高二下学期人教A版数学培优资料：函数与导数之零点问题

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高中数学函数零点问题必考点梳理+真题精练(附答案)

4、几个“不一定”与“一定”（假设 f x 在区间 a,b 连续）（1）若 f a f b 0 ，则 f x “一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点.要分析 f x 的性质与图象，如果 f x 单调，则“一定”只有一个零点（2）若 f a f b 0 ，则 f x “不一定”存在零点，也“不一定”没有零点.如果 f x 单调，
f
x
mx
m
2 3
有四个解，即直线
y
mx
m
2 3
与函数
f
x
的图象有四个交点，
因为直线
y
mx
m
2 3
过定点
1,
2 3
，
在同一直角坐标系中作出直线 y mx m 2 与函数 f x 的图象，如下图所示，
3
当直线
y
mx
m
2 3
过原点时，
m
2 3
；
当直线
y
mx
m
2 3
与函数
y
ln
x
1
,
x
0
的图象相切时，
4、函数的零点，方程的根，两图象交点之间的联系（1）函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点. （2）方程：方程的特点在于能够进行灵活的变形，从而可将等号两边的表达式分别构造为两个可分析的函数，为作图做好铺垫. （3）图象的交点：通过作图可直观的观察到交点的个数，并能初步判断交点所在区间.
专题 08 函数零点问题面面观【热点聚焦与扩展】
函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根分布问题；（3）判断根的个数问题；（4）根据方程解的情况确定求参数的值或范围.上述情形除（1）简单，其它往往与分段函数结合或与导数的应用结合，难度往往较大. 一、基础知识：

导数与函数的零点知识点讲解+例题讲解(含解析)

导数与函数的零点一、知识梳理1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a ＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【训练2】已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ，又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数，当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0；当x <0时，取x ＝－1a ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )．在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减，在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0，由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2，所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0，即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0，即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103，所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2，所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点，则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4. 答案 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0). 设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. 当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)；当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ；由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1，所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1，所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。

高中数学尖子生培优专题专题二函数与导数的零点问题

高中数学尖子生培优专题专题二函数零点问题函数的零点作为函数、方程、图象的交汇点，充分体现了函数与方程的联系，蕴含了丰富的数形结合思想．诸如方程的根的问题、存在性问题、交点问题等最终都可以转化为函数零点问题进行处理，因此函数的零点问题成为了近年来高考新的生长点和热点，且形式逐渐多样化，备受青睐．模块1 整理方法提升能力对于函数零点问题，其解题策略一般是转化为两个函数图象的交点．对于两个函数的选择，有3种情况：一平一曲，一斜一曲，两曲（凸性一般要相反）．其中以一平一曲的情况最为常见．分离参数法是处理零点问题的常见方法，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目直接考虑函数()f x 的图象与x 轴的交点情况，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目利用零点存在性定理并结合函数的单调性处理零点，其本质是选择一平一曲两个函数．函数的凸性1．下凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≤⎪⎝⎭，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的下凸函数． 2．上凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≥⎪⎝⎭，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的上凸函数． 3．下凸函数相关定理定理：设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数，则()f x 为(),a b 上的下凸函数⇔()f x '为(),a b 上的递增函数⇔()0f x ''≥且不在(),a b 的任一子区间上恒为零． 4．上凸函数相关定理定理：设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数，则()f x 为(),a b 上的上凸函数⇔()f x '1n x ++-，专题二函数零点问题函数的零点作为函数、方程、图象的交汇点，充分体现了函数与方程的联系，蕴含了丰富的数形结合思想．诸如方程的根的问题、存在性问题、交点问题等最终都可以转化为函数零点问题进行处理，因此函数的零点问题成为了近年来高考新的生长点和热点，且形式逐渐多样化，备受青睐．模块1 整理方法提升能力对于函数零点问题，其解题策略一般是转化为两个函数图象的交点．对于两个函数的选择，有3种情况：一平一曲，一斜一曲，两曲（凸性一般要相反）．其中以一平一曲的情况最为常见．分离参数法是处理零点问题的常见方法，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目直接考虑函数()f x 的图象与x 轴的交点情况，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目利用零点存在性定理并结合函数的单调性处理零点，其本质是选择一平一曲两个函数．函数的凸性1．下凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的下凸函数． 2．上凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的上凸函数．3．下凸函数相关定理定理：设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数，则()f x 为(),a b 上的下凸函数⇔()f x '例1则()()()()()()()()()2222222e 1e e 2e 2e e e 2e 1e 1eeeexx x x x x x x x xx xx x x g x ++-++++-'==-++，令()e 1x h x x =+-，则()e 10x h x '=+>，所以()h x 在R 上递增，而()00h =，所以当0x <时，()0h x <，当0x >时，()0h x >，于是当0x <时，()0g x '>，当0x >时，()0g x '<，所以()g x 在(),0-∞上递增，在()0,+∞上递减．()01g =，当x →-∞时，()g x →-∞，当x →+∞时，()0g x +→．若()f x 有两个零点，则y a =与()g x 有两个交点，所以a 的取值范围是()0,1．法3：设e 0x t =>，则ln x t =，于是()22e 2e 02ln x x a a x at at t t +--=⇔+=+⇔22ln t t a t t +=+，令()22ln t t G t t t +=+，则()()()()()222122ln 21t t t t t t G t t t ⎛⎫++-++ ⎪⎝⎭'==+ ()()()22211ln t t t tt +-+-+，令()1ln H t t t =-+，则()110H t t'=+>，所以()H t 在()0,+∞上递增，而()10H =，所以当01t <<时，()0H t <，()0G t '>，当1t >时，()0H t >，()0G t '<，所以()G t 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减．()11G =，当0t +→时，()G t →-∞，当t →+∞时，()0G t +→．若()f x 有两个零点，则y a =与()G t 有两个交点，所以a 的取值范围是()0,1．法4：设e 0x t =>，则ln x t =，于是()22e 2e 02ln 0x x a a x at at t t +--=⇔+--=⇔()ln 12t a t t +-=．令()()12k t a t =+-，()ln tt tϕ=，则()f x 有两个零点等价于()y k t =与()y t ϕ=有两个交点．因为()21ln tt tϕ-'=，由()0t ϕ'>可得0e t <<，由()0t ϕ'<可得e t >，所以()t ϕ在()0,e 上递增，在()e,+∞上递减，()1e e ϕ=，当x →+∞时，()0t ϕ+→．()y k t =是斜率为a ，过定点()1,2A --的直线．当()y k t =与()y t ϕ=相切的时候，设切点()00,P t y ，则有()0000002ln 121ln t y t y a t ta t ⎧=⎪⎪⎪=+-⎨⎪-⎪=⎪⎩，消去a 和0y ，可得()000200ln 1ln 12t t t t t -=+-，即()()00021ln 10t t t ++-=，即00ln 10t t +-=．令()ln 1p t t t =+-，显然()p t 是增函数，且()10p =，于是01t =，此时切点()1,0P ，斜率1a =．所以当()y k t =与()y t ϕ=有两个交点时，01a <<，所以a 的取值范围是()0,1．法5：()()20e e 2e x x x f x a x =⇔+=+，令()()2e e x x M x a =+，()2e e x x m x =+，()2e x n x x =+，则()f x 有两个零点⇔()M x 与()n x 的图象有两个不同交点．()()002m n ==，所以两个函数图象有一个交点()0,2．令()()()2e e x x T x m x n x x =-=--，则()()()22e e 12e 1e 1x x x x T x '=--=+-，由()0T x '>可得0x >，由()0T x '<可得0x <，于是()T x 在(),0-∞上递减，在()0,+∞上递增，而()00T =，所以()()m x n x ≥，因此()m x 与()n x相切于点()0,2，除切点外，()m x 的图象总在()n x 图象的上方．由（1）可知，0a >．当1a >时，将()m x 图象上每一点的横坐标固定不动，纵坐标变为原来的a 倍，就得到了()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象没有交点．当1a =时，()m x 的图象就是()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象只有1个交点．当01a <<时，将()m x 图象上每一点的横坐标固定不动，纵坐标变为原来的a 倍，就得到了()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象有两个不同交点．综上所述，a 的取值范围是()0,1．法6：()()()20e e 2e e 12e x x x x xx f x a x a =⇔+=+⇔+-=，令()()e 12xp x a =+-，()e xxq x =，则()f x 有两个零点⇔()p x 与()q x 的图象有两个不同交点． ()1ex xq x -'=，由()0q x '>可得1x <，由()0q x '<可得1x >，所以()q x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，当x →+∞时，()0q x +→．由（1）可知，0a >，所以()p x 是下凸函数，而()q x 是上凸函数．当()p x 与()q x 相切时，设切点为()00,P x y ，则有()00000000e 12e 1e e xx x x y a x y x a ⎧=+-⎪⎪⎪=⎨⎪-⎪=⎪⎩，消去a ，0y 可得()0000021e 12e e x x x x x -+-=，即()()0002e 1e 10x x x ++-=，即00e 10x x +-=．令()e 1x W x x =+-，显然()W x 是增函数，而()00W =，于是00x =，此时切点()0,0P ，1a =．所以当()p x 与()q x 的图象有两个交点时，01a <<，所以a 的取值范围是()0,1．【点评】函数零点问题，其解题策略是转化为两个函数图象的交点，三种方式中（一平一曲、一斜一曲、两曲）最为常见的是一平一曲．法1是直接考虑函数()f x 的图象与x 轴的交点情况，法2是分离参数法，法3用了换元，3种方法的本质都是一平一曲，其中法3将指数换成了对数，虽然没有比法2简单，但是也提示我们某些函数或许可以通过换元，降低函数的解决难度．法4是一斜一曲情况，直线与曲线相切时的a 值是一个重要的分界值．法5和法6都是两曲的情况，但法6比法5要简单，其原因在于法5的两曲凸性相同而法6的两曲凸性相反．函数零点问题对函数图象说明的要求很高，如解法2当中的()g x 是先增后减且极大值()01g =，但x →-∞和x →+∞的状态会影响a 的取值范围，所以必须要说清楚两个趋势的情况，才能得到最终的答案．例2设函数设()21n n f x x x x =+++-，n ∈*N ，2n ≥．（1）求()2n f '；（2）证明：()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内有且仅有一个零点（记为n a ），且1120233nn a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭．【解析】（1）因为()112n n f x x nx -'=+++，所以()121222n n f n -'=+⨯++⋅…①．由()2222222n n f n '=+⨯++⋅…②，①-②，得()21212222n n n f n -'-=++++-⋅=1n++>nx-例3。

高中数学课件-导数中的综合问题-第3课时函数的零点问题

高考重难突破一导数中的综合问题第3课时函数的零点问题零点问题的不同处理方法：利用零点存在定理的条件——函数图象在区间[s p上是连续不断的曲线，且⋅<0.（1）直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，取值证明⋅<0;（2）分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在定理，在每个单调区间内取值证明⋅<0.技法一巧用数形结合法例1(2023·广东惠州调研)若函数=e2−2+1−−恒有2个零点，求的取值范围.【解】由=0，得2−2+1−=e.令=e,则函数=e2−2+1−−恒有2个零点等价于函数=2−2+1−与=的图象有2个交点，′=1−e，令′>0，得<1，令′<0，得>1，所以在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，所以max=1=1e.作出函数=2−2+1−=−12−与=的图象，如图所示，数形结合可得−<1e,解得>−1e，故的取值范围为−1e,+∞ .含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围.【对点训练】已知函数=++ln ,∈.（1）若函数在=1处取得极值，求实数的值；解：因为函数在=1处取得极值，′=1−2+1=2+K2,所以′1=0,即12+1−12=0,解得=2,经检验，当=2时，函数在=1处取得极小值，所以实数的值为2.（2）讨论函数 =y −的零点个数.解：因为 =y −,所以=1−2+1− , >0.令 =0 得 =−3+2+ ,令ℎ =−3+2+ , >0 ,则 ℎ′ =−32+2+1=− 3+1 −1 .当 ∈ 0,1 时， ℎ′ >0 , ℎ 在 0,1上单调递增；已知函数=++ln , ∈ .当∈1,+∞时，ℎ′<0,ℎ在1,+∞上单调递减.画出函数ℎ的草图，如图所示，易得ℎ≤ℎ1=1,并且图象无限靠近于原点，且当→+∞时，ℎ→−∞.故当>1时，函数无零点；当=1或≤0时，函数只有一个零点；当0< <1时，函数有两个零点.技法二巧用函数性质例2已知函数=2ln −2+在[1e,e]上有两个零点，求实数的取值范围.【解】由题意得′=2−2=−2r1K1,因为∈[1e,e],所以由′=0,得=1.当1e≤<1时，′>0,函数单调递增，当1<≤e时，′<0,函数单调递减，故当=1时，函数取得极大值，1=−1,又1e=−2−1e2,e=+2−e2,且1e>e，所以在[1e,e]上有两个零点需满足条件&1=−1>0,&1e=−2−1e2≤0,解得1<≤2+1e2.故实数的取值范围是1,2+1e2].利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.【对点训练】已知函数=133−2++1.（1）若=3，求的单调区间；解：当=3时，=133−32−3−3,′=2−6−3.令′=0，解得=3−23或=3+23.当∈ −∞,3−2 3 ∪ 3+23,+∞ 时，′>0;当∈ 3−23,3+2 3 时，′<0.故的单调递增区间为−∞,3−2 3 ,3+23,+∞ ，单调递减区间为3−23,3+2 3 .（2）证明：只有一个零点.证明：由于2++1>0,所以=0等价于32+r1−3=0.设=32+r1−3,则′ =2 2+2r3 2+r12≥0,仅当=0时′ =0,所以在−∞,+∞上单调递增.故至多有一个零点，从而至多有一个零点.又3−1 =−62+2−13=−6 −162−16<0,3+1 =13>0,故有一个零点.综上，只有一个零点.已知函数=133− 2++1.技法三巧用构造函数例3设函数=122−En ，=2−+1，>0.（1）求函数的单调区间；【解】函数的定义域为0,+∞,>0，所以′=2−= r g K g，令′=0可得=，当0<<时，′<0，函数单调递减，当>时，′>0，函数单调递增.综上，函数的单调递增区间是s+∞ ，单调递减区间是0,g.设函数=122−En ，=2−+1，>0.（2）当>1时，讨论函数与图象的交点个数.【解】令ℎ=−=−122−En++1，>0，则函数与图象交点的个数与ℎ的零点的个数相等，ℎ′=−K1K，令ℎ′>0，解得1<<，令ℎ′<0，解得0<<1或>，所以ℎ在0,1上单调递减，在1,上单调递增，在s+∞上单调递减，注意到ℎ1=+12>0，ℎ2+2=−En2+2<0，所以ℎ有唯一零点.综上，函数ℎ有唯一零点，即与图象的交点个数为1.（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，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，从而解得函数的零点问题.（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.【对点训练】(2021·高考全国卷甲改编)已知>0且≠1，函数=>0.若曲线=与直线=1有且仅有两个交点，求的取值范围.解：要使曲线=与直线=1有且仅有两个交点，即方程=1>0有两个不同的解，故方程ln=ln有两个不同的解.设=ln>0,则′=1−ln2>0.令′=1−ln2=0,解得=e.2024版高考总复习令′>0,则0<<e,此时函数单调递增.令′<0,则>e,此时函数单调递减.故max=e=1e,且当>e时，∈ 0,1e,又1=0,所以0<ln<1e，所以∈1,e∪e,+∞.综上，的取值范围为1,e∪e,+∞.。

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。

高中数学导数求零点做题方法及例题

高中数学导数求零点做题方法及例题《高中数学导数求零点做题方法及例题》导数求零点是高中数学中的一个重要概念和解题方法。

理解和掌握此方法，对于解决各种数学问题以及考试取得优异成绩都非常关键。

本文将介绍导数求零点的做题方法，并通过例题加深理解。

首先，我们回顾一下导数的定义。

在数学中，给定一个函数f(x)，若其在某一点x_0处的导数f'(x_0)等于0，那么x_0就被称为函数f(x)的一个零点。

换句话说，零点就是函数曲线与x轴相交的点，即函数取值为零的位置。

那么，如何求解导数为零的点呢？我们可以运用微积分中的导数概念以及一些求根的方法，例如二分法、牛顿迭代法等。

下面以实际例题来说明导数求零点的做题方法。

例题1：已知函数f(x)=x^3-3x^2-9x+5，求其在(-∞,+∞)上的所有零点。

解：首先，我们需要求出导数f'(x)。

对于f(x)=x^3-3x^2-9x+5，求导后可得到f'(x)=3x^2-6x-9。

其次，我们将求得的导数f'(x)令为0，并解方程得到零点。

即3x^2-6x-9=0，两侧同时除以3，化简得到x^2-2x-3=0。

利用求根公式或配方法，解得x=-1，x=3。

因此，函数f(x)=x^3-3x^2-9x+5在(-∞,+∞)上的零点为 x=-1 和 x=3。

通过此例题，我们可以总结出求导数零点的方法：1. 求函数的导数。

2. 将导数等于0，即f'(x)=0，转化为方程。

3. 解方程得到零点。

导数求零点的方法在高中数学中经常出现，它常被应用于曲线的切线问题、函数图像的性质研究等。

掌握此方法不仅可以提升解题效率，还可以更加深刻地理解函数的性质。

总结起来，导数求零点是一种常用的数学方法，通过对函数的导数进行求解得到函数的零点。

掌握了此方法，我们可以在解决各种数学问题时更加轻松而高效。

因此，同学们在学习数学时，应该注重理解和运用导数求零点的做题方法，才能在考试中取得好成绩。

高二数学(选修-人教A版)-利用导数研究函数的零点问题-2ppt

复习回顾
函数 y f x的零点就是方程 f x 0的实数解，也就是函数 y f x的图象与 x轴交点的横坐标.
函数 y f x有零点
复习回顾
函数 y f x的零点就是方程 f x 0的实数解，也就是函数 y f x的图象与 x轴交点的横坐标.
函数 y f x有零点方程 f x 0有实数解函数 y f x的图象与 x轴有公共点
方法1：函数零点转化为方程的解，进而转化为曲线交点.
（1）判断函数h(x) ex sin x 1在0, 上零点个数.
h(x) ex sin x 1 ex sin x 1 0
sin x 1 ex
y sin x, y (1)x e
方法2：研究函数图象与 x 轴公共点的个数.
解因为h(x) g(x)t(x) 1 ex sin x 1, 所以h(x) (cos x sin x)ex , 令h(x) 0,则 x 3 .
因为h(x) ex ln(x 2)，则h(x) ex 1 .
x2
令 m( x)
ex
1 ，则m(x)
x2
ex
1 (x 2)2
0.
所以函数m(x)在2, 上单调递增，
又因为m(1) 1 1 0，m(0) 1 0，
e
2
所以x0 1, 0，使m(x0 ) 0,
所以x0 1, 0，使m(x0 ) 0，
题后反思
1.正确求导是解决问题的关键. 2.决定导数符号有正负变化的是导数的零点. 3.适时构造新函数. 4.零点存在定理的应用.
回顾反思
1.本节课我们主要研究了什么样的问题？ 2.解决此类问题的方法是什么？有什么样的体会？ 3.在解决问题过程中，运用了哪些数学思想和方法？

函数与导数之零点问题(解析版)

函数与导数之零点问题一．考情分析零点问题涉及到函数与方程，但函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图像与x 轴的交点的横坐标,函数y ＝f (x )也可以看作二元方程f (x )－y ＝0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：①是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：②是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点.二．经验分享1.确定函数f (x )零点个数(方程f (x )＝0的实根个数)的方法：(1)判断二次函数f (x )在R 上的零点个数，一般由对应的二次方程f (x )＝0的判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来完成；对于一些不便用判别式判断零点个数的二次函数，则要结合二次函数的图象进行判断．(2)对于一般函数零点个数的判断，不仅要用到零点存在性定理，还必须结合函数的图象和性质才能确定，如三次函数的零点个数问题．(3)若函数f (x )在[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且是单调函数，又f (a )·f (b )＜0，则y ＝f (x )在区间(a ，b )内有唯一零点．2.导数研究函数图象交点及零点问题利用导数来探讨函数)(x f y =的图象与函数)(x g y =的图象的交点问题，有以下几个步骤： ①构造函数)()()(x g x f x h -=； ②求导)('x h ；③研究函数)(x h 的单调性和极值（必要时要研究函数图象端点的极限情况）； ④画出函数)(x h 的草图，观察与x 轴的交点情况，列不等式；⑤解不等式得解.探讨函数)(x f y =的零点个数，往往从函数的单调性和极值入手解决问题，结合零点存在性定理求解.三、题型分析（一）确定函数的零点与方程根的个数问题例1.【四川省成都七中2020届高三上半期考试，理科数学，12】函数)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，则方程0log )(2=-x x f 的根个数为（）A.3B.4C.5D.6 【答案】C【解析】)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，根据性质我们可以画出函数图像，方程0log )(2=-x x f 的根个数转化成⎩⎨⎧==x y x f y 2log )(的交点个数，有图像可以看出，一共有5个交点，ABCDE.其中我x=8处是要仔细看图，是易错点。

高二数学(选修-人教A版)-利用导数研究函数的零点问题-1教案

我们再来看第三问：证明：曲线总在曲线的上方.
【分析】
要证曲线总在曲线的上方，
需证，即，不妨令，即证
【预设】
，则，同样的道理，构造新函数
，所以函数在单调递增，又因为，
，所以，使，即
当变化时，的变化情况如下表：
↘
极小值
↗
所以在区间上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，也是函数的最小值，即
我们可以转化为研究函数图象与轴公共点的个数.
【预设2】
则，令
即，解得
当变化时，的变化情况如下表：
↗
极大值
↘
所以在区间上单调递增，在上单调递减，且在处取得极大值，而，，所以在区间内有且仅有一个零点，在内有且仅有一个零点，即函数在区间内有两零点.
第一问采用了两种不同的转化方法对函数的零点问题进行了探究，同学们比较一下，哪一种方法更简洁？通过对问题的解答大家不难发现把函数的零点问题转化为方程的解从而转化为两条曲线的交点更容易得到解决.但是并不是每一个函数的零点问题都能转化为大家熟知的曲线的交点去解决.所以方法一具有局限性，而方法二虽然没有方法一直接简洁，但是确是解决函数零点问题的通性通法，同学们要认真领会并掌握.
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以在区间上单调递増，在上单调递减，在区间上单调递増，且在处取得极大值，在处取得极小值，我们很容易画出函数的图象.要使函数有三个零点，需有 .
同学们可以比较一下两种解法，大家会发现转化为定函数研究要容易一些.
变式1：设函数，若函数在上无极值，求的取值范围.
方法一：我们把函数转化为方程：令，则，这是超越方程，同学们不会解，怎么办？我们把方程变形为：，请同学们思考：如何判断方程解的个数？我们可以把方程解的个数转化为两条曲线与交点的个数.这是大家非常熟悉的两个函数，很容易画出两个图象，通过观察，同学们可以看到两条曲线有两个交点，即：函数又两个零点.

导数与零点(含答案)(可编辑修改word版)

导数与零点考点一。

求参数取值范围（1）设函数 f (x ) = x 3 - 9x 2 + 6x - a ,若方程 f (x ) = 0 有且仅有一个实根，求 a 的取值范围．2解：(1) f ' (x ) = 3x 2 - 9x + 6 = 3(x -1)(x - 2) ,因为当 x < 1时, f ' (x ) > 0 ;当1 < x < 2 时,f ' (x ) < 0 ;当 x > 2 时,f ' (x ) > 0 ;所以当 x = 1 时, f (x ) 取极大值f (1) = 5- a ; 当 x = 2 时, f (x ) 取极小值 2f (2) = 2 - a ;故当 f (2) > 0 或 f (1) < 0 时, 方程 f (x ) = 0 仅有一个实根. 解得a < 2 或 a > 5. 2 （2）已知函数 f (x ) = x 3 - 3ax -1，（a ≠ 0）,若 f (x ) 在 x = -1 处取得极值，直线 y=m 与 y =f (x ) 的图象有三个不同的交点，求 m 的取值范围。

解： f ' (x ) = 3x 2 - 3a = 3(x 2 - a ), 因为 f (x ) 在 x = -1 处取得极大值，所以 f ' (-1) = 3⨯(-1)2 - 3a = 0,∴ a = 1.所以 f (x ) = x 3 - 3x -1, f ' (x ) = 3x 2 - 3, 由 f ' (x ) = 0解得 x= -1, x= 1。

f (x ) 在 x = -1 处取得极大值 f (-1) = 11 2，在 x = 1 处取得极小值 f (1) = -3 ，又直线 y = m 与函数 y =f (x ) 的图象有三个不同点，则 m 的范围是(-3,1) 。

高中数学人教A版选择性必修二18函数与导数专题(三)函数的零点与方程的根专题

．
（选做）1、已知函数 f (x) ax3 bx2 cx 在点 x0 处取得极小值－4，使其导数 f '(x) 0 的 x 的取值范围为 (1,3) ，求：（1） f (x) 的解析式；
（2）若过点 P(1, m) 可作曲线 y f (x) 的三条切线，求实数 m 的取值范围．
2.[2019 全国 II 卷]已知函数 f (x) ln x x 1 x 1
2
练习 1、画出下列函数的大体图象，并判断零点个数.
(1) f x ln x
x
(2) f x x
ln x
1
编号：18
(3) f x x ln x
数学◆选修 2◆
(4)
f
x
x ex
(5) f x ex
x
(6) f x xex
2
编号：18 数学◆选修 2◆
练习 2、 f (x) x2 3x a ln x 的一个极值点为 2 （1）求函数 f (x) 的极值. （2）求证：函数 f (x) 有两个零点.
练习 1、已知函数 f (x) x2 8x 与 g(x) 6ln x m 的图像有且只有两个不同的交点，求 m 的值。
4
编号：18 数学◆选修 2◆ 练习 2、[2020 全国 I 卷]已知函数 f (x) ex 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
（1）讨论 f (x) 的单调性，并证明 f (x) 有且仅有两个零点.
7
ห้องสมุดไป่ตู้
编号：18 数学◆选修 2◆ （2）设 x0 是 f (x) 的一个零点，证明曲线 y ln x 在点 A（x0 ,ln x0 ) 处的切线也是曲线 y e x 的切线.

高二数学(选修-人教A版)-利用导数研究函数的零点问题-3学习任务单

《利用导数研究函数的零点问题》学习任务单【学习目标】1．通过从不同角度分析，理解函数零点问题等价转化的实质，形成有效利用导数解决函数零点问题的方法，并能学以致用解决有关问题.2．体会、对比函数零点问题转化为方程的解的问题与转化为函数图象与x 轴的公共点问题，体会特殊与一般、转化与化归、分类讨论、数形结合等数学思想方法，提升归纳、类比、抽象和概括的能力．3．在探究和解决问题过程中，提升数学分析的能力，在严谨思维、努力钻研的过程中感受提出问题和解决问题的愉悦，提升数学学科素养.重点：理解函数零点问题的内在逻辑，准确运用导数解决函数的零点问题.难点：理解函数的零点问题与方程的解、曲线的交点三者之间等价转化的实质，构建恰当的函数解决函数零点问题. 【课上任务】一、复习回顾：问题1：函数零点的定义是什么？问题2：函数的零点和方程的解有什么关系？问题3：函数零点存在定理是什么？二、问题探究【思考1】已知函数2()22f x x x =+-（1）判断函数()f x 零点的个数（2）若()3,2x ∈--，判断函数()f x 零点的个数（3）若()3,1x ∈-，判断函数()f x 零点的个数【思考2】已知函数()22x f x e x =+-（1）函数()f x 是否存在零点？若存在，有几个？（2）函数()f x 在区间()1,2内是否存在零点？（3）若函数()2x f x e x =--，判断函数()f x 在区间[]2,2-内零点的个数三、典例分析例1：已知函数()ln f x x =，()sin g x x =，()xt x e =（1）若()()()1h x t x g x =-，求函数()h x 在()0,π上零点的个数.（2）若()()()h x f x g x =+，求证：函数()h x 在()0,π上存在唯一的极大值. （3）证明：曲线()y t x =总在曲线(2)y f x =+的上方.(备选例题)例2：已知函数32()44f x x x x c =+++，若函数()f x 有三个不同的零点，求c 的取值范围。

第七讲-导数与零点-2022-2023高二下学期人教A版

第七讲导数与方程（零点）问题层级图目标层级图课前检测（20mins ）1. 设函数3211()32f x x x ax =-+,a ∈R .已知函数212()()23g x f x ax =-+,若()g x 在区间(0,1)内有零点,求a 的取值范围;2. 已知函数()()20xae f x a x=≠设()()2ln g x f x x x=--,若()g x 在区间()0,2上有两个极值点,求实数a 的取值范围.3. 已知函数()ln f x ax x =+,其中a ∈R . （Ⅰ）当a e =-时,证明:()20f x +≤; （Ⅱ）试判断方程ln 3()2x f x x =-是否有实数解,并说明理由.课中讲解一.利用导数讨论函数的零点个数LV.5例1．已知函数()1xf x x e =+若直线y kx =与曲线()y f x =没有公共点,求实数k 的取值范围。

例2．已知函数21()e 2x f x x =-.设直线y a =分别与曲线()y f x =和射线1([0,))y x x =-∈+∞交于,M N 两点,求MN 的最小值及此时a 的值. 例3．设函数2()ln ,02x f x k x k =->.证明:若()f x 存在零点,则()f x 在区间上仅有一个零点. 例4．已知函数3()23f x x x =-.若过点(1,)P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切,求t 的取值范围;过关检测（40mins ）1. 已知函数2()222.x f x e ax x =---（Ⅰ）当0a ≤时,求证:函数()f x 有且仅有一个零点;（Ⅱ）当0a >时,写出函数()f x 的零点的个数.（只需写出结论）2. 已知函数()1=-+xf x x e .若曲线()y f x =与直线1y kx =-没有公共点，求k 的取值范围.3. 已知函数1()ln )(R f x a x a x=-∈. 若函数()f x 在区间21[,)e +∞有两个的零点,求实数a 的取值范围.4. 设函数（Ⅰ）设,若函数有三个不同零点,求c 的取值范围; （Ⅱ）求证:是有三个不同零点的必要而不充分条件.二.利用二分法解决函数零点问题LV.6()32.f x x ax bx c =+++4a b ==()f x 230a b -＞().f x例1．已知函数2221()1ax a f x x +-=+，其中a ∈R ．（Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若)(x f 在[0,)+∞上存在最大值和最小值，求a 的取值范围．例2．已知函数21()sin cos 2f x x x x ax =++,[π,π]x ∈-. 当0a >时,讨论()f x 的零点个数. 例3．已知函数()(1)=-x f x x e ，若关于x 的方程2()2(2)f x kx k =->存在两个不相等的正实数根12,x x , 证明:124ln x x e->.例4．设R a ∈,函数2()()x af x x a -=+.若对于定义域内的任意1x ,总存在2x 使得21()()f x f x <,求a 的取值范围.过关检测（40mins ）1. 已知函数()2ln 2x f x x =-,()22x g x x =-设()()()()1h x af x a g x =++,其中01a <≤,证明:函数()h x 仅有一个零点2. 已知函数2()2()R x f x xe ax ax a =++∈.当102a -≤<时,讨论函数()f x 的零点个数.3. 已知函数()sin 1,ax f x e x =⋅-其中0.a >证明:()f x 在区间[0,π]上恰有2个零点.4. 已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+-+,其中12a <.若()f x 在区间(0,e)上仅有一个零点,求a 的取值范围三.利用隐零点求函数的最值极值问题LV.6例1．已知函数ln ()x f x x a =+.当0a >时,若函数()f x 的最大值为21e,求a 的值. 例2．已知函数()(1)x f x e a x =-+.求证:当0a =时,曲线()(0)y f x x =>总在曲线2ln y x =+的上方.例3．已知函数ln 1()x f x ax x-=-.若12a <<,求证:()1f x <-.过关检测（40mins ）1. 已知函数()e (ln )x f x a x =⋅+,其中R a ∈．记()f x 的导函数为()g x ．当(0,ln2)a ∈时,证明:()g x 存在极小值点0x ,且0()0f x <．2. 已知函数()sin x f x e x ax =-.（Ⅰ）当0a ≤时,判断()f x 在3[0,π]4上的单调性,并说明理由;（Ⅱ）当1a <时,求证:3[0,π]4x ∀∈,都有()0f x ≥.3. 已知函数()sin cos ,f x x x a x x a R =++∈，当2a >时,若方程()30f x -=在区间[0,]2π上有唯一解,求a 的取值范围课后练习补救练习（30mins ）1. 设函数()e (1)x f x a x =--．若函数()f x 在区间(0,2]上存在唯一零点,求a 的取值范围.2. 已知()sin cos f x x x x =+．判断()f x 在(0,2π)上零点的个数，说明理由．3. 已知函数22()ln ()R f x a x x ax a =-+∈.当0a >时,若()f x 在(1,e)上有零点,求实数a 的取值范围.4. 已知函数()cos f x x x ax a =-+,π[0,]2x ∈,(0)a ≠.求证:()f x 有且仅有一个零点.巩固练习（35mins ）1. 已知函数()3212()32R af x x x x a =-+-∈.（Ⅰ）若对于任意(1,)x ∈+∞都有()2f x a '<-成立,求实数a 的取值范围;（Ⅱ）若过点1(0,)3-可作函数()y f x =图象的三条不同切线,求实数a 的取值范围.2.设函数()e (R)ax f x a =∈.若函数2()1()x h x f x =-在区间(0,16)内有两个零点,求实数a 的取值范围.3. 已知函数2()ln 2m f x x x x =--．当1m >-时, ()f x 在x=1处的切线方程l 与曲线:()C y f x =有且只有一个公共点,求m 的取值范围.4. 已知函数()cos ,R f x x x a a =+∈.（Ⅰ）判断方程()0f x '=(()f x '为()f x 的导函数)在区间(0,1)内的根的个数,并说明理由. （Ⅱ）若函数()sin cos F x x x x ax =++在区间(0,1)内有且只有一个极值点,求a 的取值范围.拔高练习（40mins ）1. 已知函数3()3e,()1ln f x x ax g x x =-+=-,其中e 为自然对数的底数.（Ⅰ）设函数1()[()2]2F x x g x x =-+-,若()F x 在区间(,1)()m m m +∈Z 内存在唯一的极值点,求m 的值; （Ⅱ）用{}max ,m n 表示m,n 中的较大者,记函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>.若函数()h x 在(0,)+∞上恰有2个零点,求实数a 的取值范围.2. 已知函数(),()1,R x f x xe g x ax a ==+∈.（Ⅰ）若方程()()0f x g x -=在(2,2)-上恰有两个不同的实数根,求a 的取值范围; （Ⅱ）若对任意1[2,2]x ∈-,总存在唯一的2(,2)x ∈-∞,使得21()()f x g x =,求a 的取值范围.3. 已知函数()f x =ln ,R x a x a +∈.试问过点(13)，P 可作多少条直线与曲线()y f x =相切？并说明理由.4. 已知函数2()(1).x f x x e ax =-+求证“0a <”是“函数()f x 有且只有一个零点”的充分不必要条件.。

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◇典例剖析◇
高二数学培优
函数与导数之零点问题
【例 1】已知函数 f x ae2x a 2ex x ．
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）若 f x 有两个零点，求 a 的取值范围．
（方法提示：放缩取点；带参讨论；分离参数；指对互化；临界状态分析）
【解析】（2）法
2： ae2x
a
又 g 1 e ， g 2 e2 ，当 x 0 时， g x ．
2
画出 g x 在 0,2 内的图象可知：
要使
y
k
与
g
x
在
0, 2
内有两个不同的交点，
k
的取值范围为
e,
e2 2
．
◇典例剖析◇
高二数学培优
函数与导数之零点问题
【引例】
设函数
f
x
ex x2
k
2 x
ln x
ae2x a 2ex x 0 at2 at 2t ln t 0
at 1 2 ln t
．
令
k
t
a
t
1
2
，
t
ln
t
，则
y
k
t
与
y
t
t
有两个交点．
t
因为
t
1
t
ln
2
t
，由
t
0
可得
0
t
e
，由
t
0
可得
t
e
，
所以 t 在 0,e 上递增，在 e, 上递减，且 e 1 ，当 x 时， t 0 ．
法 3：问题 ex kx 0 在 0, 2 内有两个不同的根．
◇典例剖析◇
高二数学培优
函数与导数之零点问题
【引例】
设函数
f
x
ex x2
k
2 x
ln x
（ k 为常数， e 2.71828 是自然对数的底数）．
（1）当 k 0 时，求函数 f x 的单调区间；
（2）若函数 f x 在 0, 2 内存在两个极值点，求 k 的取值范围．
e
又 y k t 是斜率为 a ，过定点 A1, 2 的直线．
◇典例剖析◇
高二数学培优
函数与导数之零点问题
【例 1】已知函数 f x ae2x a 2ex x ．（1）讨论 f x 的单调性；（2）若 f x 有两个零点，求 a 的取值范围．
（方法提示：放缩取点；带参讨论；分离参数；指对互化；临界状态分析）
f x 为 a,b 上的递减函数 f x 0 且不在 a,b 的任一子区间上恒为零．
◇典例剖析◇
高二数学培优
函数与导数之零点问题
【引例】
设函数
f
x
ex x2
k
2 x
ln x
（ k 为常数， e 2.71828 是自然对数的底数）．
（1）当 k 0 时，求函数 f x 的单调区间；
◇典例剖析◇
高二数学培优
函数与导数之零点问题
【例 1】已知函数 f x ae2x a 2ex x ．（1）讨论 f x 的单调性；（2）若 f x 有两个零点，求 a 的取值范围．
（方法提示：放缩取点；带参讨论；分离参数；指对互化；临界状态分析）
【解析】法
1：（2）当 0
（方法提示：带参讨论；分离参数；函数结构构造；临界状态分析）
【解析】法 2：问题 k ex 在 0, 2 内有两个不同的根 y k 与 g x ex 在 0, 2 内有两不同的交点．
x
x
∵ gx
xex ex x2
x 1ex
x2
，当 0 x 1时， g x 0 ，当 x 1时， g x 0 ．
（方法提示：带参讨论；分离参数；函数结构构造；临界状态分析）
【解析】（2）函数 f x 在 0,2 内存在两个极值点 f x 0 在 0,2 内有两个不同的根．
法 4：问题 ex kx 0 在 0, 2 内有两个不同的根．
◇典例剖析◇
高数学培优
函数与导数之零点问题
【例 1】已知函数 f x ae2x a 2ex x ．（1）讨论 f x 的单调性；（2）若 f x 有两个零点，求 a 的取值范围．
（2）若函数 f x 在 0, 2 内存在两个极值点，求 k 的取值范围．
（方法提示：带参讨论；分离参数；函数结构构造；临界状态分析）
【解析】（1）函数
f
x
的定义域为 0,
，
f
x
xex 2ex x3
k
2 x2
1 x
x 2 ex kx
x3
．
当 k 0 时， ex kx 0 ，
所以当 0 x 2 时， f x 0 ，当 x 2 时， f x 0 ．
（ k 为常数， e 2.71828 是自然对数的底数）．
（1）当 k 0 时，求函数 f x 的单调区间；
（2）若函数 f x 在 0, 2 内存在两个极值点，求 k 的取值范围．
（方法提示：带参讨论；分离参数；函数结构构造；临界状态分析）
【解析】（2）函数 f x 在 0,2 内存在两个极值点 f x 0 在 0,2 内有两个不同的根．
而 h0 0 ，所以当 x 0 时， h x 0 ，当 x 0 时， h x 0 ，
∴当 x 0时 g x 0 ，当 x 0 时 g x 0 ，∴ g x 在 ,0 上↑，在 0, 上↓．
又 g 0 1 ，当 x 时， g x ，当 x 时， g x 0 ．
若 f x 有两个零点，则 y a 与 g x 有两个交点，所以 a 的取值范围是 0,1 ．
◇典例剖析◇
高二数学培优
函数与导数之零点问题
【例 1】已知函数 f x ae2x a 2ex x ．（1）讨论 f x 的单调性；（2）若 f x 有两个零点，求 a 的取值范围．
（方法提示：放缩取点；带参讨论；分离参数；指对互化；临界状态分析）
【解析】（2）法 4：设 t ex 0 ，则 x lnt ，于是
◇典例剖析◇
高二数学培优
函数与导数之零点问题
【例 1】已知函数 f x ae2x a 2ex x ．（1）讨论 f x 的单调性；（2）若 f x 有两个零点，求 a 的取值范围．
（方法提示：放缩取点；带参讨论；分离参数；指对互化；临界状态分析）
【解析】（2）法 3：设 t ex 0 ，则 x lnt ，于是
a
1 时，
f
ln
1 a
0
，
f
1
a e2
a e
1
2 e
0
，
于是
f
x
在
1,
ln
1 a
上有 1 个零点；
因为
f
ln
3 a
1
a
3 a
12
a
2
3 a
1
ln
3 a
1
3 a
1
ln
3 a
1
0，
且
ln
3 a
1
ln
1 a
，所以
f
x
在
ln
1 a
,
上有 1 个零点．
综上所述， a 的取值范围为 0,1 ．
【解析】（2）法 4：当 y k t 与 y t 相切的时候，设切点 Pt0 , y0 ，则有
y0
y0
ln t0 t0
a t0
1
1 ln t0 a
t02
2
，消去
a
和
y0 ，可得
ln t0 t0
1
ln t02
t0
即 2t0 1ln t0 t0
t0 1 2 ，
1 0 ，即 ln
ln
H
2t ln t t2 t
t ，
1 0 ，
，
t
所以当 0 t 1时， H t 0 ， Gt 0 ，当 t 1时， H t 0 ， Gt 0 ，
所以 G t 在 0,1 上递增，在 1, 上递减．
而 G 1 1，当 t 0 时， G t ，当 t 时， G t 0 ．若 f x 有两个零点，则 y a 与 G t 有两个交点，所以 a 的取值范围是 0,1 ．
所以 f x 的递减区间为 0,2 ，递增区间为 2, ．
◇典例剖析◇
高二数学培优
函数与导数之零点问题
【引例】
设函数
f
x
ex x2
k
2 x
ln x
（ k 为常数， e 2.71828 是自然对数的底数）．
（1）当 k 0 时，求函数 f x 的单调区间；
（2）若函数 f x 在 0, 2 内存在两个极值点，求 k 的取值范围．
【解析】（2）
法 1：①当 a 0 时，由（1）可知， f x 在 R 上递减，不可能有两个零点．
②当 a 0 时，
f
xmin
f
ln
1 a
1
1 a
ln a ，令 g a f
xmin ，
则
ga
1 a2
1 a
0
，所以
g
a
在
0,
上递增，而
g
1
0
，
所以当 a 1时， g a f xmin 0 ，从而 f x 没有两个零点．
令G
令H
t
t
2t t
t
ae2x a
ln t 2 t
，则
Gt
1 ln t ，则 H
2 ex x 0 at 2