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DS函数零点专题(教师版)

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专题05利用导数研究函数零点问题(原卷版)

专题05利用导数研究函数零点问题(原卷版)

专题05 利用导数研究函数零点问题【考点预测】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． 【典型例题】例1．（2023春·河南·高二校联考期末）已知函数()e xf x a x =-，a ∈R ．(1)当1ea =时，证明：()ln 10f x x x -+-≥在()0,∞+上恒成立；(2)若()f x 有2个零点，求a 的取值范围．例2．（2023春·广东广州·高二广东华侨中学校考阶段练习）已知函数()e 1x f x ax =--． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()f x 有且仅有2个零点，求实数a 的取值范围；例4．（2023春·天津红桥·高二天津三中校考阶段练习）已知函数()()ln f x x ax a =-∈R . (1)若1x =是()f x 的极值点，求a 的值； (2)求函数()f x 的单调区间；(3)若函数()f x 在21,e ⎡⎤⎣⎦上有且仅有2个零点，求a 的取值范围.例5．（2023春·广东佛山·高二校考阶段练习）已知函数()22ln 3f x x x x =-+.(1)求()f x 的极值；(2)设函数()()3143g x f x x x m =+-+，讨论()g x 的零点个数.例6．（2023春·河南·高二校联考阶段练习）已知函数()e xf x ax a =--.(1)若函数()f x 单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若()f x 恰有两个零点，求实数a 的取值范围.例7．（2023春·辽宁铁岭·高二铁岭市清河高级中学校考阶段练习）已知函数()e x f x ax a =--.(1)若()f x 在()0,∞+上单调递增，求a 的取值范围； (2)若()f x 存在零点且零点的绝对值小于2，求a 的取值范围例8．（2023春·天津武清·高二天津市武清区城关中学校联考阶段练习）已知R a ∈，函数()()32111332x a x x ax f =----，()2ln g x x x =-.(1)当1a =时，求函数()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程； (2)若函数()f x 的减区间是()1,4-，求a 的值；(3)若函数()y g x a =-在[]1,3上恰有两个不同的零点，求实数a 的取值范围.例9．（2023春·河南·高二襄城高中校联考阶段练习）已知函数()ln f x x ax =-. (1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()()2g x f x x =-有两个零点()1212,x x x x <，求a 的取值范围，并证明121x x >.【过关测试】1．（2023春·重庆永川·高二重庆市永川北山中学校校考阶段练习）已知函数()2e e 1xf x m x =--.(1)讨论()f x 的最值；(2)设()()()2e ln 1ln g x x x mf x =-+++，若()g x 恰有2个零点，求实数m 的取值范围.2．（2023春·河南洛阳·高二校考阶段练习）已知函数32()f x x ax bx c =+++在点()1,2P 处的切线斜率为4，且在=1x -处取得极值． (1)求函数()f x 的解析式；(2)若函数()()1g x f x m =+-有三个零点，求m 的取值范围．3．（2023春·山东枣庄·高二校考阶段练习）已知函数()()e 2x f x a x =-+．(1)当1a =时，求()f x 的极值；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．4．（2023春·上海浦东新·高二上海市建平中学校考阶段练习）设函数()()()()f x x a x b x c =---，其中实数a ，b ，c 满足2b a c =+．(1)若0b =，1c =，求函数()f x 在1x =处的切线方程；(2)若3b a -=，求函数()f x 的极值；(3)若曲线()f x 与直线()2y x b =---有三个互异的公共点，求c a -的取值范围．5．（2023春·天津西青·高二天津市西青区杨柳青第一中学校考阶段练习）已知函数()()322,f x x ax bx a b =+++∈∈R R 在=1x -处取得极值7.(1)求,a b 的值；(2)求函数的单调性及极值；(3)若关于x 的方程()()0f x m m -=∈R 在[]22-,上恰有2个不同的实数解，求m 的取值范围.6．（2023秋·上海浦东新·高二上海师大附中校考期末）已知21()ln (1)()2f x x a x ax a =-++∈R ，(1)当0a =时，求函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； (2)当(0,1]a ∈时，求函数()y f x =的单调区间；(3)当0a =时，方程()(2)f x m x =-在区间21,e ⎡⎤⎣⎦内有唯一实数解，求实数m 的取值范围．7．（2023·全国·高二专题练习）已知函数()e x f x x =-（其中e 是自然对数的底数）. (1)求()f x 在[]1,1-上的最值；(2)若函数()()e (R)x g x f x a a =-∈没有零点，求实数a 的取值范围.8．（2023春·湖北襄阳·高二校联考阶段练习）已知函数()22e xf x x ax =--.(1)若函数()f x 在R 上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若过点()1,1-可作三条直线与曲线()y f x =相切，求实数a 的取值范围.9．（2023秋·江苏盐城·高二校考期末）已知函数()ln f x x x =，()()1,011,02f x x x g x x x ⎧+>⎪⎪+=⎨⎪+≤⎪⎩. (1)求函数()f x 在点()()e,e f 处的切线方程； (2)求函数()f x 的单调区间；(3)如果存在实数m 、n ，其中m n <，使得()()g m g n =，求n m -的取值范围．10．（2023春·湖北·高二校联考阶段练习）已知函数32()61()f x x ax x a =+-+∈R ，且(1)6f '=-． (1)求函数()f x 的图象在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)若函数()()g x f x m =-在区间[2,4]-上有三个零点，求实数m 的取值范围．11．（2023春·河南郑州·高二郑州市第二高级中学校考阶段练习）已知函数2()ln x f x x=. (1)求()f x 的单调性；(2)若关于x 的方程()0tf x x -=在(21,11,e e ⎡⎫⎤⋃⎪⎦⎢⎣⎭上有两个不相等的零点，求t 的取值范围.12．（2023·全国·高二专题练习）已知函数()()ln f x a x x a =-∈R ． (1)求函数()y f x =的单调区间；(2)若函数()y f x =在其定义域内有两个不同的零点，求实数a 的取值范围．13．（2023春·江苏南京·高二江苏省江浦高级中学校联考阶段练习）已知函数()ln (R)af x x a x =-∈(1)讨论()f x 的单调性；(2)求证：0a ＞时，()f x 只有一个零点； (3)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．14．（2023春·天津和平·高二天津二十中校考阶段练习）已知函数()()21e xf x ax x =+-，其中e 是自然对数的底数，a R ∈．(1)若a<0，求()f x 的单调区间；(2)若1a =-，函数()f x 的图象与函数()321132g x x x m =++的图象有3个不同的交点，求实数m 的取值范围．15．（2023春·湖北·高二校联考阶段练习）已知()()()2212ln 212f x x x x a x a x ⎛⎫=-+-+- ⎪⎝⎭，0a >．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点，求a 的值．16．（2023秋·湖南长沙·高二长郡中学校考期末）已知函数()()ln 10ax f x x xx-+=>． (1)若()0f x ≤在()0,∞+上恒成立，求a 的取值范围； (2)在（1）的条件下证明:对任意*n ∈N ，都有()1111ln 123n n++++>+； (3)设()()21e x g x x =-，讨论函数()()()F x f x g x =-的零点个数．17．（2023春·浙江金华·高二校考阶段练习）已知函数()()e sin R xf x x a x a =-∈．(1)当0a =时，求函数()f x 的极值； (2)若[]()0,π,0x f x ∀∈≥，求a 的取值范围；(3)当33e a ≥-时，试讨论()f x 在()0,2π内零点的个数，并说明理由．18．（2023春·四川成都·高二成都七中校考阶段练习）已知函数()()()2e 3e 42a xf x x x x =---.(1)当1a =时，求函数()f x 的单调区间； (2)当02a <<时，讨论函数()f x 的零点个数.。

2025高考数学必刷题 第25讲、函数的零点问题(学生版)

2025高考数学必刷题 第25讲、函数的零点问题(学生版)

第25讲函数的零点问题知识梳理1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围.求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y k =)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.2、函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．3、求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将()f x 整理变形成()()()f x g x h x =-的形式，通过()(),g x h x 两函数图象的交点确定函数的零点个数；三、结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数.4、利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.必考题型全归纳题型一：零点问题之一个零点例1．（2024·江苏南京·南京市第十三中学校考模拟预测）已知函数()ln f x x =,()21212g x x x =-+.（1）求函数()()()3x g x f x ϕ=-的单调递减区间；（2）设()()()h x af x g x =-，a R ∈.①求证：函数()y h x =存在零点；②设0a <，若函数()y h x =的一个零点为m .问：是否存在a ，使得当()0,x m ∈时，函数()y h x =有且仅有一个零点，且总有()0h x ≥恒成立？如果存在，试确定a 的个数；如果不存在，请说明理由.例2．（2024·广东·高三校联考阶段练习）已知函数()e sin 1x f x a x =--，()()22cos sin 2e xx a g x a x x ++=-+-+，()f x 在()0,π上有且仅有一个零点0x .(1)求a 的取值范围；(2)证明：若12a <<，则()g x 在(),0π-上有且仅有一个零点1x ，且010x x +<.例3．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()1ln e xx f x a x -=+.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)证明：当0a ≥时，()f x 有且只有一个零点；(3)若()f x 在区间()()0,1,1,+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围.变式1．（2024·广东茂名·高三统考阶段练习）已知0a >，函数()e xf x x a =-，()ln g x x x a =-.(1)证明：函数()f x ，()g x 都恰有一个零点；(2)设函数()f x 的零点为1x ，()g x 的零点为2x ，证明12x x a =.题型二：零点问题之二个零点例4．（2024·海南海口·统考模拟预测）已知函数2()e x f x x +=.(1)求()f x 的最小值；(2)设2()()(1)(0)F x f x a x a =++>.（ⅰ）证明：()F x 存在两个零点1x ，2x ；（ⅱ）证明：()F x 的两个零点1x ，2x 满足1220x x ++<.例5．（2024·甘肃天水·高三天水市第一中学校考阶段练习）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，两个零点互为倒数．例6．（2024·四川遂宁·高三射洪中学校考期中）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．（1）若函数()f x 在1x =处取得极值，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性；（3）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数．变式2．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()ln x f x e x a =--.（1）若3a =.证明函数()f x 有且仅有两个零点；（2）若函数()f x 存在两个零点12,x x ，证明：121222x x x x e e e a >++-.变式3．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈在其定义域内有两个不同的零点．（1）求a 的取值范围；（2）记两个零点为12,x x ，且12x x <，已知0λ>，若不等式()21ln 1ln 10λ-+->x x 恒成立，求λ的取值范围．变式4．（2024·江苏·高三专题练习）已知函数()4212f x ax x =-，,()0x ∈+∞，()()()g x f x f x '=-．(1)若0a >，求证：（ⅰ）()f x 在()f x '的单调减区间上也单调递减；（ⅱ）()g x 在(0,)+∞上恰有两个零点；(2)若1a >，记()g x 的两个零点为12,x x ，求证：1244x x a <+<+．题型三：零点问题之三个零点例7．（2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数()21ln ln 1ex ax f x x a -=---有三个零点.(1)求a 的取值范围；(2)设函数()f x 的三个零点由小到大依次是123,,x x x .证明：13e e x x a >.例8．（2024·广东深圳·校考二模）已知函数1()ln 1x f x a x x -=-+.(1)当1a =时，求()f x 的单调区间；(2)①当102a <<时，试证明函数()f x 恰有三个零点；②记①中的三个零点分别为1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，试证明22131(1)(1)x x a x >--.例9．（2024·广西柳州·统考三模）已知()3()1ln f x x ax x =-+．（1）若函数()f x 有三个不同的零点，求实数a 的取值范围；（2）在（1）的前提下，设三个零点分别为123,,x x x 且123x x x <<，当132x x +>时，求实数a 的取值范围．变式5．（2024·贵州遵义·遵义市南白中学校考模拟预测）已知函数()32113f x x ax bx =+++（a ，b ∈R ）.（1）若0b =，且()f x 在()0+∞，内有且只有一个零点，求a 的值；（2）若20a b +=，且()f x 有三个不同零点，问是否存在实数a 使得这三个零点成等差数列？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由.变式6．（2024·浙江·校联考二模）设e 2a <，已知函数()()()22e 22x f x x a x x =---+有3个不同零点.(1)当0a =时，求函数()f x 的最小值：(2)求实数a 的取值范围；(3)设函数()f x 的三个零点分别为1x 、2x 、3x ，且130x x ⋅<，证明：存在唯一的实数a ，使得1x 、2x 、3x 成等差数列.变式7．（2024·山东临沂·高三统考期中）已知函数ln ()xf x x=和()e x ax g x =有相同的最大值.(1)求a ，并说明函数()()()h x f x g x =-在（1，e ）上有且仅有一个零点；(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比数列.题型四：零点问题之max ，min 问题例10．（2024·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）已知函数()()2sin cos ,lnπxf x x x x axg x x =++=．(1)当0a =时，求函数()f x 在[]π,π-上的极值；(2)用{}max ,m n 表示,m n 中的最大值，记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>，讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数．例11．（2024·四川南充·统考三模）已知函数21()sin cos 2f x x x x ax =++，()ln πxg x x =．(1)当0a =时，求函数()f x 在[,]-ππ上的极值；(2)用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，记函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>，讨论函数()h x 在(0,)+∞上的零点个数．例12．（2024·四川南充·统考三模）已知函数()2e 2x ax x f x x =+-，()ln g x x =其中e 为自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()f x 的极值；(2)用{}max ,m n 表示m ，n 中的最大值，记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>，当0a ≥时，讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数.变式8．（2024·广东·高三专题练习）已知函数()ln f x x =-，31()4g x x ax =-+，R a ∈.(1)若函数()g x 存在极值点0x ，且()()10g x g x =，其中10x x ≠，求证：1020x x +=；(2)用min{,}m n 表示m ，n 中的最小值，记函数()min{()h x f x =，()}(0)g x x >，若函数()h x 有且仅有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.变式9．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()e (R)x f x ax a =-∈，()1g x x =-．(1)若直线()y g x =与曲线()y f x =相切，求a 的值；(2)用{}min ,m n 表示m ，n 中的最小值，讨论函数()min{(),()}h x f x g x =的零点个数．变式10．（2024·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末）已知函数()()31,1ln 4f x x axg x x x =++=--.(1)若过点()1,0可作()f x 的两条切线，求a 的值.(2)用{}min ,m n 表示,m n 中的最小值，设函数()()(){}min ,(01)h x f x g x x =<<，讨论()h x 零点的个数.题型五：零点问题之同构法例13．已知函数1()()2(0)x axf x x ln ax a e -=+-->，若函数()f x 在区间(0,)+∞内存在零点，求实数a 的取值范围例14．已知2()12a f x xlnx x =++．（1）若函数()()cos sin 1g x f x x x x xlnx =+---在(0,]2π上有1个零点，求实数a 的取值范围．（2）若关于x 的方程2()12x a a xe f x x ax -=-+-有两个不同的实数解，求a 的取值范围．例15．已知函数()(1)1x f x ae ln x lna =-++-．（1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若函数()f x 有且仅有两个零点，求a 的取值范围．题型六：零点问题之零点差问题例16．已知关于x 的函数()y f x =，()y g x =与()(h x kx b k =+，)b R ∈在区间D 上恒有()()()f x h x g x ．（1）若2()2f x x x =+，2()2g x x x =-+，(,)D =-∞+∞，求()h x 的表达式；（2）若2()1f x x x =-+，()g x klnx =，()h x kx k =-，(0,)D =+∞，求k 的取值范围；（3）若42()2f x x x =-，2()48g x x =-，342()4()32(0||h x t t x t t t =--+<，[D m =，][n ⊂，，求证：n m-例17．已知函数32()(3)x f x x x ax b e -=+++．（1）如3a b ==-，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在(,)α-∞，(2,)β单调增加，在(,2)α，(,)β+∞单调减少，证明：6βα->．例18．已知函数221()2x f x ae x ax =--，a R ∈．（1）当1a =时，求函数2()()g x f x x =+的单调区间；（2）当4401a e <<-，时，函数()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，证明：212x x ->．题型七：零点问题之三角函数例19．（2024·山东·山东省实验中学校考一模）已知函数()()sin ln 1f x a x x =-+．(1)若对(]1,0x ∀∈-时，()0f x ≥，求正实数a 的最大值；(2)证明：221sinln2n k k =<∑；(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ，试判断方程()1eln 10x m x +--+=实数根的个数，并说明理由．例20．（2024·全国·高三专题练习）设函数()πsin2x f x x =-.(1)证明：当[]0,1x ∈时，()0f x ≤；(2)记()()ln g x f x a x =-，若()g x 有且仅有2个零点，求a 的值.例21．（2024·广东深圳·红岭中学校考模拟预测）已知1()sin (1)1f x a x x x x =-+>-+，且0为()f x 的一个极值点．(1)求实数a 的值；(2)证明：①函数()f x 在区间(1,)-+∞上存在唯一零点；②22111sin 121n k n k =-<<+∑，其中*N n ∈且2n ≥．变式11．（2024·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）已知()sin n f x x =，()ln e x g x x m =+（n 为正整数，m R ∈）．(1)当1n =时，设函数()()212h x x f x =--，()0,πx ∈，证明：()h x 有且仅有1个零点；(2)当2n =时，证明：()()()e 12x f x g x x m '+<+-．题型八：零点问题之取点技巧例22．已知函数()[2(1)]2(x x f x e e a ax e =-++为自然对数的底数，且1)a ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．例23．已知函数2()(1)()x f x xe a x a R =++∈．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．例24．已知函数211()(()22x f x x e a 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．变式12．已知函数1()()(1)2x x f x e a e a 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。

专题07 利用导函数研究函数零点问题 (解析版)-2024年高考数学复习解答题解题思路训练

专题07 利用导函数研究函数零点问题 (解析版)-2024年高考数学复习解答题解题思路训练

专题07利用导函数研究函数零点问题(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍..........................................................................................................1二、典型题型..........................................................................................................2题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题...................................................2题型二：证明唯一零点问题..............................................................................6题型三：根据零点（根）的个数求参数...........................................................9三、专项训练.. (14)一、必备秘籍2、函数零点的判定如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是()0f x =的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点3、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．4、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、典型题型题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题由图象可得，当31ea <-时，()y f x =与y a =当31ea =-或0a ≥时，()y f x =当310ea -<<时，()y f x =与y 题型二：证明唯一零点问题1．（2023上·广东珠海·高三校考阶段练习）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()y f x '=为()y f x =的导数．题型三：根据零点（根）的个数求参数()()00,h x h h ∴==极大值又()h x 的图象与y a =4(,)(0,)3a ∴∈-∞-⋃∞.4．（2023下·湖南衡阳·高二校考阶段练习）()∴要使y k =与函数()23h x x x=-只需331k <--，k ∴的取值范围是5．（2023下·浙江衢州·高二统考期末）已知函数(1)若过点()0,m 作函数()f x 的切线有且仅有两条，求(),0k ∈-∞由题意，直线y m =与()g x 的图象有且仅有两个交点，所以()242e m g ==.（2）由题可得x x kx b +=有唯一解，即三、专项训练一、单选题1．（2024上·广东江门·高三统考阶段练习）直线0x y +=与函数2ln y x x =-的图象公共点的个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3结合()y g x =的图象可知：若所以常数k 的取值范围是故选：D.二、填空题4．（2023上·江苏常州·高三统考期中）若关于故答案为：(0,)+∞5．（2023·贵州遵义·统考模拟预测）已知函数由()()20f x af x +<得出(f 当0a =时，显然不成立.但0a >时，解得()a f x -<即23e 2e a <≤时，唯一整数解是当a<0时，0()f x a <<-，使得不等式只有唯一整数解，此时三、问答题7．（2023上·山东·高三济南一中校联考期中）已知函数(1)若函数()y f x =在[1,x ∞∈+(2)若函数()y f x =的图象与y 【答案】(1)(],7-∞86四、证明题。

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最全函数零点问题办理函数中的赋值问题 (1)第一讲赋值的意义 (1)第二讲赋值的依照和方法 (4)第三讲赋值的若干经典问题 (10)导数大题的常用找点技巧和常有模型 (15)常用的放缩公式（考试时需给出证明过程） (17)第一组：对数放缩 (17)第二组：指数放缩 (17)第三组：指对放缩 (17)第四组：三角函数放缩 (18)几个经典函数模型 (18)导数零点不能求的四种破解策略 (22)法一 :利用零点存在性定理 (22)法二 :利用函数与方程思想 (23)法三 :构造新的函数 (24)法四 :利用极限思想 (25)导数压轴题之隐零点问题 (26)直击函数压轴题中零点问题 (41)函数中的赋值问题第一讲赋值的意义函数 是一个 的 ， 之所以“ ”，是因 它涉及到函数 域的方方面面：函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性) ；求含参函数的极 或最 ； 明一 超越不等式；求解某些特其他超越方程或超越不等式以及各种 型中的参数取 范 等等．可是 下，在相当一部分学生的答卷中，甚或在一些地区的模 卷的 准解答中，一种以 极限 言或极限 点取代 的“素描式”解 象 予关注和 正．1.从一道调研试题的标准解答说起目 1已知函数 f (x) ae xx 2bx( a,b R ) ．（ 1）略；（ 3）略；（ 2） b0 ，若 f (x) 在 R 上有且只有一个零点，求a 的取 范 ．2） bx2x 2解：（x有唯一解．0 ， 方程 ae0 即 a xex 2g( x) ， g ( x) x(2 x) ，令 g ( x) 0 x 1 0, x 2 2 ．e xe x① x ≤ 0 ， g ( x) ≤ 0, g (x) 减，所以 g (x) ≥ g (0)g (x) 的取 范 是 [0,) (?)② 0 x 2 ⋯， g (x) 的取 范 是 (0,42 ) ；e③ x ≥ 2 ， g ( x) ≤ 0, g (x) 减，且恒正，所以g ( x) 的取 范 是 0,42．e所以当a 0或 a4，f ( x) 有且只有一个零点，故 a 的取 范 是a 0或 a4 ．e 2e 2疑：1．“g (x)≥ 0”与“ g( x) 的取 范 是[0, ) ”可否等价？．．．．2．也 解答的潜意 是 xg (x) ，那么其依照是什么 ?作 指 棒的省考、国考又是怎 理相关 的呢 ?答：一其中心：参数全程 描；一个基本点： 入扣．．．．．．．．．．．．．2．真题研究题目 2（ 2013 江苏 20）设函数 f (x) ln x ax, g ( x) e x ax ，其中 a 为实数．（ 1）略；（ 2）若 g (x) 在 ( 1,) 上是单调增函数，求 f (x) 的零点个数，并证明你的结论．（ 2）解：由 g ( x) 在 ( 1, ) 上单调增，得 a ≤ 1(过程略 ) ． eo时， f (x)1a 0, f ( x) Z ，1 a ≤ 0 x而 f (e a 1 ) a(1 e a 1 ) 1 0, f (e) 1ae 0 ，且 f (x) 图像不中止，依照零点定理， f (x) 有且只有一个零点．【解析 a 0 时，由 f( x) 0x 1(极大值点 )， f (x)maxln 11 】aa2oa1时, f (x) ln x 1x ．令 f ( x)1 1 0, x e ．ee x e且 x e, f (x) 0,0 x e, f (x)0 ，所以 xe 是f (x) 的极大值点，也是最大值点，所以 f ( x) ≤ f (e) 0 ，当且仅当 x e, f ( x)0 ．故 f (x) 有唯一零点 x e ．3o 0 a1时，令 f ( x)1 a 0, x 1．列表：ex ax(0, 1)1( 1, )aa af (x)f (x)Zf (x)max]所以 f ( x)maxf (1 ) ln 11 0 ．aa①在 (0, 1) 上， f (1) a 0且 f (x) 单调，所以 f ( x) 有且只有一个零点； a②在 ( 1, ) 上，显然1 1 ，注意到2 o的结论 (ln x ≤ 1x) ， aa 2ae 所以f (12 )2ln112(ln 1 1) ≤ 2(11) 0 ，同理 f ( x) 有且只有一个零点． a aa a2a ea2a由①② f ( x) 有两个零点．综上所述，当 a ≤ 0 或 a1时， f (x) 有 1 个零点；当0 a 1时， f ( x) 有 2 个零点．ee【注 1】本题第（ 2）问“ 3oa 1时”赋值点的形成过程及其多元性:e①在 (0, 1) 上，由于 1(0, 1) ，且为常数，所以理应成为直观 赋值点的首选．aa．．②在 ( 1,) 上【难点！】依照单调性，直观赋值点应在1右侧充分远处．试一试2 ，失败！ aaa表示该赋值点不够远，再改试12 ，成了！ (过程如上 ) ．显然，赋值点不唯一．a在 (0, 1) 上，也可考虑1 1, f (1) 0 (标解 )， a e a e或 a1, f (a ) ln a a 2 1 a 20 （均不及赋值 1 简略）．a在 1, )上也可考虑，1 1, f ( 11 a 1 a 1 1 1 ．( aaea a e)eln a a eeln a a 2e(ln a ea ) ≤ 011(标解 )，并注意到x 0 时， ex还可考虑 eaa【注 2】在本题 2o 结论 (ln x ≤ 1x) 的牵引下，区间e 1x 2(证略 ) ， f (e a) 1a( 1a , ) 上的三个赋值点11ae aa(12 ea) 0 ．a112 , 1e ,e a 一脉相承， a a1xe1 1 1 1井井有条：由于 ln x ≤x (当且仅当 xe ，等号成立 )，所以 e a．e e≥ xe2aa a以上赋值均为先直观，后放缩．其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．所以，当直观 赋值受挫时，不如经过放缩，无悬念地求出赋值点，实现解(证 )目标．现以区间 ( 1, ) 为例 ———a 【解析：在 1右侧充分远处，希望存在 x 1 ，使 f ( x 1 ) 0 ，为此，应意识到在 f (x) 的表达式中，a 对 f (x) 0 起主导作用的那一项为哪一项 ax ，不宜轻易放缩，放缩的目标应锁定 ln x ． 依照 ln x x 1 ( x 1)( 证略 ) ， f ( x)x 1 ax ≤ 0x ≤ 1 ，不如取 x 1 1 ，1 a1 a但 1 1 ??此路受挫，故须调整放缩的尺度】1 a a 思路一：由本题 2o结论， ln x ≤ 1x ．e11ln x2ln x 2≤ 2x 2e详解：由本题 2o 结论1 1令121) ．x2f ( x) x2ax 0 x 1(aa(ln x ≤ 1x),ln x 1112ln x 2≤ 2x 2x 2ee1 ,1在 ( ) 上，存在 x 112 , f ( x 1 ) x 12ax 111 0 ( 以下略 )．a aaa思路二：由 ln x ≤ x 1k 1时， ln x ≤ x1ln x ≤xln k 1 ．k kkk( 1) 的任意性给赋值供应了更为宽松的选择空间：x11，f (x) ln x ax ≤ k ln k 1 ax ≤ ( ka)x k 2 (k a) x k令 (1k 1 a 1 0 1 )a)x k 0 xkak 1．1(0 aka a ak(k 1) 1 0 ek不如令 k2 x 2 4 ．aa 2详解： ln x ≤ x 1 (证略 ) ， lnx2 ≤ax 1ln x ≤ ax1 ln2a x2f ( x)a x 2 ．a22a 2a2 a今取 x 24 1, f (x 2 )a 4 20 (以下略 )．a 2a2 a 2 a【追踪训练】1．思虑并解答本讲题目1(2)；2．思虑函数赋值问题有哪些依照和方法．第二讲赋值的依照和方法1．赋值的理论依照：1)不等式的基本性质以及一些简单代数方程、不等式的求解．2)零点存在定理 .基本模式是已知 f (a ) 的符号，研究赋值点 m (假定 m a )使得 f (m) 与 f ( a) 异号，则在 ( m, a) 上存在零点．3)一些基本的超越不等式，如：1．x 1≤ ln x ≤ x 1 ； ln x ≤ 1x ．xe2． x ≥ 1 时，x 1≤2( x 1)≤ ln x ≤x 2 1≤ x 1 ．xx 12 x23． 0 x ≤ 1 时， x 1 ≤ x 1 ≤ ln x ≤2( x 1)≤ x 1 ．x 2x x 14． e x ≥ x 1; e x ≥ ex;e x x 2 1(x 0);e xx 2 x( x ≥ 0) ．【注】应用上述不等式,一般须给出证明．2．赋值的对付方略：2.1 赋值的方法：10 直观放缩法 ．其形态是先直观试一试，后放缩证明，其特点是见效快，但有时有点悬，解、证．．．．． 风险大．（参阅上节“真题研究”）20 放缩求解法 ．其形态是先适当放缩，尔后经过解不等式或方程求出赋值点，其特点是安妥、．．．．．可靠，但有 ，目 放 有点 ．（参 上 “真 研究”中的思路一，思路二）2.2 点遴 要 ：遴 点 做到三个保证，三个 先———．．．．．．．．．三个保证 ： ．．．．（ 1）保证参数能取到它的所有 ；（ 2）保证 点 x 0 落在 定区 内；（3）保证运算可行．三个 先 ： ．．．．（ 1） 先常数 点；（2） 先借助已有极 求 点 (参 2016 届南通一模 N 19 )；（ 3） 先 运算，如ln xlne， e x等．2.3 放 的分 及其目 ：放 于 ，如影随行，唇 相依．（ 1）依放 的依照划分， 可分 无条件放 和条件放 两 ．前者如，x， ln x ≤ x 1 等；e ≥ x1．．．．． ．．．．后者如 x ≤ 0 ， e x≤ 1 ． x 1， e x(1x )1等；e 1 x（ 2）依 点的个数划分，可分 点式和两点式．前者以解方程 宿；后者以解不等式宿，从某种意 上 ，后者是前者受挫 的 急之 ．一般状况下，放 的目 定于 函数的 化 起不了．．． 主 作用的那些 ；但有些 中，很 界定“主 ”与非“主 ”，此 放 的尺度取决于 目中各种因素的 合考量——— 正是 的 点．例 1（ 2015 届南 附中期中考N20）已知函数 f x1 ax2 2x2a l n x ．2（ 1）略；（ 2）略；（ 3）若曲 C ： y f x 在点 x 1 的切 l 与 C 有且只有一个公共点，求正数 a 的取 范 ．解析：（ 3）易得切y 4xa2 ，代入 y f x 整理得：2g xa x 2 1 2 x12 a ln x 0 ， 等价于函数g x 有且只有一个零点，2gxa x 1 x，其中2 a．【下一步解析：第一x, 0 恒成立（不能能），xa及 x⋯0 恒成立 , x 恒成立,0 ．】1o 当 , 0 ，即 a ⋯2 ，由 g x 0x 1，且当x 1 ， g x 0 ， g x Z ；当0 x ， g x 0 ， g x ] ．1所以 x 1是 g x 唯一的极小 点，也是最小 点．且 g 10 ，故 a ⋯ 2 足 意．2o0 即 0 a 2 ．由 gx 0x 1 1 ， x 2．【下一步解析： 比g x 两零点与 1的大小．】21o1即 a1 ， gx a x 1⋯0 ，xg x Z ，又 g 1 0 ，所以 a 1 足 ．2o1 ，即 0 a1 ，当 1 x， g x 0 ， g x ] ，所以 gg 10 ．【接着研究：在,上， g x Z ，所以在右 充分 ，希望存在 x 1 ，使 g x 1 0，其他 意 到 g x0 起主 作用的那一 是a x 2 1 （ 不宜 易放 ），故放 的主要目2是几乎能够忽略不 的“2 a ln x ”，事 上，当 x 1 ， 2a ln x0 ， 所以 g xa x 21 2 x 1x 1ax 1 2x 1令4 ax 2 0x 1】222a解：又存在x 141，所以2a ln x 1 0，aa2aa．g x 1 2 x 1 1 2 x 1 1 x 1 1 2 x 1 1 2x 1 12x 12在,x 1 内， g x 存在零点，所以 g x 最少有两个零点，不合 意．3o1 ，即 1 a2 ，在,1 上， g x 0 ， g x ] ，所以 gg 1 0 ．【接着研究：在0,上， g x Z ，所以在 x 0 右 充分近 ，希望存在 x 2 ，使 g x 2 0 ．其他 意 到g x0 起主 作用的那一 是ln x （所以不宜 易放 ）故放 的主要目是几乎能够忽略不 的“a x 21 2 x1 ”，事 上，当0 x1， a x 21 0 ，22令22 x 12 ，所以 gx22 a ln x0 x = e2 a．】2解：又存在 x 2e 2 22 a 1 ，并注意到 ax 22 10 ， 2 x 21 2 ，aa2g x 22 2 a ln x 22 2 a20 ，所以在 0, 内 g x 存在零点，2a进而 g x 最少有两个零点，不合 意．上所述， a1或 a ⋯2 ．2【附 ： e 2 a2a： ea2 112 a 2 a 】 2 a22 2ae 2 a2 a例 2（上 “ 目 1（ 2）”）已知函数f ( x)ae x x 2 bx(a, b R ) ．（ 1）（ 3）略．（ 2） b0 ，若 f (x) 在 R 上有且只有一个零点，求a 的取 范 ．正解 ： (参数 描 )依 意 f (x) ae x x 2 有唯一零点，于是：．．10 当 a 0, f (x) 0 ，不合；2 0当 a 0, f (x)x 2 有唯一零点，吻合；30 当 a 0, 一方面 f (0) a 0 ．【下一步，解析1：用直 放 法x 1 使f ( x 1 ) 0 ， 然x 1 0(why ?)．．．．．因 f ( x) ae x2x 0, f ( x) ] ，所以只要令x 1 0 且充分小， ae x10 ，进而f (x 1 )aex1x 12．若 x 1 某个 常数 ,因 数 a 的任意性 ,无法保证 f ( x 1 ) 0 ，故 x 1 与 a相关．不如改x 1 a 1 】另一方面 a 1 0, 并注意到 e x ≥ x1 ( 略 )．f (a 1)a2≥ a(a2a 12 0 ，所以在 (,0) 内 f ( x) 有唯一零点．e 1 a (a 1)1)a2 a2 a2于是 x ≥ 0 ， f (x) 无零点，而 f (0)g ( x)x 2 ( x 0), g (x) x(2 x) ，令e xe x当 x x 0 , g ( x) 0, g( x) ] ，所以 g (x)max 上a 0 或 a4 ．e 20 ，即 ax 20 ，所以x0, f (x) x ．eg (x) 0x 0 2, 当 0 x x 0 , g ( x) 0, g (x) Z ；444 g( x 0 ) e2ae 2 ，所以 ae 2 ．【注】将零点 化 不等式恒成立 进而使“分参”不依 于形而凸 其 密性．【下一步解析 2：用放缩求解法 求 x 使 f ( x )0 ，显然 x(,0) ．．．．．． 1 11事实上 x0 时 , f ( x) aexx2a 1 x 2令0 ,解之 x 1a 】另一方面 x 1 a 0 ,使 f ( x 1 )aex1x 12a x 120, 且 x时 f (x) ae x2x 0, f (x) ]，所以在 (,0) 内 f ( x) 有唯一零点． (以下过程同上 )【下一步解析 3：仍用放缩求解法 ，．．．．．x22 令x a ，取 x 1 a1 】x 1 时， f ( x) aex a 1 xa x 0另一方面 x 1 a 1 0 ,使 f (x 1 )x22a x 10 且 x 0 时ae1x 1 a x 1f (x) ae x2x 0, f ( x) ] ，所以在 ( ,0) 内 f (x) 有唯一零点． (以下过程同上 )例 3 已知 f (x) x ln x a ，谈论 f x 的零点的个数．解：记 f x 的零点的个数为 k ． f x 的定义域为 (0, ) ， f x 1 ln x ，令 f xx1，当 x1时， f x0 , f x Z ；当 0x1时， f x 0 ， f x ] ，eee所以 x1是 f x 的唯一极小值点也是最小值点，即fxminf 1 a 1 ．eee10.当 a 1 0 ，即 a1 时， f xmin0 ,故 k0 ．ee20.当 a 1 0 ，即 a1 时， f x minf ( 1)0,k 1． e ee1 0 ，即 a 1时， f xmin0 (如右图所示 )3 . 当 a e eⅰ . a 0 时，在 0, 1 上 f x0 ,在 (1, ) 上，e e【路子一】存在 ea1， f e aae a aa(e a 1) 0 ，e由零点定理及 f ( x) 的单调性 k 1．【路子二：经过放缩，求解赋值点当 x e 时 , f ( x) x 令xa 】a 0当 x e 且 xa 时， f ( x) x a 0 ，同理 k 1．ⅱ . a 0 时，由 xln x 0 x 1，所以 k 1．ⅲ . 0 a1时， f x min a 1 0 ．一方面 11，且 f1 a0 ，另一方面ee e1时，应有 f x1【路子一：依照单调性，当 0 x0 ，不如直观试一试x 0e a 】e0 时， ex1注意到 xx 2（证略），存在 x 0 ea1 ，e21211a 2a1 1f eae aa，又 f x 图像在定义域内不中止，0 aa11内， f xk2.所以在 ，和，各有一个零点，故0 e e【路子二 ( 借助原函数极值求赋值点 )】已证在 (0,) 上 x ln x ≥ 1，且存在 a2a1， f a 22a 2 ln a a a 2a ln a 1 ≥eea2 10 ．同理 k 2.e综上所述：当 a1时， f (x) 没有零点；当 a1或 a ≤ 0 时，有 1 个零点；ee当 0 a1时，有 2 个零点．e【注】学生可能出现的认知误区是：当x0时， x ln x（或）．【追踪训练】1．解不等式： (e 1)ln x x 1 ，其中 e 为自然对数的底数．解析：记 f ( x)x 1 (e1)ln x ，则原不等式等价于f ( x) 0. f ( x) 1 e 1 ，x 令 f ( x) 0 ， x 0 e 1 ．当 x x 0 , f ( x)0, f (x) Z ；当 0 x x 0 , f (x) ] ．又一方面，存在 1 x 0 , f (1) 0, 另一方面，存在 e x 0 , f (e) 0 ，所以当且仅当 1 x e 时 f (x) 0 ，进而原不等式的解集为 (1,e) ．2．已知函数 f ( x)ln x ax 1(a R) ． (1)谈论函数 f (x) 的单调性；(2) 若 f ( x) 有两个零点 x 1 , x 2 ( x 1 x 2 ) , 求 a 的取值范围．解析： (1) 易得 f (x) 在 (0, 1 ) Z ,在 ( 1,) ] .aa(2) ①若 a ≤ 0 则 f ( x) Z , f (x) 在定义域内最多一个零点 ,不合．所以 a 0 且 f (x)maxf (1 ) ln10 a 1.aa此时，一方面1 1使 f ( 1)a 0 ；另一方面，注意到 ln x ≤ x 1(证略 ) ．于是，x 0e1 使f (x 0 ) 1 2ln 1e1 1) e2 e0 ．a 2 aaa 1 ≤ 22( a a a 依照零点定理以及f (x) 的单调性 ,可知 f ( x) 在 (0, 1 ) 和 ( 1, ) 上各有一个零点，a a所以 a 的取值范围是 (0,1) ．3．设函数 f (x)sin xax 1 x 3(a R ) 若对任意的 x ≥ 0, f ( x) ≥ 0 成立，求 a 的取值范围．6解：12．f ( x)cos x a2 x , f( x) xsin x ≥ 0 f ( x) Zf (x) ≥ f (0) 1 a1.当 a 1时 , f ( x) ≥ 0, f ( x) Z f ( x) ≥ f (0) 0 ；2.当 a 1时 , f (2 a) cos2a a 2a 2 cos2aa 2 a(a1) 0, f (0) 1 a 0 ，所以 x 0(0,2 a) 使得 f (x 0 ) 0 且在 (0, x 0 ) 内 f ( x) 0f ( x) ] , f ( x) f (0)0 与题设不符 .所以 a ≤ 1 ．第三讲 赋值的若干经典问题例 1（ 2015.新课标（ 1）文 21）设函数 f (x) e 2xa ln x ．（ 1）谈论 f ( x) 零点的个数；（ 2）略． 解：（ 1） f ( x)1 (2 xe 2x a) ．x①当 a ≤ 0 时 , f (x) 0 ，故 f ( x) 无零点；②当 a 0 时 f ( x) 零点的个数即 g (x) 2 xe 2 xa( x 0) 零点的个数，记为n ．所以在 (0,) 上 g ( x) Z ，所以 n ≤ 1 (i ) ．又 g (a) a(2e 2 a 1) 0 ．【下一步如何搜寻正数x 0 使 g (x 0 ) 0 ?】路子一 (直观放缩法 ) 【解析】假定 x ≥ 0 g (0)a 0 ，故应将 x 0 锁定在 0 右侧一点点，直观试一试后，形成以下的——详解：取 xmin{ a , 1} ， g (x 0 ) ≤ 22 1a12)0 ，依照零点定理，a e4a (e 2n ≥ 1 ( j ) 04 442由 (i ) , ( j ) n 1．x1 11路子二 (放缩求解法 )【解析】 0 x 1时 ee x 1 x 于是当 0 x 2 ，即 0 2x 1时，e1g (x)2 xa 0, xa1 ．2 x令12x1 2x2( a 1) 2详解：x 时 ex11 1 ，于是当 0 x1时， 0 2 x 1,e 2x11e xx 2 1 2xg (x)2 xa ，取a1 g ( ) 2a 0．依照零点定理 n ≥ 1 ( j ) ，1 2x 2( a 1)2 12由 (i ) , ( j ) n 1．例 2（ 2016.全（ 1）理 21）已知函数 f (x) ( x 2)e xa( x 1)2 有两个零点．（Ⅰ）求 a 的取值范围；（Ⅱ）略．解析：（Ⅰ） (参数扫描 )f ( x) ( xx2a) ．1)(e10 ) 若 a 0 ，当 x 1, f ( x) 0, f ( x) Z ，当 x 1, f ( x) 0, f ( x) ] ,f ( x)min f (1)e 0 ．一方面 , 当 x 1时 f (2)a 0 ；另一方面 , 当 x 1时——路子一0 且 bln a ，使 f (b)(b2) a a(b 1)2 ab(b3 ) 0 ，．．．(标解 )存在 b2 2 2所以在 x 1两侧， f ( x) 各有一个零点，满足题意．路子二 【解析：当 x 0 时 ,能对 f (x) 0 起主导作用的那一项显然是a(x 2，而 e x0,1 变化．．． 1)幅度不大，是比较理想的放缩目标． x 0 时, f ( x) (x 2) a (x 1)2 2 x 2 a( x1)2(x 1)(2ax a)( x1)(2 ax)令x 02 】a详解： x 0 时 , f ( x) x 2 a(x 1)22x 2 a (x 1)2 ( x 1)(2ax a)(x 1)(2ax) ，今取 x 02 01, f (x 0 ) (x 0 1)(2 ax 0 ) 0 ，所以在 x 1两侧，af (x) 各有一个零点，满足题意．20 ) 若 a ≤ 0 ，当 x ≤ 1, f (x) 0 ，所以 f ( x) 有两零点x 1时， f ( x) 有两零点(x2)e xa(x 1) 有两零点，但( x 2 4 x 5)e xg( x) Zg ( x)1)2g (x)( x 1)3 0( x所以 f ( x) 不存在两个零点．综上， a 的取值范围是 (0,) ．【注】顺便指出 ,在同解变形中 ,巧用起落格 ,可简化解题过程． (证明 : x 0,e xx 2 1)例 3（ 2017 全（ 2）文 21）设函数 f (x)(1 x 2 )e x ．（ 1）略；（ 2）当 x ⋯0 ， f ( x) ,ax 1，求 a 的取 范 ．解：（ 2） f2x1x 剠ax1 F xax ． 然 a 0（否 若 a ,0 ，注意到 e 2 ，x1 e 1 0F11a 3 e 21 a 31 0）．2 242 4【下一步研究a 的范 ：令 F x ax 2 2x 1 e x⋯0 恒成立a,x 2 2x 1 e xA r x ， r x x24x 1 ex0，所以 r x Z ， rxminr 0 1 ，所以 a 剠 1 a 1 】F xax 2 2x 1 e x ， hxF x ， h xx 24x 1 e x 0 ，所以 h x Z 即F xZ ， F x ⋯ F 0a 1 ．于是：o当 a ⋯1 ， F x ⋯ 0 ， F x Z ， F x⋯ F 00 ，进而 fx , ax 1 ；1 2o 当 0a 1 ，路子一 【解析当，2x 1 F x axx 1x 11．．．x x 2☆☆令1 a ．】x a 1 x 2x 1 a0 x2 解：当 0 x1 ，注意到 xx 1 ( 略 ) eF x ax x 21 x 1 1 x x 2x 1 ax 2x 1 a，今取 x 01 a 0,1F ( x 0 )x 0 2x 0 (1a )0 ，不合 意 . 上， a ⋯1 ．2路子二 ： F 0a 1 0, F (1) a 2e 0 ，又 F x Z ，故在 (0,1) 上 F x 有唯一零点 x 0 ，．．． 且在 (0, x 0 ) 上 F x 0, F ( x) ] ，所以 F (x)F (0) 0 不合 意．上 a ⋯1 ．例 4n 1, 明 : a 2 n1 （省 集 ） 数列a n 的通 a na n ln 2 ．k 1k4n【解析： 想超越不等式ln x 小于⋯有① ln x x 1(x 1) ；② ln xx21( x 1) 等．2x尔后用分项比 较法 , 将待证式两边均表示为从 n 起连续 n 项的和：．．． ．．a2na n1 L2 n 1(11 ) ； 整合并分解左边：4n k n2k 2(k 1)同时将右侧化整为零 :n 1n 22nln 2 lnnln n1 L ln2 n 1k 1 ) 21依照② lnk1 ( k 1 1 ，所以原式获证】 2k 1k k 2 k 2( k 1)2 n 1nln k 1 ．k证明：易证 ln xx21( x 1) ，令 x k 1lnk1 ( k k 1 )21 1 1 .2 xkk 2 k k 1 2 k 2( k 1)a 2na n1(11 2 L1 ) 14nn 1 n2n4n21 1L1111) 2( n2) 2(2 n 1)2n 4n 2(n111L11 1 L 11 2n2(n 1)2(n 2)2(2n1)2(n 1) 2( n2)2(2n1) 4n2n 12 n 1ln(n(11 1) )lnkk 1 1 n 2 L 2n ) ln 2 ．k n2k2(kk nn n 12 n 1【追踪训练】1．设函数 f (x)ln x ax( a R) .若方程 f ( x)a 1 x 2有解，求 a 的取值范围．2解：方程 fxa 1x 2有解函数 h xln x ax a1x 2 有零点．22h xa 1 x 2ax 11 x 1a1 x 1 ．xx① a 1时， h x ln x x x 1x 1 0 （证略）所以 h x 无零点；② a 1时， h 1a 1 0 （观察！）【下一步解析：如何赋值x 0 ,使得 h x 00 ？2当 x 1时 , h xax a 1 x 2x(a1 x令x 02a ( 1) 说明 :若不能够保证a ) 022a 1x 0 1 ，则改用两点式 ,即 h xL 令x L （参阅 ( 二)例 2 解析 3）】 解方程所获取的 0 又 2a1 且 h2a ln 2a x 0a 1 2a aln2a 0 ， a 1a 1a 12a 1 a 1由零点定理， h x 有零点．③ a 1时 a 1 x 1 0 ，所以令 h x 0x 1 （易知 x 1 是 h x 的最大值点）【下一步解析 :令 h x maxh (1) 01 a 1 , h x 无零点．于是剩下 h x maxh(1)≥ 0 a ≤ 1又 察 h 2 0 ，所以 h x 有零点】③ 1.) 1 a 1 h x maxh(1) 01 a 1 , h x 无零点；③ 2.) a ≤ 1 h xmaxh(1)≥ 0 ，又 察 h 20 ，所以 h x 有零点．上所述 a1 或 a ≤ 1．2． a 正常数，函数f ( x) ax, g( x) ln x ．明：x 0 R 使合适 x x 0 ， f (x)g( x) 恒成立．法一易 ln x ≤ 1x( 略 )又 11 ln x 1x, 用 x 代 x ln x 1 xln xx ( )ee 22 2而 x ax x a 2 x 2x a 2 ( ) .今取 x 0a 2 ，当 xx 0 ,由 () 得 x ax ,再由 ( )ax ln x . ．法二易x 0≤ 1x2ln x在 (e,) ]( 略 )(1)ln xe x;(2)ex ;(3) h( x)x于是， (1) 当 a1, ln x ≤ 1x ax ， 成立． (2) 当 a ≤ 1，取 x 01( 然 x 0e )e aee e1 1ln x ln e a 当 xx 0 ,aaax ln x ， 依旧成立．x1( 1 a )2ea上所述 x 0 R 使合适 x x 0 ,f (x)g ( x) 恒成立．3．已知 f (x) ax b ln x c ， g (x) xe 1 x（ a ,b,cR ）．（ 1）（ 2）略（ 3）当 b 2 ， a c 0 ，若 任意 定的x 00,e ，在区0,e 上 存在 t 1 ， t 2 t 1t 2 使得f t 1f t 2g x 0 ，求 数 a 的取 范 ．（ 3）略解：易得 g x 在 0，1 上 增，在1,e 上 减，故 g x max g 1 1 ，又 g 0 0 ， g ee 2 e ，所以 g x的取 范 （即 域） 0，1 ．而 f xa x 1 2ln x 定点 1，0， fxa 2．x【解析：分 令f x ⋯ 0 （无解）， f x , 0 ⋯⋯】o2，在0,e 上， f x , 0 ， fx 减，不合 意；1 当 a ,e2o当 a2，令 fx0 得 : x2，且当 x2 ， f x Z ； 0 x 2， f x ] ，并注意到eaaa ln x , x 1 进而有 fx m inf22 1 a ln a, 0 ．a 2 2【下一步解析 :需 明在2 2 上的取 范 均 包括，所以两段上的“ ”， 及a ,ef x0，10 a回避不了．】事 上，一方面在2上，f e厖 1ae 3 2 ；a ,e1 e另一方面在 2x 1 e 2 a使f x 1ae 2a3a 3a6 1 ，， 上，存在ae所以当 a ⋯3 ， f x 在两个 区 上的取 范 均包括0，1 ，e 1所以 x 00,e ，必存在 t 12 ， t 22,e ，使 f t 1f t 2g t 0 .0，aa故所求取 范 是3 , ．e 1导数大题的常用找点技巧和常有模型引子：（ 2017 年全国新1·理· 21）已知f x ae 2 x a2 e x x .（ 1） f x 的 性；（ 2）若 f x 有两个零点，求 a 的取 范 .解析： （ 1） f ' x2ae 2xa 2 e x 1 2e x 1 ae x 1若 a 0 ， f ' x0 恒成立，所以 fx 在 R 上 减；若 a0 ，令 f ' x0 ，得 e x1 , x ln1.aa当 x ln 1 ， f' x0 ，所以 f x在,ln1上 减；aa当 x ln1， f' x0 ，所以 f x在 ln1,上 增 .aa上，当 a0 ， f x 在 R 上 减； 当 a 0 ， f x 在,ln1上 减， 在ln 1, aa上 增 .（ 2 ）fx 有 两 个 零 点 ， 必 须 满 足 f x min 0 ， 即 a 0 ， 且fxminf ln11 1 ln10 .aa a构造函数 g x1 x ln x ， x 0 . 易得 g ' x110 ，所以 g x1 x ln x 单调递x减 .又由于 g 10 ，所以 1 1 ln1g 1g 11 1 0 a 1 .a aaa下面只要证明当 0 a1f x有两个零点即可，为此我们先证明当x 0时， x ln x.时，事实上，构造函数 h xx ln x ，易得 h ' x11，∴ h x min h 11 ，所以 h x0 ，即 x ln x .x当 0a 1 时， f 1aa 2 1 a eae 2 20 ，e 2e 2ef ln3 aa 31231 ln 3 131 ln 31 0 ，a 2aaaaaa其中 1 ln1， ln3a ln 1，所以 f x 在1,ln 1和 ln 1 ,ln3a上各有一个零点 .aaaaaa故 a 的取值范围是0,1 .注意： 取点过程用到了常用放缩技巧。

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,+∞.。

【教案823】三角函数与导数4：证明（求）极值点、零点个数（教师版）

【教案823】三角函数与导数4：证明（求）极值点、零点个数（教师版）

【教案823】三角函数与导数4：证明（求）极值点、零点个数【例1】 【2019·全国Ⅰ卷·理科】已知函数()()sin ln 1f x x x =-+，()x f '为()x f 的导数．证明： （1）()x f '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点； （2）()x f 有且仅有2个零点． 【答案】：（1）见解析；（2）见解析.【详解】：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， 则0x x =为()g x 唯一的极大值点，即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤=，()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =，0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点 ②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '=，()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-< ⎪++⎝⎭，10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减，()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+<，即()02f f ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭， 又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点 ④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln 1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<，即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点.【演练题组1】1、【2021·四川泸州市一诊·理科】已知曲线()sin f x kx x b =+在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=．（1）求k ，b 的值； （2）判断函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上零点的个数，并证明． 【答案】：（1）2k =，3b =-；（2）()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一个零点．证明见解析.【解析】：（1）因为()sin cos f x k x kx x '=+，所以sin cos 2222f k k k ππππ⎛⎫'=+⨯=⎪⎝⎭， 又因为sin 2222k f k b b ππππ⎛⎫=⨯+=+⎪⎝⎭， 因为曲线()f x 在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=． 所以2k =，所以223,222f b πππ⎛⎫=+=⨯- ⎪⎝⎭所以3b =-； （2）()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一个零点， 因为()2sin 2cos f x x x x '=+，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上为单调递增函数且图象连续不断，因为(0)30f =-<，302f ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点．2、【2020·吉林三校第一次联考·文科】已知函数()(1cos )f x x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(,())f ππ，处的切线方程； （2）确定()f x 在33(,)22ππ-上极值点的个数，并说明理由． 【答案】：（1）2y x =；（2）极值点的个数为2，理由见解析.【解析】：（1）由题意，函数()(1cos )f x x x =-，可得()1cos sin f x x x x '=-+，则()2f π'=， 又由()2f ππ=，所以曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程为22()y x ππ-=-，即2y x =． （2）由()1cos sin f x x x x '=-+，当(0,]x π∈时，()0f x '>，则()f x 在(0,]π上单调递增，无极值点； 设()()g x f x ='，则()2sin cos g x x x x '=+， 当3(,)2x ππ∈时，()0g x '<，则()g x 在3(,)2ππ上单调递减，因为()20g π=>，33π1022g π⎛⎫=-<⎪⎝⎭，所以存在唯一的实数3(,)2m ππ∈，使得()0g m =， 当(,)x m π∈时，()0f x '>，当3(,)2x m π∈时，()0f x '<， 所以()f x 在3(0,)2π只有一个极值点，且该极值点为m ， 因为()()f x f x -=-，所以()f x 为奇函数，所以()f x 在3(,0)2π-上也只有1个极值点，且该极值点为m -． 综上可得，()f x 在上极值点的个数为2．3、【2021˙北京延庆区期末统考】已知函数()()2cos sin f x a x x x =--. （Ⅰ）当=0a 时，求函数()f x 在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当4a >，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求函数()f x 的最大值； （Ⅲ）当12a <<，,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，判断函数()f x 的零点个数，并说明理由. 【答案】：（Ⅰ）2y =；（Ⅱ）2π-；（Ⅲ）有2个零点，理由见解析. 【解析】：（Ⅰ）当0a =时，函数()2cos sin f x x x x =-，(0)2f =()2sin sin cos 3sin cos f x x x x x x x x '=---=--，∴切线的斜率(0)0k f '==， ∴曲线()y f x =在原点处的切线方程为2y =.（Ⅱ）()(2)(sin )sin cos (3)sin cos f x a x x x x a x x x '=----=--，令()(3)sin cos g x a x x x =--，则()(3)cos cos sin (4)cos sin g x a x x x x a x x x '=--+=-+， 当4a >，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0g x '>，所以()g x 在[0,]2π上单调递. 所以()(0)0g x g ≥=，即()0f x '≥，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '>，所以()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增， 所以当2x π=时，()f x 的最大值为()22f ππ=-.（Ⅲ）()(3)sin cos f x a x x x '=--，因为12a <<，当π[0,]2x ∈时，()0f x '≤，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '<，所以()f x 在[0,]2π上单调递减，因为(0)20,()022f a f ππ=->=-<， 所以存在唯一0[0,]2x π∈，使得0()0f x =， 即()f x 在[0,]2π上有且只有一个零点，因为()(2)cos()sin()(2)sin ()f x a x x x a x x f x -=--+-=--=， 所以()f x 是偶函数，其图像关于y 轴对称，所以在[,0]2π-上有且只有一个零点，所以()f x 在[,]22ππ-上有2个零点.4、【2021·云南红河州一检·理科】已知函数()()cos e .xf x x a x a =-+∈R（1）当1a =时，证明：()f x 在区间()0,2π上不存在零点； （2）若01a <≤，试讨论函数()()cos g x a x f x =-+-的零点个数.【答案】：（1）证明见解析；（2）当01a <<时，函数()g x 有两个零点；当1a =时，函数()g x 只有一个零点.【解析】：（1）当1a =时，()cos e x f x x x =-+，则()sin 1x f x x e '=--+，()cos x f x x e ''=--，当()0,2x π∈，1cos 1x -≤≤，01x e e >=所以()cos 0xf x x e ''=--<，所以()f x '在()0,2π上单调递减.所以()()00f x f ''<=，所以()f x 在区间()0,2π单调递减. 所以当()0,x π∈时，()()00f x f <= 故函数()f x 在区间()0,2π上不存在零点；（2）由题意可得()()cos xg x a x f x ae x a =-+-=--因为()()10,ln 01xg x ae x a a '=-==-<≤，所以()g x 在(),ln a -∞-上单调递减，在()ln ,a -+∞上单调递增，因此()()ln 1ln g x g a a a ≥-=-+， 因为01a <≤，所以：①当1a =时，()()ln 0,00a g x g -=≥=，此时，()g x 在(),-∞+∞上仅有一个零点； ②当01a <<时，()ln 0,00a g ->=，令()()1ln 01h a a a a =-+<<，()()10,ah a h a a-'=>在()0,1上单调递增，从而()()10h a h <=，所以()ln 1ln 0g a a a -=-+<， 由()g x 在(),ln a -∞-上单调递减，()00g =，()0,ln a ∈-∞ 从而()g x 在(),ln a -∞-上存在一个零点，又因为()12ln 2ln g a a a a -=-+，记()12ln a a a a ϕ=-+，且()()22211210a a a a a ϕ-'=--+=-<，从而()a ϕ在()0,1上单调，有()()10a ϕϕ>=，即()2ln 0g a ->，()ln 1ln 0g a a a -=-+<，且()g x 在()ln ,a -+∞上单调递增， 所以()g x 在()ln ,2ln a a --上也存在一个零点，综上：当01a <<时，函数()g x 有两个零点；当1a =时，函数()g x 只有一个零点.5、已知函数()cos a xf x b x=+（,a b R ∈）. （1）当1,0a b ==时，判断函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内的单调性;（2）已知曲线cos ()a xf x b x =+在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为6 2.y x π=-+ （ⅰ）求()f x 的解析式;（ⅱ）判断方程()312f x π=-在区间(]0,2π上解的个数，并说明理由. 【答案】：（1）单调递减函数；（2）(i ) 3cos ()1xf x x=-； (ii ) 3个，理由见解析. 【解析】：（1）当1,0a b ==时，cos ()x f x x =，可得2sin cos ()x x xf x x⋅+'=-， 因为(0,)2x π∈，所以sin cos 0x x x ⋅+>，即()0f x '<，所以函数()f x 在区间(0,)2π上为单调递减函数.（2）（ⅰ）由函数cos ()a x f x b x=+，可得2(sin cos )()a x x x f x x -⋅+'=，则2()2af ππ-'= 因为函数()f x 在点(,())22f ππ处的切线方程为62y x π=-+，所以26aππ-=-，解得3a =，当2x π=，代入切线方程为6212y ππ=-⨯+=-，可得()12f b π==-，所以函数()f x 的解析式为3cos ()1xf x x=-. （ⅱ）令()()33cos 3122x g f x x x ππ+=-=-，则()23(sin cos )x x x x g x -+'=， ①当(0,]2x π∈时，可得()0g x '<，()g x 单调递减，又由330(,022)()62g g πππππ->-=<=， 所以函数()g x 在区间(0,]2π上只有一个零点；②当3(,)22x ππ∈时，cos 0x <，可得()3cos 302x x g x π-=<恒成立， 所以函数()g x 在区间3(,)22ππ上没有零点；③当3[,2]2x ππ∈时，令()sin cos h x x x x =+，可得()cos 0h x x x '=>， 所以()h x 在区间3[,2]2ππ单调递增，3(2)0,()02h h ππ><，所以存在03[,2]2x ππ∈，使得()g x 在03[,)2x π上单调递增，在0(,2]x π单调递减，又由(2)0,()02g g ππ=<，所以函数在3[,2]2ππ上有两个零点， 综上可得，方程3()12f x π=-在(0,2]π上有3个解.6、已知函数()()sin cos xf x ex x =+．（1）求()f x 的单调递增区间； （2）求证：曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一条斜率为2的切线． 【答案】：（1）2,222k k ππππ⎛⎫-+⎪⎝⎭，k Z ∈（2）见解析 【解析】：（1）函数()(sin cos )xf x e x x =+,x ∈R ， 则()(sin cos )(cos sin )2cos xxxf x e x x e x x e x '=++-=，令()2cos 0xf x e x '=>得2,222x k k ππππ⎛⎫∈-+⎪⎝⎭，k Z ∈， ∴()f x 单调递增区间为2,222k k ππππ⎛⎫-+⎪⎝⎭，k Z ∈ （2）原命题等价于：在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上，方程cos 1xe x =有唯一解，设()cos xg x e x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()cos sin sin 4x x xg x e x e x x π⎛⎫'=-=-⎪⎝⎭此时，()(),',x g x g x 变化情况如下：此时，()g x 在0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，且(0)1g =，414g e ππ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，()g x 在,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，且02g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴()cos 1xg x e x ==在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一一个根，()2cos 20xf x e x '=-=在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一一个零点，∴曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一条斜率为2的切线.7、已知函数()sin xf x e x =，（e 是自然对数的底数）（1）求()f x 的单调递减区间；（2）记()()g x f x ax =-，若13a <<，求()g x 在()0,π上的零点个数.（参考数据：2 4.8e π≈）【答案】：（1）单调递减区间为()372,244k k k Z ππππ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭；（2）当13a <<时，()g x 在()0,π上有两个零点.【详解】：（1）()sin xf x e x =，定义域为R .()()sin cos sin 4xx f x ex x x π⎛⎫'=+=+ ⎪⎝⎭.由()0f x '<解得sin 04x π⎛⎫+< ⎪⎝⎭，解得()372244k x k k Z ππππ+<<+∈. ∴()f x 的单调递减区间为()372,244k k k Z ππππ⎛⎫++∈⎪⎝⎭.（2）由已知()sin xg x e x ax =-，∴()()sin cos xg x e x x a '=+-.令()()h x g x '=，则()2cos xh x e x '=.∵()0,x π∈，∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>；当,2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0h x '<， ∴()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，即()g x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减.∵()01g a '=-，()0g e a ππ'=--<.若13a <<时，()010g a '=-<，又∵()g x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又202g e a ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，∴10,2x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，2,2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()10g x '=，()20g x '=， 且当()10,x x ∈、()2,x x π∈时，()0g x '<；当()12,x x x ∈时，()0g x '>. ∴()g x 在()10,x 和()2,x π上单调递减，在()12,x x 上单调递增. ∵()00g =，∴()10g x <.∵2233 3.24.802222g e a e πππππ⨯⎛⎫=->->-= ⎪⎝⎭，∴()20g x >. 又∵()0g a ππ=-<，由零点存在性定理可得，()g x 在()12,x x 和()2,x π内各有一个零点，即此时()g x 在()0,π上有两个零点.∴ 当13a <<时，()g x 在()0,π上有两个零点.8、【2020˙湖南邵阳市第三次联考˙文科】给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导函数，()f x ''是函数()f x '的导函数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称点()()00,x f x 为函数()y f x =拐点.已知()cos f x ax x x =-.（1）求证：函数()y f x =的拐点()()00,M x f x 在直线y ax =上； （2）()0,2x π∈时，讨论()f x 的极值点的个数. 【答案】：（1）证明见解析；（2）答案见解析.【解析】：（1）()cos f x ax x x =-，∴()sin f x a x x '=++，∴()cos f x x x ''=+0()0f x ''=，∴00cos 0x x +=．而00000()cos f x ax x x ax =+-=．∴点0(M x ，0())f x 在直线y ax =上．（2）令()0f x '=，得2sin()3a x π=-+， 作出函数2sin()3y x π=-+，(0,2)x π∈与函数y a =的草图如下所示：由图可知，当2a 或2a -时，()f x 无极值点； 当3a =()f x 有一个极值点；当23a -<<-或32a <<时，()f x 有两个极值点．9、【2020˙四川达州市三诊˙文科】已知函数()2cos (R)f x x x a a =+-∈.（1）求证：()f x 是增函数；（2）讨论函数2()sin g x x ax x =-+的零点个数.【答案】：（1）略；（2）1a =，函数()g x 有一个零点；1a ≠，函数()g x 有两个零点.【解析】：（1）证明： ()2sin 0f x x '=->,所以()f x 在(),-∞+∞上是增函数.（2）()2cos g x x a x '=-+，由（1）知是增函数， 1cos 202a g x ⎛⎫'-=-< ⎪⎝⎭，12cos 02a g x ⎛⎫'+=+> ⎪⎝⎭， 01122a a x ,⎛⎫∴∃∈-+ ⎪⎝⎭，使()0002cos 0g x x a x '=-+=， ()g x 在()0,x -∞上单调减，在()0,x +∞上单调增，()2min 0000()cos g x g x x ax x ==-+，又()002a x cos x =+*，()22min 00000000()cos cos sin g x g x x ax x x x x x ∴==-+=--+；令()()0000002sin 2sin 0g x x x x x x '=-+=--=，00x =0()g x ∴在(),0-∞上单调增，在()0,∞+上单调减，()0max ()00g x g ∴==，此时函数()g x 有一个零点，把00x =代入()002a x cos x =+*，得1a =；当00x ≠，1a ≠，时，0()0g x ，即()min 0()0g x g x =<，此时函数()g x 有两个零点.综上：当1a =时，函数()g x 有一个零点；当1a ≠时，函数()g x 有两个零点.10、已知函数()ln sin f x x x =-，记()f x 的导函数为()'f x .（1）若()()1'h x ax f x x=+-是()0,+∞上的单调递增函数，求实数a 的取值范围； （2）若()0,2x π∈，试判断函数()f x 的极值点个数，并说明理由.【答案】：（1）1a ≥；（2）函数()f x 在()0,2π上有且仅有唯一的极大值点,无极小值点；理由详见解析.【解析】：（1）∵1'f x cosx x =-（）, ∴11h x ax cosx x x=+-+=（）ax +cos x ,因为h （x ）是（0,+∞）上的单调递增函数, ∴h ′（x ）＝a ﹣sin x ≥0（x ＞0）恒成立,因为sin x ∈[﹣1,1],故a ≥1时,h ′（x ）≥0恒成立,且导数为0时不连续.故a ≥1即为所求.（2）由（1）知,1'f x cosx x=-（）, ①当x ∈（0,1]时,f ′（x ）≥1﹣cos x ＞0,此时函数f （x ）单调递增,无极值点；②当12x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时,则12x π≥, ∵112cosx cos sin π⎛⎫=- ⎪⎝⎭＜,而由三角函数的性质可知,211122sin x πππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭＜＜＜, ∴1'0f x cosx x=-（）＞, 此时函数f （x ）单调递增,无极值点；③当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时,cos x ＜0,则1'0f x cosx x =-（）＞, 此时函数f （x ）单调递增,无极值点；④当322x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，时,令1'g x f x cosx x ==-（）（）,则21'0g x sinx x =-+（）＜, ∴函数g （x ）单调递减，又()3210210232g g ππππ⎛⎫==- ⎪⎝⎭＞，＜, ∴存在唯一的0322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,使得g （x 0）＝0 且当032x x π⎛⎫∈⎪⎝⎭，时,g （x ）＝f ′（x ）＞0,f （x ）单调递增；当x ∈（x 0,2π）时,g （x ）＝f ′（x ）＜0,f （x ）单调递减. 故x 0是函数f （x ）的极大值点.综上所述,函数f （x ）在（0,2π）上有且仅有唯一的极大值点,无极小值点.。

2021版高考数学苏教版一轮教师用书：3.6 利用导数解决函数的零点问题 Word版含答案

2021版高考数学苏教版一轮教师用书：3.6 利用导数解决函数的零点问题 Word版含答案

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 ∈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 ∈时，f (x )＞0.从而，f (x )在没有零点.(ⅲ)当x ∈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 ＋e e ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减.∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，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2x＞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)x2＞0.f ′(x )±λf (x )(λ为常数)型【例3】)＞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 x 2＞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e x 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 x 2＞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 .。

函数的零点一轮复习微专题(黄冈中学)

函数的零点一轮复习微专题(黄冈中学)

微专题“函数的零点”教学环节第一环节：一题多变 数形结合探零点高考中，大多数的零点问题基本都要用到数形结合的思想来求解，而直接运用数形结合的思想来探究零点问题多以小题的形式呈现，而且以分段函数的形式居多，为了贴近高考，此环节设置的例题和变式题的函数形式都为分段函数．例题1（解析式与分段点均确定的零点问题）：设函数211()4(1)(2) 1x x f x x x x ⎧-=⎨-->⎩‚≤‚，则函数()f x 的零点为_____．变式1：【2014福建，文15】函数21, 1()26ln , 1x x f x x x x ⎧-=⎨-+>⎩≤的零点个数是_________． 设计意图：此问题由学生课前预习完成，帮助学生回顾函数零点问题的处理方法：一个原理、两种方法、三种转换．让学生意识到对于分段函数来说，还得根据每一段的定义域来求零点．为后面变式探究打下基础． 小结：在师生的共同探讨下，收获如下：解析式确定的零点问题，不管是不是分段函数，零点问题概括起来就是一个原理——零点存在性定理，两种方法——解出来或画出来；三种转化——转化为()0f x =型，()f x c =型或者()()f x g x =型．而分段函数的零点在此基础上还要结合各段的定义域去确定零点．所蕴含的思想方法有：函数与方程、数形结合、转化与化归．变式2（解析式确定，分段点不定的零点问题）：设函数21()4(1)(2) x x a f x x x x a ⎧-=⎨-->⎩‚≤‚，若函数()f x 有两个零点，则a 的取值范围是_________．设计意图：在例题1解析式的基础上将分段点改为不确定的情况去探求零点．该题由学生先思考后展示，经教师补充后共同提炼出两种解法：一是先分别作出两段函数在R 上的图象，再通过分段点的左、右移动来取舍左、右两段函数的图象，进而确定满足条件的分段点的位置．二是通过解方程计算两段函数零点的取值为0,1,2，找到讨论的标准，对a 分类讨论来求解．变式3（解析式不定，分段点确定的零点问题）：【2015北京，文14】设函数21()4()(2)1x a x f x x a x a x ⎧-<=⎨--⎩‚‚≥．若()f x 恰有2个零点，则实数a 的取值范围是______． 设计意图：在例题1的基础上将解析式改为不确定的情况，图象不定，难度较大．可让学生先思考然后说出自己的解题方法再计算，最后请代表展示，教师点评．师生共同整理出对于含参的分段函数零点的最优解法：首先在每段中求零点，分析零点与分段点的位置关系找到参数的分类标准，然后将零点进行等价转化，再运用分类讨论的思想，结合图象找限制条件．通过此变式让学生体会如何从复杂的情境中准确的找到问题的切入点，同时复习数形结合、分类讨论、等价转化的数学思想．在例1以及3道变式题的基础上，挑选练习题，进一步巩固如何运用数形结合的思想来求解零点问题．练习1：【2015天津，文8】已知函数22||,2()(2),2x x f x x x -⎧=⎨->⎩≤，函数()3(2)g x f x =--，则函数()()y f x g x =-的零点个数为（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．5设计意图：分段函数中加绝对值，目标函数也变得复杂，但是求解的方法却更加灵活、多样．通过此题进一步巩固变1知识，同时训练学生的解题思维．具体有三种做法：一是利用图象的对称变换、平移变换等知识，分别作出()f x 与()g x 的草图，从图象中发现两个函数的图象有两个交点；二是求出函数()()y f x g x =-的解析式，在每一段中按照例1或变1的方法求零点；三是构造函数()()(2)h x f x f x =+-，将此问题转化为求()h x 与3y =的交点个数．练习2：【2016天津，文14】已知函数2(43)3,0()(01)log (1)1,0a x a x a x f x a a x x ⎧+-+<⎪=>≠⎨++⎪⎩且≥在R 上单调递减，且关于x 的方程|()|23x f x =-恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是_________． 设计意图：设置练习2的目的为：巩固分段点不定零点问题的求法，让学生感受获得知识的喜悦，考查学生对此类问题的掌握和理解情况．练习2难度较大，命制中增加了2个限制条件，一是由函数的单调性限制了参数的范围，二是目标函数中增加了绝对值符号，即解题中需结合函数的翻折变换，利用数形结合的思想找限制条件．通过此题让学生体会解决此类零点问题的难点并不是零点问题的转化，而是如何通过画图、通过图象的变换，找到a 的限制条件．同时还要注意解题细节，直线2y x =-与曲线2(43)3y x a x a =+-+相切也符合题意．第二环节：拾级而上 借用导数探零点函数的图象有时并不能直接画出，或分情况画出，必须通过求导讨论单调性才能画出，进而探究零点．所以导数在探究零点问题中的工具作用不容小觑，而且这是新课标文科卷近年来考查的热点，通常以解答题的形式呈现，考查的都是非分段函数的零点，并未涉及到分段函数．例题2：（必修1，88页例1改编）判断函数()ln 2f x x x =--的零点个数．方法一：因为()ln 2f x x x =--，所以11()1x f x x x-'=-=，所以()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)1f x f ==-，又因为当x 接近0时函数值为正数，同时2(e )0f >，结合()f x 的图象（图1）可知()f x 的零点有2个．方法二：判断函数()ln 2f x x x =--的零点个数，即判断方程ln 20x x --=根的个数，即判断函数2y x =-与函数ln y x =的交点个数，由图2可知，它们的交点有两个，所以()f x 的零点有2个．设计意图：通过例题2进一步巩固第一环节中解决零点问题的方法，即一个原理，两种方法，三种转化．同时指出不同之处为：不再是分段函数，函数的单调性必须借助于求导才能判断．由学生课前完成．变式1：判断函数()ln 2f x x x a =---的零点个数．方法一：因为参数在常数项的位置，它是例2中的函数经过上下平移得到的，由图象易得： 当1a <-时，无零点；当1a =-时，有一个零点；当1a >-时，有两个零点．方法二：由题意，原问题即判断函数2y x a =--与函数ln y x =的交点个数，在例2的方法二的基础上，求出函数ln y x =的斜率为1的切线方程为1y x =-，通过平移函数2y x =-易得同样结论．方法三：运用分离参数法． 转化为判断函数ln 2y x x =--与y a =的交点个数问题． 由例2中方法一的图象易得同样结论．设计意图：添加参数，参数在常数项的位置．变式2：若函数()ln 2f x x x a =---在区间21[,e ]e上有一个零点，求a 的取值范围． 设计意图：添加区间后，变式1下的三种方法均可行，帮助学生实现方法的自然迁移．变式3：若函数()ln 2f x ax x =--有一个零点，求a 的取值范围．设计意图：改变参数位置，将参数置于一次项系数位置，增加问题难度，让学生面对新目标．方法一：因为()ln 2f x ax x =--，所以11()ax f x a x x-'=-=，所以当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减，又因为当x 接近0时函数值为正数，同时(1)20f a =-<，所以函数必定有一个零点．当0a >时，易知()f x 在1(0,)a 上单调递减，在1(,)a +∞上单调递增，所以min 1()()f x f a= 0=即可，解得e a =． 综上所述：0a ≤或e a =．方法二：由题意可知，函数2y ax =-与函数ln y x =有一个交点，而函数2y ax =-是过定点(0,2)-的直线，由图3，当0a ≤或直线与ln y x =相切时满足题意，相切时可设切点为00(,)P x y ，由01a x =可知切点坐标为11(,ln )P a a，又因为P 点在直线2y ax =-上，解得e a =． 综上所述：0a ≤或e a =．方法三：分离参数可得．即函数y a =与ln 2()(0)x q x x x+=≠有一个交点．因为2ln 1()x q x x --'=，所以()q x 在1(0,)e 上单调递增，在1(,)e+∞上单调递减，所以min 1()()e eq x q ==，又因为当x 接近0时函数值是负的，当x 趋向正无穷时函数值是正的，由图4可知，a 的取值范围是0a ≤或e a =．变式4：当0a >时，若函数()ln f x x a x =-有两个零点，求a 的取值范围．答案为：e a >．练习：【2015新课标1，文21】设函数2()e ln x f x a x =-．讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数．第三环节：顺藤摸瓜 解题规律及时找解题规律：零点问题概括起来就是一个原理——零点存在性定理，两种方法——解出来或画出来；三种转化——转化为()0f x =型，()f x c =型或者()()f x g x =型．数形结合探究含参的分段函数零点具体做法为：首先在每段中求零点，分析零点与分段点的位置关系找到参数的分类标准，然后将零点进行等价转化，再运用分类讨论的思想，结合图象找限制条件．不仅要用到等价转化的数学思想、还需用到分类讨论和数形结合的思想．借用导数探究一般函数零点具体做法为：1、()0f x =型．求导，对参数分类讨论进而讨论函数的单调性，确定函数图象的特征，找参数的限制条件；2、()f x c =型．将函数变形，把参数置于一边，对新构造的确定函数求导，讨论函数单调性，确定图象的特征，最后平移直线y c =，找到参数c 的限制条件；3、()()f x g x =型．将函数变形，把函数零点问题转化为一条直线和一个一般曲线的交点问题，利用导数求曲线的切线，通过图象找到参数的限制条件．我们应将具体问题转化为三种类型的某一类，有时还要通过分析、比较找出最优解，也即最佳策略． 设计意图：让学生对所学的知识有比较全面的认识，引导学生归纳总结解决不同零点问题的处理方法、思想方法和解题步骤，从解决问题的方法、规律、思维策略等方面反思自己的做法，总结解题的经验教训，提高解题能力．及时反馈课堂的教学效果，让复习课更加深刻、细致和精准，从而实现微专题复习课的终极目标．第四环节：回归梳理，下一轮会更精彩布置学生课后在函数零点的课本习题中，在以前做过和考过的题目中，把与本课相类似的零点问题找出来再做，总结和归纳解题的经验、感悟、困惑和教训．同时布置课后练习，为二轮复习打下扎实的基础．课后练习：1．【2016山东，文15】已知函数2||, ()24, x x m f x x mx m x m ⎧=⎨-+>⎩≤，其中0m >．若存在实数b ，使得关于x 的方程()f x b =有三个不同的根，则m 的取值范围是_______．(3,)+∞2．【2015江苏，13】已知函数()|ln |f x x =，20, 01()|4|2, 1x g x x x <⎧=⎨-->⎩≤，则方程|()()|1f x g x +=，实根的个数为 ． 3．已知函数, 0()21, 0x e a x f x x x ⎧+=⎨->⎩≤（a ∈R ），若函数()f x 在R 上有两个零点，则a 的取值范围是 ． 4．已知实数2122, 10,()log , 1x ax x a f x x x ⎧-⎪>=⎨>⎪⎩≤若方程23()4f x a =-有且仅有两个不等实根，且较大实根大于2，则实数a 的取值范围是________．5．【2016新课标1，文21】已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-．（I ）讨论()f x 的单调性；（II ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．6．【2014新课标1，文12】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________．7．【2014陕西，文21】设函数()ln ,m f x x m x=+∈R ． （Ⅱ）讨论函数()()3x g x f x '=-零点的个数．设计意图：进一步巩固所学，让学生学会独立识别题目的类型、联想方法、选择思路，在不同的复合情境中抓住题目的本质，寻找解题的规律，“以不变应万变”．体会函数与方程思想，数形结合思想，转化与化归思想．教学反思：本课复习了解决与零点相关问题的两种基本思路：①数形结合；②导数法．两类题型：①求零点的个数；②已知零点的个数求参数．内容设计层层深入，分段进行，又环环相扣，使学生在接受知识、探究问题的过程中能有一个逐步积累深入、螺旋上升的发展．但本课主要涉及的是数形结合解决分段函数中的零点问题，以及借用导数画图象来解决非分段函数的零点问题，对于非分段函数直接画图或者通过图象的变换再画图去求解零点的问题，限于课时不能展开．直接解方程求解函数的零点，因为考得较少故而直接忽略掉了．近五年与零点有关的真题搜集如下：1、【2016山东，文15】已知函数2||, ()24, x x m f x x mx m x m⎧=⎨-+>⎩≤，其中0m >．若存在实数b ，使得关于x 的方程()f x b =有三个不同的根，则m 的取值范围是_______．2、【2016天津，文14】已知函数2(43)3,0()(01)log (1)1,0a x a x a x f x a a x x ⎧+-+<⎪=>≠⎨++⎪⎩且≥在R 上单调递减，且关于x 的方程|()|23x f x =-恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是_________．3、【2015天津，文8】已知函数22||,2()(2),2x x f x x x -⎧=⎨->⎩≤，函数()3(2)g x f x =--，则函数()()y f x g x =-的零点的个数为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．54、【2015安徽，文4】下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（ ）A ．ln y x =B ．21y x =+C ．sin y x =D ．cos y x =5、【2015安徽，文14】在平面直角坐标系xOy 中，若直线2y a =与函数||1y x a =--的图像只有一个交点，则a 的值为 ．6、【2015湖南，文14】若函数()|22|x f x b =--有两个零点，则实数b 的取值范围是_____．7、【2015陕西，文9】 设()sin f x x x =-，则()f x =（ ）A ．既是奇函数又是减函数B ．既是奇函数又是增函数C ．是有零点的减函数D ．是没有零点的奇函数8、【2015湖北，文13】函数2π()2sin sin()2f x x x x =+-的零点个数为_________． 9、【2015江苏，13】已知函数()|ln |f x x =，20, 01()|4|2, 1xg x x x <⎧=⎨-->⎩≤，则方程|()()|1f x g x +=，实根的个数 ． 10、【2014新课标1，文12】已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是（ ）A ．(2,)+∞B ．(1,)+∞C ．(,2)-∞-D ．(,1)-∞-11、【2014湖北，文9】已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，2()3f x x x =-，则函数()()3g x f x x =-+的零点的集合为（ ）A ．{1,3}B ．{3,1,1,3}-- C．{2,3} D．{2}-12、【2014福建，文15】函数22, 0()26ln , 0x x f x x x x ⎧-=⎨-+>⎩≤的零点个数是_________． 13、【2013天津，文8】设函数22, ()ln )3(x x g x x x x f e +-=+-=．若实数,a b 满足()0, ()0f a g b ==, 则（ ）A ．()0()g a f b <<B ．()0()f b g a <<C ．0()()g a f b <<D ．()()0f b g a <<14、【2013湖南，文6】函数()ln f x x =的图象与函数2()44g x x x =-+的图象的交点个数（ ）A ．0B ．1C ．2D ．315、【2013上海，文】方程91331x x +=-的实数解为_______． 16、【2013湖北，文12】已知函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,0)-∞B ．1(0,)2C ．(0,1)D ．(0,)+∞17、【2013安徽，文10】已知函数32()f x x ax bx c =+++有两个极值点12,x x ，若112()f x x x =<，则关于x 的方程23(())2()0f x af x b ++=的不同实根个数为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．618、【2012湖北，文】函数()cos2f x x x =在区间[0,2]π上的零点的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 19【2012北京，文】函数121()()2xf x x =-的零点个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．320、【2012湖南，文】设定义在R 上的函数()f x 是最小正周期为2π的偶函数，()f x '是()f x 的导函数．当[0,]x π∈时，0()1f x <<；当(0,)x π∈且2x π≠时，()()02x f x π'->．则函数 ()sin y f x x =-在[2,2]ππ-上的零点个数为( )A ．2B ．4C ．5D ．821、【2012天津文】已知函数2|1||1|x y x -=-的图像与函数y kx =的图像恰有两个交点，则实数k 的取值范围是____． 22、【2016新课标1，文21】已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-． （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．23、【2016北京，文20】设函数32()f x x ax bx c =+++．（I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（II ）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （III ）求证：230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．24、【2016江苏，文19】已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠．（I ）设12,2a b == ①求方程()2f x =的根；②若对任意x ∈R ，不等式(2)()6f x mf x -≥式恒成立，求实数m 的最大值； （II ）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值．25、【2015新课标1，文21】设函数2()ln 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()22ln f x a a a+≥． 26、【2015北京，文19】设函数()2ln 2x f x k x =-，0k >． （I ）求()f x 的单调区间和极值；（II ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间上仅有一个零点．27、【2015广东，文21】设a 为实数，函数()2()(1)f x x a x a a a =-+---． （Ⅰ）若(0)1f ≤，求a 的取值范围；（Ⅱ）讨论()f x 的单调性；（Ⅲ）当2a ≥时，讨论4()f x x+在区间(0,)+∞内的零点个数． 28、【2015山东，文20】设函数()()ln f x x a x =+，2()ex x g x =. 已知曲线()y f x =在点(1(1))f ， 处的切线与直线20x y -=平行.（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）是否存在自然数k ，使得方程()()f x g x =在(1)k k +，内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；（III ）设函数()min{()()}m x f x g x =，（min{}p q ，表示p q ，中的较小值），求()m x 的最大值. 29、【2015四川，文21】已知函数22()2ln 2f x x x x ax a =-+-+，其中0a >． （Ⅰ）设()g x 为()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．30、【2015浙江，文20】设函数2(),f x x ax b =++（,a b ∈R ）． （Ⅰ）当214a b =+时，求函数()f x 在[1,1]-上的最小值()g a 的表达式； （Ⅱ）已知函数()f x 在[1,1]-上存在零点，021b a -≤≤，求b 的取值范围．31、【2014湖南，文21】已知函数()cos sin 1(0)f x x x x x =-+>． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）记i x 为()f x 的从小到大的第()i i N *∈个零点，证明：对一切n N *∈，有2221211123n x x x +++< ． 32、【2014陕西，文21】设函数()ln ,m f x x m x=+∈R ． （Ⅰ）当e m =e (e 为自然对数的底数)时，求()f x 的极小值； （Ⅱ）讨论函数()()3x g x f x '=-零点的个数； （Ⅲ）若对任意0b a >>，()()1f b f a b a-<-恒成立，求m 的取值范围． 33、【2014四川，文21】已知函数2()e 1x f x ax bx =---，其中,a b ∈R ，e 2.71828=⋅⋅⋅为自然对数的底数． （Ⅰ）设()g x 是函数()f x 的导函数，求函数()g x 在区间[0,1]上的最小值； （Ⅱ）若(1)0f =，函数()f x 在区间(0,1)内有零点，证明：e 21a -<<．34、【2013江苏，文】设函数()ln f x x ax =-，()e x g x ax =-，其中a 为实数． （Ⅰ）若()f x 在(1,)+∞上是单调减函数，且()g x 在(1,)+∞上有最小值，求a 的取值范围； （Ⅱ）若()g x 在(1,)-+∞上是单调增函数，试求()f x 的零点个数，并证明你的结论．35【2013陕西，文】已知函数()e x f x =，其中x ∈R ．（Ⅰ）求f (x )的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程；（Ⅱ）证明：曲线y = f (x) 与曲线2112y x x =++有唯一公共点． （Ⅲ）设a <b , 比较2a b f +⎛⎫ ⎪⎝⎭与()()f b f a b a --的大小, 并说明理由． 36、【2013北京，文】已知函数2()sin cos f x x x x x =++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(,())a f a )处与直线y b =相切，求a 与b 的值； （Ⅱ）若曲线()y f x =与直线y b =有两个不同的交点，求b 的取值范围．/37、【2013福建，文】已知函数()1ex a f x x =-+(a ∈R ，e 为自然对数的底数)． （Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线平行于x 轴，求a 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的极值；（Ⅲ）当1a =的值时，若直线:1l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点，求k 的最大值．38、【2012天津，文】已知函数3211()32a f x x x ax a -=+--，x ∈R ，其中0a >． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 在区间(2,0)-内恰有两个零点，求a 的取值范围； （Ⅲ）当1a =时，设函数()f x 在区间[,3]t t +上的最大值为()M t ，最小值为()m t ，记()()()g t M t m t =-，求函数()g t 在区间[3,1]--上的最小值．39、【2012福建，文】已知函数3()sin 2f x ax x =-（a ∈R ），且在[0,]2π上的最大值为32π-． （Ⅰ）求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）判断函数()f x 在(0,)π内的零点个数，并加以证明．1、(3,)+∞；2、12[,)33；3、A ；4、D ；5、12-；6、02b <<；7、B ；8、2个；9、4个；10、A ；11、D ； 12、2个；13、A ；14、C ；15、3log 4；16、B ；17、A ；18、D ；19、B ；20、B ；21、(0,1)(1,2)。

专题14 利用导数研究函数零点问题(解析版)

专题14 利用导数研究函数零点问题(解析版)

专题14利用导数研究函数零点问题一．函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围.求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y k =)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.二．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．三．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．专项突破一判断函数零点的个数一、单选题1．函数()23322f x x x =-+-所有零点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】由题可知，2x ≠±，且233()()()22f x x f x x -=--+=--，故函数()f x 为定义域上的偶函数，且(0)0f =，当0x >，且2x ≠时，233()22f x x x =-+-，23()2(2)f x x x '=---当02x <<时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，且(0)0f =，故函数()f x 在区间(0,2)上无零点，当2x >时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当2x →时，()f x →+∞，当x →-∞时，()f x →-∞，故函数()f x 在区间(2,)+∞上必存在一点0x ，使得0()0f x =，所以函数()f x 在区间(2,)+∞上有1个零点，又函数()f x 为定义域上的偶函数，则函数()f x 在区间(,2)-∞-上有1个零点，又(0)0f =，所以函数()f x 共有3个零点.故选：C.2．已知函数()31ln 01203x x x f x x x +>⎧⎪=⎨+≤⎪⎩，则函数()()1g x f x x =--的零点个数为（）A ．1B ．0C ．3D ．2【解析】当0x >时，1ln 10x x x +--=，得ln 1x =，即e x =，成立，当0x ≤时，312103x x +--=，得31103x x -+=，设()3113g x x x =-+，()0x ≤，()()()21110g x x x x '=-=+-=，得1x =-或1x =（舍），当(),1x ∈-∞-时，()0g x ¢>，函数()g x 单调递增，当()1,0x ∈-时，()0g x ¢<，函数()g x 单调递减，所以1x =-时，函数取得最大值，()5103g -=>，()010g =>，()350g -=-<，根据零点存在性定理可知，()3,1x ∈--，存在1个零点，综上可知，函数有2个零点.故选：D3．函数()e ln 1xf x x x x =---的零点个数为()A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】()()()()()1e 1111e e 1e 11e x xxx x x x x f x x x x x x x x+-+⎛⎫'=+--=+-+-= ⎪⎝⎭，令()e 1x h x x =-，,()0x ∈+∞，则()e e 0x xh x x =+>'，故h (x )在(0,)+∞上单调递增，∵()010h =-<，()1e 10h =->，∴存在唯一的()00,1x ∈，使得()0 0h x =，即00 e 10xx -=，即001e x x =，00ln x x =-，∴当00x x <<时，()00h x <，()0f x '<，()f x 单调递减，当0x x >时，()00h x >，()0f x '>，()f x 单调递增，∴()0min 000000()e ln 1011xf x f x x x x x x ==--=+---=，∴函数()e ln 1xf x x x x =---的零点个数为1．故选：B ．4．已知()e,a ∈+∞，则函数()ln e x f x a x ax x =+-的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】函数()ln e x f x a x ax x =+-定义域为(0,)+∞，求导得：()(1)(e )xa f x x x'=+-，令()e xa g x x=-，0x >，显然()g x 在(0,)+∞上单调递减，而e a >，()1e 0a g a =-<，(1)e>0g a =-，则存在0(1,)x a ∈，使得0()0g x =，即00e x ax =，当00x x <<时，()0>g x ，()0f x '>，当0x x >时，()0g x <，()0f x '<，因此，()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减，0max 000000()()ln e (ln 1)0x f x f x a x ax x a x x ==+-=+->，而11111e e e (ln 1ln 110aaaf a a a a a a a a a=+-=-+-<-+-<，则存在101(,)x x a ∈使得1()0f x =，即()f x 在0(0,)x 上存在唯一零点，又()(ln e )a f a a a a =+-，令()ln e ,e x h x x x x =+->，1()1e 0x h x x'=+-<，则()h x 在(e,)+∞上单调递减，e x ∀>，e 2()(e)1e e 1e e 0h x h <=+-<+-<，于是得()0f a <，则存在20(,)x x a ∈使得2()0f x =，即()f x 在0(,)x +∞上存在唯一零点，综上得：函数()ln e x f x a x ax x =+-的零点个数为2.故选：C 5．已知a ∈R ，则函数()()32113f x x a x x =-++零点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．与a 有关【解析】令()()321103f x x a x x =-++=，得()3231x a x x =++.令()3231x y x x =++，2y a =，只需看两个图像的交点的个数.()()()()()22232222223121121103311x x x x x x x x y x x x x ++-+++'=⨯=⨯>++++所以()3231x y x x =++在R 上单调递增.当x →-∞时，y →-∞；当x →+∞时，y →+∞；所以2y a =与()3231x y x x =++有且只有一个交点.故选：A6．已知()f x 为R 上的可导函数，当0x ≠时，()()0f x f x x'+>，若()()1F x f x x=+，则函数()F x 的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．0或2【解析】构造函数()()1g x xf x =+，其中0x ≠，则()()()g x f x xf x ''=+，当0x ≠时，()()()()0'+'+=>f x xf x f x f x x x.当0x <时，()()()0g x f x xf x =+'<'，此时，函数()g x 单调递减，则()()01g x g >=；当0x >时，()()()0g x f x xf x ''=+>，此时，函数()g x 单调递增，则()()01g x g >=.所以，当0x <时，()()()110xf x F x f x x x +=+=<；当0x >时，()()()110xf x F x f x x x+=+=>.综上所述，函数()F x 的零点个数为0.故选：A.二、填空题7．设函数()f x 满足()()3229f x f x x x +-=-，则函数()()()3g x f f x =+的零点个数为______.【解析】因为()()3229f x f x x x +-=-①，所以()()3229f x f x x x -+=--②，①×2-②，得()32339f x x x =-，即()323f x x x =-，则()()23632'=-=-f x x x x x ，当2x >，或0x <时()0f x '>，)f x 单调递增，当02x <<时()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 的极小值为()24f =-，极大值为()00f =，因为()323f x x x =-的零点为0或3，所以由()()()30g x f f x =+=，得()30f x +=或()33f x +=，即()3f x =-或()0f x =，因为()f x 的极小值为()24f =-，极大值为()00f =，所以方程()3f x =-有3个不同的实数解，又()0f x =有2个不同的实数解，所以()()()3g x f f x =+的零点个数为5.8．已知函数1e ,0,()2e ln ,0,x x x f x x x x +⎧≤=⎨⎩＞则函数()()1g x f x =-零点的个数为___________【解析】0x ≤时，1()(1)x f x x e +¢=+，1x <-时，()0f x '<，()f x 递减；10-<≤x 时，()0f x '>，()f x 递增；则1x =-时，()f x 取极小值也是最小值(1)1f -=-；0x >时，()2(1ln )f x e x ¢=+，10x e<<时，()0f x '<，()f x 递减；1x e >时，()0f x '>，()f x 递增；则1=x e 时，()f x 取极小值也是最小值12f e 骣琪=-琪桫，综上所述，可作出()f x 图象，在作两条直线1y =±，结合图象可知，()f x 与1y =±有4个交点.三、解答题9．已知函数()1e 1xx f x x +=--.(1)求曲线y =f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；(2)判断函数f （x ）的零点的个数，并说明理由.【解析】(1)由()()()212e e 031(1)x x x f x f x f x x +''=-⇒=+⇒=--，而()02f =，所以该函数在点（0，f （0））处的切线方程为：23(0)320y x x y -=-⇒-+=；(2)函数()f x 的定义域为(,1)(1,)-∞⋃+∞，由（1）可知：()22e (1)xf x x '=+-，当(,1)x ∞∈-时，()0,()f x f x '>单调递增，因为22111(2)(0)(e )22(03e 3f f --=-⋅=-<，所以函数在(,1)x ∞∈-时有唯一零点；当(1,)x ∈+∞时，()0,()f x f x '>单调递增，因为5245(2)()(e 3)(e 9)04f f =-⋅-<，所以函数在(,1)x ∞∈-时有唯一零点，所以函数f （x ）有2个零点.10．设函数()2(21)(21)ln(),f x a x a x a R =-++-∈.（1）讨论()f x 在定义域上的单调性；（2）当0a ≥时，判断()f x 在[1-，1]2-上的零点个数．【解析】（1）由题意，函数()2(21)(21)ln()f x a x a x =-++-的定义域为(,0)-∞，可得221()2a f x a x+'=+，①当0a ≤时，()0f x '<，则()f x 在(,0)-∞上是减函数；②当0a >时，22212()212()2a a x a af x a x x+++'=+=，则当221(,2a x a+∈-∞-时，()0f x '>，()f x 单调递增；当221(2a x a+∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以函数()f x 在221(,)2a a +-∞-上单调递增，在221(,0)2a a+-上单调递减；（2）①当0a =时，函数()ln()f x x =-，令ln()0x -=，解得1x =-，故()f x 在[211,]--上有一个零点；②当0a >时，因为22112()21221022a a a a-++-=>，则2121[1,](,0)22a a +--⊆-，即()f x 在[1-，1]2-上单调递减，又(1)30f a -=-<，21()2(21)202f a a ln -=--+<，所以函数()f x 在[211,]--上没有零点．11．已知函数()sin f x x ax =+，其中[]0,x π∈．（1）当12a =-时，求()f x 的极值；（2）当1a ≥时，求()f x 的零点个数．【解析】（1）当12a =-时，()1sin 2f x x x =-，[]0,x π∈，求导得()1cos 2f x x '=-，[]0,x π∈，令()0f x '=，得3x π=，当0,3x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0f x '>；当,3x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '<．∴()f x 在区间0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在区间,3ππ⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减，∴当3x π=时，()f x 取得极大值36f ππ⎛⎫=⎪⎝⎭，无极小值；（2）()cos f x x a '=+，[]0,x π∈，当1a ≥时，∵1cos 1x -≤≤，∴()0f x '≥，∴()f x 在区间[]0,π上单调递增，∴()()00f x f ≥=，故()f x 只有一个零点0．12．已知函数()22ln f x x a x =-,()222ln 2g x x x =-+-．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时,判断()()g x f x -的零点个数．【解析】(1)()22a f x x x '=-()22x a x-=,故当0a ≤时,()0f x '≥,所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增,当0a >时,令()0f x '>,得x >所以函数()f x 在)+∞上单调递增,令()0f x '<,得x <所以函数()f x 在(上单调递减,综上,当0a ≤时,函数()f x 在()0,∞+上单调递增,当0a >时,函数()f x 在)+∞上单调递增,在(上单调递减.(2)设()()()F x g x f x =-=2ln 22ln 2x x -+-,则()21F x x'=-,令()0F x '=,解得2x =,当()0,2x ∈时,()0F x '>；当()2,x ∈+∞时,()0F x '<；故()F x 最大值为()20F =，所以()()g x f x -有且只有一个零点2.13．已知()()2e 2ln xf x x a x x =-+(1)当e a =时，求()f x 的单调性；(2)讨论()f x 的零点个数．【解析】(1)因为e a =，0x >，()()2e e 2ln xf x x x x =-+所以()()()()()2e 22e 2e e 12e 2e x xx x f x x x x x x x x x x +⎛⎫⎛⎫'=+-+=+-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()10f '=令()e e x g x x x =-，()()2e 1e 0xg x x x'=++>，所以()g x 在()0,+∞单增，且()10g =，当()0,1∈x 时()e e 0xg x x x =-<，当()1,x ∈+∞时()ee 0x g x x x=->，所以当()0,1∈x 时()0f x ¢<，当()1,x ∈+∞时()0f x ¢>，所以()f x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增(2)因为()()()2ln 2ln e e 2ln e 2ln 0x x x x f x a x x a x x +=⋅-+=-+=令2ln t x x =+，易知2ln t x x =+在()0,+∞上单调递增，且R t ∈，故()f x 的零点转化为()()2ln e2ln e 0x xt f x a x x at +=-+=-=即e t at =，R t ∈，设()e t g t at =-，则()e t g t a '=-，当0a =时，()e tg t =无零点；当0a <时，()e 0tg t a '=->，故()g t 为R 上的增函数，而()010g =>，11e 10a g a ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，故()g t 在R 上有且只有一个零点；当0a >时，若(),ln t a ∈-∞，则()0g t '<；()ln ,t a ∈+∞，则()0g t '>；故()()()min ln 1ln g t g a a a ==-，若e a =，则()min 0g t =，故()g t 在R 上有且只有一个零点；若0e a <<，则()min 0g t >，故()g t 在R 上无零点；若e a >，则()min 0g t <，此时ln 1a >，而()010g =>，()()22ln 2ln 2ln g a a a a a a a =-=-，设()2ln h a a a =-，e a >，则()20a h a a-'=>，故()h a 在()e,+∞上为增函数，故()()e e 20h a h >=->即()2ln 0g a >，故此时()g t 在R 上有且只有两个不同的零点；综上：当0e ≤<a 时，0个零点；当e a =或0a <时，1个零点；e a >时，2个零点；14．已知函数()[]21sin cos ,0,2f x x x x ax x π=++∈.(1)当0a =时，求()f x 的单调区间；(2)当0a >时，讨论()f x 的零点个数.【解析】(1)当0a =时，函数()[]sin cos ,0,f x x x x x π=+∈，可得()sin cos sin cos f x x x x x x x =+-='.当x 在区间[]0π,上变化时，()f x '，f （x ）的变化如下表：x 00,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭2π,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭π()f x '0+0-f （x ）极小值1极大值2π -1所以()f x 的单调增区间为0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭；()f x 的单调减区间为,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭.(2)由题意，函数()[]21sin cos ,0,2f x x x x ax x π=++∈，可得()()cos cos f x ax x x x a x =+=+'当1a ≥时，cos 0a x +≥在[0,]π上恒成立，所以[0,]x π∈时，()0f x '≥，所以()f x 在[0,]π上单调递增.又因为()01f =，所以f （x ）在[0,]π上有0个零点.当01a <<时，令()0f x '=，可得cos x a =-.由10a -<-<可知存在唯一的0,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得0cos x a =-，所以当0[0,)x x ∈时，()0f x '≥，()f x 单调递增；当()0,x x π∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，因为()01f =，0()1f x >，()2112f a ππ=-，①当21102a π->，即221a π<<时，()f x 在[0,]π上有0个零点.②当21102a π-≤，即220a π<≤时，()f x 在[0,]π上有1个零点.综上可得，当220a π<≤时，()f x 有2个零点；当22a π>时，()f x 有0个零点.15．已知函数()()()e 12e xxaf x a x a =+---∈R (1)求函数()f x 的单调区间.(2)若(,2]a ∈-∞，求函数()f x 在区间(,2]-∞上的零点个数.【解析】(1)由题意，得()()()()e 1e e 1,e e x x xx xa a f x a x +-=---='∈R当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增.当0a >时，由()0f x '>，得ln x a >，由()0f x '<，得ln x a <，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 的单调递增区间为R ，无单调递减区间，当0a >时，()f x 的单调递减区间为(,ln )a -∞，单调递增区间为(ln ,)a +∞；(2)由（1）可知当0a ≤时，()0f x '>在(,2]-∞上恒成立，所以()f x 在(,2]-∞上单调递增.因为()()22221010,2e 2e 20e e a f a f a a ⎛⎫=-=+-=+- ⎪⎝⎭，所以由零点存在性定理知，函数f 在(,2]-∞上有1个零点，当02a <≤时，若(,ln )x a ∈-∞，则()0f x '<，若(ln ,2]x a ∈，则()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,2]a 上单调递增，可得()()()()min ln 11ln f x f a a a ==--，①当1a =时，min ()0f x =，此时()f x 在(,2]-∞上有1个零点②当01a <<时min ()0f x <，因为当x →-∞时()()22,2e 20e af x f a ∞→+=+->，所以此时()f x 在(,2]-∞上有2个零点③当12a <≤时，min ()0f x >，此时()f x 在(,2]-∞上无零点.综上，当0a ≤或1a =时，()f x 在(,2]-∞上有1个零点，当01a <<时()f x 在(,2]-∞上有2个零点，当12a <≤时()f x 在(,2]-∞上无零点.16．已知函数()()e ,xf x ax a R =-∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)讨论()f x 在()0,+∞上的零点个数．【解析】(1)因为()e xf x ax =-，则'()f x e x a =-，当0a ≤时，'()f x 0<，此时()f x 在R 上单调递减；当0a >时，令'()f x 0=，可得ln x a =，则当(),ln x a ∈-∞时，'()f x 0>，()f x 单调递增，当()ln ,x a ∈+∞时，'()f x 0<，()f x 单调递减.综上所述：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递减；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞单调递增，在()ln ,a +∞上单调递减.(2)当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递减，又()01f =-，故当()0,x ∈+∞时，()1f x <-，故此时()f x 在()0,+∞无零点；当01a <≤时，ln 0a <，故()f x 在)0,+∞单调递减，同0a ≤时，此时()f x 在()0,+∞无零点；当1a >时，ln 0a >，故()f x 在()0,ln a 单调递增，在()ln ,a +∞单调递减，()()()ln ln 1f x f a a a ≤=-，若ln 10a -<，即1e a <<时，()ln 0f a <，故()f x 在()0,+∞无零点；若ln 10a -=，即e a =时，()ln 0f a =，此时()f x 在()0,+∞有一个零点ln a ；若ln 10a ->，即e a >时，()ln 0f a >，又因为()010f =-<，故()f x 在()0,ln a 上一定存在一个零点；又因为2ln ln a a >，且()2ln 0f a <，故()f x 在()ln ,2ln a a 上也一定存在一个零点；下证()2ln 0f a <：()()22ln 2ln 2ln ,e f a a a a a a a a =-=->，令2ln ,e y x x x =->，则'y 20xx-=<，即2ln y x x =-在()e,∞+单调递减，故2ln e e 2e 0y <-=-<，即2ln 0,(e)x x x -<>故()()2ln 2ln 0,e f a a a a a =-.故当e a >时，()f x 有两个零点.综上所述：当e a <时，()f x 在()0,+∞无零点；e a =时，()f x 在()0,+∞有一个零点ln a ；e a >时，()f x 有两个零点.专项突破二由函数零点个数求参数一、单选题1．若函数()2ln 2,02,0x x x f x x x a x ->⎧=⎨++≤⎩有且只有2个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．01a <<B ．01a <≤C ．01a ≤≤D ．01a ≤<【解析】根据题意，0x >时，()ln 2(0)f x x x x =->，此时()12f x x'=-()120f x x -'=>时，102x <<;()120f x x -'=<时，12x >,所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减0x >时，()1ln 2102max f x f ⎛⎫==--< ⎪⎝⎭，所以()f x 在()0,+∞上无零点从而0x ≤时，()f x 有2个零点，根据二次函数的性质可得()4400100a a f ∆=->⎧∴≤<⎨≥⎩，故选：D.2．若函数3()12f x x x a =-+有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(,8)-∞-B ．(,8)-∞C ．[16,16]-D ．(16,16)-【解析】3()12f x x x a =-+，2()3123(2)(2)f x x x x '=-=+-.令()0f x '=，解得12x =-，22x =.(,2)x ∈-∞-，()0f x '>，()f x 为增函数，(2,2)x ∈-，()0f x '<，()f x 为减函数，(2,)x ∈+∞，()0f x '>，()f x 为增函数.所以()(2)16f x f a =-=+极大值，()(2)16f x f a ==-+极小值.因为函数3()12f x x x a =-+有三个不同的零点，等价于方程()0f x =有三个不同的根.所以160160a a +>⎧⎨-+<⎩，解得1616a -<<.故选：D3．若关于x 的方程ln 0x ax -=有且只有2个零点，则a 的取值范围是（）A ．1(,e-∞B ．1(,)e -∞C ．1(0,]e D ．1(0,e【解析】由ln 0x ax -=，得ln x a x=（0x >），令ln ()(0)xf x x x =>，所以关于x 的方程ln 0x ax -=有且只有2个零点，等价于函数()f x 的图像与直线y a =有两个交点，由ln ()(0)x f x x x =>，得'21ln ()(0)xf x x x -=>，当0x e <<时，'()0f x >，当x e >，'()0f x <，所以()f x 在(0,)e 上递增，在(,)e +∞上递减，所以max ln 1()()e f x f e e e===，当x e >时，()0f x >，所以当10a e<<时，函数()f x 的图像与直线y a =有两个交点，所以a 的取值范围是1(0,)e，故选：D4．若函数()ln x f x a x e a =++有两个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．(,)e +∞B ．(,2)e -∞-C ．(,)e -∞-D ．(2,)e +∞【解析】因为函数()ln xf x a x e a =++有两个零点，定义域为()0,∞+；所以方程ln 0x a x e a ++=在()0,∞+上有两不等实根，显然0a ≠即方程ln 11x x a e +-=在()0,∞+上有两不等实根，令()ln 1xx g x e +=，则直线1=-y a 与曲线()ln 1xx g x e +=在()0,∞+上有两不同交点；因为()()211ln 1ln 1x x x xe x e x x x g x e e -+--'==，令()1ln 1h x x x=--，则()2110h x x x '=--<在()0,∞+上显然恒成立，因此()1ln 1h x x x=--在()0,∞+上单调递减，又()10h =，所以当()0,1x ∈时，()0h x >，即()0g x '>，所以()ln 1xx g x e +=单调递增；当()1,x ∈+∞时，()0h x <，即()0g x '<，所以()ln 1xx g x e +=单调递减；因此()()max 11g x g e ==，又当1x e >时，()ln 10x x g x e +=>；当10x e <<时，()ln 10xx g x e +=<，所以为使直线1=-y a 与曲线()ln 1xx g x e +=在()0,∞+上有两不同交点，只需110a e<-<，解得a e <-.故选：C.5．设函数()()ln ,0e 1,0xx x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若函数()y f x b =-有两个零点，则实数b 的取值范围是（）A ．()0,1B ．[)0,1C ．[]0,1D ．[]{}20,1e-⋃-【解析】当0x >时，函数()ln f x x =单调递增；当0x ≤时，()()e 1xf x x =+，则()()e 20x f x x ='+=时，2x =-，所以当2x <-时，()0f x '<，20x -<≤时，()0f x '>，故当0x ≤时，()f x 在(),2-∞-上单调递减，在()2,0-上单调递增，所以()f x 在2x =-处取极小值，极小值为()22e f --=-，作出函数()f x的图象如图：因为函数()y f x b =-有两个零点，所以函数()y f x =与y b =有两个交点，所以当[]{}20,1e b -∈⋃-时函数()y f x =与y b =有两个交点，所以实数b 的取值范围为[]{}20,1e -⋃-.故选：D.6．已知函数()1e xf x x a -=+-有两个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．21,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()2e ,0-D ．()2e ,-+∞【解析】由题意，函数()1e xf x x a -=+-的定义域为R ，令()0f x =，即1e 0x x a -+-=，即()1e xa x =+⋅，设()()1e x g x x =+⋅，可得()()()e 1e 2e x x xg x x x '=++⋅=+⋅，当2x <-时，()0g x '<，当2x >-时，()0g x '>，所以()g x 在(,2)-∞-上单调递减，在(2,)-+∞上单调递增.又()212e g -=-，作出简图，如图所示，要使得函数()1e xf x x a -=+-有两个零点，只需y a =与()()1e xg x x =+⋅的图像有两个交点，所以210e a -<<，即实数a 的取值范围是210ea -<<.故选：A.7．已知函数()2e ln x f x a x x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,e 2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(,2e)-∞D ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】因为函数()2e ln x f x a x =-有两个极值点，所以()()2e ln 1xf x a x '=-+有两个相异的零点，即ln 12e xx a +=有两个交点，令()()ln 1,0,ex x g x x +=∈+∞，则()()()1ln 1,0,e xx x g x x -+'=∈+∞，令()()()1ln 1,0,h x x x x =-+∈+∞，则()2110h x x x'=--<恒成立，所以()h x 在()0,x ∈+∞上递减，且()()11ln1101h =-+=，所以()0,1x ∈时，()0h x >；()1,x ∈+∞时，()0h x <；所以()0,1x ∈时，()0g x '>；()1,x ∈+∞时，()0g x '<；所以()0,1x ∈时，()g x 单调递增；()1,x ∈+∞时，()g x 单调递减；()()max ln1111e e g x g +===，又当x →+∞时，()ln 10e x x g x +=→；0x →时，()ln 1e xx g x +=→-∞；所以当ln 12e xx a +=有两个交点时，则有102a e<<，即102e a <<，所以函数()2e ln x f x a x x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是102ea <<，故选：A 8．已知函数()()22e (e =--x xf x x x a ）有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．（0，1e -）B ．（0，2e -）C ．（0，1）D ．（0，e ）【解析】令()()()22e e 0=--=x xf x x x a ，所以22e 0-=x x 或e 0x x a -=，令()22e =-xg x x ，则()()2e '=-x g x x ，令()2(e )=-x h x x ，则()2(1)e '=-xh x ，当(,0)x ∈-∞时，()0h x '>，h (x )在（－∞，0）上单调递增；当,()0x ∈+∞时，()0h x '<，h (x )在（0，＋∞）上单调递减，所以()(0)20h x h ≤=-<，即()0g x '<，所以g (x )在R 上单调递减，又()2110g e-=->，g （0）＝20-<，所以存在0(1,0)x ∈-使得()00g x =，所以方程e 0x x a -=有两个异于0x 的实数根，则xxa e =，令()x x k x e =，则()1xx e xk -='，当(,1)x ∞∈-时，()0k x '>，k (x )在（－∞，1）上单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0k x '<，k (x )在（1，＋∞）上单调递减，且()0k x >．所以()1()1k x k e ≤=，所以()x xk x e=与y a =的部分图象大致如图所示，由图知10a e<<，故选：A ．9．函数()()()1e 21xf x a x x =---有两个零点，则a 的取值范围为（）A ．()32e ,14,⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭U B ．321,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．()320,14e ,⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭D ．324e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】令()0f x =得(21)(1)e x x a x -=-，令()e (21)x g x x =-，则()e (21)x g x x '=+，∴当12x <-时，()0g x '<，当12x >-时，()0g x '>，()g x ∴在1(,)2-∞-上单调递减，在1(2-，)∞+上单调递增，作出()g x 与(1)y a x =-的函数图象如图所示：设直线(1)y a x =-与()g x 的图象相切，切点为00(,)x y ，则()()()00000001e 1e 21xx y a x y x a x ⎧=-⎪=-⎨⎪=+⎩，解得00x =，01y =-，1a =，或032x =，3202e y =，324e a =，()f x 有两个不同的零点，()g x ∴(1)a x =-的函数图象有两个交点，01a ∴<<或324e a >，即()320,14e ,a ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎝⎭．故选：C ．10．已知()()()212()12e 1ex x f x x a x a --=-+++恰有三个不同的零点，则实数a 的范围为（）A ．()0,1B ．()1,1-C ．()0,e D ．()1,0-【解析】由()()()()21212e 1e 0x x f x x a x a --=-+++=，得()()2111e e e x x x a x x ----=-，即()()11e1e0x x x x a --⎡⎤--+=⎣⎦．令()1e x g x x -=-，则()11e x g x -'=-，令()11e 0x g x -'=-=可得1x =，当(),1x ∈-∞时，()0g x '>，当()1,+∈∞x 时，()0g x '<，∴()g x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞单调递减，所以()()g 10x g ≤=，即()1e 0x g x x -=-=仅有唯一的解1x =．依题意，方程()11e 0x x a --+=有两个不同的解，即1y a =+与1ex x y -=有两个不同的交点，令()1ex x h x -=，则()11e x xh x --'=，易得()h x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞单调速减，()()11h x h ≤=，画出()h x 的草图观察图象可得01110a a <+<⇒-<<，故选：D ．二、多选题11．已知()e xf x x ax b -=--（）A ．若24eb >，则()0,a ∞∃∈+，使函数()y f x =有2个零点B ．若24e b >，则(),0a ∃∈-∞，使函数()y f x =有2个零点C ．若240e b <<，则()0,a ∞∃∈+，使函数()y f x =有2个零点D ．若240e b <<，则(),0a ∃∈-∞，使函数()y f x =有2个零点【解析】令()0f x =，则e xx ax b =+，所以设()e x x g x =，则()1e x xg x ='-当1x <时，()0g x '>，()g x 单调递增；当1x >时，()0g x '<，()g x 单调递减()g x 在1x =处取得极大值()11eg =当x 趋向于-∞时，()g x 趋向于-∞；当x 趋向于+∞时，()g x 趋向于0又()2ex x g x -''=，()20g ''=且当2x <时，()0g x ''<；当2x >时，()0g x ''>所以，2x =是函数()g x 的拐点，()222e g =，()212e g '=-所以()g x 在2x =处的切线方程为()2122ey x -=--，即2214e e y x =-+如图所示，ACD 正确，B 错误，故选：ACD12．已知函数()ln f x x x a =--有两个零点1x 、2x ，则下列说法正确的是（）．A ．1a >B ．121x x >C ．121x x <D ．122x x +>【解析】由()0f x =可得ln a x x =-，令()ln g x x x =-，其中0x >，所以，直线y a =与曲线()y g x =的图象有两个交点，()111x g x x x-'=-=，令()0gx '=，可得1x =，列表如下：x()0,11()1,+∞()g x '-+()g x 减极小值1增作出函数y a =与()y g x =的图象如下图所示：由图可知，当1a >时，函数y a =与()y g x =的图象有两个交点，A 对；121212ln ln 2x x x xx x -+<<-，其中12x x ≠，且1x 、2x 均为正数.先证明121212ln ln 2x x x x x x -+<-，其中120x x >>，即证()1122112122212ln 1x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令121x t x =>，()()21ln 1t p t t t -=-+，其中1t >，则()()()()222114011t p t t t t t -'=-=>++，所以，函数()p t 在()1,+∞上为增函数，当1t >时，()()10p t p >=，所以，当120x x >>时，121212ln ln 2x x x xx x -+<-，接下来证明：1212ln ln x x x x --120x x >>，即证12ln x x <=，令1t =>，即证12ln t t t <-，令()12ln h t t t t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，其中1t >，则()222212110t t h t t t t -+'=--=-<，所以，函数()h t 在()1,+∞上为减函数，当1t >时，()()10h t h <=，所以，当120x x >>时，1212ln ln x x x x ->-由已知可得1122ln ln x x ax x a -=⎧⎨-=⎩，两式作差可得1212ln ln x x x x -=-，所以，12121ln ln x x x x -=-，1212121ln ln 2x x x xx x -+<=<-，故121x x <，122x x +>，B 错，CD 都对.故选：ACD.13．已知函数35,0()2ln ,0x x x f x x x ⎧-≤=⎨>⎩，若函数()()2g x f x x a =+-有3个零点，则实数a 可能的取值有（）A ．3B ．2C ．1D ．0【解析】函数()()2g x f x x a =+-有3个零点，即方程()2f x x a +=有3个不同的实根，即函数()2y f x x =+与y a =的图象有3个不同的交点，令()()2h x f x x =+=33,02ln 2,0x x x x x x ⎧-≤⎨+>⎩，当0x ≤时，()()()233311h x x x x '=-=+-，当10x -<<时，()0h x '<，当1x <-时，()0h x '>，所以函数()h x 在(),1-∞-上递增，在()1,0-上递减，故当0x ≤时，()()max 12h x h =-=，又()00h =，当x →-∞时，()h x →-∞，当0x >时，()2ln 2h x x x =+在()0,∞+上递增，又1220e e h ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭，当x →+∞时，()h x →+∞，如图，作出函数()h x 的大致图像，结合图像可知，要使函数()2y f x x =+与y a =的图象有3个不同的交点，则a 的范图为02a ≤＜.故选：CD.14．已知函数()()ln 1f x x x a x x =+-+在区间（1，＋∞）内没有零点，则实数a 的取值可以为（）A ．－1B ．2C ．3D ．4【解析】()()ln 1ln 1a f x x x a x x x x a x ⎛⎫=+-+=+-+ ⎪⎝⎭，设()ln 1a g x x a x =+-+则在1x >上，()y f x =与()y g x =有相同的零点.故函数()f x 在区间()1,+∞内没有零点,即()g x 在区间()1,+∞内没有零点，()221a x ag x x x x-'=-=，当1a ≤时，()20x ag x x -'=>在区间)1,+∞上恒成立,则()g x 在区间()1,+∞上单调递增.所以()()110g x g >=>，显然()g x 在区间()1,+∞内没有零点.当1a >时,令()0g x '>，得x a >，令()0g x '<，得1x a <<所以()g x 在区间()1,a 上单调递减增.在区间(),a +∞上单调递增.所以()()ln 2g x g a a a ≥=+-设()()ln 21h a a a a =+->，则()()11101a h a a a a-=-=<>所以()h a 在()1,+∞上单调递减,且()()3ln 310,4ln 420g g =->=-<所以存在()03,4a ∈，使得()00h a =，要使得()g x 在区间()1,+∞内没有零点，则()ln 20g a a a =+->，所以()013,4a a <<∈，综上所述，满足条件的a 的范围是()03,4a a <∈由选项可知：选项ABC 可使得()g x 在区间()1,+∞内没有零点，即满足题意.故选：ABC15．已知函数()()()1e 21xf x a x x =---在(,1)-∞上有两个不同的零点，则实数a 可能取到的值为（）A ．1-B ．14C ．12D ．1【解析】令()0f x =，即()()1e 210xa x x ---=，所以()e 211x x a x -=-，因为函数()f x 在(,1)-∞上有两个不同的零点，设()()e 211x x g x x -=-，则y a =与()y g x =在(,1)-∞上有两个不同的交点，因为()()()()()()()222e 23e 21e 21e 2111x x x xx x x x x g x x x ⎡⎤--+⋅---⎣⎦'==--，令()0g x '=，则10x =，232x =，因为在(,1)-∞上，e 0x >，()210x ->，所以()g x 在(),0∞-上单调递增，在()0,1上单调递减，所以()()max 01g x g ==，且当0x <时，()0g x >；当1x →时，()g x →-∞，因为y a =与()y g x =在(,1)-∞上有两个不同的交点，所以01a <<，根据选项，符合条件的为B ，C ，故选：BC 三、填空题16．已知函数()2e e xf x x a =-有三个零点，则实数a 的取值范围是___________.【解析】由2e e 0x x a -=，得21e x a x -=.设()21e xg x x -=，则()()1e 2xg x x x -'=-.当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，当()0,2x ∈时，()0g x '>，当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，所以函数()g x 在区间(),0∞-上单调递减，在区间()0,2上单调递增，在区间()2,+∞上单调递减，又()()400,2eg g ==，故函数()21e xg x x -=的图象如图所示：故当40e a <<时，函数()2e e xf x a =-有三个零点，即40,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.17．已知函数(2),1()ln(1)2,1x x x f x x x x +≤⎧=⎨--+>⎩，若函数()()g x f x a =-有四个零点，则实数a 的取值范围是______________.【解析】因为函数()()g x f x a =-有四个零点，所以方程()()0g x f x a =-=有4个不同的解，所以函数()f x 的图象与直线y a =有4个不同的交点，①当1x >时，()ln(1)2f x x x =--+，则1112()1111x xf x x x x -+-'=-==---，当12x <<时，()0f x '>，当2x >时，()0f x '<，所以()f x 在(1,2)上递增，在(2,)+∞上递减，所以当1x >时，()f x 有最大值(2)ln1220f =-+=，当1x →时，()f x →-∞，当x →+∞时，()f x →-∞②当1x ≤时，2()(2)(1)1f x x x x =+=+-，当1x =-时，()f x 有最小值1-所以()f x 的图象如图所示由图可知，当10a -<<时，函数()f x 的图象与直线y a =有4个不同的交点，所以实数a 的取值范围是(1,0)-18．已知函数()()e sin 0xf x a x x =->有两个零点，则正实数a 的取值范围为______．【解析】因为函数()()e sin 0,0xf x a x x a =->>有两个零点，所以方程()e sin 00,0xa x x a -=>>有两个根，所以()2,2Nx k k k πππ∈+∈，所以方程e sin xa x =其中()2,2N x k k k πππ∈+∈，有两个根，设e ()sin xg x x=，()2,2N x k k k πππ∈+∈，，所以2e sin cos e ()sin x xx x g x x-'=，令()0g x '=可得e sin cos e 0x x x x -=，化简可得24x k ππ=+，N k ∈，所以当22,N 4k x k k πππ<<+∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当22,N 4k x k k ππππ+<<+∈时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，作函数()g x 的图象可得，由图象可得，当9((44g a g ππ<<时，直线y a =与函数e()sin xg x x=，()2,2N x k k k πππ∈+∈，，的图象有且仅有两个交点，944a ππ<<时，函数()()e sin 0xf x a x x =->()0a >有两个零点，故答案为：944e e )ππ．19．若函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点，则实数a 的取值范围是______.【解析】因为函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点，所以方程ln e 10x x ax --+=无实数根，所以方程ln e ln e xx ax -+=无实数根，即方程ln e 1x x a x-+=无实数根，故令()()'2ln e 1e e ln ,x x x x x xg x g x x x -+-+-==，令()e e ln ,0x x h x x x x =-+->，故()'1e 0xh x x x=--<恒成立，所以，()h x 在()0,∞+上单调递减，由于()10h =，所以，当()0,1x ∈时，()0h x >，即()'0g x >，当()1,x ∈+∞时，()0h x <，即()'0g x <，所以函数()g x 在()0,1x ∈上单调递增，在()1,x ∈+∞上单调递减，所以()()max 11e g x g ==-，所以，当方程ln e 1x x a x-+=无实数根时，1e a >-即可.所以，实数a 的取值范围是()1e,+-∞四、解答题20．已知函数()ln 1xf x m x =-+．(1)求()f x 的导函数；(2)若()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有零点，求m 的取值范围．【解析】(1)因为()ln 1xf x m x =-+，所以()()()()221111l ln 1n 1x x x x x f x x x ++-'==++-(2)由（1）知()()211ln 1x x f x x +-'=+，因为1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以ln 0x -≥，所以()()211ln 01x x f x x +-'=>+，从而()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以()min 12ln 223f x f m ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，()()max 1f x f m ==-．因为()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有零点，所以02ln203m m -≥⎧⎪⎨--≤⎪⎩，解得2ln 203m -≤≤．21．已知函数()ln R kf x x k k x=--∈，(1)讨论函数()f x 在区间(1,e)内的单调性；(2)若函数()f x 在区间(1,e)内无零点，求k 的取值范围．【解析】(1)()ln k f x x k k R x =--∈ ，，(1,e)x ∈，221()k x k f x x x x+'∴=--=-（Ⅰ）当1k -≤，即1k ≥-时，10x k x +≥->()0f x '∴<，()f x ∴在(1,e)单调递减（Ⅱ）当e k -≥，即e k ≤-时，e 0x k x +≤-<()0f x '∴>，()f x ∴在(1,e)单调递增（Ⅲ）当1e k <-<，即e 1k -<<时，当1x k <<-时，()0f x '>，()f x 单调递增；当e k x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减综上所述，（Ⅰ）当1k ≥-时，()f x 在(1,e)单调递减（Ⅱ）当e k ≤-时，()f x 在(1,e)单调递增（Ⅲ）当e 1k -<<-时，()f x 在(1,)k -单调递增，在(,e)k -单调递减(2)由（1）知：当1k ≥-时，()()10f x f <=即()0f x <，()f x ∴在(1,e)无零点，当e k ≤-时，()(1)0f x f >=即()0f x >，()f x ∴在(1,e)无零点当e 1k -<<-时，()f x 在(1,)k -单调递增，在(,e)k -单调递减()(1)0,(1,)f x f x k ∴>=∈-，()(e)1,(,e)ekf x f k x k >=--∈-∴只需(e)10e k f k =--≥即可，即1(11e k -≤-，1e11e 1ek ∴≤=--，ee 1ek ∴-<≤-综上所述，e(,][1,)1ek ∈-∞-+∞- 22．已知函数()3226185=--+f x x x x .(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()()g x f x a =+至多有两个零点，求实数a 的取值范围.【解析】(1)依题意：()()()261218631'=--=-+f x x x x x ，故当(),1x ∈-∞-时，()0f x '>，当()1,3x ∈-时，()0f x '<，当()3,x ∈+∞时，()0f x '>，∴()f x 的单调增区间为(),1-∞-，()3,+∞，单调减区间为()1,3-；(2)令()0g x =，得()a f x -=.∵()115f -=，()349=-f ，结合f (x )单调性，作出f (x )图像：。

导数专题——导数与函数的零点(第二节)-人教版高中数学选修2-2课件

导数专题——导数与函数的零点(第二节)-人教版高中数学选修2-2课件

即a 0时,f (x)在(0, )上有1个零点，
0
a
2 时，f e
( x)在（0，e12
]上减，在（
1 e2
,
)上增，且x
0,
f
(x)
a, a
0,
x
时,
f
(x)
,
f
1 ( e2
)=a
2 e
0,
f
( x)在（0，e12
]上有且只有1个零点，在（
1 e2
,
)上有且(
1 e2
)
a
2 e
当a
2 时，由f(x) e
f
(
1 e2
)
a-
2 e
0得f(x)零点个数为0；
当a 2 时，显然f(x)在（0，+）上有1个零点； e
例1.已知函数f(x)=a+ x ln x(a R)
（2)求f(x)的零点个数，并说明你的理由.
当a
2 e
时，f
(
x)min
f
(
1 e2
x0
1, 0
1 x0
1，又由2ax02
x 0 1=0，得2a=
x 0 1 x02
1 x0
1 x02
(0, 2),0
a
1
下面验证0 a 1 时，函数f(x)有两个零点.
g(
1) a
2a a2
1 a
1
1 a a
0, g(1)
2(a
1)
0,1
x0
1 a
,
又由f
(1) e
a e2
1 e
)
a
2 e
0,又

“利用导数探究函数的零点问题专题讲座”教案讲义

“利用导数探究函数的零点问题专题讲座”教案讲义

a＞0 (f(x1)为极大值， f(x2)为极小值)
a＜0 (f(x1)为极小值， f(x2)为极大值)
一个 两个 三个 一个 两个 三个
f(x1)＜0或f(x2)＞0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＞0且f(x2)＜0 f(x2)＜0或f(x1)＞0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＜0且f(x2)＞0
【巩固练习 3】已知函数 f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线 y＝f(x)在点(0，
2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为－2. (1)求 a；
巩固练习3
(2)证明：当 k＜1 时，曲线 y＝f(x)与直线 y＝kx－2 只有一个交点.
(1)解 f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线 y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为 y＝ax＋2.
(2)若过点 P(1，t)存在 3 条直线与曲线 y＝f(x)相切，求 t 的取值
范围.
解 (1)由 f(x)＝2x3－3x 得 f′(x)＝6x2－3.
令
f′(x)＝0，得
x＝－
22或
x＝
2 2.
因为 f(－2)＝－10，f
－
22＝
2，f
22＝－
2，f(1)＝－1，
所以 f(x)在区间[－2，1]上的最大值为 f
极小值为 h(3) m 6ln 3 15.
几何画板演示
因此， h(x) 的极大值为 h(1) m 7 ， 极小值为 h(3) m 6ln 3 15.
又当 x 0 时， h(x) ；当 x 时， h(x) .
因此， h(x) 的图象与 x 轴正半轴有三个不同的交点，
等价于
h( h(
解得 a 1 ，此时， f (x) x3 3x 1 直线 y m与 y f (x) 的图象有三个不同的交点， 等价于函数 g(x) f (x) m 有三个不同的零点.

专题二2.2 热点小专题一、函数的零点及函数的应用课件

专题二2.2 热点小专题一、函数的零点及函数的应用课件

当n=9,10,11时,f(x)在[-n,n]上,有f(0)=0,f(3)=f(-3)=0,f(6)=f(-6)=0,
f(9)=f(-9)=0,即a11=7
热点三
已知函数零点个数求参数范围
ln, ≥ 1,
【例3】(202X山东潍坊二模,16)已知函数f(x)= 2 3 -3 2 + 1, < 1, 当x∈
线y=-x-a的图象有两个交点,从函数图象可知,必须使
得直线y=-x-a位于直线y=-x+1的下方,所以-a≤1,即
a≥-1.故选B.
热点四
函数的应用
【例4】(202X山东,6)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学
基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数,世代间隔指相邻两代
间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段,可以用指数模型:I(t)=er
交点的横坐标是负数的,a的取值满足题意.
画图:y=3|x-a|+a是顶点(a,a)在第一、三象限角平分线上“移动”,且开口向
上的“V字形”,
当a≥0时,因为3|x-a|+a>0,所以不符合题意,
当a<0时,若x≥a,则有x3=3x-2a,若x<a,则有x3=-3x+4a,
由图可知只需讨论射线y=3x-2a,x≥a与y=x3相切的临
C.(0,e-1) D.(1,e)
答案 D
解析 令f(x)-ln x=k,则f(x)=ln x+k.由f[f(x)-ln x]=e+1,得f(k)=e+1.
又f(k)=ln k+k=e+1,可知k=e.
故 f(x)=ln x+e,所以
令 g(x)=ln

教版数学ppt课件利用导数研究函数零点专题部编版语文ppt课件

教版数学ppt课件利用导数研究函数零点专题部编版语文ppt课件
利用导数研究函数零点专题

【典例】(12分)(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解：(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1), …………………………2分 (ⅰ)若a≤0,则f′(x)<0, 所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减. …………………………………3分 (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, ……………………………………5分 所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增. 6分
＝
4－e2ln 2e2
2
＝
ln
e4－ln 2e2
2e2
＜
ln
81－ln 2e2
27＜0，
所以 φ(e)＜φ( 2)．
所以 φ(x)min＝φ(e)，
如图可知 φ(x)＝a 有两个不相等的解时，需ln22≤a＜1e.
即 f(x)＝g(x)在[ 2，e]上有两个不相等的解时 a 的取值范围为
[ln22，1e)．
F ( 2 ) 0, F (
ln 2 a 1
2
e
1 ) 0, F (e) 0 a
变式一：
已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x.若方程f(x)＝g(x)在区间 [ 2，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围．
由 φ(e) － φ(

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

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.

〖2021年整理〗《专题 函数零点问题的题型归类及解题策略公开课》完整版教学课件PPT

〖2021年整理〗《专题 函数零点问题的题型归类及解题策略公开课》完整版教学课件PPT

[障碍提醒]
3．由f(x1)＝0，
所以 ln x2－ln x1＝a(x1－x2)，………6 分
f(x2)＝0不会转化
所以(x1－x2)f′(x1＋x2)
x1与x2的关系而导
致滞做．
4．对要证明的不
等式无思路，不
1
x1－x2

＝(x1－x2)x ＋x ＋a＝
＋a(x1－x2)
1
2
x1＋x2
把问题转化为两函数的交点问题来解决．
例 3.（2015 全国卷）设函数 f x e2x a ln x .讨论 f x 的导函数 f x 的零点的个数.
法一：（分离系数法）

解：f(x)的定义域为(0,+∞), ′ =2e2x－ (x>0为 2e －＝0，
a∈R. 当 a＜1 时，试确定函数 g(x)＝f(x－a)－x2 的零点个数，
并说明理由．
[思路提示]：
问把函数 g(x)转化为方程来判断方程解的个数，即
为函数 g(x)的零点个数；若不能直接判断出零点个数的，
可构造函数 F(x)，通过讨论函数 F(x)的单调性并结合函
数零点存在性定理确定函数 g(x)的零点个数．
x2 2
(2)若函数 f(x)的两个零点为 x1，x2，且 ≥e ，求证：
x1
6
(x1－x2)f′(x1＋x2)＞ .
5
[解]
(1)函数 f(x)＝ln x＋ax，a∈R 的定义域为(0，＋∞)，
ax＋1
1
f′(x)＝x＋a＝ x .
当 a≥0 时，f′(x)＞0，
所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
2xe2x=,

分类讨论证明或求函数的单调区间(含参)(教师版)--2024新高考数学导数微专题训练

分类讨论证明或求函数的单调区间(含参)(教师版)--2024新高考数学导数微专题训练

专题14分类讨论证明或求函数的单调区间（含参）1．设函数21()sin cos 2f x x x x ax =+-．（1）当12a =时，讨论()f x 在(,)ππ-内的单调性；（2）当13a >时，证明：()f x 有且仅有两个零点．【答案】（1）在,03π⎛-⎫ ⎪⎝⎭或,3ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,3ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭或0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导，根据导数和函数的单调性，结合三角函数的性质即可求出单调区间；（2）先判断出函数为偶函数，则问题转化为()f x 在(0,)+∞有且只有一个零点，再利用导数和函数单调性的关系，以及函数零点存在定理即可求出．【详解】（1）当12a =时，21()sin cos 4f x x x x x =+-，11()sin cos sin (cos 22f x x x x x x x x ∴'=+--=-，令()0f x '=，解得0x =或3x π=，3x π=-，当()0f x '<时，解得03x π-<<或3x ππ<<，当()0f x '>时，解得3x ππ-<<-或03x π<<，()f x ∴在(3π-，0)或(3π，)π上单调递减，在(,)3ππ--或(0,)3π上单调递增；（2）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2211()()sin()cos()()sin cos ()22f x x x x a x x x x ax f x -=--+-+-=+-= ，()f x ∴为偶函数，(0)10f => ，()f x ∴有且仅有两个零点等价于()f x 在(0,)+∞有且只有一个零点，()(cos )f x x x a '=- ，当1a 时，cos 0x a -，()0f x '恒成立，()f x ∴在(0,)+∞上单调递减，2211()sin cos 1022f a a ππππππ=+-=--< ，(0)·()0f f π∴<，()f x ∴在(0,)+∞上有且只有一个零点，当113a <<时，令()(cos )0f x x x a '=-=，即cos x a =，可知存在唯一(0,)2πθ∈，使得cos a θ=，当(0,)x θ∈或(22,22)x k k ππθππθ∈+-++时，k ∈N ，()0f x '>，函数()f x 单调递增，当(2,22)x k k πθππθ∈++-时，k ∈N ，()0f x '<，函数()f x 单调递减，由tan θ=113a <<，可得0tan θ<<，当k ∈N ，22tan 2(k ππθθπ++->，2221113(22tan )10(22)[(22tan )1][(22tan )1]022626k f k a k k a ππθθππθππθθππθθ++--∴++=-++--+<-++--+=-<，()f x ∴在(0,)+∞上有且只有一个零点，综上所述，当13a >时，()f x 有且仅有两个零点．【点睛】方法点睛：1、利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．2、用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.2．已知函数2()2ln 2(1)f x mx x m x =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）当1x ≠时，求证：2286ln 3521x x x x x x---<-．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）先求导，分为0m ≥，1m =-，1m <-和10m -<<四种情形进行分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出；（2）等价于3226(1ln )23501x x x x x-+--<-，令()()3261ln 235h x x x x x =-+--，利用当2m =时的结论，根据导数判断()h x 与0的关系，即可证明.【详解】解：()f x 的定义域为(0,)+∞，则22(1)1(1)(1)()22(1)22mx m x mx x f x mx m x x x+--+-'=-+-=⋅=⋅，当0m 时，10mx +>，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，当0m <时，令()0f x '=，解得1x =或1x m=-，当1m =-时，2(1)()2·0x f x x-'=-恒成立，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,)+∞，无单调递增区间，当1m <-时，101m<-<，当1(0,x m ∈-或(1,)+∞时，()0f x '<，当1(x m∈-，1)时，()0f x '>，∴函数()f x 的单调递减区间为1(0,)m -或(1,)+∞，单调递增区间为1(m-，1)，当10m -<<，11m ->，当(0,1)x ∈或1(m -，)+∞时，()0f x '<，当1(1,x m∈-时，()0f x '>，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,1)或1(m -，)+∞，单调递增区间为1(1,m．综上所述：当0m 时，函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，当1m =-时，函数()f x 的单调递减区间为(0,)+∞，无单调递增区间，当1m <-时，函数()f x 的单调递减区间为1(0,)m -，(1,)+∞，单调递增区间为1(m-，1)，当10m -<<时，函数()f x 的单调递减区间为(0,1)或1(m -，)+∞，单调递增区间为1(1,)m．（2）证明：要证2286ln 3521x x x x x x---<-，即证3226(1ln )23501x x x x x -+--<-，令32()6(1ln )235h x x x x x =-+--，则22()66ln 6663(22ln 2)h x x x x x x x '=--+-=--，由（1），当2m =时，2()22ln 2f x x x x =--，可得()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，即()h x '的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，()h x h ∴''（1）0=，()h x ∴在(0,)+∞上单调递增，h （1）6(1ln1)2350=-+--=，∴当01x <<时，()0h x <，210x ->，当1x >时，()0h x >，210x -<，∴3226(1)23501x lnx x x x -+--<-，即22863521x xlnx x x x---<-．【点睛】含有参数的函数单调性讨论常见的形式：（1）对二次项系数的符号进行讨论；（2）导函数是否有零点进行讨论；（3）导函数中零点的大小进行讨论；（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.3．已知函数()()1ln f x ax x a R =--∈.（1）若1a =，求()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的极值；（2）讨论函数()f x 的单调性.【答案】（1）极小值为0，无极大值；（2）答案见解析.【分析】（1）当1a =时，求得()1x f x x-=，利用导数分析函数()f x 的单调性，由此可求得函数()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的极值；（2）求得()()10ax f x x x-'=>，分0a ≤和0a >两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间.【详解】（1）当1a =时，()1ln f x x x =--，所以，()()1110x f x x x x-¢=-=>，列表；x1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭1(]1,e ()f x '-+()f x 单调递减极小单调递增所以，()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的有极小值()10f =，无极大值；（2） 函数()f x 的定义域为()0,∞+，()11ax f x a x x-'=-=.当0a ≤时，10ax -<，从而()0f x '<，故函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，若10x a<<，则10ax -<，从而()0f x '<；若1x a>，则10ax ->，从而()0f x '>.故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间；当0a >时，函数()f x 的单调递减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递增区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【点睛】方法点睛：讨论含参数函数的单调性，通常以下几个方面：（1）求导后看函数的最高次项系数是否为0，需分类讨论；（2）若最高次项系数不为0，且最高次项为一次，一般为一次函数，求出导数方程的根；（3）对导数方程的根是否在定义域内进行分类讨论，结合导数的符号变化可得出函数的单调性.4．已知函数()21()xm x xf x e++=．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）若0m ≤，证明：()ln ef x x x +≤．【答案】（1）答案不唯一见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数进行求导得(1)(1)()xx mx m f x e--'+=-，再对m 分三种情况讨论，即0m =，0m >，0m <三种情况；（2）要证明()ln ef x x x +≤，只需证明 ()ln ef x x x ≤-，而ln 1x x -≥，因此只需证明1()f x e≤，再利用函数的单调性，即可得证；【详解】解析：（1）因为(1)(1)()xx mx m f x e --'+=-，①当0m =时，1()x x f x e-=-'，当1x >时，()0f x '<，当1x <时，()0f x '>，所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；②当0m >时，1(1)11(),11x m x x m f x e m'⎛⎫--+ ⎪⎝⎭=--<，当11,1x m ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0f x '>，当1,1(1,)x m ⎛⎫∈-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，所以()f x 在11,1m ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在1,1,(1,)m ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭单调递减；③当0m <时，111m ->，当11,1x m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当1(,1)1,x m ⎛⎫∈-∞⋃-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以()f x 在11,1m ⎛⎫-⎪⎝⎭单调递减，在1(,1),1,m ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭单调递增．（2）要证明()ln ef x x x +≤，只需证明 ()ln ef x x x ≤-，而ln 1x x -≥，因此只需证明1()f x e≤，当0m =时，()x xf x e =，由（1）知()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以max 1()(1)f x f e==；当0m <时，()211()xx m x xx f x e e e++=<≤，故()ln ef x x x +≤．【点睛】利用导数研究含参函数的单调区间，要注意先求导后，再解导数不等式.5．已知函数()e x f x ax =，a 为非零常数.（1）求()f x 单调递减区间；（2）讨论方程()()21f x x =+的根的个数.【答案】（1）当0a >时，()f x 的单调递减区间为(,1)-∞-，当0a <时，()f x 的单调递减区间为(1,)-+∞；（2）当0a >时，原方程有且仅有一个解；当0a <时，原方程有两个解.【分析】（1）求导，对a 分类讨论，利用()0f x '<可解得结果；（2）转化为函数2(1)()exx g x x +=与y a =的图象的交点的个数，利用导数可求得结果.【详解】（1）()(1)e x x x f x ae axe a x '=+=+，由()0f x '=得1x =-，①若0a >时，由()0f x '<得1x <-，所以()f x 的单调递减区间为(,1)-∞-；②若0a <时，由()0f x '<得1x >-，所以()f x 的单调递减区间为(1,)-+∞.综上所述，当0a >时，()f x 的单调递减区间为(,1)-∞-；当0a <时，()f x 的单调递减区间为(1,)-+∞.（2）因为方程2()(1)f x x =+等价于2(1)e x x a x +=，令2(1)()exx g x x +=，所以方程()()21f x x =+的根的个数等于函数2(1)()exx g x x +=与y a =的图象的交点的个数，因为()2222(1)12(1)(1)()()()ex x x x x x x x xe x e xe g x xe x +++-++=-'=，由()0g x '=，得1x =-，当(,1)x ∈-∞-，时，()0g x '>，()g x 在(,1)-∞-上单调递增；当()()1,00,x ∈-+∞ 时，()0g x '<，所以()g x 在()1,0-，()0,∞+上单调递减，又()10g -=，所以当(,1)x ∈-∞-时，()(),0g x ∈-∞；当()1,0x ∈-时，()(),0g x ∈-∞；当()0,x ∈+∞时，()()0,g x ∈+∞.所以，当0a >时，原方程有且仅有一个解；当0a <时，原方程有两个解.【点睛】方法点睛：讨论函数零点(或方程根)的个数的常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，可得方程根的个数；（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解6．已知函数()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，()()g x f x '=.（1）判断函数()y g x =的单调性；（2）若(]()0, 2.718x e e ∈≈，判断是否存在实数a ，使函数()g x 的最小值为2？若存在求出a 的值；若不存在，请说明理由；（3）证明：1233ln 2341n n n ⎛⎫++++>-⎪+⎝⎭ .【答案】（1）答案见解析；（2）存在，2a e =；（3）证明见解析.【分析】（1）先求()()g x f x '=，再对()y g x =求导，对参数a 进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性；（2）对参数a 进行讨论确定()y g x =导数的正负，即得函数()y g x =单调性，再根据单调性确定最值等于2，解得符合条件的参数值即得结果；（3）先构造函数11()ln 31,,132h x x x x ⎡⎫=-+∈⎪⎢⎣⎭，证明其小于零，即得1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时13ln 13x x >+，再将1nx n =+代入求和即证结论.【详解】解：（1）由()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，知()()ln 1g x f x ax x '==--，0x >，故()11ax g x a x x-'=-=，0x >.当0a ≤时，()0g x '<，即()g x 在()0,∞+为减函数，当0a >时，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，所以()g x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭为减函数，在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上()0g x '>，所以()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭增函数.（2）当0a ≤时，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min 11g x g e ea ==-≤-.故不存在最小值3.当10a e <≤时，1e a≥，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min1ln 2g x g e ea e ==--=，所以4a e=，不合题意，舍去当1a e >时10e a <<，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，函数()g x 单调递减；在1,e a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()0g x '>，函数()g x 单调递增，由此()min 1111ln 2g x g a a ⎛⎫==--=⎪⎝⎭，所以ln 2a =.解得2a e =故2a e =时，使函数()g x 的最小值为2.（3）构造函数11()ln 31,,132h x x x x ⎡⎫=-+∈⎪⎢⎣⎭，则119()3033x h x x x -'=-=>，故1()ln 313h x x x =-+在1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上递减，111111()ln 3120232232h x h ⎛⎫≤=-⨯+=--< ⎪⎝⎭，故1ln 3103x x -+<，即1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时13ln 13x x >+，而11,1112n n N x n n *⎡⎫∈==-⎪⎢++⎣⎭，故13ln 1311n n n n >++⋅+，即[]ln(13ln 131)1n n n n ->++⋅+，将n *∈N 依次代入并相加得[]()1ln1ln 12313ln 2ln 3...ln(1)ln 1231ln 4323n n n n n n n ⎛⎫++++>-+-++-+-+ ⎭+⎪+⎝= ，即1233ln 2341n n n ⎛⎫++++>- ⎪+⎝⎭ .【点睛】本题解题关键在于观察证明式1233ln 2341n n n ⎛⎫++++>-⎪+⎝⎭ ，构造函数11()ln 31,,132h x x x x ⎡⎫=-+∈⎪⎢⎣⎭，以证明13ln 13x x >+，将1n x n =+代入求和即突破难点.用导数解决与正整数n 有关的不等式证明问题，属于难点，突破点就在于观察构造合适的函数，通过导数证明不等式，再将关于n 的式子代入即可.7．已知函数()()21ln ,2f x ax x x b a b R =-⋅+∈，()()g x f x '=.（1）判断函数()y g x =的单调性；（2）若(]()0, 2.718x e e ∈≈，判断是否存在实数a ，使函数()g x 的最小值为2？若存在求出a 的值；若不存在，请说明理由；【答案】（1）答案见解析；（2）存在，2a e =.【分析】（1）先求()()g x f x '=，再对()y g x =求导，对参数a 进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性；（2）对参数a 进行讨论确定()y g x =导数的正负，即得函数()y g x =单调性，再根据单调性确定最值等于2，解得符合条件的参数值即得结果；【详解】（1）由()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，知()()ln 1g x f x ax x '==--，0x >，故()11ax g x a x x-'=-=.当0a ≤时，()0g x '<，即()g x 在()0,∞+为减函数，当0a >时，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，所以()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭为减函数，在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上()0g x '>，所以()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭增函数.（2）当0a ≤时，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min 11g x g e ea ==-≤-.故不存在最小值3.当10a e <≤时，1e a≥，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min1ln 2g x g e ea e ==--=，所以4a e=，不合题意，舍去.当1a e >时，10e a <<，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，函数()g x 单调递减；在1,e a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()0g x '>，函数()g x 单调递增，由此()min 1111ln 2g x g a a ⎛⎫==--= ⎪⎝⎭，所以ln 2a =.解得2a e =，故2a e =时，使函数()g x 的最小值为2.【点睛】利用导数研究函数()f x 的单调性和最值的步骤：①写定义域，对函数()f x 求导()'f x ；②在定义域内，讨论不等式何时()0f x '>和()0f x '<③对应得到增区间和减区间及极值点，进而比较端点和极值点的值确定指定区间的最值即可.8．已知函数()()()ln 1f x x ax a =+-∈R .（1）讨论函数()f x 的单调性.（2）若()()2112g x x x a f x =--+-，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，求证:()()12152ln 28x g x g -≥-.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）先求得()f x 的定义域和导函数()'fx ，对a 分成0a ≤和0a >两种情况进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）求得()g x 的表达式，求得()'g x ，利用根与系数关系得到12,x x 的关系式以及1x 的取值范围，将()()12g x g x -表示为只含1x 的形式，利用构造函数法求得()()12g x g x -的最小值，从而证得不等式成立.【详解】(1)由题意得，函数()f x 的定义域为(1,)-+∞，()11f x a x '=-+.当0a ≤时，()101f x a x '=->+，∴函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增.当0a >时，令()0f x '=，得11x a=-+.若11,1x a ⎛⎫∈--+ ⎪⎝⎭，则()0f x '>，此时函数()f x 单调递增；若11,x a ⎛⎫∈-++∞ ⎪⎝⎭，则()0f x '<，此时函数()f x 单调递减.综上，当0a ≤时，函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增；当0a >时，函数()f x 在11,1a ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫-++∞ ⎪⎝⎭上单调递减.(2)()()21ln 12g x x x a x =+-+Q ，0x >，()()11g x x a x '∴=+-+()211x a x x-++=.由()0g x '=得()2110x a x -++=，()240321a a ∆=+⇒-≥>121x x a ∴+=+，121=x x ，211x x ∴=.32a ≥Q ，512a +≥，12x x <111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪∴⎨⎪<<⎪⎩，解得1102x <≤.()()12x g x g ∴-()()()221121221ln12x x x a x x x =+--+-21121112ln 2x x x⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.设()221112ln 022x h x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()()22331210x h x x x x x-'=--=-<，∴函数()h x 在10,2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减.∴当112x =时，()min 1152ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.32a ∴≥时，()()12152ln 28x g x g -≥-成立.【点睛】求解含有参数的函数的单调性题，求导后要根据导函数的形式进行分类讨论.9．已知函数()2xf x e ae x =-.（1）讨论()f x 的单调区间；（2）当0a <时，证明：()2ln f x e x >.【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为(),-∞+∞，无减区间；当0a >时，()f x 的减区间为(),2ln a -∞+，增区间()2ln ,a ++∞，（2）证明见解析【分析】（1）先求出函数的定义域，再求导数，分0a ≤和0a >，分别由导数大于零和小于零，可求得函数的单调区间；（2）要证明22ln x ae x e x e ->，只要证2ln 0x e e x ->，构造函数()2ln xg x e e x =-，然后利用导数求出此函数的最小值即可，或要证明22ln xae x e x e ->，只要证22ln x e x xe x ae ->，构造函数()()20x g x ae x x e =->，然后用导数求其最小值，构造函数()()2ln 0x h x e x x=>，然后利用导数求其最大值，或要证明22ln x ae x e x e ->．由于当0a <时，20ae x <，只要证2ln 0x e e x ->，构造函数()()()222222ln ln x x g x e e x e x e x e e e e x =-=-++--，令()()220x h x e e x e x =-+>，()222ln m x e x e e x =--，再利用导数求其最小值即可【详解】（1）解：()f x 的定义域为(),-∞+∞，()2x f x e ae '=-．当0a ≤时，()0f x ¢>，则()f x 的增区间为(),-∞+∞，无减区间．当0a >时，由()0f x ¢=，得2ln x a =+．当(),2ln x a ∈-∞+时，()0f x ¢<；当()2ln ,x a ∈++∞时，()0f x ¢>，所以()f x 的减区间为(),2ln a -∞+，增区间()2ln ,a ++∞．（2）证明：法一：要证明22ln x ae x e x e ->．由于当0a <时，20ae x <，只要证2ln 0x e e x ->．设()2ln xg x e e x =-，则()2xg x e e x '=-，()220xg x e xe ''=+>，所以()g x '在()0,+¥上是增函数．又()210g e e '=-<，()2222022e g ee '=-=>，所以存在()01,2x ∈，使得()02000x g e x e x '=-=，即020x e e x =，00ln 2x x =-．所以当()00,x x ∈时，()0g x ¢<；当()0,x x ∈+∞时，()0g x ¢>，因此()g x 在()00,x 上是减函数，在()0,x +∞上是增函数，所以()g x 有极小值，且极小值为()()022222222000000ln 22220x g x e e x e x e x e e e x e x e =-=--=+->-=．因此()0gx >，即2ln 0x e x -->．综上，当0a <时，()2ln f x e x >．法二：要证明22ln xae x e x e ->，只要证22ln x e x xe x ae ->．设()()20x g x ae x x e =->，则()()21x x e g x x-'=．当01x <<时，()0g x ¢<；当1x >时，()0g x ¢>，所以()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+¥上是增函数，所以1x =是()g x 的极小值点，也是最小值点，且()()2min 1g x g e ae ==-．令()()2ln 0xh x e x x =>，则()()221ln x h x xe -'=．当0x e <<时，()0h x '>；当e x >时，()0h x '<，所以()h x 在()0,e 上是增函数，在(),e +∞上是减函数，所以x e =是()h x 的极大值点，也是最大值点，且()()max h x h e e ==，所以当0a <时，()()2g x e ae e h x ≥->≥，即22ln x e x xe x ae ->．综上，当0a <时，()2ln f x e x >．法三：要证明22ln x ae x e x e ->．由于当0a <时，20ae x <，只要证2ln 0x e e x ->．设()()()222222ln ln xxg x e e x e x ex ee e e x =-=-++--，令()()220xh x e e x ex =-+>，则()2x h x e e '=-，当02x <<时，()0h x '<；当2x >时，()0h x '>，所以()h x 在()0,2上是减函数，在()2,+¥上是增函数，所以2x =是()h x 的极小值点，也是()h x 的最小值点，即()()min 20h x h ==．设()222ln m x e x e e x =--，则()()2221x e m x e x xe-'=-=．当01x <<时，()0m x '<；当2x >时，()0m x '>，所以()m x 在()0,1上是减函数，在()1,+¥上是增函数，所以1x =是()m x 的极小值点，也是()m x 的最小值点，即()()min 10m x m ==．综上，()0h x ≥（当且仅当2x =时取等号），()0m x ≥（当且仅当1x =时取等号），所以()()()0g x h x m x =+>，故当0a <时，()2ln f x e x >．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数证明不等式，解题的关键是将不等式等价转化，然后构造函数，利用导数求函数的最值，考查数学转化思想，属于较难题10．已知函数2()ln f x x ax x =-+.（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0a <，满足2()ln f x x ax x =-+的图象与直线y kx =恒有且仅有一个公共点，求k 的取值范围.【答案】（1）当0a ≤时，在(0,)+∞单调递增；当0a >时，在10,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，在14a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减；（2）1k ≤或3221k e -+≥.【分析】（1）首先求函数的导数2121'()21(0)ax x f x ax x x x-++=-+=>，分0a ≤和0a >两千情况讨论导数的正负，确定函数的单调性；（2）由方程()f x kx =，转化为2ln x ax xk x -+=，构造函数()2ln x ax x h x x-+=，利用二阶导数判断函数的单调性，并分情况讨论()h x '最小值的正负，并结合零点存在性定理，确定函数的性质，根据2ln x ax xk x-+=有唯一解，确定k 的取值范围.【详解】（1）2121'()21(0)ax x f x ax x x x-++=-+=>当0a ≤时，恒有'()0f x >，所以()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，令2210ax x -++=，则180a ∆=+>，则10x =，211804x a-=<（舍去），当1(0,)4x a -+∈时，'()0f x >，()f x 在1(0,)4a-+单调递增；当)x ∈+∞时，'()0f x <，()f x在)+∞单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，()f x 在118(0,)4a -单调递增，()f x 在118()4a-+∞单调递减.（2）原命题等价于对任意0a <，2ln x ax x kx -+=有且仅有一解，即2ln x ax xk x-+=；令ln ()1x h x ax x =-+则21ln '()x h x a x -=-，332(ln )2''()x h x x -=，令''()0h x =得32x e =所以)'(h x 在32(0,)e 上递减，在32(,)e +∞上递增，3232min 331ln 1'()'()2e h x h e a ae e -==-=--当312a e ≤-时，'()0h x ≥，所以()h x 在R 上单调递增，又当0x →时，ln ,0xax x→-∞-→，所以()h x →-∞；当x →+∞时，ln ,xax x→+∞-→+∞，所以()h x →+∞.所以()h x 在R 上必存在唯一零点，此时k ∈R ；当3102a e-<<时，32min '()'()0h x h e =<，同时又当0x →时，21ln ,x a x-→+∞-→+∞，所以'()h x →+∞；当x →+∞时，21ln 0,x a x-→-→+∞，所以'()h x →+∞.所以方程'()0h x =存在两根12,x x ，即2211221ln 1ln 0x ax x ax --=--=且332212(0,),(,)x e x e ∈∈+∞，所以()h x 在1(0,)x 上单调递增，12(,)x x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增，所以()h x 的极大值为1()h x ，极小值为2()h x 要使有方程2ln x ax xk x-+=唯一解，必有1()k h x >或2()k h x <，又2222222222ln ln 1ln 2ln 1()111x x x x h x ax x x x x --=-+=-+=+，又322(,)x e ∈+∞，则2ln 1()1x x x ϕ-=+，232ln '()0x x xϕ-=<，所以()ϕx 在32(,)e +∞递减，且x →+∞时，2ln 1()11x x xϕ-=+→，所以1k ≤；同理1112ln 1()1x h x x -=+，321(0,)x e ∈，2ln 1()1x x x ϕ-=+在32(0,)e 递增，3322322()()121x e eeϕϕ-<=+=+，所以3221k e -+≥.综上可得，1k ≤或3221k e -+≥.【点睛】思路点睛：本题是一道利用导数研究函数性质，零点的综合应用题型，属于难题，一般利用导数研究函数零点或方程的实数根时，需根据题意构造函数()f x ，利用导数研究函数在该区间上的单调性，极值，端点值等性质，以及零点存在性定理等研究函数的零点.11．设函数223223()3,()33,22a a f x x x ax g x ax x a ⎛⎫=-+=-++-∈ ⎪⎝⎭R .（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若函数[]()23()()()0,222a x f x g x x x ϕ=--∈在0x =处取得最大值，求a 的取值范围.【答案】（1）当3a ≥时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，()f x 的单调递增区间为93,13⎛-∞- ⎝⎭和9313⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1⎛-+ ⎝⎭；（2）6,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【分析】（1）先对()f x 求导，对导函数分3a ≥和3a <两种情况讨论即可.（2）因为函数()x ϕ在0x =处取得最大值，所以[]23223133(0)()(1)3,0,22222a x ax a x x a x ϕϕ==+--+∈，利用分离参数法转化为不等式恒成立问题，求函数的最值即可.【详解】解：（1）()22()36313f x x x a x a '=-+=-+-，当3a ≥时，()0f x '≥，所以()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，令()0f x '>，得13x <-或13x >+，所以()f x 的单调递增区间为93,13⎛-∞- ⎝⎭和9313⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭令()0f x '<，得1133x -<<+，所以()f x 的单调递减区间为9393133⎛-+ ⎝⎭.综上，当3a ≥时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，()f x 的单调递增区间为,1⎛-∞- ⎝⎭和1⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为9393133⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭.（2）由题意得[]322133()(1)3,0,2222x ax a x x a x ϕ=+--+∈.因为函数()x ϕ在0x =处取得最大值，所以[]23223133(0)()(1)3,0,22222a x ax a x x a x ϕϕ==+--+∈，即[]3213(1)30,0,222ax a x x x +--∈，当0x =时，显然成立.当(]0,2x ∈时，得()21313022ax a x +--≤，即()()()()()22323232322221+2x x ax xx x x x ++==++-+-+--.令(]22,4t x =+∈，则2()1,(2,4]th t t t =--∈，()2210h t t '=+>恒成立，所以2()1,(2,4]t h t t t =--∈是增函数，5()0,2h t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以3625(2)12x x +--+，即65a ，所以a 的取值范围为6,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【点睛】思路点睛：对含参数的函数求单调区间，根据导函数分类讨论是解决这类题的一般方法；已知函数的最大值求参数的取值范围，往往转化为不等式恒成立问题，如果能分离参数的话，分离参数是解决这类题的常用方法，然后再求函数的最值即可.12．已知函数()()()21ln 1f x x a x x =-+-+（0a >）.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1ln x xf x x x-'≥在()1+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）02a <≤.【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，判断函数的单调性即可；（2原不等式化为：ln 2x a x x ≤-在()1+∞，上恒成立，设()ln 2xh x x x=-，()1,x ∈+∞，求出函数的导数，再令()221ln g x x x =-+，根据函数的单调性求出a 的范围即可．【详解】（1）()()()1121121x f x x a x a x x -⎛⎫⎛⎫'=-+-=-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()()12121a x x a x x xx---=--=，()0,x ∈+∞，令()0f x '=，则2ax =或1x =，当02a <<时，函数()f x 在区间0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和()1,+∞上单调递增，在区间,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当2a =时，函数()f x 在()0+∞，上单调递增，当2a >时，函数()f x 在区间()0,1和,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在区间1,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；（2）原不等式化为：ln 2xa x x≤-在()1+∞，上恒成立，设()ln 2xh x x x=-，()1,x ∈+∞，()2221ln 21ln 2x x x h x x x--+'=-=，令()221ln g x x x =-+，则()140g x x x '=+>，所以()g x 在()1+∞，上单调递增，()()110g x g >=>，所以()0h x '>，则函数()h x 在()1+∞，上单调递增，且()12h =，02a ∴<≤.【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究单调性（含参），考查利用导数研究恒成立问题，解决第（2）问的关键是将原不等式转化为ln 2xa x x≤-在()1+∞，上恒成立，进而利用导数研究函数的单调性，从而得解，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化和划归思想，属于常考题.13．已知函数()ln 2ag x x x x=++.（1）讨论()g x 的单调性；（2）当10a e <<时，函数()()222a f x xg x x x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭在其定义域内有两个不同的极值点，记作1x 、2x ，且11x x <，若m 1≥，证明：112m mx x e +⋅>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数()g x 的定义域，求得()222x x a g x x+-'=，对实数a 的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()g x 的单调递增区间和递减区间；（2）利用分析法得出所证不等式等价于()()()121212121ln0m x x x x x x x mx +-<>>+，令()120,1x t x =∈，构造函数()()()11ln m t h t t t m+-=-+，其中()0,1t ∈，利用导数证明出()0h t <对任意的()0,1t ∈恒成立，由此可证得原不等式成立.【详解】（1）函数()ln 2ag x x x x=++的定义域为()0,∞+，()()222122a x x ag x a R x x x+-'=+-=∈，方程220x x a +-=的判别式18a ∆=+.①当18a ≤-时，0∆≤，()0g x '≥，()g x 在()0,∞+为增函数；②当18a >-时，0∆>，方程220x x a +-=的两根为114x -'=，214x -'=，（i ）当108a -<≤时，120x x ''<≤，对任意的0x >，()0g x '>，()g x 在()0,∞+为增函数；（ii ）当0a >时，120x x ''<<，令()0g x '<，可得20x x '<<，令()0g x '>，可得2x x '>.所以，()g x在1,4⎛⎫+∞⎝⎪⎪⎭为增函数，在10,4⎛⎤- ⎥ ⎝⎦为减函数.综上所述：当0a ≤时，()g x 的增区间为()0,∞+，无减区间；当0a >时，()g x的增区间为1,4⎛⎫+∞- ⎝⎪⎪⎭，减区间10,4⎛⎤- ⎥ ⎝⎦；（2）证明：()()2ln 2a f x x x x x a a R =--+∈ ，所以()ln f x x ax '=-，因为()f x 有两极值点1x 、2x ，所以11ln x ax =，22ln x ax =，欲证112mm x x e +⋅>等价于要证：()112ln ln m m x x e +⋅>，即121ln ln m x m x +<+，所以()1212121ln ln m x m x ax max a x mx +<+=+=+，因为m 1≥，120x x <<，所以原不等式等价于要证明121ma x mx +>+.又11ln x ax =，22ln x ax =，作差得()1122lnx a x x x =-，1212ln x x a x x ∴=-，所以原不等式等价于要证明()()112211212212ln11ln x m x x x x m x x x mx x x mx +-+>⇔<-++，令12x t x =，()0,1t ∈，上式等价于要证()()11ln m t t t m+-<+，()0,1t ∈，令()()()11ln m t h t t t m+-=-+，所以()()()()221t t m h t t t m --'=+，当m 1≥时，20t m -<，则()0h t '>，所以()h t 在()0,1上单调递增，因此()()10h t h <=，()()11ln m t t t m+-∴<+在()0,1t ∈上恒成立，所以原不等式成立.【点睛】利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.14．已知实数0a >，函数()22ln f x a x x x=++，()0,10x ∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1x =是函数()f x 的极值点，曲线()y f x =在点()()11,P x f x ､()()22,Q x f x (12x x <)处的切线分别为1l ､2l ，且1l ､2l 在y 轴上的截距分别为1b ､2b .若12//l l ，求12b b -的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）6ln 4,05⎛⎫- ⎪⎝⎭.【分析】（1）对函数求导，按照110a ≥、1010a<<分类，求得()0f x '<、()0f x '>的解集即可得解；（2）由极值点的性质可得1a =，由导数的几何意义可得1b 、2b 及()12122x x x x =+，转化条件为1211212221ln 1x x x b b x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭-=++，构造新函数结合导数即可得解.【详解】（1）由题意，()()()()222212010ax ax a f x a x x x x+-'=-++=<<，0a > ，010x <<，∴20ax +>，①当110a ≥，即10,10a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '<，()f x ∴在()0,10上单调递减；②当1010a <<，即1,10a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<；当1,10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x ∴在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增.综上所述：当10,10a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x 在()0,10上单调递减；当1,10a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）∵1x =是()f x 的极值点，∴()10f '=，即()()210a a +-=，解得1a =或2a =-（舍），此时()2ln f x x x x =++，()2211f x x x'=-++，1l ∴方程为()1112111221ln 1y x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-++=-++-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令0x =，得1114ln 1b x x =+-，同理可得2224ln 1b x x =+-，12//l l ，221122212111x x x x ∴-++=-++，整理得：()12122x x x x =+，12122x x x ∴=-，又12010x x <<<，则1112102x x x <<-，解得1542x <<，()1212211111211221222221244ln ln ln 1x x x x x x x x xb b x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪--⎝⎭∴-=+=+=+++，令12x t x =，则1111211,1224x x t x x -⎛⎫=⋅=-∈ ⎪⎝⎭，设()()211ln ,,114t g t t t t -⎛⎫=+∈ ⎪+⎝⎭，则()()()()222141011t g t t t t t -'=-+=>++，()g t ∴在1,14⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，又()10g =，16ln 445g ⎛⎫=-⎪⎝⎭，()6ln 4,05g t ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭，即12b b -的取值范围为6ln 4,05⎛⎫- ⎪⎝⎭.【点睛】关键点点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，再构造新函数，结合导数即可得解.15．已知函数32()23(1)6()f x x m x mx x R =+++∈.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若(1)5f =，函数2()()(ln 1)0f x g x a x x=+-≤在(1,)+∞上恒成立，求证：2a e <.【答案】（1）答案不唯一，见解析（2）证明见解析【分析】（1）求导后分解因式，分类讨论即可得到函数的单调性；（2）由题意求出0m =，转化为23ln 1x a x +≤+在(1,)x ∈+∞上恒成立，利用导数求出23()(1)ln 1x h x x x +=>+的最小值，即可求解.【详解】（1）()()()'22661661fx x m x m x m x m ⎡⎤=+++=+++⎣⎦6(1)()x x m =++若1m =时，()0f x '≥，()f x 在R 上单调递增；若1m >时，1m -<-，当x m <-或1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，当1m x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数，若1m <时，1m ->-，当1x <-或x m >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，当1x m -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数.综上，1m =时，()f x 在R 上单调递增；当1m >时，()f x 在(,)-∞-m 和(1,)-+∞上单调递增，在(,1)m --上单调递减；当1m <时，()f x 在(,1)-∞-和(,)m -+∞上单调递增，在(1,)m --上单调递减.（2）由(1)23(1)65f m m =+++=，解得0m =，所以32()23f x x x =+，由(1,)x ∈+∞时，ln 10x +>，可知()(ln 1)230g x a x x =+--≤在(1,)+∞上恒成立可化为23ln 1x a x +≤+在(1,)x ∈+∞上恒成立，设23()(1)ln 1x h x x x +=>+，则22132(ln 1)(23)2ln ()(ln 1)(ln 1)x x x x x h x x x +-+⨯-'==++，设3()2ln (1)x x x x ϕ=->，则223()0x x xϕ'=+>，所以()ϕx 在(1,)+∞上单调递增，又3ln163(2)2ln 2022ϕ-=-=<，3()20e eϕ=->所以方程()0h x '=有且只有一个实根0x ，且00032,2ln .x e x x <<=所以在0(1,)x 上，()0h x '<，()h x 单调递减，在0(,)x +∞上，()0,()h x h x '>单调递增，所以函数()h x 的最小值为0000002323()223ln 112x x h x x e x x ++===<++，从而022.a x e ≤<【点睛】关键点点睛：解答本题的难点在于得到232ln ()(ln 1)x x h x x -'=+后，不能求出()h x '的零点，需要根据()h x '的单调性及零点存在定理得到0x 的大致范围，再利用0x 的范围及0032ln x x =证明不等式.16．设()1,,54m h x x x x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，其中m 是不等于零的常数，（1）写出()4h x 的定义域；（2）求()h x 的单调递增区间；【答案】（1）15,164⎡⎤⎢⎥⎣⎦；（2）答案见解析.【分析】（1）由已知得出1454x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，解出x 可得()4h x 的定义域；（2）对函数()h x 求导，按0m <，1016m <≤，12516m <<和25m ≥四种情况，分别求出函数的单调递增区间即可．【详解】（1）∵1454x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，∴15164x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴()4h x 的定义域为15164⎡⎤⎢⎥⎣⎦，（2）()21m h x x '=-0m <时，()0h x '>恒成立，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递增；0m >时，令()0h x '>，解得x >或x <，即函数的单调增区间为(,-∞，)+∞14≤即1016m <≤时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递增当154<<即12516m <<时，()h x 在⎤⎦递增5≥即25m ≥时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，无递增区间综上可得：0m <时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递增；1016m <≤时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦递增；12516m <<时，()h x 在⎤⎦递增【点睛】关键点点睛：本题考查函数的定义域，考查导数研究函数的单调性，解决本题的关键是令()0h x '>求出函数的单调增区间，讨论定义域的区间端点和单调区间的关系，考查了学生分类讨论思想和计算能力，属于中档题．17．已知1,12k ⎛⎤∈⎥⎝⎦，函数2()(1)x f x x e kx =--．（ 2.71828e = 为自然对数的底数）．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 在[0,]k 上的最大值．【答案】（1）单调增区间为(ln 2,),(0)k +∞-∞，，单调减区间为(0,ln 2)k ；（2）3(1)k k e k --.【分析】（1）由题得()(2)x f x x e k '=-，再利用导数求函数的单调区间得解；（2）证明0(2)ln k k <<，列出表格得出单调区间，比较区间端点与极值即可得到最大值．【详解】（1）由题得()(1)2(2)x x x f x e x e kx x e k '=+--=-，令0()0,20x x f x e k >⎧'>∴⎨->⎩或020x x e k <⎧⎨-<⎩，因为1,12k ⎛⎤∈⎥⎝⎦，所以122k <≤，所以不等式组的解为ln 2x k >或0x <，所以函数()f x 的单调增区间为(ln 2,),(0)k +∞-∞，；令0()0,20x x f x e k >⎧'<∴⎨-<⎩或020x x e k <⎧⎨->⎩，解之得0ln 2x k <<，所以函数()f x 的单调减区间为(0,ln 2)k ；所以函数()f x 的单调增区间为(ln 2,),(0)k +∞-∞，，单调减区间为(0,ln 2)k .（2）令()(2)k k ln k ϕ=-，1(2k ∈，1]，11()10k k k k ϕ-'=-=所以()k ϕ在1(2，1]上是减函数，ϕ∴（1）1()()2k ϕϕ<，112()2ln k k ϕ∴-<<．即0(2)ln k k<<所以()'f x ，()f x 随x 的变化情况如下表：x(0，(2))ln k (2)ln k ((2)ln k ，)k ()'f x -0+()f x极小值(0)1f =-，()(0)f k f -3(1)(0)k k e k f =---3(1)1k k e k =--+3(1)(1)k k e k =---2(1)(1)(1)k k e k k k =---++2(1)[(1)]k k e k k =--++。

(完整版)导数专题(三)零点问题教师版

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导数专题（三）——零点问题 （2013昌平二模理）（18）（本小题满分13分）（零点问题）已知函数21()ln (0).2f x x a x a =-> （Ⅰ）若2,a =求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 在区间[1,e]上的最小值；（III ）若()f x 在区间(1,e)上恰有两个零点，求a 的取值范围. （18）（本小题满分13分） 解：（I ）2,a =212()2ln ,'(),2f x x x f x x x=-=- 1'(1)1,(1),2f f =-=()f x 在(1,(1))f 处的切线方程为2230.x y +-=………………………..3分 （Ⅱ）由2'().a x af x x x x-=-=由0a >及定义域为(0,)+∞，令'()0,f x x ==得1,01,a ≤<≤即在(1,e)上，'()0f x >，)(x f 在[1,e]上单调递增， 因此,()f x 在区间[1,e]的最小值为1(1)2f =.②若21e,1e ,a <<<<即在（上，'()0f x <，)(x f 单调递减；在上，'()0f x >，)(x f 单调递增，因此()f x 在区间[1,e]上的最小值为1(1ln ).2f a a =-2e,e ,a ≥≥即在(1,e)上，'()0f x <，)(x f 在[1,e]上单调递减，因此,()f x 在区间[1,e]上的最小值为21(e)e 2f a =-. 综上，当01a <≤时，min 1()2f x =；当21e a <<时，min 1()(1ln )2f x a a =-； 当2e a ≥时，2min 1()e 2f x a =-. ……………………………….9分 (III) 由（II ）可知当01a <≤或2e a ≥时，)(xf 在(1,e)上是单调递增或递减函数，不可能存在两个零点. 当21e a <<时，要使()f x 在区间(1,e)上恰有两个零点，则∴21(1ln )0,21(1)0,21(e)e 0,2a a f f a ⎧-<⎪⎪⎪=>⎨⎪⎪=->⎪⎩即2e1e 2a a >⎧⎪⎨<⎪⎩，此时，21e e 2a <<.所以，a 的取值范围为21(e,e ).2…………………………………………………………..13分 （2014西城期末理）18．（本小题满分13分）（零点问题）已知函数()()e xf x x a =+，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . （Ⅰ）求函数)(x f 的单调区间；（Ⅱ）当1a <时，试确定函数2()()g x f x a x =--的零点个数，并说明理由. 18.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：因为()()e xf x x a =+，x ∈R ，所以()(1)e x f x x a '=++． ……………… 2分 令()0f x '=，得1x a =--． ……………… 3分 当x 变化时，()f x 和()f x '的变化情况如下：)……………… 5分故()f x 的单调减区间为(,1)a -∞--；单调增区间为(1,)a --+∞．………… 6分 （Ⅱ）解：结论：函数()g x 有且仅有一个零点. ……………… 7分理由如下：由2()()0g x f x a x =--=，得方程2ex ax x -=， 显然0x =为此方程的一个实数解.所以0x =是函数()g x 的一个零点. ……………… 9分 当0x ≠时，方程可化简为e x ax -=.设函数()ex aF x x -=-，则()e 1x a F x -'=-，令()0F x '=，得x a =．当x 变化时，()F x 和()F x '的变化情况如下：即()F x 的单调增区间为(,)a +∞；单调减区间为(,)a -∞．所以()F x 的最小值min ()()1F x F a a ==-. ………………11分 因为 1a <，所以min ()()10F x F a a ==->， 所以对于任意x ∈R ，()0F x >， 因此方程ex ax -=无实数解．所以当0x ≠时，函数()g x 不存在零点.综上，函数()g x 有且仅有一个零点. ………………13分 （2015上学期期末丰台理）18.（本小题共13分）（图像交点、问题转化）已知函数()e1xf x x -=+-．（Ⅰ）求函数()f x 的极小值；（Ⅱ）如果直线1y kx =-与函数()f x 的图象无交点，求k 的取值范围． 18. 解：（Ⅰ）函数的定义域为R ． 因为 ()1xf x x e-=+-，所以 1()x xe f x e -'=．令()0f x'=，则0x =．所以 当0x =时函数有极小值()=(0)0f x f =极小值． ………………6分 （Ⅱ）函数1()1xf x x e =-+． 当0x =时01()010f x e=-+=，011y k =⋅-=-，所以要使1y kx =-与()f x 无交点，等价于()1f x kx >-恒成立．令1()1(1)x g x x kx e=-+--，即()(1)x g x k x e -=-+， 所以 (1)1()x xk e g x e--'=． ①当1k =时，1()0x g x e=>，满足1y kx =-与()f x 无交点；②当1k >时，111111()(1)111k k g k e e k k --=-+=---， 而101k<-，111k e -<， 所以1()01g k <-，此时不满足1y kx =-与()f x 无交点．③当1k <时，令(1)1()0x xk e g x e --'== ， 则ln(1)x k =--， 当(,ln(1))x k ∈-∞--时，()0g x '<，()g x 在(,ln(1))k -∞--上单调递减； 当(ln(1),)x k ∈--+∞时，()0g x '>，()g x 在(ln(1),)k --+∞上单调递增； 当ln(1)x k =--时，min ()(ln(1))(1)(1ln(1))g x g k k k =--=---． 由 (1)(1ln(1))0k k ---> 得11e k -<<，即1y kx =-与()f x 无交点．综上所述 当(1,1]k e ∈-时，1y kx =-与()f x 无交点． ……………13分（2016东城上学期期末理）（19）（本小题共14分）（零点，问题转化）已知函数()(ln )xe f x a x x x=--．（Ⅰ）当1a =时，试求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0a ≤时，试求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若()f x 在(0,1)内有极值，试求a 的取值范围．解：（Ⅰ）当1a =时，/2e (1)1()1x xf x x x-=-+，/(1)0f =，(1)e 1f =-． 方程为e 1y =-． …………………4分（Ⅱ）2e (1)1()(1)x x f x a x x -'=-- 2e (1)(1)x x ax x x ---=， 2(e )(1)x ax x x --= ．当0a ≤时，对于(0,)x ∀∈+∞，e 0x ax ->恒成立，所以 '()0f x > ⇒1x >；'()0f x < ⇒ 01x <<0.所以 单调增区间为(1,)+∞，单调减区间为(0,1) ． …………………8分（Ⅲ）若()f x 在(0,1)内有极值，则'()f x 在(0,1)x ∈内有解．令'2(e )(1)()0x ax x f x x --== ⇒e 0xax -= ⇒e x a x= . 设e ()xg x x= (0,1)x ∈,所以 'e (1)()x x g x x-=, 当(0,1)x ∈时，'()0g x <恒成立，所以()g x 单调递减.又因为(1)e g =，又当0x →时，()g x →+∞, 即()g x 在(0,1)x ∈上的值域为(e,)+∞,所以 当e a >时，'2(e )(1)()0x ax x f x x--== 有解. 设()e xH x ax =-，则 ()e 0x H x a '=-< (0,1)x ∈，所以()H x 在(0,1)x ∈单调递减. 因为(0)10H =>，(1)e 0H a =-<,所以()e xH x ax =-在(0,1)x ∈有唯一解0x .所以有：所以 当e a >时，()f x 在(0,1)内有极值且唯一.当e a ≤时，当(0,1)x ∈时，'()0f x ≥恒成立，()f x 单调递增，不成立．综上，a 的取值范围为(e,)+∞． …………………14分（2015海淀一模理）（18）（本小题满分13分）（问题转化、零点）已知函数1()ln (0)f x a x a x=+≠. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若{()0}[,]x f x b c ≤=（其中b c <），求a 的取值范围，并说明[,](0,1)b c ⊆. （18）（共13分） 解：（Ⅰ）2211'()(0)a ax f x x x x x-=-=>. ………………2分 （ⅰ）当0a <时，'()0f x <，则函数()f x 的单调递减区间是(0,)+∞.………………3分（ⅱ）当0a >时，令'()0f x =，得1x a=.当x 变化时，'()f x ,()f x 的变化情况如下表所以 ()f x 的单调递减区间是(0,)a ，单调递增区间是(,)a+∞. ………………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知：当0a <时，函数()f x 在区间(0,)+∞内是减函数，所以，函数()f x 至多存在一个零点，不符合题意. ………………6分当0a >时，因为 ()f x 在1(0,)a 内是减函数，在1(,)a+∞内是增函数，所以 要使{()0}[,]x f x b c ≤=，必须1()0f a<，即1ln 0a a a +<.所以 e a >. ………………7分当e a >时，222211()ln()2ln (2ln )f a a a a a a a a a a=+=-+=⋅-. 令()2ln (e)g x x x x =-≥，则22'()1(e)x g x x x x-=-=≥. 当e x >时，'()0g x >，所以，()g x 在[e,)+∞上是增函数. 所以 当e a >时，()2ln (e)e 20g a a a g =->=->.所以 21()0f a >. ………………9分 因为 2111a a <<，1()0f a<，(1)10f =>，所以 ()f x 在211(,)a a 内存在一个零点，不妨记为b ，在1(,1)a内存在一个零点，不妨记为c . ………………11分 因为 ()f x 在1(0,)a 内是减函数，在1(,)a+∞内是增函数，所以 {()0}[,]x f x b c ≤=.综上所述，a 的取值范围是(e,+)∞. ………………12分 因为 211(,)b a a ∈，1(,1)c a∈， 所以 [,](0,1)b c ⊆. ………………13分（2015海淀上学期期末）（19）（本小题满分13分）（零点、三角函数）已知函数()cos sin f x a x x x =+，ππ[,]22x ∈-. （Ⅰ）判断函数()f x 的奇偶性，并证明你的结论；（Ⅱ）求集合{|()0}A x f x ==中元素的个数；（Ⅲ）当12a <<时，问函数()f x 有多少个极值点？（只需写出结论） （19）（共13分）解：（Ⅰ）函数()f x 是偶函数，证明如下： ………………1分 对于ππ[,]22x ∀∈-，则ππ[,]22x -∈-. ………………2分 因为 ()cos()sin()cos sin ()f x a x x x a x x x f x -=---=+=，所以 ()f x 是偶函数. ………………4分 （Ⅱ）当0a >时，因为 ()cos sin 0f x a x x x =+>，ππ[,]22x ∈-恒成立， 所以 集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为0. ………………5分 当0a =时，令()sin 0f x x x ==，由ππ[,]22x ∈-， 得 0x =.所以 集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为1. ………………6分 当0a <时，因为 π'()sin sin cos (1)sin cos 0,(0,)2f x a x x x x a x x x x =-++=-+>∈，所以 函数()f x 是π[0,]2上的增函数. ………………8分因为 ππ(0)0,()022f a f =<=>，所以 ()f x 在π(0,)2上只有一个零点.由()f x 是偶函数可知，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为2. ………………10分综上所述，当0a >时，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为0；当0a =时，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为1；当0a <时，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为2.（Ⅲ）函数()f x 有3个极值点. ………………13分。

专题02函数零点问题-2024高考数学尖子生辅导专题

专题02函数零点问题-2024高考数学尖子生辅导专题

专题02函数零点问题-2024高考数学尖子生辅导专题函数的零点问题在数学中是一个非常重要的概念和问题。

而在2024高考的数学尖子生辅导专题中，函数的零点问题无疑是一个重点内容。

下面，我们来详细探讨一下这个问题。

函数的零点问题即是求解函数的解析式方程$f(x)=0$的解$x$。

在实际问题中，函数的零点往往表示了其中一种特定情况下的平衡点或者特殊点，因此求解函数的零点问题是非常实用和重要的。

那么，如何求解函数的零点问题呢？下面，我们将从三个方面进行讨论。

首先，我们可以通过图像来求解函数的零点问题。

对于一般的函数，我们可以通过画出函数的图像来判断函数的零点。

函数的零点为函数与$x$轴相交的点，在图像上表现为函数曲线与$x$轴的交点。

通过观察函数图像上哪些点与$x$轴相交，我们可以找到函数的零点。

对于简单的函数，我们可以手工画出函数图像，对于复杂的函数，我们可以借助计算机软件进行绘图。

其次，我们可以通过函数的解析式来求解函数的零点问题。

对于一般的函数，我们可以通过解方程$f(x)=0$来求解函数的零点。

通过将方程变形化简，最终得到$x$的解析表达式。

这种方法适用于存在解析解的函数，对于一些特殊函数，解析解并不存在，我们需要采用其他方法进行求解。

最后，我们可以通过数值计算方法来求解函数的零点问题。

对于一些无法通过解析式求解的函数，我们可以采用数值计算方法进行求解。

数值计算方法包括二分法、不动点迭代法、牛顿迭代法等。

这些方法通过迭代计算，逐渐接近函数的零点。

在实际计算中，我们可以通过计算机软件来进行数值计算，以提高计算的精度和效率。

综上所述，函数的零点问题在数学中具有重要的意义，我们可以通过图像、解析式和数值计算方法等多种途径来求解函数的零点。

在2024高考的数学尖子生辅导专题中，函数的零点问题无疑是一个关键的内容，掌握这个问题对于学生的数学能力提高和应试能力提升都具有重要作用。

因此，我们应该重视并加以学习和实践。

导数专题(三)零点问题教师版,DOC

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导数专题（三）——零点问题（2013昌平二模理）（18）（本小题满分13分）（零点问题）已知函数21()ln (0).2f x x a x a =->（Ⅰ）若2,a =求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 在区间[1,e]上的最小值；（III ）若()f x 在区间(1,e)上恰有两个零点，求a 的取值范围.（18）解：（I ()f x 在由a 因此②若0，)(x f 当2e a ≥时，2min 1()e 2f x a =-.……………………………….9分(III)由（II ）可知当01a <≤或2e a ≥时，)(x f 在(1,e)上是单调递增或递减函数，不可能存在两个零点.当21e a <<时，要使()f x 在区间(1,e)上恰有两个零点，则∴21(1ln )0,21(1)0,21(e)e 0,2a a f f a ⎧-<⎪⎪⎪=>⎨⎪⎪=->⎪⎩即2e1e 2a a >⎧⎪⎨<⎪⎩，此时，21e e 2a <<. 所以，a 的取值范围为21(e,e ).2…………………………………………………………..13分（2014西城期末理）18．（本小题满分13分）（零点问题）（Ⅰ（Ⅱ18.（Ⅰ）解令当分故（Ⅱ）解理由如下：由2()()0g x f x a x =--=，得方程2e x a x x -=， 显然0x =为此方程的一个实数解.所以0x =是函数()g x 的一个零点.………………9分 当0x ≠时，方程可化简为e x a x -=.设函数()e x a F x x -=-，则()e 1x a F x -'=-， 令()0F x '=，得x a =．当x 变化时，()F x 和()F x '的变化情况如下：即（2015（Ⅰ（Ⅱ18.解：所以1()x x e f x e-'=．令()0f x '=，则0x =．所以当0x =时函数有极小值()=(0)0f x f =极小值．………………6分（Ⅱ）函数1()1x f x x e=-+． 当0x =时01()010f x e=-+=，011y k =⋅-=-，所以要使1y kx =-与()f x 无交点，等价于()1f x kx >-恒成立．令1()1(1)xg x x kx e=-+--，即()(1)xg x k x e -=-+， 所以(1)1()x xk e g x e --'=．1x （2016已知函数()(ln )f x a x x x=--．（Ⅰ）当1a =时，试求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0a ≤时，试求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若()f x 在(0,1)内有极值，试求a 的取值范围．解：（Ⅰ）当1a =时，/2e (1)1()1x x f x x x-=-+，/(1)0f =，(1)e 1f =-． 方程为e 1y =-． …………………4分（Ⅱ）2e (1)1()(1)x x f x a x x -'=--2e (1)(1)x x ax x x---=， 2(e )(1)xa x x x --=．当0a ≤时，对于(0,)x ∀∈+∞，e 0x ax ->恒成立，所以'()0f x >?1x >；'()0f x <?01x <<0.所以单调增区间为(1,)+∞，单调减区间为(0,1)． …………………8分 （Ⅲ）若()f x 在(0,1)内有极值，则'()f x 在(0,1)x ∈内有解．x x当e a ≤时，当(0,1)x ∈时，'()0f x ≥恒成立，()f x 单调递增，不成立．综上，a 的取值范围为(e,)+∞．…………………14分（2015海淀一模理）（18）（本小题满分13分）（问题转化、零点）已知函数1()ln (0)f x a x a x=+≠.（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若{()0}[,]x f x b c ≤=（其中b c <），求a 的取值范围，并说明[,](0,1)b c ⊆. （18）（共13分） 解：（Ⅰ）2211'()(0)a ax f x x x x x-=-=>.………………2分 （ⅰ）当0a <时，'()0f x <，则函数()f x 的单调递减区间是(0,)+∞. ………………3分 （ⅱ）当0a >时，令'()0f x =，得1x a=.以要使{()x f x 所以2()0f a >.………………9分 因为2111a a <<，1(0f a<，(1)10f =>，所以()f x 在211(,a a 内存在一个零点，不妨记为b ，在1(,1)a内存在一个零点，不妨记为c .………………11分因为()f x 在1(0,)a 内是减函数，在1(,)a+∞内是增函数，所以{()0}[,]x f x b c ≤=.综上所述，a 的取值范围是(e,+)∞.………………12分 因为211(,)b a a ∈，1(,1)c a∈， 所以[,](0,1)b c ⊆.………………13分（2015海淀上学期期末）（19）（本小题满分13分）（零点、三角函数）已知函数()cos sin f x a x x x =+，ππ[,22x ∈-.（Ⅰ）判断函数()f x 的奇偶性，并证明你的结论；（Ⅲ）当（19）解：对于x ∀因为(f -所以(f x （Ⅱ）当所以集合当0a =得0x =所以集合当0a <所以函数()f x 是π[0,2上的增函数.………………8分因为ππ(0)0,(022f a f =<=>，所以()f x 在π(0,2上只有一个零点.由()f x 是偶函数可知，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为2.………………10分综上所述，当0a >时，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为0；当0a =时，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为1；当0a <时，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为2. （Ⅲ）函数()f x 有3个极值点.………………13分。

2019-2020学年北师大版选修2-2 导数与函数的零点 教案

2019-2020学年北师大版选修2-2 导数与函数的零点 教案

2019-2020学年北师大版选修2-2 导数与函数的零点 教案考点一 判断零点的个数【例1】 (2019·合肥质检)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)＝ax 2－2ax －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 )＝x 2－2x －3.(2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x－4ln x －2，∴g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝（x －1）（x －3）x2，令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝3.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的取值变化情况如下表：当x >3时，g (e 5)＝e 5－3e 5－20－2>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.规律方法 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 )的图像草图，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.【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)＝e 2－3－2>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图像有两个不同的交点.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 )→＋∞. 由图像可知，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).规律方法 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. 【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 )＝(e x · e x )′－(a ln x )′＝2e 2x－a x(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 ＝－a x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2e 2x0－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.规律方法 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在 (0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.2.由(1)知，函数f ′(x )存在唯一零点x 0，则f (x 0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f (x 0)≥2a ＋a ln 2a.【训练3】 (2018·东北三省四校联考)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 2－1x2＝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）2x2≤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＝ln 4.0964>ln 1＝0， ∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2<0，即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2. 因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增.所以x1<1x2，故x1x2<1.[思维升华]1.解决函数y＝f(x)的零点问题，可通过求导判断函数图像的位置、形状和发展趋势，观察图像与x轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等.2.通过等价变形，可将“函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点”与“方程f(x)＝g(x)的解”问题相互转化.[易错防范]函数y＝f(x)在某一区间(a，b)上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.基础巩固题组(建议用时：35分钟)一、选择题1.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f(x)( )A.1B.2C.3D.4解析根据导函数图像，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图像如图所示.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 D2.(2019·武汉调研)已知f(x)＝e x－ax2.命题p ：任意a ≥1，y ＝f (x )有三个零点， 命题q ：存在a ∈R ，f (x )≤0恒成立. 则下列命题为真命题的是( ) A.p 且q B.(綈p )且(綈q ) C.(綈p )且qD.p 且(綈q )解析 对于命题p ：当a ＝1时，f (x )＝e x－x 2，在同一坐标系中作出y ＝e x，y ＝x 2的图像(图略)，由图可知y ＝e x与y ＝x 2的图像有1个交点，∴f (x )＝e x －x 2有1个零点，故命题p 为假命题，∵f (0)＝1，∴命题q 显然为假命题.故(綈p )且(綈q )为真. 答案 B 二、填空题3.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x＋1的图像及g (x )＝2x －1的图像相交于点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 2 4.若函数f (x )＝ax －aex＋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 e2x＝－a （x －2）ex(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)＝ae2＋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) 三、解答题5.(2019·抚州调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图像过点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的图像过点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. 6.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 )的大致图像(如图)，结合图像知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图像无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图像有且仅有一个交点.③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图像有两个交点.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.能力提升题组 (建议用时：25分钟)7.(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⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，＋∞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. 8.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 xx 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.11。

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函数零点专题题型一、函数性质的运用【例题1-1】已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x−4)=f(x)，且在区间[0,2]上f(x)= x，若关于x的方程f(x)=log a|x|有六个不同的根，则a的范围为()A. (√6,√10)B. (√6,2√2)C. (2,2√2)D. (2,4)【答案】A【解析】【分析】本题主要考查函数与方程、函数的奇偶性、周期性等知识，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．首先求出f(x)的周期是4，画出函数的图象，得到关于a的不等式，解得即可．【解答】解：由f(x−4)=f(x)可得周期等于4，当x∈(0,10]时，函数的图象如图f(2)=f(6)=f(10)=2，再由关于x的方程f(x)=log a|x|有六个不同的根，则关于x的方程f(x)=log a x有三个不同的根，可得{loga 10>2log a6<2,解得a∈(√6,√10)，故选A．【变式训练1.1】已知定义在R上的奇函数f(x)满足当x≥0时，f(x)={log12(x+1),x∈[0,1)1−|x−3|,x∈[1,+∞)，则关于x的函数y=f(x)−a，(−1<a<0)的所有零点之和为()A. 2a−1B. 2−a−1C. 1−2−aD. 1−2a 【答案】B【解析】解：作函数f(x)与y=a的图象如下，结合图象可知，函数f(x)与y=a的图象共有5个交点，故函数F(x)=f(x)−a有5个零点，设5个零点分别为b<c<d<e<f，∴b+c=2×(−3)=−6，e+f=2×3=6，log12(x+1)=a，故x=−1+2−a，即d=−1+2−a，故b+c+d+e+f=−1+2−a，故选：B．作函数f(x)与y=a的图象，从而可得函数F(x)=f(x)−a有5个零点，设5个零点分别为b<c<d<e<f，从而结合图象解得．本题考查了函数的零点与函数的图象的关系应用及数形结合的思想应用．【变式训练1.2】函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x−1)为偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)=x12，若函数g(x)=f(x)−x−b恰有一个零点，则实数b的取值集合是()A. (2k−14,2k+14),k∈Z B. (2k+12,2k+52),k∈ZC. (4k−14,4k+14),k∈Z D. (4k+14,4k+154),k∈Z【答案】D【解析】解：∵f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x−1)为偶函数，∴f(−x−1)=f(x−1)=−f(x+1)，即f(x)=−f(x+2)，则f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，即函数f(x)的周期是4，∵f(x−1)为偶函数，∴f(x−1)关于x=0对称，则f(x)关于x=−1对称，同时也关于x=1对称，若x∈[−1,0]，则−x∈[0,1]，此时f(−x)=√−x=−f(x)，则f(x)=−√−x，x∈[−1,0]，若x∈[−2,−1]，x+2∈[0,1]，则f(x)=−f(x+2)=−√x+2，x∈[−2,−1]，若x∈[1,2]，x−2∈[−1,0]，则f(x)=−f(x−2)=√−(x−2)=√2−x，x∈[1,2]，作出函数f(x)的图象如图：由数g(x)=f(x)−x−b=0得f(x)=x+b，由图象知当x∈[−1,0]时，由−√−x=x+b，平方得x2+(2b+1)x+b2=0，由判别式△=(2b+1)2−4b2=0得4b+1=0，得b=−14，此时f(x)=x+b有两个交点，当x∈[4,5]，x−4∈[0,1]，则f(x)=f(x−4)=√x−4，由√x−4=x+b，平方得x2+(2b−1)x+4+b2=0，由判别式△=(2b−1)2−16−4b2=0得4b=−15，得b=−154，此时f(x)=x+b有两个交点，则要使此时f(x)=x+b有一个交点，则在[0,4]内，b满足−154<b<−14，即实数b的取值集合是4n−154<b<4n−14，即4(n−1)+14<b<4(n−1)+154，令k=n−1，则4k+14<b<4k+154，故选：D．根据条件判断函数的周期性和对称性，求出函数在一个周期内的解析式，利用转化法进行求解即可．本题主要考查函数零点的应用，根据函数的性质求出函数的周期性和对称性，利用数形结合是解决本题的关键.综合性较强，难度较大．【变式训练1.3】已知函数f(x)是定义域为R的周期为3的奇函数，且当x∈(0,1.5)时f(x)=ln(x2−x+1)，则方程f(x)=0在区间[0,6]上的解的个数是()A. 3B. 5C. 7D. 9【答案】D【解析】解：∵当x∈(0,1.5)时f(x)=ln(x2−x+1)，令f(x)=0，则x2−x+1=1，解得x=1又∵函数f(x)是定义域为R的奇函数，∴在区间∈[−1.5,1.5]上，f(−1)=f(1)=0，f(0)=0f(1.5)=f(−1.5+3)=f(−1.5)=−f(1.5)∴f(−1)=f(1)=f(0)=f(1.5)=f(−1.5)=0又∵函数f(x)是周期为3的周期函数则方程f(x)=0在区间[0,6]上的解有0，1，1.5，2，3，4，4.5，5，6共9个故选：D．要求方程f(x)=0在区间[0,6]上的解的个数，根据函数f(x)是定义域为R的周期为3的奇函数，且当x∈(0,1.5)时f(x)=ln(x2−x+1)，我们不难得到一个周期函数零点的个数，根据周期性进行分析不难得到结论．若奇函数经过原点，则必有f(0)=0，这个关系式大大简化了解题过程，要注意在解题中使用.如果本题所给区间为开区间，则答案为7个，若区间为半开半闭区间，则答案为8个，故要注意对端点的分析．【变式训练1.4】已知函数f(x)满足f(x+1)=f(x−1)，且f(x)是偶函数，当x∈[−1,0]时，f(x)=x2，若在区间[−1,3]内，函数g(x)=f(x)−log a(x+2)有4个零点，则实数a 的取值范围是()A. (1,5)B. (1,5]C. (5,+∞)D. [5,+∞)【答案】D【解析】解：函数f(x)满足f(x+1)=f(x−1)，故有f(x+2)=f(x)，故f(x)是周期为2的周期函数．再由f(x)是偶函数，当x∈[−1,0]时，f(x)=x2，可得当x∈[0,1]时，f(x)=x2，故当x∈[−1,1]时，f(x)=x2，当x∈[1,3]时，f(x)=(x−2)2．由于函数g(x)=f(x)−log a(x+2)有4个零点，故函数y=f(x)的图象与y=log a(x+2)有4个交点，所以可得1≥log a(3+2)，∴实数a的取值范围是[5,+∞)；故选：D．根据题意，分析可得f(x)是周期为2的周期函数.再由f(x)是偶函数，当x∈[−1,0]时，f(x)=x2，可得函数在[−1,3]上的解析式.根据题意可得函数y=f(x)的图象与y=log a(x+2)有4个交点，即可得实数a的取值范围．本题主要考查函数的周期性的应用，函数的零点与方程的根的关系，关键是分析函数的周期．【变式训练1.5】设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x+2)=f(2−x)，当x∈[−2,0]时，f(x)=(√22)x−1，若在区间(−2,6)内关于x的方程f(x)−log a(x+2)=0(a> 0且a≠1)有且只有4个不同的根，则实数a的取值范围是()A. (14,1) B. (1,4) C. (1,8) D. (8,+∞)【答案】D【解析】解：∵对于任意的x∈R，都有f(x−2)=f(2+x)，∴f(x+4)=f[2+(x+2)]=f[(x+2)−2]=f(x)，∴函数f(x)是一个周期函数，且T=4．又∵当x∈[−2,0]时，f(x)=(√22)x−1，且函数f(x)是定义在R上的偶函数，若在区间(−2,6)内关于x的方程f(x)−log a(x+2)=0恰有4个不同的实数解，则函数y=f(x)与y=log a(x+2)(a>1)在区间(−2,6)上有四个不同的交点，如下图所示：又f(−2)=f(2)=f(6)=1，则对于函数y=log a(x+2)，由题意可得，当x=6时的函数值小于1，即log a8<1，由此解得：a>8，∴a的范围是(8,+∞)故选：D．由已知中可以得到函数f(x)是一个周期函数，且周期为4，将方程f(x)−log a(x+2)=0恰有4个不同的实数解，转化为函数f(x)的与函数y=−log a(x+2)的图象恰有4个不同的交点，数形结合即可得到实数a的取值范围．本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，指数函数与对数函数的图象与性质，其中根据方程的解与函数的零点之间的关系，将方程根的问题转化为函数零点问题，是解答本题的关键，体现了转化和数形结合的数学思想，属于中档题．【变式训练1.6】已知函数f(x)=−x3+1+a(1e≤x≤e,e是自然对数的底)与g(x)=3lnx 的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是()A. [0,e3−4]B. [0,1e3+2] C. [1e3+2,e3−4] D. [e3−4,+∞)【答案】A【解析】解：根据题意，若函数f(x)=−x 3+1+a(1e ≤x ≤e,e 是自然对数的底)与g(x)=3lnx 的图象上存在关于x 轴对称的点，则方程−x 3+1+a =−3lnx 在区间[1e ,e]上有解，−x 3+1+a =−3lnx ⇔a +1=x 3−3lnx ，即方程a +1=x 3−31nx 在区间[1e ,e]上有解，设函数g(x)=x 3−31nx ，其导数g′(x)=3x 2−3x=3(x 3−1)x，又由x ∈[1e ,e]，g′(x)=0在x =1有唯一的极值点， 分析可得：当1e ≤x ≤1时，g′(x)<0，g(x)为减函数， 当1≤x ≤e 时，g′(x)>0，g(x)为增函数， 故函数g(x)=x 3−31nx 有最小值g(1)=1，又由g(1e )=1e 3+3，g(e)=e 3−3；比较可得：g(1e )<g(e)， 故函数g(x)=x 3−31nx 有最大值g(e)=e 3−3，故函数g(x)=x 3−31nx 在区间[1e ,e]上的值域为[1,e 3−3]； 若方程a +1=x 3−31nx 在区间[1e ,e]上有解， 必有1≤a +1≤e 3−3，则有0≤a ≤e 3−4， 即a 的取值范围是[0,e 3−4]； 故选：A ．根据题意，可以将原问题转化为方程a +1=x 3−31nx 在区间[1e ,e]上有解，构造函数g(x)=x 3−31nx ，利用导数分析g(x)的最大最小值，可得g(x)的值域，进而分析可得方程a +1=x 3−31nx 在区间[1e ,e]上有解，必有1≤a +1≤e 3−3，解可得a 的取值范围，即可得答案．本题考查了构造函数法求方程的解及参数范围；关键是将已知存在关于x 轴对称的点转化为方程a −x 3=−3lnx ⇔−a =3lnx −x 3在上有解．题型二、方程根的分布法【例题2-1】已知函数f(x)=e x|x|，关于x 的方程f 2(x)−2af(x)+a −1=0(a ∈R)有3个相异的实数根，则a 的取值范围是( )A. (e 2−12e−1,+∞)B. (−∞,e 2−12e−1) C. (0,e 2−12e−1) D. {e 2−12e−1}【答案】D【解析】【分析】本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法转化为一元二次函数，利用数形结合以及根与系数之间的关系是解决本题的关键.综合性较强，有一定的难度．将函数f(x)表示为分段函数形式，判断函数的单调性和极值，利用换元法将方程转化为一元二次方程，利用一元二次函数根与系数之间的关系进行求解即可． 【解答】解：当x >0时，f(x)=e x x，函数的导数f′(x)=e x ⋅x−e xx 2=e x (x−1)x 2，当x >1时，f′(x)>0，当0<x <1时，f′(x)<0，则当x =1时函数取得极小值f(1)=e ，当x <0时，f(x)=−e xx ，函数的导数f′(x)=−e x ⋅x−e xx 2=−e x (x−1)x 2，此时f′(x)>0恒成立，此时函数为增函数，作出函数f(x)的图象如图：设t =f(x)，则t >e 时，t =f(x)有3个根， 当t =e 时，t =f(x)有2个根当0<t <e 时，t =f(x)有1个根， 当t ≤0时，t =f(x)有0个根，则f 2(x)−2af(x)+a −1=0(m ∈R)有三个相异的实数根，等价为t 2−2at +a −1=0(m ∈R)有2个相异的实数根，其中0<t 1<e ，t 2=e ，当t =e 时，e 2−2ae +a −1=0， 即a =e 2−12e−1，此时满足条件． 故选D ．【变式训练2.1】设定义域为R 的函数f(x)={|lgx |−x 2−2x (x >0)(x ≤0)，若关于x 的函数y =2f 2(x)+2bf(x)+1有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是( )A. −32<b <√2 B. −32<b <−√2 C. −2<b <−√2D. −32<b <−√2或b >√2【答案】B【解析】【分析】本题考查复合函数零点的个数问题，以及二次函数根的分布，先将函数进行换元，转化为一元二次函数问题.同时在结合函数f(x)的图象，确定b 的取值范围，属于难题． 【解答】解：令t =f(x)，则原函数等价为y =2t 2+2bt +1.做出函数f(x)的图象如图：，图象可知当由0<t <1时，函数t =f(x)有四个交点．所以要使关于x 的函数y =2f 2(x)+2bf(x)+1有8个不同的零点， 则函数y =2t 2+2bt +1有两个根t 1，t 2，且0<t 1<1，0<t 2<1．令g(t)=2t 2+2bt +1，则由根的分布可得{△>0g(0)>0g(1)>00<−2b 2×2<1，即{△=4b 2−8>0g(0)=1>0g(1)=2b +3>0−2<b <0，解得{b >√2或b <−√2b >−32−2<b <0，即−32<b <−√2，所以实数b 的取值范围是−32<b <−√2． 故选B ．【变式训练2.2】已知函数f(x)=(x2−3)e x，设关于x的方程f2(x)−mf(x)−12e2= 0(m∈R)有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为A. 3B. 1或3C. 4或6D. 3或4或6【答案】A【解析】解：f′(x)=(x−1)(x+3)e x，∴f(x)在(−∞,−3)和(1,+∞)上单增，(−3,1)上单减，又当x→−∞时f(x)→0，x→+∞时f(x)→+∞，故f(x)的图象大致为：令f(x)=t，则方程t2−mt−12e2=0必有两根t1，t2(t1<t2)且t1t2=−12e2，当t1=−2e时恰有t2=6e−3，此时f(x)=t1有1个根，f(x)=t2有2个根；当t1<−2e时必有0<t2<6e−3，此时f(x)=t1无根，f(x)=t2有3个根；当−2e<t1<0时必有t2>6e−3，此时f(x)=t1有2个根，f(x)=t2有1个根；综上，对任意m∈R，方程均有3个根．故选：A．利用导数求出函数的单调性，画出图象，令f(x)=t，则方程t2−mt−12e2=0必有两根t1，t2(t1<t2)且t1t2=−12e2，根据图象求解本题考查了方程的根与函数图象交点间的转化，方程与函数的思想、数形结合的思想是解题的关键，属于难题．【变式训练2.3】已知f(x)=x|lnx|，若关于x的方程[f(x)]2−(2m+1)f(x)+m2+m=0恰好有4个不相等的实数根，则实数m的取值范围为()A. (1e ,2)∪(2,e) B. (1e+1,e) C. (e−1,e) D. (1e,e)【答案】C【解析】解：令t =f(x)，则方程有两个根t 1=m 或t 2=m +1， 当x ≥0时，f′(x)=lnx−1ln 2x，当0≤x <e 时，f′(x)<0，当x ≥e 时，f′(x)≥0 ∴f(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)单调递增； 作出函数f(x)的草图如图：关于x 的方程[f(x)]2−(2m +1)f(x)+m 2+m =0恰好有4个不相等的实数根，转化为t 1=f(x)有一个，t 2=f(x)有3个，则0<m <e 且m +1>e ，∴e −1<m <e ．故选：C ．求函数的导数，判断函数的取值情况，设t =f(x)，利用换元法，将方程转化为一元二次方程，利用根的分布建立条件关系即可得到结论．本题考查了根的存在性及根的个数的判断，考查了利用函数的导函数分析函数的单调性，考查了学生分析问题和解决问题的能力，利用换元法转化为一元二次方程，是解决本题的关键．【变式训练2.4】函数y =f(x)是定义域为R 的偶函数，当x ≥0时，f(x)={116x 2(0≤x ≤2)(12)x (x >2)，若关于x 的方程[f(x)]2+af(x)+b =0，a ，b ∈R 有且仅有5个不同实数根，则实数a 的取值范围是( )A. (−14,0)B. (−12,−14) C. (−12,−14)∪(−14,−18)D. (−12,−18)【答案】A【解析】解：作出f(x)的函数图象如图所示：令f(x)=t ，显然，当t =0时，方程f(x)=t 只有一解x =0， 当0<t <14时，方程f(x)=t 有四个解， 当t =14时，方程f(x)=t 有两解，当t <0或t >14时，方程f(x)=t 无解．∵关于x 的方程[f(x)]2+af(x)+b =0，a ，b ∈R 有且仅有5个不同实数根， ∴关于t 的方程t 2+at +b =0，t ∈R 有两解，且一解为t 1=0，另一解t 2∈(0,14)， ∴b =0，∵t 2+at =0的两解分别为t 1=0，t 2=−a ， ∴0<−a <14，解得−14<a <0．故选A ．做出f(x)的函数图象，令f(x)=t ，根据图象得出方程f(x)=t 的解的情况，得出t 的范围，从而得出a 的范围．本题考查了函数零点的个数与函数图象的关系，二次函数的性质，属于中档题．题型三、等高线的应用【例题3-1】已知f(x)={1−x −2x 2x ≤0|lgx|x >0若关于x 的方程f(x)=a 有四个实根x 1，x 2，x 3，x 4，则这四根之积x 1，x 2，x 3，x 4的取值范围是( )A. [0,12) B. [0,14) C. [0,18) D. [0,116)【答案】D【解析】解：由题意，−lgx 3=lgx 4，∴x 3x 4=1， ∴x 1x 2x 3x 4=x 1x 2，y =1−x −2x 2的顶点坐标为(1,98)，x =0时，y =1 ∵关于x 的方程f(x)=a 有四个实根x 1，x 2，x 3，x 4，∴1≤a <98由1−x −2x 2=a 可得x 1x 2=a−12∈[0,116)，∴四根之积x 1，x 2，x 3，x 4的取值范围是[0,116)，故选：D ．确定x 3x 4=1，x 1x 2x 3x 4=x 1x 2，利用关于x 的方程f(x)=a 有四个实根x 1，x 2，x 3，x 4，可得1≤a <98，由1−x −2x 2=a 可得x 1x 2=a−12∈[0,116)，即可得出结论．本题考查分段函数，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．【变式训练3.1】已知f(x)={|log 2(x −1)|,1<x ≤312x 2−5x +232,x >3，若f(x)=m 有四个不同的实根x 1，x 2，x 3，x 4且x 1<x 2<x 3<x 4，则(mx 1+mx 2)⋅(x 3+x 4)的取值范围为( )A. (0,10)B. [0,10]C. (0,4)D. [0,4]【答案】A【解析】【分析】本题考查分段函数的图象和应用：求自变量的范围，考查图象的对称性和对数的运算性质，属于中档题.画出f(x)的图象，由对称性可得x 3+x 4=10，对数的运算性质可得x 1x 2=x 1+x 2，代入要求的式子，结合图象可得所求范围． 【解答】解：f(x)={|log 2(x −1)|,1<x ≤312x 2−5x +232,x >3的图象如右：f(x)=m 有四个不同的实根x 1，x 2，x 3，x 4且x 1<x 2<x 3<x 4， 可得x 3+x 4=10，且|log 2(x 1−1)|=|log 2(x 2−1)|， 即为log 2(x 1−1)+log 2(x 2−1)=0， 即有(x 1−1)(x 2−1)=1， 即为x 1x 2=x 1+x 2， 可得(m x 1+mx 2)(x 3+x 4)=10m ⋅x 1+x 2x 1x 2=10m ，由0<m <1，可得0<10m <10， 故选A ．【变式训练3.2】设函数f(x)={|2x+1−2|,x ≤2x 2−11x +30,x >2，若互不相等的实数a,b,c,d 满足f(a)=f(b)=f(c)=f(d)，则2a +2b +2c +2d 的取值范围是( )A. (64√2+2,146)B. (98,146)C. (64√2+2,266)D. (98,266) 【答案】B【解析】【分析】本题考查了指数函数及其性质，二次函数，对钩函数，函数的定义域与值域，数形结合思想和函数的零点与方程根的关系．利用函数的零点与方程根的关系，作函数图象，结合指数函数和二次函数的图象得2a +2b =2，c ∈(4,5)，d =11−c ，再利用对钩函数的值域计算得结论． 【解答】解: 作函数y =f (x )与y =t (0<t <2)的图象如下：因为互不相等的实数a ，b ，c ，d 满足f(a)=f(b)=f(c)=f(d)， 不妨设a <b <c <d ，则2−2a+1=2b+1−2，c ∈(4,5)，d =11−c ， 即2a +2b =2，，c ∈(4,5)，d =11−c ． 所以2a +2b +2c +2d =2+2c +211−c ． 令m =2c ，则m ∈(16,32)， 而函数y =m +211m在m ∈(16,32)是单调递减的，因此函数y =m +211m在m ∈(16,32)的值域为(96,144)，所以2a +2b +2c +2d ∈(98,146)． 故选B ．【变式训练3.3】已知函数，若方程f(x)=ax 有三个不同的实数根x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则x 1−x 2的取值范围是A. (1e −e,e1−2e )B. (2e 21−2e ,−32)C. (12−e,1−e2e−1)D. (12−e,1e −1)【答案】B【解析】【分析】本题考查了导数的几何意义、数形结合思想，方程思想、对数函数的图象等.属难题． 利用y =ax 与y =lnx 相切时的切点坐标． 【解答】解：当y =ax 与y =lnx 相切时，设切点为(x 0,lnx 0 )， a =lnx 0x 0=1x 0，∴x 0=e,，a =1e ，由1e x =2x +1 得 再由图知方程f(x)=ax 的三个不同的实数根x 1，x 2，x 3 满足e 1−2e<x 1<−12，1<x 2<e <x 3因此e1−2e −e <x 1−x 2<−12−1， 即x 1−x 2 的取值范围是(2e 21−2e,−32)故选B ．题型四、非常规零点题型类型一、伪周期函数【例题4−1】12.已知函数f(x)={4−8|x −32|,1≤x ≤212f(x2),x >2，则函数g(x)=xf(x)−6在区间[1,2n ](n ∈N ∗)内所有零点的和为( )A. nB. 2nC. 34(2n −1)D. 32(2n −1)【答案】D【解析】【分析】将函数g(x)的零点问题转化为函数y =f (x )和函数y =6x 图象交点的问题处理，利用数形结合的方法求解，在同一坐标系中画出两函数的图象.结合图象得到两函数交点的横坐标，最后转化为等比数列求和的问题解决． 【解答】解：由g (x )=xf (x )−6=0得f (x )=6x ，故函数g (x )的零点即为函数y =f (x )和函数y =6x 图象交点的横坐标．由f (x )=12f (x2)可得，函数y =f (x )是以区间(2n−1,2n )为一段，其图象为在水平方向上伸长为原来的2倍，同时在竖方向上缩短为原来的12．从而先作出函数y =f (x )在区间[1,2]上的图象，再依次作出在[2,4],[4,8],⋯[2n−1,2n ]上的图象(如图)．，然后再作出函数y =6x 的图象，结合图象可得两图象的交点在函数y =f (x )的极大值的位置，由此可得函数g (x )在区间(2n−1,2n )上的零点为x n =2n−1+2n2=34·2n ，故所有零点之和为S n =34·2(1−2n )1−2=3(2n −1)2．故选D ．类型二、三角综合【例题4-2】已知函数f(x)={|2x −1|,x >032x +2,x ≤0，若关于x 的方程f(sinx)=m 在区间[0,2π]上有四个不同的实数根，则实数m 的取值范围是( )A. 0<m <12 B. 0<m ≤12C. 12<m ≤1 D. 12<m <1【答案】A【解析】【分析】讨论当x ∈[0,π]时，sinx ∈[0,1]，则f(sinx)=|2sinx −1|，作出y =|2sinx −1|的图象，当x ∈(π,2π]时，sinx ∈[−1,0]，则f(sinx)=32sinx +2，作出y =32sinx +2的图象，分别求得f(sinx)的范围，结合图象即可得到m 的范围． 【解答】解：函数f(x)={|2x −1|,x >032x +2,x ≤0，当x ∈[0,π]时，sinx ∈[0,1]，则f(sinx)=|2sinx −1|，作出y =|2sinx −1|的图象， 可得f(sinx)∈[0,1]；当x∈(π,2π]时，sinx∈[−1,0]，则f(sinx)=32sinx+2，作出y=32sinx+2的图象，可得f(sinx)∈[12,2]，由方程f(sinx)=m在区间[0,2π]上有四个不同的实数根，即有0<m<12．故选A．本题考查分段函数的应用，考查正弦函数的图象和性质，运用数形结合的思想方法是解题的关键．类型三、变形构造【例题4-3】若关于x的方程(lnx−ax)lnx=x2存在三个不等实根，则实数a的取值范围是()A. (−∞,1e2−1e) B. (1e2−1e,0) C. (−∞,1e−e) D. (1e−e,0)【答案】C【解析】解：由题意知(lnxx )2−alnxx−1=0，令t=lnxx，t2−at−1=0的两根一正一负，由f(x)=t=lnxx ，f′(x)=1−lnxx2，令f′(x)>0，解得：0<x<e，令f′(x)<0，解得：x>e，故f(x)在(0,e)递增，在(e,+∞)递减，故f(x)max=f(e)=1e，且x>e时，f(x)>0，若关于x的方程(lnx−ax)lnx=x2存在三个不等实根，只需令t2−at−1=0的正根a+√a2+42满足：0<a+√a2+42<1e，解得：a∈(−∞,1e−e)，故选：C．由题意知(lnxx )2−alnxx−1=0，令t=lnxx，得t2−at−1=0的两根一正一负，由f(x)=t=lnxx，求出函数的导数，根据函数的单调性求出f(x)的最大值，问题转化为关于a的不等式，解出即可．本题是考查函数的性质及零点的相关知识，考查二次函数的性质以及导数的应用，是一道综合题．类型四、存在零点【例题4-4】已知函数f(x)=ln(2x)x，关于x 的不等式f 2(x)+af(x)>0只有两个整数解，则实数a 的取值范围是( )A. (−ln2,−13ln6]B. (−1e ,−ln63]C. [13ln6,ln2)D. [ln63,2e )【答案】A 【解析】解：f′(x)=1−ln(2x)x 2，令f′(x)=0得x =e2，∴当0<x <e2时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x >e2时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 由当x <12时，f(x)<0，当x >12时，f(x)>0， 作出f(x)的大致函数图象如图所示：∵f 2(x)+af(x)>0，(1)若a =0，即f 2(x)>0，显然不等式有无穷多整数解，不符合题意； (2)若a >0，则f(x)<−a 或x >0，由图象可知f(x)>0有无穷多整数解，不符合题意； (3)若a <0，则f(x)<0或f(x)>−a ，由图象可知f(x)<0无整数解，故f(x)>−a 有两个整数解， ∵f(1)=f(2)=ln2，且f(x)在(e2,+∞)上单调递减， ∴f(x)>−a 的两个整数解必为x =1，x =2， 又f(3)=ln63，∴ln63≤−a <ln2，解得−ln2<a ≤−ln63．故选：A ．判断f(x)的单调性，作出f(x)的图象，利用函数图象得出a的范围．本题考查了函数的单调性判断，不等式的解与函数图象的关系，属于中档题．【变式训练4.1】已知函数f(x)=2e|x−2|−12a(2x−2+22−x)−a2有唯一零点，则负实数a=()A. −2B. −12C. −1 D. −12或−1【答案】A【解析】解：函数f(x)=2e|x−2|−12a(2x−2+22−x)−a2有唯一零点，设x−2=t，则函数ℎ(t)=2e|t|−12a(2t+2−t)−a2有唯一零点，则2e|t|−12a(2t+2−t)=a2，设g(t)=2e|t|−12a(2t+2−t)，∵g(−t)=2e|t|−12a(2t+2−t)=g(t)，∴g(t)为偶函数，∵函数f(t)有唯一零点，∴y=g(t)与y=a2有唯一的交点，∴此交点的横坐标为0，∴2−a=a2，解得a=−2或a=1(舍去)，故选：A．设x−2=t，则函数ℎ(t)=2e|t|−12a(2t+2−t)−a2有唯一零点，则可得得到2e|t|−1 2a(2t+2−t)=a2，构造函数g(t)=2e|t|−12a(2t+2−t)，易知函数偶函数，则y=g(t)与y=a2有唯一的交点，可得此交点的横坐标为0，代值计算即可．本题考查了函数的零点以及偶函数的性质，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．【变式训练4.2】已知函数f(x)=2e2x−2ax+a−2e−1，其中a∈R，e为自然对数的底数.若函数f(x)在区间(0,1)内有两个零点，则a的取值范围是()A. (2,2e−1)B. (2,2e2)C. (2e2−2e−1,2e2)D. (2e−1,2e2−2e−1)【答案】D【解析】解：∵函数f(x)=2e2x−2ax+a−2e−1，∴f′(x)=4e2x−2a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在R上单调递增，∴函数f(x)在区间(0,1)至多有一个零点，不满足题意，∴a>0，令f′(x)=0，解得x =12ln a2，∴当f′(x)>0时，即x >12ln a2，函数单调递增， 当f′(x)<0时，即x <12ln a 2，函数单调递减，∴f(x)min =2a −alna +aln2−2e −1， 设g(a)=2a −alna +aln2−2e −1，a >0 ∴g′(a)=1+ln2−lna ， 令g′(a)=0，解得a =2e ，∴∴g′(a)>0时，即0<a <2e ，函数单调递增， 当g′(a)<0时，即a >2e ，函数单调递减，∴g(a)max =4e −2eln2e +2eln2−2e −1=4e −2eln2−2e +2eln2−2e −1=−1<0，∵函数f(x)在区间(0,1)内有两个零点， ∴{f(0)>0f(1)>0， 即{2+a −2e −1>02e 2−2a +a −2e −1>0， 解得2e −1<a <2e 2−2e −1 故选：D ．先求导，再分类讨论，当a ≤0不满足题意，当a >0，利用导数求出函数的最小值，再构造函数，求出最小值小于0恒成立，即可得到函数f(x)在区间(0,1)内有两个零点，可得{f(0)>0f(1)>0，解得即可． 本题考查了函数的零点，导数和函数的最值的关系，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．【变式训练4.3】设函数f(x)=ln(x +1)+a(x 2−x)，若f(x)在区间(0,+∞)上无零点，则实数a 的取值范围是( )A. [0,1]B. [−1,0]C. [0,2]D. [−1,1]【答案】A【解析】解：令f(x)=0可得ln(x +1)=−a(x 2−x)， ∵f(x)在区间(0,+∞)上无零点，∴g(x)=ln(x +1)与ℎ(x)=−a(x 2−x)在y 轴右侧无交点． 显然当a =0时符合题意；当a <0时，作出g(x)=ln(x +1)与ℎ(x)=−a(x 2−x)的函数图象如图所示：显然两函数图象在y轴右侧必有一交点，不符合题意；当a>0时，作出g(x)=ln(x+1)与ℎ(x)=−a(x2−x)的函数图象如图所示：若两函数图象在y轴右侧无交点，则ℎ′(0)≤g′(0)，即a≤1．综上，0≤a≤1．故选：A．令g(x)=ln(x+1)与ℎ(x)=−a(x2−x)在y轴右侧无交点，根据函数图象得出a的范围．本题考查了函数零点与函数图象的关系，属于中档题．类型五、复合函数零点【例题4-5】已知函数f(x)={|log2(x+1)|,x∈(−1,3)4x−1,x∈[3,+∞)则函数g(x)=f[f(x)]−1的零点个数为()A. 1B. 3C. 4D. 6【答案】C【解析】【分析】本题考查了函数零点的问题，以及分段函数的问题，属于中档题．令f(x)令f(x)=1得x1=−12，x2=1，x3=5，再画出f(x)的图象，结合图象可得答案．【解答】解：令f(x)=1得x 1=−12，x 2=1，x 3=5， 令g(x)=f[f(x)]−1=0， 作出图象如图所示：由图象可得当f(x)=−12无解，f(x)=1有3个解， f(x)=5有1个解，综上所述函数g(x)=f[f(x)]−1的零点个数为4， 故选C ．【变式训练4.4】已知函数f(x)={lnx,x ≥11−x 2,x <1，若F(x)=f[f(x)+1]+m 有两个零点x 1，x 2，则x 1+x 2的取值范围是( )A. [4−2ln2,+∞)B. [1+√e,+∞)C. [4−2ln2,1+√e)D. [−∞,1+√e)【答案】A【解析】解：当x ≥1时，f(x)=lnx ≥0， ∴f(x)+1≥1，∴f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)， 当x <1，f(x)=1−x2>12， f(x)+1>32，f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)，综上可知：f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)+m =0，则f(x)+1=e −m ，f(x)=e −m −1，有两个根x 1，x 2，(不妨设x 1<x 2)， 当x ≥1是，lnx 2=e −m −1，当x <1时，1−x 12=e −m −1， 令t =e −m −1>12，则lnx 2=t ，x 2=e t ，1−x 12=t ，x 1=2−2t ，∴x 1+x 2=e t +2−2t ，t >12， 设g(t)=e t +2−2t ，t >12，求导g′(t)=e t −2，令g′(t)=0，解得：t =ln2， t ∈(12,ln2)，g′(t)<0，函数g(t)单调递减，t ∈(ln2,+∞)，g′(t)>0，函数g(t)单调递增，∴当t =ln2时，g(t)取最小值，最小值为：g(t)min =g(ln2)=2+2−2ln2=4−2ln2， ∴g(x)的值域为[4−2ln2,+∞)， ∴x 1+x 2取值范围[4−2ln2,+∞)， 故选：A ．由题意可知：当x ≥1时，f(x)+1≥1，f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)，当x <1，f(x)=1−x2>12，f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)，f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)+m =0，则x 1+x 2=e t +2−2t ，t >12，设g(t)=e t +2−2t ，t >12，求导，利用导数求得函数的单调性区间，即可求得x 1+x 2的取值范围．本题考查函数零点的判定，利用导数求函数的单调性及最值，考查计算能力，属于中档【变式训练4.5】已知函数f (x )={e x , x ≤0|lnx | ,x >0，则函数F(x)=f [f(x)]−1e 2f (x )−1的零点个数为( )个A. 8B. 7C. 6D. 5【答案】C 【解析】【分析】本题考查了函数零点的个数判断与函数图象的关系，属于中档题.作出f (x )的函数图象，令f (x )=t ，根据f (t )与y =1e 2t +1的交点个数得方程f (x )=t 的解，再结合f (x )的图象得出结论． 【解答】解：令f (x )=t 可得f (t )=1e t +1， 作出f (x )的函数图象，如图所示：设直线y =kx +1与y =e x 相切，切点为(x 0,y 0)， 则{e x 0=k e x 0=kx 0+1， 解得x 0=0，k =1，设直线y =kx +1与y =lnx 相切，切点为(x 1,y 1)， 则{1x 1=k kx 1+1=lnx 1， 解得x 1=e 2，k =1e 2，∴直线y =1e 2t +1与f (t )的图象有4个交点，不妨设4个交点横坐标为t 1，t 2，t 3，t 4，且t 1<t 2<t 3<t 4， 由图象可知t 1<0，t 2=0，0<t 3<1，t 4=e 2，由f (x )的函数图象可知f (x )=t 1无解，f (x )=t 2有1解，f (x )=t 3有3解，f (x )=t 4有2解，∴F (x )=0有6个零点． 故选C ．类型六、新定义函数 【例题4-6】设函数f(x)={x −[x], x ≥0f(x +1), x <0,其中[x]表示不超过x 的最大整数，如[−1.2]=−2，[1,2]=1，[1]=1，若函数g (x )=f (x )−kx −k (k >0)恰有三个不同的零点，则k 的取值范围是 ( )A. (14,13]B. (0,14]C. [14,13]D. [14,13)【答案】D【解析】【分析】本题考查分段函数及数形结合的解题思想，同时考查函数零点与方程根的关系，画图可知f(x)就是周期为1的函数，且在[0,1)上是一直线y =x 的对应部分的含左端点，不包右端点的线段，要有三解，只需直线y =kx +k 过点(3,1)与直线y =kx +k 过点(2,1)之间即可. 【解答】解：若函数g (x )=f (x )−kx −k (k >0)恰有三个不同的零点，即为f(x)=kx +k(k >0) ∵函数f(x)={x −[x],x ≥0f(x +1),x <0，∴函数的图象如下图所示：令y =kx +k =k(x +1)，故函数图象一定过(−1,0)点，若f(x)=kx +k 有三个不同的根，则y =kx +k 与y =f(x)的图象有三个交点， 当y =kx +k 过(2,1)点时，k =13，当y =kx +k 过(3,1)点时，k =14， 故f(x)=kx +k 有三个不同的根，则实数k 的取值范围是[14,13)． 故选D ．【变式训练4.6】对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x ∈R|f(x)=0}，β∈{x ∈R|g(x)=0}，若存在α,β使得|α−β|⩽1，则称f(x)与g(x)互为“友谊函数”。

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