分布）已知函数x x x f -=3)(1）求曲线y=f(x)在点M （t,f(t)）处的切线方程2）设a>0,如果过点（a,b ）可做曲线y=f(x)的三条切线，证明：-a<b<f(a)3.已知函数)0(,221ln 2<--a x ax x . 1）若函数f(x)存在单调减去减，求a 的范围；2）若21-=a 且关于x 的方程b x x f +-=21)(在区间[ 1 , 4 ]上恰有两个不等的实数根，求实数b 的取值范围.五、课堂巩固1.【2014全国1高考理第11题】已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是（ ）A ．()2,+∞B ．()1,+∞C ．(),2-∞-D ．(),1-∞-2.【2014高考山东卷第20题】设函数22()(ln )x e f x k x x x=-+（k 为常数， 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数）.（Ⅰ）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围.六、课后作业1.【浙江省湖州中学2013学年第一学期高三期中考试】函数21()2ln 2f x x x x a =+-+在区间(0,2)上恰有一个零点，则实数a 的取值范围是_____.2.【2014高考四川第21题】已知函数2()1x f x e ax bx =---，其中,a b R ∈，2.71828e =为自然对数的底数.（Ⅰ）设()g x 是函数()f x 的导函数，求函数()g x 在区间[0,1]上的最小值； （Ⅱ）若(1)0f =，函数()f x 在区间(0,1)内有零点，求a 的取值范围。
2018大二轮高考总复习文数文档：解答题8 第2课时 导数
第二课时导数与函数的零点(或方程的根)基本考点——导数与函数的零点(或方程的根)利用导数研究方程根(零点)问题的思路(1)将问题转化为函数的方程根(零点)问题，进而转化为函数图象与x轴(或直线y＝k)的交点问题；(2)利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质；(3)画出函数的大致图象；(4)结合图象求解．(2017·桂林二模)设函数f(x)＝e x－ax，a是常数．(1)若a＝1，且曲线y＝f(x)的切线l经过坐标原点(0,0)，求该切线的方程；(2)讨论f(x)的零点的个数．[思路点拨](1)求出函数的导数，表示出切线方程，求出m的值，从而求出切线方程即可；(2)求出函数f(x)的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的零点个数即可．【解】(1)a＝1时，f(x)＝e x－x，f′(x)＝e x－1，设切点坐标是(m，e m－m)，则k＝f′(m)＝e m－1，故切线方程是：y－(e m－m)＝(e m－1)(x－m) ，由0－(e m－m)＝(e m－1)(0－m)，得m＝1，所求切线为：y＝(e－1)x.(2)f′(x)＝e x－a，当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝ln a，①a＞0时，若x＜ln a，则f′(x)＜0；若x＞ln a，则f′(x)＞0.函数f(x)在区间(－∞，ln a)单调递减，在区间(ln a，＋∞)单调递增，f (x )的最小值为f (ln a )＝a (1－ln a )，(i)0＜a ＜e 时，f (ln a )＝a (1－ln a )＞0，f (x )无零点； (ii)a ＝e 时，f (ln a )＝a (1－ln a )＝0，f (x )只有一个零点，(iii)a ＞e 时，f (ln a )＝a (1－ln a )＜0，根据f (0)＝1＞0与函数的单调性， f (x )在区间(－∞，ln a )和(ln a ，＋∞)各有一个零点，f (x )共有两个零点； ②a ＝0时，f (x )＝e x ，f (x )无零点；③a ＜0时，由f (x )＝0得，e x ＝ax ，曲线y ＝e x 与y ＝ax 只有一个交点，所以f (x )只有一个零点．综上所述，0≤a ＜e 时，f (x )无零点；a ＜0或a ＝e 时，f (x )有一个零点；a ＞e 时，f (x )有两个零点．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．(2017·焦作二模)已知函数f (x )＝x 2－a2ln x 的图象在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线斜率为0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若g (x )＝f (x )＋12mx 在区间(1，＋∞)上没有零点，求实数m 的取值范围．[思路点拨] (1)求出函数的定义域，求出f ′(x )＝2x －a2x .利用切线的斜率为0，求出a ，利用导函数的符号，求函数f (x )的单调递增区间，单调递减区间．(2)求出g ′(x )＝2x －12x ＋m 2＝4x 2＋mx －12x＝0，求解极值点，利用函数的单调性，可得g (x )在区间(1，＋∞)上没有零点，推出g (x )＞0在(1，＋∞)上恒成立，得12m ＞ln x2x －x ，令y＝ln x2x－x ，利用导函数的单调性，求出最值，然后推出m 的范围． 【解】 (1)f (x )＝x 2－a 2ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′ (x )＝2x －a2x.因为f ′⎝⎛⎭⎫12＝1－a ＝0，所以a ＝1，f (x )＝x 2－12ln x ，f ′(x )＝2x －12x ＝(2x －1)(2x ＋1)2x . 令f ′(x )＞0，得x ＞12，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜12，故函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫12，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，12. (2)g (x )＝x 2－12ln x ＋12mx ，由g ′(x )＝2x －12x ＋m 2＝4x 2＋mx －12x＝0，得x ＝－m ＋m 2＋168，设x 0＝－m ＋m 2＋168，所以g (x )在(0，x 0]上是减函数，在[x 0，＋∞)上为增函数．因为g (x )在区间(1，＋∞)上没有零点， 所以g (x )＞0在(1，＋∞)上恒成立，由g (x )＞0，得12m ＞ln x 2x －x ，令y ＝ln x2x －x ，则y ′＝2－2ln x 4x 2－1＝2－2ln x －4x 24x 2.当x ＞1时，y ′＜0，所以y ＝ln x2x －x 在(1，＋∞)上单调递减；所以当x ＝1时，y max ＝－1，故12m ≥－1，即m ∈[－2，＋∞)．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．1．(2017·临沂模拟)设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x ＞0)(1)若函数f (x )的图象在点⎝⎛⎭⎫1，－12处的切线与x 轴平行，探究函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上是否存在极小值；(2)当a ＝1，b ＝0时，函数g (x )＝f (x )－kx ，k 为常数，若函数g (x )有两个相异零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2.解：(1)f ′(x )＝ax －2bx ，函数f (x )的图象在点⎝⎛⎭⎫1，－12处的切线与x 轴平行， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝a －2b ＝0f (1)＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝12， 故f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1－x 2x，令f ′(x )＞0，解得：1e ≤x ＜1，令f ′(x )＜0，解得：1＜x ≤e ，故f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，1递增，在(1，e]递减，故f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上不存在极小值；(2)证明：a ＝1，b ＝0时，g (x )＝f (x )－kx ＝ln x －kx ， 令g (x )＝0，得：ln x ＝kx ，设x 1＞x 2， ∵ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0， ∴ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)， ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)， ∴ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝k ，要证明x 1x 2＞e 2，只需证明ln x 1＋ln x 2＞2， 即证明k (x 1＋x 2)＞2，即证明k ＞2x 1＋x 2，即证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即证明lnx 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2， 设t ＝x 1x 2，则t ＞1，设h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，(t ＞1)，则h ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，∴函数h (t )在(1，＋∞)递增， ∵h (1)＝0，∴h (t )＞h (1)＝0， ∴ln t ＞2(t －1)t ＋1，∴x 1x 2＞e 2.2．(2017·东北三省四市二模)已知函数f (x )＝(x －1)e x ＋ax 2有两个零点． (1)当a ＝1时，求f (x )的最小值； (2)求a 的取值范围；(3)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2＜0.(1)解：a ＝1时，f (x )＝(x －1)e x ＋x 2，f ′(x )＝x e x ＋2x ＝x (e x ＋2)， 令f ′(x )＞0，解得：x ＞0，令f ′(x )＜0，解得：x ＜0， 故函数f (x )在(－∞，0)递减，在(0，＋∞)递增； 故f (x )的最小值是f (0)＝－1； (2)解：f ′(x )＝x e x ＋2ax ＝x (e x ＋2a )，①当a ＞0时，函数f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． ∵f (0)＝－1＜0，f (2)＝e 2＋4a ＞0， 取实数b 满足b ＜－2且b ＜ln a ，则f (b )＞a (b －1)＋ab 2＝a (b 2＋b －1)＞a (4－2－1)＞0， 所以f (x )有两个零点．②若a ＝0，则f (x )＝(x －1)e x ，故f (x )只有一个零点， ③若a ＜0，当a ≥－12，则f (x )在(0，＋∞)单调递增，又当x ≤0时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点；当a ＜－12，则函数在(ln(－2a )，＋∞)单调递增，在(0，ln(－2a ))单调递减；又当x ≤1时，f (x )＜0，故不存在两个零点； 综上所述，a 的取值范围是(0，＋∞)．(3)证明：不妨设x 1＜x 2.由(2)知x 1∈(－∞，0)，x 2∈(0，＋∞)，－x 2∈(－∞，0)， 则x 1＋x 2＜0等价于x 1＜－x 2. 因为函数f (x )在(－∞，0)单调递减， 所以x 1＜－x 2等价于f (x 1)＞f (－x 2)，即证明 f (－x 2)＜0.由f (x 2)＝(x 2－1)e x 2＋ax 22＝0，得 ax 22＝(1－x 2)e x 2，f (－x 2)＝(－x 2－1)e －x 2＋ax 22＝(－x 2－1)e －x 2＋(1－x 2)e x 2， 令g (x )＝(－x －1)e －x ＋(1－x )e x ，x ∈(0，＋∞)，g ′(x )＝－x (e －x ＋e x )＜0，g (x )在(0，＋∞)单调递减，又g (0)＝0，所以g (x )＜0， 所以f (－x 2)＜0，即原命题成立．1．(2017·南平一模)已知函数f (x )＝b －ax x ＋ln x (a ，b ∈R )．(1)试讨论函数f (x )的单调区间与极值；(2)若b ＞0且ln b ＝a －1，设g (b )＝a －1b －m (m ∈R )，且函数g (x )有两个零点，求实数m 的取值范围．解：(1)f (x )＝b －ax x ＋ln x ，求导f ′(x )＝－b x 2＋1x ＝x －bx 2(x ＞0)．①当b ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )单调递增， 所以f (x )的增区间为(0，＋∞)，无极值；②当b ＞0时，x ∈(0，b )时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，x ∈(b ，＋∞)时函数f (x )单调递增，所以函数的单调减区间为(0，b )，函数的单调增区间为(b ，＋∞)， 有极小值f (b )＝1－a ＋ln b ，无极大值． (2)法一 由b ＞0且ln b ＝a －1，代入g (b )＝a －1b －m ，可得：g (b )＝ln bb －m (b ＞0)．所以g (x )＝ln xx －m ，x ＞0，g ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，g ′(x )＞0，所以函数g (x )在(0，e)递增， 当x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )＜0， 所以函数g (x )在(e ，＋∞)递减， g (x )有极大值g (e)＝1e －m ，当x →0(x ＞0)时，g (x )→－∞， 当x →＋∞时，g (x )→－m ，故函数g (x )有两个零点，需⎩⎪⎨⎪⎧1e －m ＞0－m ＜0，解得：0＜m ＜1e，所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e . 法二 由b ＞0且ln b ＝a －1，代入g (b )＝a －1b －m ，可得：g (b )＝ln bb －m (b ＞0)所以：g (x )＝ln xx－m ，x ＞0，由g (x )＝0，可得ln x ＝mx ，即ln x －mx ＝0，函数g (x )有两个零点，即方程ln x －mx ＝0，在(0，＋∞)有两个解， 设h (x )＝ln x －mx ，b ＞0，h ′(x )＝1x－m ，①当m ≤0时，h ′(x )＞0，h (x )在(0，＋∞)单调递增，不合题意，舍去． ②当m ＞0时，由h ′(x )＞0，得x ＜1m ，由h ′(x )＜0，得x ＞1m ，所以h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1m 递增，在⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞递减， 方程ln x －mx ＝0，在(0，＋∞)有两个解， 只需：h ⎝⎛⎭⎫1m ＞0，即：ln 1m－1＞0，解得：0＜m ＜1e，所以实数m 的取值范围为：⎝⎛⎭⎫0，1e . 2．(2016·江苏卷)已知函数f (x )＝a x ＋b x (a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 解：(1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x )＝2x ＋2－x .①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x ＝2，两边同乘2x 得(2x )2－2×2x ＋1＝0， 所以(2x －1)2＝0，即2x ＝1，解得x ＝0. ②由条件知f (2x )＝22x ＋2－2x＝(2x ＋2－x )2－2＝(f (x ))2－2.因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )＞0，所以m ≤(f (x ))2＋4f (x )对于x ∈R 恒成立．而(f (x ))2＋4f (x )＝f (x )＋4f (x )≥2f (x )·4f (x )＝4，且(f (0))2＋4f (0)＝4，所以m ≤4，故实数m 的最大值为4.(2)因为函数g (x )＝f (x )－2有且只有一个零点，而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0， 所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b ，又由0＜a ＜1，b ＞1知ln a ＜0，ln b ＞0， 所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a ⎝⎛⎭⎫－ln a ln b . 令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a x ln a ＋b x ln b )′＝a x (ln a )2＋b x (ln b )2， 从而对任意x ∈R ，h ′(x )＞0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )＜g ′(x 0)＝0； 当x ∈(x 0，＋∞)时g ′(x )＞g ′(x 0)＝0.因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.若x 0＜0，则x 0＜x 02＜0，于是g ⎝⎛⎭⎫x 02＜g (0)＝0.又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2＞a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在x 02和log a 2之间存在g (x )的零点，记为x 1.因为0＜a ＜1，所以log a 2＜0.又x 02＜0，所以x 1＜0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾． 若x 0＞0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾．因此x 0＝0.于是－ln aln b ＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.3．(2017·揭阳一模)已知函数f (x )＝ae x ＋ln x ．(a ∈R )(1)若函数在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)试讨论函数f (x )在区间(0，＋∞)内极值点的个数． 解：(1)由题意可知：对∀x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，f ′(x )＝－a e x ＋1x ≤0， 即a ≥e xx ，对∀x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 恒成立， 令g (x )＝e xx ，求导g ′(x )＝(x －1)e x x 2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1，g ′(x )＞0， ∴函数g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增， ∴g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e1＋1e ，g (e)＝e e －1，由e e －1＞e1＋1e ， ∴在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上g (x ) max ＝e e －1， ∴a ≥e e －1，(2)法一 由f ′(x )＝－a e x ＋1x ＝e x－ax x e x ＝e xx－a e x ，令g (x )＝e xx ，g ′(x )＝(x －1)e x x 2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1时，g ′(x )＞0， ∴函数g (x )在(0,1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增， g (x )min ＝g (1)＝e ，当a ≤e 时，g (x )≥a 恒成立，f ′(x )≥0，函数f (x )在区间(0，＋∞)单调递增，f (x )无极值点， 当a ＞e 时，g (x )min ≥g (1)＝e ＜a ，故存在x 1∈(0,1)和x 2∈(1，＋∞)，使得g (x 1)＝g (x 2)＝a ，当0＜x ＜x 1，f ′(x )＞0，当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＜0，当x ＞x 2，f ′(x )＞0， ∴函数f (x )在(x 1，x 2)单调递减，在(0，x 1)和(x 2，＋∞)单调递增， ∴x 1为函数f (x )的极大值点，x 2为函数f (x )的极小值点，综上可知：a ≤e 时，函数f (x )无极值点，当a ＞e 时，函数f (x )有两个极值点． 法二 f ′(x )＝e x －ax x e x ，设h (x )＝e x－ax (x ＞0)， 则h ′(x )＝e x －a ，由x ＞0，e x ＞1，①当a ≤1时，h ′(x )＞0，h (x )递增，h (x )＞h (0)＝1， 则f ′(x )＞0，f (x )递增，f (x )在区间(0，＋∞)内无极值； ②当a ＞1时，由h ′(x )＝e x －a ＞0，则x ＞ln a ， 可知h (x )在(0，ln a )内递减，在(ln a ，＋∞)单调递增， ∴h (x )min ＝h (ln a )＝a (1－ln a )， (i)当1＜a ≤e 时，h (x )＞h (x )min ≥0，则f ′(x )＞0，f (x )单调递增，f (x )在区间(0，＋∞)内无极值； (ii)当a ＞e 时，h (x )min ＜0，又h (0)＞0，x 很大时，h (x )＞0， ∴存在x 1∈(0，ln a )，x 2∈(ln a ，＋∞)，使得h (x 1)＝0，h (x 2)＝0， 即f ′(x 1)＝0，f ′(x 2)＝0，可知在x 1，x 1两边f ′(x )符号相反， ∴函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，综上可知：a ≤e 时，函数f (x )无极值点，当a ＞e 时，函数f (x )有两个极值点． 4．(2017·长春二模)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R .(1)若f (x )存在极值点为1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同零点x 1，x 2，求证a ＞e2(e 为自然对数的底数，ln 2≈0.6931)．(1)解：函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R可得f ′(x )＝x ＋1－a －ax ，因为f (x )存在极值点为1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，经检验符合题意，所以a ＝1； (2)证明：f (x )的导数为f ′(x )＝x ＋1－a －ax＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－ax (x ＞0)， ①当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a ＞0时，由f ′(x )＝0得x ＝a ， 当x ＞a 时，f ′(x )＞0，所以f (x )为增函数， 当0＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，所以f (x )为减函数， 所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )， 又因为f (x )存在两个不同零点，所以f (a )＜0， 即12a 2＋(1－a )a －a ln a ＜0，整理得ln a ＞1－12a ， 令h (a )＝ln a ＋12a －1，h ′(a )＝1a ＋12＞0，h (a )在定义域内单调递增，h ⎝⎛⎭⎫e 2·h (e)＝⎝⎛⎭⎫ln e 2＋e 4－1⎝⎛⎭⎫ln e ＋e 2－1＝e 2⎝⎛⎭⎫e 4－ln 2，由ln 2≈0.6931，e ≈2.71828，知e4－ln 2＜0，故a ＞e2成立．5．(2017·云南二模)已知e 是自然对数的底数，f (x )＝m e x ，g (x )＝x ＋3，φ(x )＝f (x )＋g (x )，h (x )＝f (x )－g (x －2)－2017.(1)设m ＝1，求h (x )的极值；(2)设m ＜－e 2，求证：函数φ(x )没有零点；(3)若m ≠0，x ＞0，设F (x )＝m f (x )＋4x ＋4g (x )－1，求证：F (x )＞3.(1)解：∵f (x )＝m e x ，g (x )＝x ＋3，m ＝1， ∴f (x )＝e x ，g (x －2)＝x ＋1，∴h (x )＝f (x )－g (x －2)－2017＝e x －x －2018. ∴h ′(x )＝e x －1，令h ′(x )＝0得x ＝0.∵e 是自然对数的底数，∴h ′(x )＝e x －1是增函数． ∴当x ＜0时，h ′(x )＜0，即h (x )是减函数； 当x ＞0时，h ′(x )＞0，即h (x )是增函数．∴函数h (x )没有极大值，只有极小值，且当x ＝0时，h (x )取得极小值． ∴h (x )的极小值为h (0)＝－2017. (2)证明：∵f (x )＝m e x ，g (x )＝x ＋3， ∴φ(x )＝f (x )＋g (x )＝m ·e x ＋x ＋3， ∴φ′(x )＝m ·e x ＋1.∵m ＜－e 2＜0，∴φ′(x )＝m ·e x ＋1是减函数．令φ′(x )＝m ·e x ＋1＝0解得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－1m . 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－1m 时，φ′(x )＝m ·e x ＋1＞0，此时函数φ(x )是增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－1m ，＋∞时，φ′(x )＝m ·e x ＋1＜0，此时函数φ(x )是减函数， ∴当x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－1m 时，函数φ(x )取得最大值，最大值为φ⎣⎡⎦⎤ln ⎝⎛⎭⎫－1m ＝2－ln(－m )． ∵m ＜－e 2，∴2－ln(－m )＜0，∴φ(x )＜0，∴当m ＜－e 2时，函数φ(x )没有零点．(3)证明：∵f (x )＝m e x ，g (x )＝x ＋3，F (x )＝m f (x )＋4x ＋4g (x )－1＝1e x ＋4x ＋4x ＋2. ∵x ＞0，∴F (x )＞3化为(x －2)e x ＋x ＋2＞0.设u (x )＝(x －2)e x ＋x ＋2，则u ′(x )＝(x －1)e x ＋1.设v (x )＝(x －1)e x ＋1，则v ′(x )＝x e x .∵x ＞0，∴v ′(x )＞0.又∵当x ＝0时，v ′(x )＝0，∴函数v (x )在[0，＋∞)上是增函数．∵x ＞0，∴v (x )＞v (0)，即v (x )＞0.又∵x ＝0，v (x )＝0，∴当x ＞0时，u ′(x )＞0；当x ＝0时，u ′(x )＝0，∴函数u (x )在[0，＋∞)上是增函数．∴当x ＞0时，u (x )＞u (0)，即(x －2)e x ＋x ＋2.∴当x ＞0时，F (x )＞3.6．已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值；(2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0,1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.(1)解：由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x －2a . 当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]，当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增， 因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减． 因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12＜a ＜e 2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ∈(0,1)，所以函数g (x )在区间[0，ln 2a ]上单调递减，在区间(ln 2a ，1]上单调递增．于是，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ； 当12＜a ＜e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b ；当a ≥e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (1)＝e －2a －b .(2)证明：设x 0为f (x )在区间(0,1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负．故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1，同理，g (x )在区间(x 0,1)内存在零点x 2，所以g (x )在区间(0,1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上单调递增， 故g (x )在(0,1)内至多有一个零点，不合题意．当a ≥e 2时，g (x )在[0,1]上单调递减，故g (x )在(0,1)内至多有一个零点，不合题意．所以12＜a ＜e 2. 此时g (x )在区间[0，ln 2a ]上单调递减，在区间(ln 2a,1]上单调递增，因此x 1∈(0，ln 2a ]，x 2∈(ln 2a,1)，必有g (0)＝1－b ＞0，g (1)＝e －2a －b ＞0.由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1＜2，有g (0)＝a －e ＋2＞0，g (1)＝1－a ＞0，解得e －2＜a ＜1.所以函数f (x )在区间(0,1)内有零点时，e －2＜a ＜1。
68、高考压轴题_导数与函数图像的交点(方程根)个数专题-2020.01.27a
导数与函数图像的交点（方程根）专题例1：（2019年浙江第9题）9．已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0例2：【2017年全国，理一21题】21．（12分）已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．例3：2019年全国理1第20题20．（12分）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．例4：2019全国理二第21题21．（12分）已知函数2()e x f x ax =-．（1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a德国插画艺术家Natalie Dombois一组幻想插画艺术https:///fx/u?r=P9zLyDD岁朝清供，鼠年吉祥！https:///fx/u?r=A5GZ1lD欧阳询《虞恭公碑》值得欣赏！https:///fx/u?r=wkLX5jD欧阳询《皇甫君碑》欣赏https:///fx/u?r=xxuPwuD中国书画名家印章欣赏https:///fx/u?r=pvvcOED老年人学国画，应该先画菊~https:///fx/u?r=epL9tDD吴青霞|海上代表，笔墨秀致，气韵生动，鲤鱼一绝！https:///fx/u?r=nS5Q9ED341万？！往届生高达48%以上？！考研人数再创新高，为何要考研？https:///fx/u?r=1GLKuvD精致的漂亮妹纸插画头像https:///fx/u?r=p8tFAsD考研复试：做到这5点，复试通过率达到90%https:///fx/u?r=PsRucaD米芾是怎么学《圣教序》的？https:///fx/u?r=wJgp2bD书法大宗师：“意临”三法！https:///fx/u?r=ZMu2OqD梁启超对联书法欣赏https:///fx/u?r=sgeFXbD难度“最高”的三大专业，数学不好的学生慎报考，否则跌得很惨！https:///fx/u?r=IdcBywD初中哪几科好高中时容易成学霸，中学教师：除了数学这2科很重要https:///fx/u?r=SZC86zD大师临帖｜何绍基临《西狭颂》https:///fx/u?r=5CsFozD坚持画画一年，她的插画真美！https:///fx/u?r=4MfhnBD书法的十大规律，真的是精彩绝伦!https:///fx/u?r=CZZ1KCD“10幅”——有趣的巨型壁画https:///fx/u?r=nJIsHED他是状元出身，又是山东大学首任校长，山东大学校牌出自他之手https:///fx/u?r=KLN5bnD于右任旧藏魏碑名品欣赏https:///fx/u?r=2GsqFwD中国画-徐悲鸿·国画欣赏https:///fx/u?r=yV59SwD全国金融学专业大学前十排行榜！中国金融专业大学排名2020 https:///fx/u?r=gl2EFoD考研人数年年暴涨，但读博学生寥寥无几，背后原因有3点https:///fx/u?r=47ff2tD考研调剂“水有多深”？这三个隐藏的小细节，你不知道就要吃亏了https:///fx/u?r=lNwLbrD只有当你硕士毕业时，你才明白它的重要性，但很多考研人却忽视了https:///fx/u?r=f8dDkDD考研结束，80%的学生将落榜，这些人该何去何从？https:///fx/u?r=jYy1UCD只有当你硕士毕业时，你才明白它的重要性，但很多考研人却忽视了https:///fx/u?r=f8dDkDD外媒：海外中国科学家，纷纷购买回程票https:///fx/u?r=d2rm2pD考研明明成绩拔尖，复试被刷后担心有内幕？其实只是这2个原因！https:///fx/u?r=elBAPED董其昌草书《早朝诗》/s/blog_4d1f126c01030hsi.html董其昌行草《早朝诗卷》真迹欣赏https:///s?id=1593960876794646397&wfr=spider&for=pc明董其昌行书《论画》欣赏，疏宕秀逸，极具特色/a/325049116_120124357书画欣赏丨董其昌《论画》，疏宕秀逸！https:///a/190782880_284824董其昌《陆放翁诗三首》手卷，笔精墨妙，疏宕秀逸/a/304455884_99934319。
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2018版导数题型追根溯源
新泰一中北校 闫辉
第二讲 交点与根的分布
一、学习目标
1.交点问题转化为函数的最值问题
2.根的分布利用数形结合转化为基本的不等式问题
二、重难点
重点：交点问题
难点：交点问题
三、引入
我们知道导数可以用于研究切线、单调性、极值、最值问题，那么：
已知3x =是函数2()ln(1)10f x a x x x =++-的一个极值点，若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，则b 的取值范围为 ． 它是哪一类啦？
四、过程
【知识点一】交点（零点或其变形）
两个函数的图像有交点也就是方程组有解，但是对于超越函数我们往往解不出，那么转化为一个函数，再利用图像研究其极值和最值问题成为了一种思路。
例题1.已知函数33y x x c =-+的图象与x 轴恰有两个公共点，则c = ．
A ．-2或2
B ．-9或3
C ．-1或1
D ．-3或1
例题2.（交点个数与根的分布）已知x=3是函数f(x)=aln(x+1)+2
x -10x 的一个极值点。
1）求a;
2）求函数的单调区间;
3）若直线y=b 与函数y=f(x)的图像有三个交点，求b 的取值范围.
【巩固练习】
1.若函数x e
y x a 4)1(+=-有大于零的极值点，则a 的范围为_______.
2.（2011年福建）已知a,b 为常数，且0≠a ，函数x ax b ax x f ln )(++-=，2)(=e f
1）求实数b;
2）求函数的单调区间
3）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m<M ），使得对于每一个],[M m t ∈，直线y=t 与曲线),1)((⎥⎦
⎤⎢⎣⎡∈=e e
x x f y 都有交点？若存在，求出最小的实数m 和最大的实数M ；若不存在，说明理由。
【知识点二】根的分布
二次函数根的分布主要考虑开口、对称轴、判别式、特殊点的函数值；那么利用导函数也可以研究一些特殊函数的零点（根）的分布问题。
方法：数形结合、分类讨论
例题2.（利用根的分布）已知函数x e
b ax x x x f -+++=)3()(23
1）若a=b=-3，求函数的单调区间
2）若f(x)在区间),2(),,(βα-∞单调增加，在),(),2,(+∞βα单调减小，证明6<-αβ
[巩固练习]
1.【2013学年第一学期期中杭州地区七校联考】函数32()f x x ax ax =++()x R ∈不存在极值点，则a 的取值范围是_________.
2.（转换变量后为根的分布）已知函数x x x f -=3)(
1）求曲线y=f(x)在点M （t,f(t)）处的切线方程
2）设a>0,如果过点（a,b ）可做曲线y=f(x)的三条切线，证明：-a<b<f(a)
3.已知函数)0(,22
1ln 2<--a x ax x . 1）若函数f(x)存在单调减去减，求a 的范围；
2）若21-=a 且关于x 的方程b x x f +-=2
1)(在区间[ 1 , 4 ]上恰有两个不等的实数根，求实数b 的取值范围.
五、课堂巩固
1.【2014全国1高考理第11题】已知函数32
()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是（ ）
A ．()2,+∞
B ．()1,+∞
C ．(),2-∞-
D ．(),1-∞- 2.【2014高考山东卷第20题】设函数22()(ln )x e f x k x x x
=-+（k 为常数， 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数）.
（Ⅰ）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；
（Ⅱ）若函数()f x 在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围.
六、课后作业
1.【浙江省湖州中学2013学年第一学期高三期中考试】函数21()2ln 2
f x x x x a =
+-+在区间(0,2)上恰有一个零点，则实数a 的取值范围是_____.
2.【2014高考四川第21题】已知函数2()1x f x e ax bx =---，其中,a b R ∈， 2.71828e =为自然对数的底数.
（Ⅰ）设()g x 是函数()f x 的导函数，求函数()g x 在区间[0,1]上的最小值； （Ⅱ）若(1)0f =，函数()f x 在区间(0,1)内有零点，求a 的取值范围。