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。
利用导数解决函数的零点问题
第六节 利用导数解决函数的零点问题考点1 判断、证明或讨论函数零点的个数判断函数零点个数的3种方法 直接法令f (x )＝0，则方程解的个数即为零点的个数 画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可 定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数．证明： (1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点．[证明] (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点． (2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1，0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1，0]的唯一零点．(ⅱ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减． 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点． (ⅲ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点． (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点．根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数．[解] (1)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x (x ＞0)，则f ′(x )＝x －e x 2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋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，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23，又∵φ(0)＝0.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．考点2 已知函数零点个数求参数解决此类问题常从以下两个方面考虑(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件．(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[13，3]上有两个零点，求实数a 的取值范围．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x， 令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0＜x ＜12时，f ′(x )＞0；当x ＞12时，f ′(x )＜0.∴f (x )的单调递增区间为(0，12)，单调递减区间为(12，＋∞)．(2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x .令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈[13，3]，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x ＜1时，g ′(x )＜0；当1＜x ≤3时，g ′(x )＞0，∴g (x )的单调递减区间为[13，1)，单调递增区间为(1，3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∴函数f (x )在[13，3]上有两个零点，g (13)＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13＞3－ln 33，∴实数a 的取值范围是(1，3－ln 33]．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象，讨论其图象与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象的交点问题．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .[解] (1)当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x . 当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点；(ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .当x ∈(0，2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0.所以h (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e24，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x＞0时，e x＞x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3（e2a）2＞1－16a3（2a）4＝1－1a＞0，故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.考点3函数零点性质研究本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．已知函数f(x)＝12x2＋(1－a)x－a ln x，a∈R.(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.[解](1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－ax，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－ax＝(x＋1)(1－ax)(x＞0)，①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x＞a时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)＜0，即12a2＋(1－a)a－a ln a＜0，整理得ln a＞1－12a，作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－a ln 2a－x x，则h′(x)＝－2＋2a2（2a－x）x ＝－2＋2a2－（x－a）2＋a2≥0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增，不妨设x1＜a＜x2，则h(x2)＞h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)＞f(x2)＝f(x1)，又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2＜x1，即x1＋x2＞2a，又ln a＞1－12a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝ln x－x.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)＋x＋12x－m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞1.[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1＝1－xx.令f′(x)＝1－xx＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＝1－xx＜0，得x＞1.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：根据题意知g(x)＝ln x＋12x－m(x＞0)，因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋12x－m的两个零点，所以ln x1＋12x1－m＝0，ln x2＋12x2－m＝0，两式相减，可得ln x1x2＝12x2－12x1，即ln x1x2＝x1－x22x1x2，故x1x2＝x1－x22lnx1x2，则x1＝x1x2－12lnx1x2，x2＝1－x2x12lnx1x2.令t＝x1x2，其中0＜t＜1，则x1＋x2＝t－12ln t ＋1－1t2ln t＝t－1t2ln t.构造函数h(t)＝t－1t－2ln t(0＜t＜1)，则h′(t)＝（t－1）2t2.因为0＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，即t－1t －2ln t＜0，可知t－1t2ln t＞1，故x1＋x2＞1.课外素养提升④逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法.f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型【例1】(1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)＜12，则不等式f(lg x)＞lg x＋12的解集为________．(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为________．(1)(0，10)(2)(－∞，－3)∪(0，3)[(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－12x，则g′(x)＝f′(x)－12＜0，所以g(x)在定义域内是减函数．因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－12＝1 2，由f(lg x)＞lg x＋12，得f(lg x)－12lg x＞12.即g(lg x)＝f(lg x)－12lg x＞12＝g(1)，所以lg x＜1，解得0＜x＜10.所以原不等式的解集为(0，10)．(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y ＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3，0)，(3，0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0，3)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f（x）g（x）(g(x)≠0)．xf′(x)±nf(x)(n为常数)型【例2】(1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是()A．f(x)＞0 B．f(x)＜0C．f(x)＞x D．f(x)＜x(1)A(2)A[(1)令g(x)＝f（x）x，则g′(x)＝xf′（x）－f（x）x2.由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0，1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；当x∈(－1，0)时，f(x)＜0.综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．(2)令g(x)＝x2f(x)－14x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.综上可知，f(x)＞0.][评析](1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝x n f(x)，则F′(x)＝x n－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对x n－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.(2)对于xf ′(x )－nf (x )＞0(x ≠0)型，构造F (x )＝f （x ）x n ，则F ′(x )＝xf ′（x ）－nf （x ）x n ＋1(注意对x n ＋1的符号进行讨论)，特别地，当n ＝1时，xf ′(x )－f (x )＞0，构造F (x )＝f （x ）x ，则F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＞0.f ′(x )±λf (x )(λ为常数)型【例3】 (1)已知f (x )在R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )＞f ′(x )，则有( )A ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)B ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)C ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)D ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)(2)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋2f ′(x )＞0恒成立，且f (2)＝1e (e 为自然对数的底数)，则不等式e x f (x )－e x2＞0的解集为________．(1)D (2)(2，＋∞) [(1)构造函数h (x )＝f （x ）e x ，则h ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x＜0，即h (x )在R 上单调递减，故h (－2 019)＞h (0)，即f （－2 019）e －2 019＞f （0）e 0⇒e 2 019f (－2 019)＞f (0)；同理，h (2 019)＜h (0)，即f (2 019)＜e 2 019f (0)，故选D.(2)由f (x )＋2f ′(x )＞0，得2[12f (x )＋f ′(x )]＞0，可构造函数h (x )＝e x 2f (x )，则h ′(x )＝12e x 2[f (x )＋2f ′(x )]＞0，所以函数h (x )＝e x 2f (x )在R 上单调递增，且h (2)＝e f (2)＝1.不等式ex f (x )－e x 2＞0等价于e x 2f (x )＞1，即h (x )＞h (2)⇒x ＞2，所以不等式e x f (x )－e x2＞0的解集为(2，＋∞)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝e x f(x)．(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f（x）e x.。
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,∞+.。
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)导数隐零点问题处理的8大技巧如下：1.分类讨论：对于含参数的零点问题，常常需要根据参数的不同取值范围进行分类讨论。
2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。
3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。
4.数形结合：利用数形结合思想，将函数图像与x轴的交点问题转化为求函数的最值问题。
5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。
6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。
7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。
8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。
以下是30道经典题目，以供练习：1.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)的单调递增区间为( )A.(−∞,1)和(2,+∞)B.(−∞,−1)和(1,+∞)C.(−∞,−1)和(2,+∞)D.(−∞,2)和(1,+∞)2.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)在区间[−2,3]上的最大值是____．3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1和x=−21时取极值．(1)求a，b的值；(2)求函数极值．4. 已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若x∈[0,2]时，f(x)的最大值为417，求实数a的取值范围．5. 已知函数f(x)=ln x−mx+m有唯一的零点，则实数m的取值范围是____．6. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3x + 1，若 x ∈ [0,1] 时，f(x) ≤ f(0) 恒成立，则 m 的取值范围是 _______．7. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 - 3x (a、b ∈ Z) 在 x = ±1 和x = ±2 时取极值．(1) 求 f(x) 的解析式；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值；8. 已知函数 f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c 在 x = ±1 和 x = ±3时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值．1.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在 [0,3] 上的最大值和最小值分别为 M, N，则 M + N = _______．2.设f(x)=x3−3x2+4，则f(−x)+f(x)的值等于____3.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在(−3,2)上的最大值是____．4.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在区间[−1,3]上的最大值是____．5.已知函数f(x)=x3−3ax2+bx+c在x=±1时取极值，且函数y=f(x)图象过原点．(1) 求函数y=f(x)的表达式；(2) 求函数的单调区间和极值；14. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + bx 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-2,4] 上的最大值和最小值．15. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±2 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 若 f(x) 的最大值为 8，求 c 的值．16. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±√2 时取极值，且 f(-2) = -4．(1) 求 a，b，c 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．17. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b (a > 0)，若 f(x) 在区间[-1,0] 上是减函数，则 a 的取值范围是 _______．18. 若关于 x 的方程 x^3 - 3ax + a^3 = 0 有实根，则实数 a 的取值范围是 _______．19. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．20. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b应满足的条件是 _______．1.函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在区间 [-1,3] 上的最大值和最小值分别为 _______．2.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) +3x^2 ≤ f(y) + 3y^2，则 x + y 的取值范围是 _______．3.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) ≤f(y) + 3，则 x + y 的取值范围是 _______．4.若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则a，b 应满足的条件是 _______．5.已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．26. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b 应满足的条件是 _______．27. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．28. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．29. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．30. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．。
求解导数零点问题的四种策略
2020年第12期中学数学教学参考（下旬）'想方法求解导数零点问题的四种策略毛正燕（贵州省安顺市西秀区高级中学）余登高（贵州省安顺市西秀区岩腊乡三股水学校）摘要：导数零点是导数综合应用中非常重要的知识，其考查形式多样，问题设置一般较为复杂，尤其是导 数零点不可求问题。
本文给出四种策略下求解导数零点问题的示例，展现了一种策略独领风骚，多种策略 助力的解题过程。
关键词：导数；零点定理；函数文章编号：1002-2171 (2020) 12-0054-03导数作为高中数学中的重点内容，一直是高考函数压轴题涉及的主要知识。
导数零点问题考查形式多样，问题设置较为复杂，常常给学生的解题带来障碍。
下面笔者通过示例说明求解该类问题的四种策略。
1 一个定理——零点存在性定理在判断导函数/(：c)在给定区间U，6)内的单调 性后，可在区间（a，6)内取两个特殊值（往往取比较容易计算的具有明显特征的数值），计算对应的导函数值，并与〇进行比较，结合函数的零点存在性定理，就 可以得到导函数/'(x)在给定区间（a，6)内存在唯一 的零点。
例1(2019年高考数学全国卷I文科第20题第（I )问）已知函数 /(x) =2sin x—xcos x— x, /U)为/(X)的导函数。
证明：/(1)在区间（0,7T)内存在唯一零点。
分析：先对函数/(I)求导，然后对导函数再次求导，利用函数的单调性与最值，结合函数的零点存在性定理证明。
证明：由题意可得/^(工）=2cos x— [cos x+x(— sin x)] —l=cos x+xsin x一1，设函数g(x)=//(x)=c o s x+xsin x—1，贝!j（:r) =:ccos x。
当时，单调递增；当(|，7T)时，^/(:r)<0，g(jc)单调递减。
则函数g O)的最大值为 —1>〇。
又 g(0) =0，g(7t)=—2,可得 d f) .g(7t)<〇,即/'(f) ./(兀）<〇,所以根据函数的零点存在性定理，可知/(：c)在区间（0, 7t)内存在唯一零点。
导数问题中虚设零点的三个技巧
技巧１ 整体代换，将超越式转化为普通式．
如果ｆ′（ｘ）是超越形式（对字母进行了有限次初等超越运算 包 括 无 理 数 乘 方、指 数、对 数、三 角、反三角等运算的解析式，称 为 初 等 超 越 式，简称超越式），并且ｆ′（ｘ）的零点是存在的但 无法求出，这时可采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所在的范围 和满足 的 关 系 式，然后分析出相应的函数的单调性，最后通过恰当 运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果．通过 这种形式化的合理 代 换 或 推 理，谋求一种整体的转换和过渡，从 而将超越式转化为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点．
Байду номын сангаас
如果ｆ′（ｘ）不是超越形式，而是可转化为二次函数，这时很容易想 当然，用求根公式把零点求出来，代入极 值 中 去．但 接 下 来 要 么 计 算 偏 烦，要 么无法化简，复杂的算式让人无处下手，导致后继工
作无法开展．正所谓“思 路 简 单，过 程 烦 人”．这 时有两个处理 技巧．
如果问 题 要 求 解（或 求 证）的结论与参数有关，利用关系式ｆ′（ｘ）＝０ （大部 分 情 况 可 转 化 为二次方程），在保留 参 数 的 情 况 下，不 断 地 把 零 点的次数降到不可再降为止，再结合其他条件，建立含参数的方程（或 不 等 式），就可求出参数的值或参数的范围．
导数问题中虚设零点的三个 技巧
导数是解决函 数 单 调 性、极 值、最 值、不 等 式证 明等问题的“利 器”．与导数有关的数学问题往往成 为高考函数压轴题，求解这些压轴题时，经常会碰到 导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的 情形．此时，可以将这个零点只设出来而不必求出来， 然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件， 从而最终获得问题的解决．我们称这种解题方法为 “虚设零点”法．
导数与函数零点问题解题方法归纳
导函数零点问题一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题.二．解题策略类型一 察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【2020·福建南平期末】已知函数()()21e x f x x ax =++. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()21e 1x g x x mx =+--在[)1,-+∞有两个零点，求m 的取值范围. 【分析】（1）首先求出函数的导函数因式分解为()()()11e xf x a x x =++'+，再对参数a 分类讨论可得； （2）依题意可得()()21e xg x m x =+'-，当0m 函数在定义域上单调递增，不满足条件；当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数，因为()01g m '=-，()00g =.再对1m =，1m ，01m <<三种情况讨论可得.【解析】（1）因为()()21x f x x ax e =++，所以()()221e xf x x a x a ⎡⎤=+++⎣⎦'+， 即()()()11e xf x a x x =++'+. 由()0f x '=，得()11x a =-+，21x =-.①当0a =时，()()21e 0x f x x =+'，当且仅当1x =-时，等号成立.故()f x 在(),-∞+∞为增函数.②当0a >时，()11a -+<-，由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-，由()0f x <′得()11a x -+<<-；所以()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数.③当0a <时，()11a -+>-，由()0f x >′得()1x a >-+或1x <-，由()0f x <′得()11x a -<<-+；所以()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.综上，当0a =时，()f x 在为(),-∞+∞增函数；当0a >时，()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数；当0a <时，()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.（2）因为()()21e 1x g x x mx =+--，所以()()21e x g x m x =+'-， ①当0m 时，()0g x '，()g x 在[)1,-+∞为增函数，所以()g x 在[)1,-+∞至多一个零点.②当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数.因为()01g m '=-，()00g =.（ⅰ）当1m =时，()00g '=，0x >时，()0g x '>，10x -<<时，()0g x '<；所以()g x 在[)1,0-为减函数，在[)0,+∞为增函数，()()min 00g x g ==.故()g x 在[)1,-+∞有且只有一个零点.（ⅱ）当1m 时，()00g '<，()()210m g m e m m '=+->，()00,x m ∃∈，使得()00g x '=， 且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.所以()()000g x g <=，又()()()22221e 1110m g m m m m m =+-->+--=， 根据零点存在性定理，()g x 在()0,x m 有且只有一个零点.又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0.故当1m 时，()g x 在[)1,-+∞有两个零点.（ⅲ）当01m <<时，()01g m -'=-<，()00g '>，()01,0x ∃∈-，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.因为()g x 在()0,x +∞有且只有一个零点0，若()g x 在[)1,-+∞有两个零点，则()g x 在[)01,x -有且只有一个零点.又()()000g x g <=，所以()10g -即()2110e g m -=+-，所以21e m -， 即当211em -<时()g x 在[)1,-+∞有两个零点. 综上，m 的取值范围为211em -< 【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x时，常猜x ＝0或x ＝ln x .2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】 【2020·山西吕梁期末】已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()sin x g x e x =-，若()()()()2h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点，求a 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2ln f x x a x x =--， 21()2f x x '=+2221a x ax x x-+-=， 对于2210x ax -+=，28a ∆=-，当[a ∈-时，()0f x '≥，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当(,a ∈-∞-时，对于0x >，有()0f x '>，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当)a ∈+∞时，令()0f x '>，得04a x <<或4a x >，令()0f x '<，得44a a x <<，所以()f x 在，)+∞上是增函数，在(44a a 上是减函数.综上，当(,a ∈-∞时，()f x 在(0,)+∞上是增函数；当)a ∈+∞时，()f x 在(0,)4a -，()4a ++∞上是增函数，在(44a a 上是减函数. （2）由已知可得()cos x g x e x '=-， 因为0x >，所以e 1x >，而c o s 1x ≤，所以cos 0x e x ->，所以()0g x '>，所以()sin xg x e x =-在()0+∞，上单调递增. 所以()()00g x g >=.故()h x 有两个零点，等价于()2y f x x =-=1aInx x--在()0+∞，内有两个零点. 等价于1ln 0a x x--=有两根， 显然1x =不是方程的根， 因此原方程可化为()1ln 01x x x x a-=>≠且， 设()ln x x x φ=，()ln 1x x φ='+，由()0x φ'>解得11x e<<，或1x > 由()0x φ'<解得10x e <<， 故()ln x x x φ=在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在()1,1,1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.其图像如下所示：所以()min 11x e eφφ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 所以110e a-<-<， 所以a e >. 类型二 设而不求，巧“借”零点 【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln x f x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a ≥+. 【解析】（I ）()f x 的定义域为0+，，2()=20x a f x e x x . 当0a时,()0f x ，()f x 没有零点； 当0a 时，因为2x e 单调递增，a x 单调递增，所以()f x 在0+，单调递增.又()0f a ,当b 满足04a b 且14b 时，(b)0f ,故当0a 时，()f x 存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x 在0+，的唯一零点为0x ，当00x x ，时，()0f x ;当0+x x ，时，()0f x .故()f x 在00x ，单调递减，在0+x ，单调递增，所以当0x x 时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x ，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a . 故当0a 时，2()2ln f x a a a. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20x af x e x 的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”．【举一反三】 【2020·江西赣州期末】已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+.（1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【解析】（1）令2()x f x e ax x =--，则()21x f x e ax '=--，得：(1)e 1f a =--，(1)e 21f a '=--，由题得：(1)e 21e 31(1)e 1e 31f a a f a b b ⎧=--=-=⎧⇒⎨⎨=--=-+=⎩'⎩（2）根据题意，要证不等式4()5f x m >+对于任意恒成立，即证(0,)x ∈+∞时，4()5f x -的最小值大于m ， 令244()()()2155x x g x f x e x x g x e x '=-=---⇒=--， 记()()21()2x xh x g x e x h x e ''==--⇒=-，当(0,ln 2)x ∈时，()0h x '<；当x (ln 2,)∈+∞时，()0h x '>，故()h x 即()g x '在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增， 又(0)0g '=，(ln 2)12ln 20g '=-<，且(1)30g e '=-<，323402g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， 故存在唯一031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=， 故当()00,x x ∈时，0g x ；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>；故()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()02min 0004()5x g x g x e x x ==--- 一方面：()014(1)5g x g e <=- 另一方面：由()00g x '=，即00210x e x --=，得()022*********x g x e x x x x =---=-++ 由031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得：()0111205g x -<<，进而()011140205g x e -<<-<， 所以1120m <- ，又因为m 是整数，所以1m -，即max 1m =-. 类型三 二次构造（求导），避免求根 【例3】【2020重庆巴蜀中学月考】已知函数()()21ln 12f x x a x =+-.（1）当1a =-时，求()f x 的单调增区间；（2）若4a >，且()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，求证：210e x e --<<.【分析】（1）求出()'f x ，令()'0f x ≥，解不等式可得单调递增区间；（2）通过求()f x 的导函数，可得()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，又由()f x 在()0,1上有唯一的零点0x 可得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，所以有()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，消去a ，可得0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，研究其单调性，利用零点存在性定理可得结果.【解析】（1）由已知()f x 的定义域为0x >，当1a =-时，()()21ln 12f x x x =--， 则()()2111'x x x xf x x -++=--=， 令()'0f x ≥且0x >，则102x +<≤， 故()f x在10,2⎛ ⎝⎦上单调递增；（2）由()()21ln 12f x x a x =+-， 有()()2111'ax f x ax a x x x-+=+-=，记()21g x ax ax =-+，由4a >，有()()001011110242110a g g a a g >⎧⎪=>⎪⎪⎪⎛⎫=-+<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪=>⎪⎪⎩， 即()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，不妨设12x x <，且1x ，2x 是210ax ax -+=的两个根， 则121012x x <<<<， 又()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，且当0x +→时，()f x →-∞，当1x =时，()10f =， 所以得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭， 所以()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，两式结合消去a ，得0001ln 02x x x --=， 即0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 有()00'2ln 1t x x =+，其在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()001'2ln 12ln 11ln 402t x x =+<+=-< 则()00'2ln 10t x x =+<在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立， 即()0t x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又222212*********e t e e e e e t e e e ⎧-⎛⎫=--+=< ⎪⎪⎝⎭⎪⎨-⎛⎫⎪=-=> ⎪⎪⎝⎭⎩， 由零点存在定理，210ex e --<<. 【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等.【举一反三】【2020·云南昆明一中期末】已知函数2()(1)x x f x eax e =-+⋅，且()0f x . （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【解析】（1）因为()()ee 10x xf x ax =--≥,且e 0x >,所以e 10x ax --≥, 构造函数()e 1x u x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =, 若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >,则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增,故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e x xf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()0022200000011e 1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+< ⎪⎝⎭.三．强化训练1.【2020·安徽合肥二中月考】已知函数() 01ln 0x x e x f x xe x x x -⎧-≤=⎨--->⎩，，，则函数()()()()F x f f x ef x =-的零点个数为（ ）（e 是自然对数的底数） A ．6 B ．5C ．4D ．3【答案】B【解析】0x ≤时，()xf x e -=-是增函数，(0)1f =-，0x >时，()1ln x f x xe x x =---，11()(1)1(1)()xx f x x e x e x x'=+--=+-，显然10x +>， 由1xe x=，作出xy e =和1(0)y x x=>的图象，如图，x y e =是增函数，1y x =在0x >是减函数它们有一个交点，设交点横坐标为0x ，易得0011x e x =>，001x <<， 在00x x <<时，1xe x <，()0f x '<，0x x >时，1xe x>，()0f x '>， 所以()f x 在0(0,)x 上递减，在0(,)x +∞上递增，0()f x 是()f x 的极小值，也是在0x >时的最小值．001x e x =，001x x e =，0001ln ln x x x ==-，即00ln 0x x +=，00000()1ln 0x f x x e x x =---=， 0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞．作出()f x 的大致图象，作直线y ex =，如图，0x >时y ex =与()f x 的图象有两个交点，即()0f x ex -=有两个解12,t t ，120,0t t >>．0x <时，()x f x e -=-，()x f x e '-=，由11()xf x e e -'==得1x =-，而1x =-时，(1)y e e =⨯-=-，(1)f e -=-，所以直线y ex =与()x f x e -=-在(1,)e --处相切．即0x ≤时方程()0f x ex -=有一个解e -．()(())()0F x f f x ef x =-=，令()t f x =，则()()0F x f t et =-=，由上讨论知方程()0f t et -=有三个解：12,,e t t -(120,0t t >>)而()f x e =-有一个解，1()f x t =和2()f x t =都有两个解，所以()0F x =有5个解， 即函数()F x 有5个零点．故选B ． 2．【2020江苏盐城期中】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________. 【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。
2025年高考数学一轮复习-4.4.2-导数的函数零点问题【课件】
【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)ex,
令f'(x)=0得x=-2,则f'(x),f(x)的变化情况如表所示:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
1
- 2
单调递增
所以f(x)的单调递减区间是(-∞,-2),单调递增区间是(-2,+∞).
e
1 1
当0< < 3,即a>e3时,f(x)有两个零点;
e
1
当 <0,即a<0时,f(x)有一个零点.
综上所述,当a∈(0,e3)时,f(x)无零点;当a∈(-∞,0)∪{e3}时,f(x)有一个零点;
当a∈(e3,+∞)时,f(x)有两个零点.
【加练备选】
已知函数f(x)=xex+ex.
[例2]已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
2 ( 2 +2+3)
3
设g(x)= 2
-3a,则g'(x)= 2
≥0,当且仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)
2
++1
( ++1)
上单调递增.
故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.
3
又f(x)=
−1+1−3(
) (−1−3)(=Biblioteka 2 ++1
高考数学专题一 微专题8 利用导数研究函数零点问题
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1， 所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点. 综上，f(x)有且仅有2个零点.
跟踪训练1 (2023·常德模拟)已知函数f(x)＝x2＋2－aln x(a∈R). x
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
因为 f(x)＝x2＋2x－aln x，x>0，
2x3－ax－2
所以 f′(x)＝ x2
(x>0)，
令g(x)＝2x3－ax－2，则g′(x)＝6x2－a，
由 a>0，g′(x)＝0，可得 x＝ a6，
所以 g(x)在0，
a6上单调递减，在
a6，＋∞上单调递增，
由于 g(0)＝－2<0，故当 x∈0，
a6时，g(x)<0，
又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，
从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，
由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，
所以有 2x30－ax0－2＝0，x20＋x20－aln x0＝0，
联立得 2ln x0－x30－3 1－1＝0，
(*)
令 h(x)＝2ln x－x3－3 1－1，可知 h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于 h(2)＝2ln 2－170<2×0.7－170<0，h(3)＝2ln 3－2296>2×1－2296>0， 故方程(*)的唯一解，即f(x)的唯一零点x0∈(2,3)，故[x0]＝2.
考点二 由零点个数求参数范围
③若a<－1， (ⅰ)当x∈(0，＋∞)时， 则g′(x)＝ex－2ax>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0， 所以存在m∈(0,1)， 使得g(m)＝0，即f′(m)＝0， 当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，
难点4 解答导数零点不可求问题的三种方法
难点4 解答导数零点不可求问题的三种方法导数是研究函数的有力工具,其核心是由导数值的正、负确定原函数的单调性.用导数研究函数f(x)=0的单调性,往往需要解方程f '(x)=0.当该方程不易求解时,如何继续解题呢? 1.猜——猜出方程f '(x)=0的根典例1 设f(x)=.(1)若函数f(x)在(a,a+1)上有极值,求实数a的取值范围;(2)若关于x的方程f(x)=x2-2x+k有实数解,求实数k的取值范围.解析(1)f '(x)=-,令f '(x)=0,得x=1.由f(x)在(a,a+1)上有极值,得即0<a<1.所以实数a的取值范围是(0,1).(2)方程f(x)=x2-2x+k,即f(x)-x2+2x=k.设g(x)=f(x)-x2+2x,可得所求实数k的取值范围,即函数g(x)的值域.g'(x)=2(1-x)+.接下来,需求函数g(x)的单调区间,所以需解不等式g'(x)≥0及g'(x)≤0,因而需解方程g'(x)=0,但此方程不易求解,所以我们可以先猜后解.易得g'(1)=0,且当0<x<1时,g'(x)>0,当x>1时,g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故g(x)=g(1)=2.进而可得函数g(x)的值域是(-∞,2],所以所max求实数k的取值范围是(-∞,2].点拨当所求函数的解析式中出现ln x时,常猜x=1;当函数解析式中出现e x时,常猜.x=0或x=ln x对点练求函数f(x)=e x+x2-(2+ln 2)x的最小值.解析由题意可得,f '(x)=e x+x-(2+ln 2).接下来,需求函数f(x)的单调区间,所以需解不等式f '(x)≥0及f '(x)≤0,因而需解方程f '(x)=0.但此方程不易求解,所以我们可以先猜后解.易知f '(x)是增函数,所以方程f '(x)=0至多有一个实数解,且可观察出此实数解就是ln 2,所以函数f(x)在(-∞,ln 2)、(ln 2,+∞)上分别是减函数、增函数,得f(x)min=f(ln 2)=2-2ln 2-ln22.2.设——设出方程f '(x)=0的根典例2 设函数f(x)=e2x-aln 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+aln.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=2e2x-(x>0).当a≤0时, f '(x)>0, f '(x)没有零点;当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增,所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增.又f '(a)>0,当b满足0<b<且b<时, f '(b)<0,故当a>0时, f '(x)存在唯一零点.(2)证明:设f '(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x)时, f '(x)<0;当x∈(x,+∞)时, f '(x)>0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x,+∞)上单调递增,所以当x=x时, f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2-=0,所以f(x)=+2ax+aln≥2a+aln,当且仅当x=时取“=”.故当a>0时, f(x)≥2a+aln.点拨本题第(2)问的解题思路是求函数f(x)的最小值,因此需要求f '(x)=0的根,但是f'(x)=2e2x-=0的根无法求解,故设出f '(x)=0的根为x0,通过f(x)在(0,x)和(x,+∞)上的单调性知f(x)min =f(x)=+2ax+aln,进而利用基本不等式证得结论,这种解决方法类似解析几何中的设而不求. 对点练设函数f(x)=e x-ax-2.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f '(x)+x+1>0,求k的最大值.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=e x-a.若a≤0,则f '(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0,所以, f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(2)由于a=1,所以(x-k)f '(x)+x+1=(x-k)(e x-1)+x+1.故当x>0时,(x-k)f '(x)+x+1>0等价于k<+x(x>0).(*)令g(x)=+x,则g'(x)=+1=.令h(x)=e x-x-2,由(1)知,函数h(x)=e x-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.故g'(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g'(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于(*)式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.3.证——证明方程f '(x)=0无根典例3 已知m∈R,函数f(x)=mx--ln x,g(x)=+ln x,h(x)=,若∃x∈[1,e],使得f(x0)-g(x)>h(x),求实数m的取值范围.解析由题意知关于x的不等式f(x)-g(x)>h(x)在[1,e]上有解,即关于x的不等式<m(1<x≤e)有解.设u(x)=(1<x≤e),下面求函数u(x)的最小值.u'(x)=(1<x≤e),不易求解方程u'(x)=0.可大胆猜测方程u'(x)=0无解,证明如下:由1<x≤e,可得-(2x2+2)ln x<0;2x2-4ex-2=2(x-e)2-2e2-2<0,所以u'(x)<0.所以u(x)在(1,e]上是减函数,所以函数u(x)的值域是,进而可得所求实数m的取值范围是.点拨当利用导数求函数f(x)在区间[a,b]、[a,b)或(a,b]上的最值时,可首先考虑函数f(x)在该区间上是否单调,若单调,则f(x)在区间的端点处取得最值.对点练若存在x使不等式>成立,求实数m的取值范围.解析由题意知存在x使不等式-m>e x-x成立.设=t(t≥0),则∃t≥0使不等式-m>t-t2成立.设f(t)=t-t2(t≥0),下面求函数f(t)的最小值.f '(t)=(2t2+1)-2t(t≥0),需解方程f '(t)=0,但此方程不易求解.可大胆猜测方程f '(t)=0无解(若方程f '(t)=0无解,则f '(t)的值恒正或恒负,则f(t)是增函数或减函数),证明如下:f '(t)=(2t2+1)-2t≥2t-2t≥0(t≥0),当且仅当t=时取“=”,进而可得f '(t)≥0(t≥0),所以函数f(t)是增函数,得其最小值为f(0)=0.所以-m>0,故实数m的取值范围为m<0.。
专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)
导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x x =+. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）讨论函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+， 令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论： 当21e a <-时，零点的个数为0个； 当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个； 当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案； 【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论． 【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增， 又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞， 根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点． 综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增， 此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意， 综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-， 设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =， 所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<． 以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 且 x →+∞时，()0h x →，()11h =， 所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =， 当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+， 所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数； （2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．（2022·天津静海一中高三月考）已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行． （1）求a 的值和函数()f x 的单调区间； （2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围． 【答案】（1）-9，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-； 由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-． （2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点． ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--， ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <； 由()0g x '<，解得12x <<．∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →， 作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围． （2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩， 解得3ln204k -<<， 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+， 令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增； 因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围． 【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值； （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案 【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =． （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<； 当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。
导数零点问题方法归纳
导数零点问题方法归纳导数零点问题啊，这可真是个有趣的家伙！你想想看，它就像是数学世界里的一个神秘宝藏，等待着我们去挖掘。
在面对导数零点问题时，咱得有耐心，就像钓鱼一样，不能着急。
有时候，那零点就像狡猾的小鱼，藏得可深了，得慢慢找。
咱先来说说怎么找这些零点吧。
就好像在一个大迷宫里找出口，得仔细观察那些线索。
咱得看看函数的单调性，这就像是给迷宫画出了几条路，顺着走，也许就能找到零点的大致位置。
然后呢，再用各种方法去试探，看看到底是不是零点。
这过程不就跟探险家在荒山野岭里找宝贝一样嘛！有时候啊，我们可能一下子就找到了零点，那感觉，就像是瞎猫碰上死耗子，哈哈，可高兴了。
但有时候呢，怎么找都找不到，急得人抓耳挠腮的。
这时候可不能泄气啊，得换个思路，换个方法，说不定就柳暗花明又一村了呢！还有啊，在解决导数零点问题时，可别死脑筋。
就像走路一样，不能只知道走直路，有时候得拐拐弯，说不定就能发现新的风景。
比如说，我们可以试着把问题转化一下，也许就会变得简单很多呢。
再说说计算吧，那可得细心细心再细心，就跟绣花似的，不能有一点马虎。
要是不小心算错了，那可就前功尽弃啦，就像好不容易快挖到宝藏了，结果一锄头下去，把宝藏给弄坏了，那多可惜呀！遇到难题的时候，也别害怕。
你想想，那些厉害的数学家不也是从一个一个难题中走过来的嘛。
咱就把难题当成是一个挑战，挑战成功了，那得多有成就感呀！总之呢，导数零点问题虽然有时候会让人头疼，但只要我们有耐心，有方法，有勇气，就一定能把它拿下！就像那句话说的，世上无难事，只怕有心人！咱可不能被这点小困难给吓住了，要勇往直前，去探索数学世界的奥秘！你说是不是呢？。
导数与函数零点问题解题方法归纳
导数与函数零点问题解题方法归纳导函数零点问题一、方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心是由导数值的正负确定函数的单调性。
应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究$f(x)$的单调性，往往需要解方程$f'(x)=0$。
若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题。
二、解题策略类型一：察“言”观“色”，“猜”出零点例1】【2020·福建南平期末】已知函数$f(x)=x+ax+\frac{1}{e^{2x}}$1）讨论$f(x)$的单调性；2）若函数$g(x)=x+\frac{1}{e^{-mx}-1}$在$[-1,+\infty)$有两个零点，求$m$的取值范围。
分析】1）首先求出函数的导函数因式分解为$f'(x)=(x+a+1)(x+1)e^{-2x}$，再对参数$a$分类讨论可得：①当$a=0$时，$f'(x)=(x+1)e^{-2x}$，当且仅当$x=-1$时，等号成立。
故$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数。
②当$a>0$时，$-10$得$x-1$，由$f'(x)<0$得$-a-1<x<-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数。
③当$aa+1$，由$f'(x)>0$得$x>-a-1$或$x<-1$，由$f'(x)<0$得$-1<x<-a-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
综上，当$a=0$时，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数；当$a>0$时，$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数；当$a<0$时，$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
微专题 利用导数研究函数的零点问题
利用导数研究函数的零点问题内容概览题型一 利用导数探究函数零点的个数题型二 利用函数零点问题求参数范围题型三 与函数零点有关的证明[命题分析]函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查基本初等函数、三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现.题型一 利用导数探究函数零点的个数[典例1](2022·陇南模拟)已知函数f(x)=r1e-a(a∈R),讨论f(x)的零点个数.【解析】令f(x)=r1e-a=0,得a=r1e,设g(x)=r1e,则g'(x)=e−(r1)e(e)2=−e,当x>0时,g'(x)<0,当x<0时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(0)=1,而当x>-1时,g(x)>0,当x<-1时,g(x)<0,g(x)的大致图象如图所示:所以①当a>1时,方程g(x)=a无解,即f(x)没有零点;②当a=1时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;③当0<a<1时,方程g(x)=a有两解,即f(x)有两个零点;④当a≤0时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;综上,当a>1时,f(x)没有零点;当a=1或a≤0时,f(x)有唯一的零点;当0<a<1时,f(x)有两个零点.【方法提炼】利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法:(1)构造函数:构造函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定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(最值),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)应用定理:利用零点存在定理,先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.【对点训练】(2023·成都模拟)设函数f(x)=ln x+,m∈R.讨论函数g(x)=f'(x)-.3的零点个数【解析】由题设,可知g(x)=f'(x)-3=1-2-3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0),设φ(x)=-13x3+x(x>0),则φ'(x)=-x2+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,所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点,所以φ(x)的最大值为φ(1)=23,画出y=φ(x)的大致图象(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;)有两个零点.当0<m<2时,函数g(x【加练备选】已知函数f(x)=x e x+e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)e x,令f'(x)=0得x=-2,则f'(x),f(x)的变化情况如表所示:x(-∞,-2)-2(-2,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减-12单调递增所以f(x)的单调递减区间是(-∞,-2),单调递增区间是(-2,+∞),当x=-2时,f(x)有极小值为f(-2)=-1e2,无极大值;(2)令f(x)=0,得x=-1,当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0,且f(x)的图象经过点(-2,-1e2),(-1,0),(0,1);当x→-∞时,与一次函数相比,指数函数y=e-x增长更快,从而f(x)=r1e−→0;当x→+∞时,f(x)→+∞,f'(x)→+∞,根据以上信息,画出f(x)大致图象如图所示,函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数为y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数,当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)=-1e2,所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:当a<-1e2时,零点的个数为0;当a=-1e2或a≥0时,零点的个数为1;当-1e2<a<0时,零点的个数为2.题型二 利用函数零点问题求参数范围[典例2](2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax-1-(a+1)ln x.(1)当a=0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.【解析】(1)当a=0时,f(x)=-1-ln x,x>0,则f'(x)=12-1=1−2,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)=-1;(2)f(x)=ax-1-(a+1)ln x,x>0,则f'(x)=a+12-r1=(B−1)(K1)2,当a≤0时,ax-1<0,所以当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,此时函数无零点,不合题意;当0<a<1时,1>1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;又f(1)=a-1<0,由(1)得1+ln x≥1,即ln1≥1-x,所以ln x<x,ln <,ln x<2,当x>1时,f(x)=ax-1-(a+1)ln x>ax-1-2(a+1)>ax-(2a+3),则存在m=(3+2)2>1,使得f(m)>0,所以f(x)仅在(1,+∞)上有唯一零点,符合题意;当a=1时,f'(x)=(K1)22≥0,所以f(x)单调递增,又f(1)=a-1=0,所以f(x)有唯一零点,符合题意;当a>1时,1<1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;此时f(1)=a-1>0,由(1)得当0<x<1时,ln x>1-1,ln >1-1,所以ln x>2(1-1),此时f(x)=ax-1-(a+1)ln x<ax-1-2(a+1) (1-1)<-1+2(r1),存在n=14(r1)2<1,使得f(n)<0,所以f(x)在(0,1)上有一个零点,在(1,+∞)上无零点,所以f(x)有唯一零点,符合题意;综上,a的取值范围为(0,+∞).【方法提炼】由函数零点求参数范围的策略(1)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;(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;(3)含参数的函数的零点个数,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,得到不含参数的具体函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.【解析】(1)a =2时,f (x )=22,f'(x )=2b2−2ln2·2(2)2=o2−En2)2=ln2· 2ln2−g2,当x ∈ 0,2ln2 时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈2ln2,+∞ 时,f'(x )<0,f (x )单调递减;(2)由题知f (x )=1在(0,+∞)上有两个不等实根,f (x )=1⇔x a =a x ⇔a ln x =x ln a ⇔ln=ln,令g (x )=ln,g'(x )=1−ln 2,g (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,又g (e)=1e,g (1)=0,lim m+∞g (x )=0,所以0<ln<1e⇒a >1且a ≠e .所以a 的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).【加练备选】 (2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=e x-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-x-2,则f'(x)=e x-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)f'(x)=e x-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意;当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).(i)若0<a≤1e,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意; (ii)若a>1e,则f(ln a)<0.因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.易知,当x>2时,e x-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=e2·e2-a(x+2)>e ln(2a)·2+2 -a(x+2)=2a>0.故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点,从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.综上,a的取值范围是1题型三 与函数零点有关的证明[典例3](2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【解析】(1)f(x)=e x-ax的定义域为R,而f'(x)=e x-a,若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)无最小值,故a>0.g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+∞),而g'(x)=a-1=B−1.当x<ln a时,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,当x>ln a时,f'(x)>0,故f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(ln a)=a-a ln a.当0<x<1时,g'(x)<0,故g(x)在 0,1上单调递减,当x>1时,g'(x)>0,故g(x)在1,+∞ 上单调递增,故g(x)min=g1=1-ln1.因为f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,故1-ln1=a-a ln a,整理得到K11+=ln a,其中a>0,设t(a)=K11+-ln a,a>0,则t'(a)=2(1+p2-1=−2−1o1+p2<0,故t(a)在(0,+∞)上单调递减,而t(1)=0,故t(a)=0的唯一解为a=1,故K11+=ln a的解为a=1.综上,a=1;(2)由(1)可得f(x)=e x-x和g(x)=x-ln x的最小值为1-ln 1=1-ln11=1.当b>1时,考虑e x-x=b的解的个数,x-ln x=b的解的个数.设S(x)=e x-x-b,S'(x)=e x-1,当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,故S(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以S(x)min=S(0)=1-b<0,而S(-b)=e-b>0,S(b)=e b-2b,设u(b)=e b-2b,其中b>1,则u'(b)=e b-2>0,故u(b)在(1,+∞)上单调递增,故u(b)>u(1)=e-2>0,故S(b)>0,故S(x)=e x-x-b有两个不同的零点,即e x-x=b的解的个数为2.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=K1,当0<x<1时,T'(x)<0,当x>1时,T'(x)>0,故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以T(x)min=T(1)=1-b<0,而T(e-b)=e-b>0,T(e b)=e b-2b>0,T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点,即x-ln x=b的解的个数为2.当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b仅有一个零点,当b<1时,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b均无零点,故若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,则b>1.设h(x)=e x+ln x-2x,其中x>0,故h'(x)=e x+1-2,设s(x)=e x-x-1,x>0,则s'(x)=e x-1>0,故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即e x>x+1,所以h'(x)>x+1-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,而h(1)=e-2>0,h(1e3)=e1e3-3-2e3<e-3-2e3<0,故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,1e3<x0<1且:当0<x<x0时,h(x)<0,即e x-x<x-ln x,即f(x)<g(x),当x>x0时,h(x)>0,即e x-x>x-ln x,即f(x)>g(x),因此若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,故b=f(x0)=g(x0)>1,此时e x-x=b有两个不同的零点x1,x0(x1<0<x0),此时x-ln x=b有两个不同的零点x0,x4(0<x0<1<x4),故e1-x1=b,e0-x0=b,x4-ln x4-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x4-b=ln x4,即e4−=x4,即e4−-(x4-b)-b=0,故x4-b为方程e x-x=b的解,同理x0-b也为方程e x-x=b的解,又e1-x1=b可化为e1=x1+b,即x1-ln(x1+b)=0,即(x1+b)-ln(x1+b)-b=0,故x1+b为方程x-ln x=b的解,同理x0+b也为方程x-ln x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x4-b},而b>1,故0=4−s1=0−s即x1+x4=2x0.所以x1,x0,x4成等差数列.所以,存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【方法提炼】(1)证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;(2)证明的思路一般是对条件进行等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.【对点训练】 (2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:(1)f'(x)在区间 −1,π2上存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-11+,g'(x)=-sin x+1(1+p2,当x∈ −1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在 −1,π2上有唯一零点,设g'(x)的零点为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈ sπ2时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在 sπ2上单调递减,故g(x)在 −1,π2上存在唯一极大值点,即f'(x)在 −1,π2上存在唯一极大值点;(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在(-1,0)上单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)上单调递减,又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点.②当x∈ 0,π2时,由(1)知,f'(x)在(0,α)上单调递增,在 sπ2上单调递减,而f'(0)=0, f'π2<0,所以存在β∈ sπ2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈ sπ2时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在 sπ2上单调递减.又f(0)=0,fπ2=1-ln 1+π2>0,所以当x∈ 0,π2时,f(x)>0.所以f(x)在 0,π2上没有零点.③当x∈π2,π 时,f'(x)<0,所以f(x)在π2,π 上单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在π2,π 上有唯一零点.④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.【加练备选】 (2023·菏泽模拟)已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x)=1-1+2cos x,当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-12<0,所以g(x)在(0,π)上单调递减,又因为g(π3)=3π-1+1>0,g(π2)=2π-1<0,所以g(x)在(π3,π2)上有唯一的零点;(2)设f'(x)在(0,π)上的唯一零点为α,由(1)知π3<α<π2.①当x∈(0,π)时,x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)在(0,π)上存在唯一极大值点α.所以f(α)>f(π2)=lnπ2-π2+2>2-π2>0,又因为f(1e2)=-2-1e2+2sin1e2<-2-1e2+2<0,所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点.又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.②当x∈[π,2π)时,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,设h(x)=ln x-x,h'(x)=1-1<0,所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2.设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=1-1<0,所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个零点.。
【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．。
用导数解决函数的零点问题
用导数解决函数的零点问题[典例] (理)(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．[思路演示]解：(1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得⎩⎨⎧x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0， 从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0， 故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0， 所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调． 而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0， －a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 3，1上单调递增，故在(0,1)上，当x ＝－a 3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫ －a 3＝2a 3 －a 3＋14. 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＞0，即－34＜a ＜0，则f (x )在(0,1)上无零点． 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点． 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．[解题师说]对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个： [典例] (文)设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R.(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．[方法演示]解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex 2， ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， 因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，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．[解题师说]对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个：1．已知函数f (x )＝－x 3＋ax －14，g (x )＝e x －e(e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线与曲线y ＝g (x )在(0，g (0))处的切线互相垂直，求实数a 的值；(2)设函数h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )＜g (x )，试讨论函数h (x )零点的个数．解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋a ，g ′(x )＝e x ， 所以f ′(0)＝a ，g ′(0)＝1， 由题意，知a ＝－1.(2)易知函数g (x )＝e x －e 在R 上单调递增，仅在x ＝1处有一个零点，且x ＜1时，g (x )＜0，又f ′(x )＝－3x 2＋a ，①当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R 上单调递减，且过点⎝⎛⎭⎫0，－14，f (－1)＝34－a ＞0， 即f (x )在x ≤0时必有一个零点， 此时y ＝h (x )有两个零点；②当a ＞0时，令f ′(x )＝－3x 2＋a ＝0， 得两根为x 1＝－a3＜0，x 2＝ a3＞0， 则－ a3是函数f (x )的一个极小值点， a3是函数f (x )的一个极大值点， 而f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝－⎝⎛⎭⎫－ a 33＋a ⎝⎛⎭⎫－ a 3－14＝－2a 3a 3－14＜0. 现在讨论极大值的情况： f a3＝－a 33＋a a 3－14＝2a 3a 3－14， 当fa 3＜0，即a ＜34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上恒小于零， 此时y ＝h (x )有两个零点； 当fa 3＝0，即a ＝34时， 函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有一个零点x 0＝ a 3＝12， 此时y ＝h (x )有三个零点； 当fa 3＞0，即a ＞34时， 函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于a3，一个零点大于a 3， 若f (1)＝a －54＜0，即a ＜54时，y ＝h (x )有四个零点；若f (1)＝a －54＝0，即a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；若f (1)＝a －54＞0，即a ＞54时，y ＝h (x )有两个零点．综上所述：当a ＜34或a ＞54时，y ＝h (x )有两个零点；当a ＝34或a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；当34＜a ＜54时，y ＝h (x )有四个零点.[典例](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． [思路演示]解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)． (ⅰ)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． (ⅱ)若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增． (2)(ⅰ)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ⅱ)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a ＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0， 故f (x )只有一个零点；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a ＋ln a >0， 即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a ＋ln a <0，即f (－ln a )<0. 又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点． 设正整数n 0满足n 0>ln ⎝⎛⎭⎫3a －1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0.由于ln ⎝⎛⎭⎫3a －1>－ln a ， 因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)． [解题师说]本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于含有超越函数式的函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．[应用体验]2．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2. (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：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ②设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ＝－e2，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． 若a ＞－e2，则ln(－2a )＜1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减． 若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减． (2)①设a ＞0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a 2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝ab 2－32b ＞0，所以f (x )有两个零点．②设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，所以f (x )只有一个零点．③设a ＜0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点；若a ＜－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞).[典例] (理)(2018·长春质检)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1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2>2. [思路演示]解：(1)由已知得f ′(x )＝x ＋1－a －ax ，因为f (x )存在极值点1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，经检验符合题意，所以a ＝1.(2)证明：f ′(x )＝x ＋1－a －ax＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－a x (x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a ， 当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增， 当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )单调递减， 所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )．又f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0，整理得ln a >1－12a ， 作y ＝f (x )关于直线x ＝a 的对称曲线g (x )＝f (2a －x )， 令h (x )＝g (x )－f (x )＝f (2a －x )－f (x )＝2a －2x －a ln 2a －xx ，则h ′(x )＝－2＋2a 2(2a －x )x ＝－2＋2a 2－(x －a )2＋a 2≥0，所以h (x )在(0,2a )上单调递增． 不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0，即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)，又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数， 所以2a －x 2<x 1，即x 1＋x 2>2a ， 又ln a >1－12a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2.(文)已知函数f (x )＝ln x ＋tx －s (s ，t ∈R)．(1)讨论f (x )的单调性及最值；(2)当t ＝2时，若函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4. [思路演示] 解：(1)f ′(x )＝x －tx 2(x >0)， 当t ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无最值；当t >0时，由f ′(x )<0，得x <t ，由f ′(x )>0，得x >t ，f (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝t 处取得极小值也是最小值，最小值为f (t )＝ln t ＋1－s ，无最大值． (2)证明：∵f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)， ∴f (x 1)＝ln x 1＋2x 1－s ＝0，f (x 2)＝ln x 2＋2x 2－s ＝0，即s ＝2x 1＋ln x 1＝2x 2＋ln x 2，∴2(x 2－x 1)x 1x 2＝ln x 2x 1， 设t ＝x 2x 1>1，则ln t ＝2(t －1)tx 1，x 1＝2(t －1)t ln t ，故x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝2(t 2－1)t ln t，∴x 1＋x 2－4＝2⎝⎛⎭⎫t 2－1t －2ln t ln t.令函数h (t )＝t 2－1t －2ln t ，∵h ′(t )＝(t －1)2t2>0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增， ∵t >1，∴h (t )>h (1)＝0，又t ＝x 2x 1>1，ln t >0，故x 1＋x 2>4成立．[解题师说]已知函数存在零点，需要证明零点满足某项性质时，实际上是需要对函数零点在数值上进行精确求解或估计，需要对零点进行更高要求的研究，为此，不妨结合已知条件和未知要求，构造新的函数，再次通过导数的相关知识对函数进行更进一步的分析研究，其中，需要灵活运用函数思想、化归思想等，同时也需要我们有较强的抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．[应用体验]3．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R.(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值；(3)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，证明：x 1＋x 2≥5－12. 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1， 又f ′(x )＝1x ＋1，∴切线斜率为f ′(1)＝2， 故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x (x >0)，当a ≤0时，∵x >0，∴g ′(x )>0.∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点． 当a >0时，g ′(x )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x ＝－a ⎝⎛⎭⎫x －1a (x ＋1)x， 令g ′(x )＝0，得x ＝1a . ∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，g ′(x )<0.∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数． ∴x ＝1a 时，g (x )有极大值g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )·1a ＋1＝12a －ln a . 综上，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a >0时，函数g (x )有极大值12a－ln a ，无极小值． (3)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x ，x >0. f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，即ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，令t ＝x 1x 2(t >0)，φ(t )＝t －ln t ，则φ′(t )＝1－1t ＝t －1t ，由φ′(t )>0，得t >1；由φ′(t )<0，得0<t <1，所以φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增． ∴φ(t )≥φ(1)＝1， ∴(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1， ∵x 1>0，x 2>0，∴x 1＋x 2≥5－12.1．已知函数f (x )＝x 2a ＋bx －ln x . (1)若a ＝b ＝1，求f (x )的极值；(2)若b ＝－1，函数f (x )有且只有一个零点，求实数a 的取值范围． 解：(1)a ＝b ＝1时，f (x )＝x 2＋x －ln x (x ＞0)， 则f ′(x )＝2x ＋1－1x ＝(x ＋1)(2x －1)x . 当0＜x ＜12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞12时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫12＝34＋ln 2，无极大值．(2)若f (x )有且只有一个零点，即方程x 2a －x －ln x ＝0在(0，＋∞)上有且只有一个实数根，即1a ＝1x ＋ln x x2.令h (x )＝1x ＋ln xx 2，则h ′(x )＝1－x －2ln x x 3.再令φ(x )＝1－x －2ln x ，则φ′(x )＝－1－2x ＜0，又φ(1)＝0，因而当x ∈(0,1)时，φ(x )＞φ(1)＝0；当x ∈(1，＋∞)时，φ(x )＜φ(1)＝0.所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减， 故h (x )≤h (1)＝1，又当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )＞0，而当x →0时，h (x )→－∞， 所以1a ＜0或1a ＝1，即a ＜0或a ＝1时函数f (x )有且只有一个零点．故实数a 的取值范围为(－∞，0)∪{1}． 2．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，求实数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不充分条件． 解：(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x ＝－2或x ＝－23.于是，当x 变化时，f ′(x )与f (x )变化情况如下表：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝⎭⎫－2，－23，x 3∈⎝⎭－23，0，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 ∈⎝⎛⎭⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点，故实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，3227. (3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0恒成立， 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不充分条件． 3．(理)设函数f (x )＝1－m －xe x. (1)求函数f (x )在[0,2]上的单调区间；(2)当m ＝0，k ∈R 时，求函数g (x )＝f (x )－kx 2在R 上零点个数． 解：(1)f ′(x )＝x ＋m －2e x，令f ′(x )＝0，得x ＝2－m . 当2－m ≤0，即m ≥2时，f ′(x )≥0，f (x )在[0,2]上单调递增．当0＜m ＜2时，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2－m ；由f ′(x )＞0，得2－m ＜x ＜2， 所以f (x )在[0,2－m ]上单调递减，在[2－m,2]上单调递增． 当m ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在[0,2]上单调递减． 综上，当m ≥2时，f (x )的单调递增区间为[0,2]；当0<m <2时，f (x )的单调递减区间为[0,2－m ]，单调递增区间为[2－m,2]； 当m ≤0时，f (x )的单调递减区间为[0,2]． (2)当m ＝0时，由g (x )＝f (x )－kx 2＝0，得1－x ex ＝kx 2， 即k ＝1－xx 2ex (x ≠0)．令h (x )＝1－x x 2e x ，则h ′(x )＝x 2－2x 3e x .由h ′(x )＞0，得－2＜x ＜0或x ＞2； 由h ′(x )＜0，得x ＜－2或0＜x ＜2，∴h (x )在(－∞，－2)，(0，2)上单调递减，在(－2，0)，(2，＋∞)上单调递增． 在x ＜0时，当x ＝－2时，h (x )取得极小值h (－2)＝1＋22e 2，当x →－∞时，h (x )→＋∞；x →0时，h (x )→＋∞. 在x ＞0时，当x ＝2时，h (x )取得极小值h (2)＝1－22e 2＜0， 当x →0时，h (x )→＋∞，x →＋∞时，h (x )→0.画出函数h (x )的大致图象如图所示，当k ＜1－22e 2时，g (x )没有零点，当k ＝1－22e 2或0≤k ＜1＋22e2时，g (x )有1个零点，当1－22e 2＜k ＜0或k ＝1＋22e2时，g (x )有2个零点，当k ＞1＋22e2时，g (x )有3个零点．(文)已知函数f (x )＝x 3＋x 2＋ax ＋b .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，求实数b 的值． 解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3＋x 2－x ＋b ， 所以f ′(x )＝3x 2＋2x －1，由f ′(x )＞0，得x ＜－1或x ＞13，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和⎝⎛⎭⎫13，＋∞. (2)函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，等价于f (x )－ax ＝0有两个不等的实根．令g (x )＝f (x )－ax ＝x 3＋x 2＋b ，则g ′(x )＝3x 2＋2x . 由g ′(x )＞0，得x ＜－23或x ＞0；由g ′(x )＜0，得－23＜x ＜0.所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－23，0上单调递减． 所以当x ＝－23时，函数g (x )取得极大值g ⎝⎛⎭⎫－23＝427＋b ，当x ＝0，时函数g (x )取得极小值为g (0)＝b .要满足题意，则需g ⎝⎛⎭⎫－23＝427＋b ＝0或g (0)＝b ＝0， 所以b ＝－427或b ＝0.4．(2018·广西三市第一次联考)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)上有一个零点． 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 2ln e 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 )上有唯一零点x 1，在(a ，e 2)上有唯一零点x 2，∴f (x )在(1，e 2)上有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，由函数的单调性可知，f (x )在(1，e)上有唯一的一个零点，在(e ，e 2)上没有零点，从而f (x )在(1，e 2)上只有一个零点．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．。
_虚设零点_巧解导数的两类问题(长沙市南雅中学石向阳)
这也要归功于问题（2）的虚设零点及降次留参。
回避复杂的运算，摆脱解决问题过程中的一些技术
二、导函数零点存在但无法求出的问题
难点，在求解比较复杂的含参函数的综合问题中具
如果 f 忆（x）=0 是超越形式（对字母进行了有限次 有很好的应用价值，值得我们关注。
初 等超越运 算包括 无理数次 乘方、指 数、对 数、三
[
2 3
（a-1）x1-
a 3
]·[
2 3
（a-1）x2-
a 3
]=
4 9
（a-1）2x1x2-
2a（a9-1）（x1
+x2）+
a2 9
＜0，因 为
x1，x2
为方程
f 忆（x）
=x2+2x+a=0 的两个根，由韦达定理有 x1+x2=-2，x1x2
=a，代入化简得
a92（4a-3）＜0，得
a＜
3 4
：（1）略。
求一种整体的转换和过渡。这就是本文的第三个策
（2）f 忆（x）=x2+2x+a，由题设知，x1，x2 为方程 f （忆 x） 略。
=0 的两个根，故有 a＜1，x12=-2x1-a，x22=-2x2-a。因
此 f（x1）=
1 3
x13+x12+ax1=
1 3
x（1 -2x1-a）+x12+ax1=
一、导函数零点可求，但极值计算偏繁或无法化
简的问题 这种情况，f 忆（x）=0 一般可转化为二次方程，很
容 易 想 当 然 ，用 求 根 公 式 把 零 点 求 出 来 ，代 入 极 值 中。但接下来要么计算偏繁，要么无法化简，复杂的 算式让人无处下手，导致后继工作无法开展。正所谓 “思路简单，过程烦人”，这时可以运用以下两个策略 化繁为简。
导数中两种零点问题解决方法
导数中的零点问题解决方法解决零点问题，需要采用数形结合思想，根据函数的图像或者趋势图像找出符合题意的条件即可，因此用导数判断出单调性作出函数图像或趋势图像至关重要。
一、能直接分离参数的零点题目此类问题较为简单，分离之后函数无参数，则可作出函数的准确图像，然后上下移动参数的值，看直线与函数交点个数即可。
例1.已知函数(),()ln a f x x g x x x =+=，若关于x 的方程2()()2g x f x e x=-只有一个实数根，求a 的值。
二、不能直接分离参数的零点问题（包括零点个数问题）这里需要注意几个转化，以三次函数为例，若三次函数有三个不同的零点，则函数必定有两个极值点，且极大值和极小值之积为负数，例如()f x 在区间(0,1)上有零点，此时并不能确定零点的个数，只能说明至少有一个零点，若函数在区间上单调，只需要用零点存在性定理即可，但是若函数在区间上不单调，则意味着()f x 在区间(0,1)上存在极值点。
在解决此类问题时常用的知识是零点存在定理和极限的相关知识，但必不可少的是求出函数的趋势图像，然后根据趋势图像找符合零点问题的条件即可，这里需要说明一下，参数影响零点的个数问题主要有两个方向，一是参数影响单调性和单调区间的个数，二是参数影响函数的极值或最值，而通过这两个方向就可以影响函数的趋势图像，进而影响零点的个数，因此分类讨论思想在此类问题中必不可少。
例2.已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是例3.已知函数2()ln 2f x x x b x =++--在区间1[,]e e上有两个不同零点，求实数b 的取值范围。
例4.已知函数32()f x x ax b =++（1）讨论()f x 的单调性；（2）若b c a =-，当函数()f x 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是33(,3)(1,)(,)22-∞-⋃⋃+∞，求c 的值。
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导数中的零点问题解决方法解决零点问题，需要采用数形结合思想，根据函数的图像或者趋势图像找出符合题意的条件即可，因此用导数判断出单调性作出函数图像或趋势图像至关重要。
一、能直接分离参数的零点题目此类问题较为简单，分离之后函数无参数，则可作出函数的准确图像，然后上下移动参数的值，看直线与函数交点个数即可。
例 1.已知函数 f (x) = x + a g ( x)x , g (x) = ln x ，若关于 x 的方程 x 2 = f (x) - 2e 只有一个实数根，求 a 的值。
g ( x) ln x ln x解析： x 2 = f (x) - 2e ⇒ a = x - x 2 + 2ex ，令 h (x) = x - x 2 + 2ex ，1- ln xh ' (x) =- 2x + 2e ，令 h ' (x) = 0 ，则 x= e x 2当 0 < x < e 时， h ' (x) > 0 ， h (x) 单调递增；当 x > e 时， h ' (x) < 0 ， h (x) 单调1递减， h (x) max = h (e ) = e + e 2注意这里 h (x) 的单调性不是硬解出来的，因为你会发现 h ' (x) 的式子很复杂，但是如ln x果把 h (x) 当成两个函数的和，即 m (x) = x , n(x) =- x 2 + 2ex ，此时 m (x), n (x) 的单调性和极值点均相同，因此可以整体判断出 h (x) 的单调性和极值点。
所以 a = 1e + e 2 （注意：有一个根转化为图像只有一个交点即可）二、不能直接分离参数的零点问题（包括零点个数问题）这里需要注意几个转化，以三次函数为例，若三次函数有三个不同的零点，则函数必定有两个极值点，且极大值和极小值之积为负数，例如 f (x) 在区间 (0,1) 上有零点，此时并不能确定零点的个数，只能说明至少有一个零点，若函数在区间上单调， 只需要用零点存在性定理即可，但是若函数在区间上不单调，则意味着 f (x) 在区间(0,1) 上存在极值点。
在解决此类问题时常用的知识是零点存在定理和极限的相关知识，但必不可少的是求出函数的趋势图像，然后根据趋势图像找符合零点问题的条件即可，这里需要说明一下，参数影响零点的个数问题主要有两个方向，一是参数影响单调性和单调区间例 2.已知函数 f (x) = ax 3 - 3x 2 +1 ，若 f (x) 存在唯一的零点 x ，且 x > 0 ，则 a 解析： f ' (x) = x + x - 2 = (x + 2)(x -1) ，可知函数 f (x) 在 (0,1) 上递减，在 (1, +∞) ⎪ f ( e ⎪e的个数，二是参数影响函数的极值或最值，而通过这两个方向就可以影响函数的趋势 图像，进而影响零点的个数，因此分类讨论思想在此类问题中必不可少。
0 0的取值范围是解析：当 a = 0 时， f (x) =- 3x 2 +1 有两个零点，不符合题意2当 a > 0 时， f ' (x) = 3ax 2 - 6x = 3x(ax - 2) ，若 f ' (x) > 0 ，则 x > a或 x < 02若 f ' (x) < 0 ，则 0 < x < a ，此时函数在 (-∞, 0) 上单增， f (-1) =- 2 - a< 0 此时在 (-∞, 0) 上存在零点，不符合题意。
22当 a < 0 时，若 f ' (x) > 0 ，则 a < x < 0 ，若 f ' (x) < 0 ，则 x < a 或 x > 02此时要保证函数存在唯一的正零点，则 f ( a ) > 0 ，解得 a ∈ (-∞, -2)注意：如果不是的大题没必要分类讨论，做出符合题意的图像反推即可例 3.已知函数 f (x) = 2 1x + ln x + x - 2 - b 在区间[ e , e ] 上有两个不同零点，求实数 b 的取值范围。
2x 2 x 2上递增，要保证函数 f (x) 在[ 1e, e ] 上有两个不同的零点，根据函数的趋势图像可⎧1) ≥ 0 ⎪得必须满足 ⎨ f (1) < 0 ⇒ 1 < b ≤ 2 + e -1f (e ) ≥⎪⎩例 4.已知函数 f (x) = x 3 + ax 2 + b（1）讨论 f (x) 的单调性；2) ⋃ ( 2 , +∞) ，求 c 的值。
3⎨ 4 3 或 ⎨⎪ 4 3 ，因为 f (x) 恰有三个零点时， a 的 ⎪ 3⎩c -1≥ 1 ) ≥ 0（2）若 b = c - a ，当函数 f (x) 有三个不同的零点时， a 的取值范围恰好是3(-∞, -3) ⋃ (1,解析：（1）当 a = 0 时， f (x) 在 R 上单调递增2 a 2 a当 a > 0 时， f (x) 在 (-∞, - 3 ), (0, +∞) 上单调递增，在 (- 3 , 0)上单调递减；2 a 2 a当 a < 0 时， f (x) 在 (-∞, 0), (- 3 , +∞) 上单调递增，在 (0, - 3 )上单调递减；（2）只有当 a ≠ 0 时才有可能满足 f (x) 有三个零点因为 f (x) 有两个极值点 f (0) = b , f (- 2a ) = 4 a 3 + b ，要满足有三个零3 27点必须满足 f (0) ⋅ f (- 2a ) < 0 ，结合 b = c - a 可得 3⎧a > 0 ⎧a < 0 ⎪⎪a - a + c > 0 ⎪ a - a + c < 0⎩27⎩ 27取值范围是(-∞, -3) ⋃ (1, 3 ) ⋃ (3, +∞)2 2所以题目可以转化为 4 a 3 - a + c > 0 在 a ∈ (1, 3 ) ⋃ ( 3 , +∞) 上恒成立，且4 2727 2 a 3- a + c < 0 在 a ∈ (-∞, -3) 上恒成立 24 设 h (a) = 27 a 3 - a + c ，对其求导可得 h (a) 在 (-∞, - 3 32), ( 2 , +∞) 递增，在(- 3 2 , 32) 递减，因此 h (a) 图像必须满足以下趋势：⎧ f (-3) ≤ 0 ⎧c -1 ≤ 0 所以 ⎨⇒⎨ ⎪ f (⎩ 2⇒ c = 1min = g (1) = e - 2a - b验证：当 c = 1 时， f (x) = x 3 + ax 2 +1- a = (x +1)[x 2 + (a -1)x +1- a]函数有三个不等的实数根，所以 h (x) = x 2 + (a -1)x +1- a = 0 有两个不相等且不等于-1 的实数根，所以必须满足⎧∆> 0⎨⎩h (-1) ≠ 0⇒ a ∈ (-∞, -3) ⋃ (1, 3) ⋃ ( 3, +∞)2 2综上， c = 1第一问很简单，但是是解决第二问必要的前提，第二问题目中函数有三个不同的零点，但是题目中有两个参数，类似于双参数问题解决方法，最后将两个参数中已知的那个作为自变量，然后转化为恒成立问题即可，三个零点意味着两个极值的积为负值，然后再 根据不同的 a 的取值转化为函数恒成立问题，通过函数的趋势图像即可解出符合题意的条件。
但是很多同学缺省最后检验的步骤，同时也不理解为什么需要验证，如果不验 证，则即便满足有三个零点，此时的 a 的取值范围也可以不是题目中给出的范围，注意这个恰字就说明了必须要进行最后的验证。
例 6.已知函数 f (x) = e x - ax 2 - bx -1（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，求 a 的取值范围。
解析：（1） g (x) = e x - 2ax - b , g ' (x) = e x - 2a当 a ≤ 0 时， g ' (x) > 0 ， g (x) 在[0,1] 递增， g (x)min = g (0) = 1- b当 a > 0 时，令 g ' (x) = 0 ， x = ln 2a ，此时 0,1, ln 2a 位置不确定因此需要讨论Case1:当 ln 2a ≥ 1 时， a ≥ 2 e，此时 g (x) 在[0,1] 递减， g (x)Case1:当 ln 2a ≤ 0 时， a ≤ 12 ，此时 g (x) 在[0,1] 上递增，g (x)min = g (0) = 1- b1eCase3:当 0 < ln 2a < 1 时，即< a <，此时22⎪1 - b (a ≤2⎪emin =⎨ 2a - 2a ln 2a - b (- 2a - b (a ≥ )综上所述 g (x)< a <⎧ 1（2）本题目隐藏一个条件即 f (0) = 0 ，又知 f (1) = 0 ，所以如果f (x) 在区间 (0,1) 内有零点，则 f (x) 在 (0,1) 内至少有两个极值点或者至少有三个单调区间或者 说 g (x) 在 (0,1) 内不可以恒正也不可以恒负。
（要好好理解这句话）1 e题目中有两个参数，根据 f (1) = 0 可得 b = e - a -1 ，若当 a ≤2 或 a ≥ 2 时，函1 e数 g (x) 为单调函数，不符合题意，故 a 只能在 ( 2 , 2 ) 内取值，此时g (x)min = 3a - 2a ln 2a - e +1 ，且要满足 3a - 2a ln 2a - e +1 < 0 才可令 h (x) = 3x - 2x ln 2x - e +1, h ' (x) = 1- 2 ln 2x ，根据单调性可知h (x)min = e - e +1 < 0 ，此时 g(x)min < 0 成立，因此要保证 f (x) 在 (0,1) 上至少有三个单调区间，则需要满足条件⎧ 1 e ⎪ 2 < a < 2⎪⎨g (0) > 0 ⇒ e - 2 < a < 1⎪g (1) > 0⎪ ⎩题目第二问的关键是理解原函数单调区间的个数和导函数零点个数之间的关系， 建议同学们在做第二问的时候把相应的图作出来就明白了。