如何运用导数讨论方程根的个数问题教师版

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微专题利用导数证明问题或讨论零点个数教师版

微专题利用导数证明问题或讨论零点个数利用导数求函数的零点或方程根的问题、用导数证明不等式问题是高考命题的重点,命题的角度常见的有：判断函数零点的个数或方程解的个数；根据函数零点的个数或方程解得个数求解参数；利用导数证明不等式.题型以解答题为主，有时也在选择题或填空题的后两题中进行考查,难度较大.重点考查考生函数与方程、转化与化归的思想，数学抽象及数学运算的学科核心素养.考点一利用导数求函数的零点或方程根的问题【典型例题】【例1】已知函数21()e xax bx f x ++=．（Ⅰ）当1a b ==时，求函数()f x 的极值；（Ⅱ）若()11f =，且方程()1f x =在区间()0,1内有解，求实数a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）当1a b ==时，21()e x x x f x ++=，则2()ex x x f x -'=，解不等式()0f x '>，得01x <<，所以，函数()f x 在()0,1上单调递增；解不等式()0f x '<，得0x <或1x >，所以，函数()f x 在(),0-∞和()1,+∞上单调递减，因此，函数()f x 的极小值为(0)1f =，极大值为3(1)ef =；（Ⅱ）由(1)1f =得e 1b a =--，由()1f x =，得2e 1x ax bx =++，设()2e 1x g x ax bx =---，则()g x 在()0,1内有零点，设0x 为()g x 在()0,1内的一个零点，由()()010g g ==知，()g x 在()00,x 和()0,1x 上不单调，设()()h x g x '=，则()h x 在()00,x 和()0,1x 上均存在零点，即()h x 在()0,1上至少有两个零点．()()e 2,e 2x x g x ax b h x a ''=--=-．当12a ≤时，()0h x '>，()h x 在()0,1上单调递增，()h x 不可能有两个及以上的零点；当e2a ≥时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减，()h x 不可能有两个及以上的零点；当1e 22a <<时，令()0h x '=，得()()ln 20,1x a =∈，所以，()h x 在()()0,ln 2a 上单调递减，在()()ln 2,1a 上单调递增，()h x 在()0,1上存在极小值()()ln 2ha ，若()h x 有两个零点，则有()()()()ln 20,00,10h a h h <>>,()()()1e ln 232ln 21e 22h a a a a a ⎛⎫=-+-<< ⎪⎝⎭，设()()3ln 1e 1e2m x x x x x =-+-<<，则()1ln 2m x x '=-，令()0m x '=，得x当1x <()0m x '>，函数()m x 单调递增；e x <<时，()0m x '<，函数()m x 单调递减．所以，()max 1e<0m x m ==-，所以，()()ln 20h a <恒成立，由()()01e+2>0,h 1e 20h b a a b =-=-=-->,得e 21a -<<．归纳利用导数研究函数零点或方程根的方法： (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法.借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负,函数单调性判断函数图象走势,从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围. (2)数形结合法求解零点.对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性,画出草图数形结合确定其中参数的范围. (3)构造函数法研究函数零点.①根据条件构造某个函数,利用导数确定函数的单调区间及极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求解.②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.【变式训练1】已知函数()()22x x f x ae a e x =+--. (1)讨论() f x 的单调性;(2)若() f x 有两个零点,求a 的取值范围.【解析】(1) ()()()()2'221121x x x x f x ae a e ae e =++-=-+, ①当0a ≤时, ()'0f x <,()f x 在(),-∞+∞上单调递减, ②当0a >时,f x 在(,ln )a -∞-上单调递减, (ln ,)a -+∞上单调递增.(2)因为()f x 有两个零点,所以必有0a >,否则()f x 在R 上单调递减,至多一个零点,与题意不符. 当0a >时, ()f x 在(,ln )a -∞-上单调递减, ()f x 在(ln ,)a -+∞上单调递增,又()f x 有两个零点,所以必有()ln 0f a -<,即()2112ln 0a a a a a ⎛⎫⋅+-⋅-< ⎪⎝⎭,又因为0a >,可得22ln 0a a -+<. 令()22ln g a a a =-+()0a >),则()1'20g a a=+>, 所以()g a 在()0,+∞上单调递增.因为()10g =,所以由22ln 0a a -+<可得01a <<. 综上所述01a <<.【变式训练2】已知函数()ln af x x a x=-+在[]1,e x ∈上有两个零点，则a 的取值范围是( ) A.e ,11e ⎡⎫-⎪⎢-⎣⎭ B.e ,11e ⎡⎫⎪⎢-⎣⎭C.e ,11e ⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦D.[)1,e - 【解析】∵[]221'(),1,e a x af x x x x x+=+=∈．当1a ≥-时，()'0f x ≥，()f x 在[]1,e 上单调递增，不合题意．当e a ≤-时，()'0f x ≤，()f x 在[]1,e 上单调递减，也不合题意．当e 1a -<<-时，则,[)1x a ∈-时，()'0f x <，()f x 在[1,)a -上单调递减，,e (]x a ∈-时，()'0f x >，()f x 在(],e a -上单调递增，又()10f =，所以()f x 在e []1,x ∈上有两个零点，只需(e)10e a f a =-+≥即可，解得e 11ea ≤<--. 综上，a 的取值范围是e ,11e ⎡⎫-⎪⎢-⎣⎭.故选A.【变式训练3】已知函数217()(2)ln 422f x x x x x =++-+，则函数()f x 的所有零点为 .【解析】函数)(x f 的定义域为),0(+∞，且()2ln 3f x x x x'=++-．设()2ln 3g x x x x =++-，则()()222221122()1x x x x g x x x x x +-+-'=-+==()0x >．当01x <<时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>，即函数()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，所以当0x >时，()()10g x g ≥=（当且仅当1=x 时取等号）．即当0x >时，()0f x '≥（当且仅当1=x 时取等号）．所以函数()f x 在),0(+∞单调递增，至多有一个零点. 因为(1)0f =，1=x 是函数)(x f 唯一的零点. 综上，函数()f x 的所有零点只有1=x ．【答案】1.考点二利用导数证明不等式的有关问题【典型例题】【例2】已知函数()21x x f x e-= (e 为自然对数的底数).（1）求函数()f x 的零点0x ，以及曲线()y f x =在0x x =处的切线方程；（2）设方程()()0f x m m =>有两个实数根1x ，2x ，求证：121212x x m e ⎛⎫-<-+⎪⎝⎭. 【解析】（1）由()210x x f x e -==，得1x =±，∴函数的零点01x =±.()221xx x f x e--'=，()12f e '-=，()10f -=. 曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为()21y e x =+.()21f e'=-，()10f =，∴曲线()y f x =在1x =处的切线方程为()21y x e=--.（2）()221xx x f x e --'=.当(() 11x ∈-∞+∞U ，时，()0f x '>；当(1 1x ∈+时，()0f x '<. ∴()f x 的单调递增区间为(() 1 1-∞+∞，，，单调递减区间为(1+. 由（1）知，当1x <-或1x >时，()0f x <；当11x -<<时，()0f x >.下面证明：当()1 1x ∈-，时，()()21e x f x +>. 当()1 1x ∈-，时，()()()21112121002x x x x e x f x e x e e +--+>⇔++>⇔+>.易知，()112x x g x e +-=+在[]1 1x ∈-，上单调递增，而()10g -=，∴()()10g x g >-=对()1 1x ∀∈-，恒成立， ∴当()1 1x ∈-，时，()()21e x f x +>. 由()21y e x y m⎧=+⎪⎨=⎪⎩得12m x e =-.记112mx e '=-.不妨设12x x <，则12111x x -<<-<，∴121221212m x x x x x x x e⎛⎫''-<-=-=-- ⎪⎝⎭. 要证121212x x m e ⎛⎫-<-+⎪⎝⎭，只要证2112122m x m e e ⎛⎫⎛⎫--≤-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即证21x m ≤-. 又∵2221x x m e -=，∴只要证222211x x x e-≤-，即()()()222110x x e x -⋅-+≤.∵()21x ∈，即证()2210x e x -+≥.令()()()11x x x e x x e ϕϕ'=-+=-，.当()1x ∈时，()0x ϕ'<，()x ϕ为单调递减函数；当()0,1x ∈时，()0x ϕ'>，()x ϕ为单调递增函数. ∴()()00x ϕϕ≥=，∴()2210x e x -+≥，∴121212x x m e ⎛⎫-<-+⎪⎝⎭. 方法归纳不等式的证明问题解题策略从所证不等式的结构和特点出发,结合已有的知识利用转化与化归思想,构造一个新的函数,再借助导数确定函数的单调性,利用单调性实现问题的转化,从而使不等式得到证明,其一般步骤是:构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论.【变式训练1】已知函数()()0xaxf x a e =≠. (1)求函数()f x 的单调区间(2)当1a =时，如果方程()f x t =有两个不等实根12,x x ，求实数t 的取值范围，并证明122x x +>.【解析】(1)()f x 的定义域为R ，且()()1xa x f x e-'=. 由10x x e ->，得1x <；由10xxe -<，得1x >. 故当0a >时，函数()f x 的单调递增区间是()1-∞,，单调递减区间是(1)+∞,；当0a <时，函数()f x 的单调递增区间是(1)+∞,，单调递减区间是()1-∞,. (2)由(1)知当1a =时，()x x f x e =，且()()min11f x f e==. 当0x <时，()0f x <；当0x >时，()0f x >.∴当10t e<<时，直线y t =与()y f x =的图像有两个交点， ∴实数t 的取值范围是10,e ⎛⎫⎪⎝⎭.Q 方程()f x t =有两个不等实根12,x x ，11x x t e ∴=，22x x t e =，11x x te ∴=，22x x te =，()1212x x x x t e e ∴-=-，即1212x x x x t e e -=-. 要证122x x +>，只需证()122x xt e e +>，即证()()1212122xx x x x x e e e e -+>-，不妨设12x x >.令12m x x =-，则01m m e >>,，则要证()121m m m e e +>-，即证()220mm e m -++>.令()()()220x g x x e x x =-++>，则()()11xg x x e '=-+. 令()()11x h x x e =-+，则()0xh x xe '=>，()()11x h x x e ∴=-+在(0)+∞,上单调递增，()()00h x h ∴>=.()0g x '∴>，()g x ∴在(0)+∞,上单调递增， ()()00g x g ∴>=，即()220x x e x -++>成立，即()220mm e m -++>成立.122x x ∴+>.【变式训练2】设()()ln ,f x ax bx x f x =+ 在x e =处的切线方程是0x y e +-=，（其中2.718...e =为自然对数的底数）. （1）求,a b 的值；（2）证明：()21x f x x e≤+. 【解析】（1）()ln f x a b b x '=++由题意，可得 ()1()0f e a b b f e ae be =++=-⎧⎨=+='⎩解得1,1a b ==-（2）由（1）知()ln f x x x x =- 令()21ln (0)x h x x x x x x e =--->，则()1ln 2xh x x x e '=-+- ()1120,(1)0x h x h x e'''=---<<，当()0,0x h x '→>()()01g x g ''≤=，又()10g '<，所以()00,1x ∃∈，使得()00h x '=即00012ln x x x e =-+ 所以()h x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减所以()()0200000max 1ln x h x h x x x x x e ==--- ()0000022000000000111121x xx x x x x x x x x x x x e e e e e ⎛⎫⎛⎫=+---=+--=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()0001x m x x e =-，()00110x m x e'=+> 又()()00,10m m <>所以()10,1x ∃∈，使得()10m x =此时 111x x e =，()11ln x x =- ()10h x '=∴01x x =，∴()00m x ≤，∴()()00h x h x ≤≤；故()21x f x x e≤+.高考真题【选择题组】1、[2019·浙江卷] 设a,b ∈R,函数f(x)={x,x <0,13x 3-12(a+1)x 2+ax,x ≥0.若函数y=f(x)-ax -b 恰有3个零点,则( )A.a<-1,b<0B.a<-1,b>0C.a>-1,b<0D.a>-1,b>0【答案】C【解析】令F(x)=f(x)-ax -b={(1-a)x -b,x<0,13x 3-12(a+1)x 2-b,x≥0. 当x≥0时,F(x)=13x 3-12(a+1)x 2-b,F'(x)=x 2-(a+1)x=x[x -(a+1)]. 当a≤-1时,F(x)在R 上单调递增, 不符合题意,舍去.当a>1时,F(x)在(-∞,0)上单调递减,在[0,a+1]上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增,不符合题意,舍去.当a=1时,F(x)在(-∞,0)上为定值,在[0,2]上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,不符合题意,舍去. 当-1<a<1时,F(x)在(-∞,0)上单调递增,在[0,a+1]上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增, 若函数F(x)=f(x)-ax -b 恰有3个零点,则需F(0)=-b>0,F(a+1)=-16(a+1)3-b<0, 所以-1<a<1且-16(a+1)3<b<0.故选C.【非选择题组】1、[2018·江苏卷] 若函数f(x)=2x 3-ax 2+1(a ∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 . 【答案】-3【解析】由题意得,f'(x)=6x 2-2ax=2x(3x-a).当a≤0时,对任意x ∈(0,+∞),f'(x)>0,则函数f(x)在(0,+∞)上是增函数, 则f(x)>f(0)=1,则f(x)在(0,+∞)上没有零点,不满足题意,舍去.当a>0时,令f'(x)=0及x>0,得x=a3,则当x ∈)3,0(a 时,f'(x)<0,当x ∈),3(+∞a 时,f'(x)>0,因此函数f(x)的单调递减区间是)3,0(a ,单调递增区间是),3(+∞a,所以在x=a 3处f(x)取得极小值f (a3)=-a 327+1.而函数f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,所以f (a3)=-a 327+1=0,解得a=3,因此f(x)=2x 3-3x 2+1,则f'(x)=2x(3x-3). 令f'(x)=0,结合x ∈[-1,1],得x=0或x=1.而当x ∈(-1,0)时,f'(x)>0,当x ∈(0,1)时,f'(x)<0,则函数f(x)在(-1,0)上是增函数,在(0,1)上是减函数,所以f(x)max =f(0)=1.又f(-1)=-4,f(1)=0,所以f(x)min =-4,故f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为-3.2、[2019·全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)=ln x -x+1x−1. (1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x 0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x 在点A(x 0,ln x 0)处的切线也是曲线y=e x 的切线. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为f'(x)=1x +2(x -1)2>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)单调递增.因为f(e)=1-e+1e−1<0,f(e 2)=2-e 2+1e 2-1=e 2-3e 2-1>0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x 1,即f(x 1)=0. 又0<1x 1<1,f (1x 1)=-ln x 1+x 1+1x 1-1=-f(x 1)=0,故f(x)在(0,1)有唯一零点1x 1.综上,f(x)有且仅有两个零点.(2)证明:因为1x 0=e -ln x 0,故点B (-ln x 0,1x 0)在曲线y=e x 上.由题设知f(x 0)=0,即ln x 0=x 0+1x-1,故直线AB 的斜率k=1x 0-ln x 0-ln x 0-x 0=1x 0-x 0+1x 0-1-x 0+1x 0-1-x 0=1x 0.曲线y=e x 在点B (-ln x 0,1x 0)处切线的斜率是1x 0,曲线y=ln x 在点A(x 0,ln x 0)处切线的斜率也是1x 0,所以曲线y=ln x 在点A(x 0,ln x 0)处的切线也是曲线y=e x 的切线.3、[2019·全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)=sin x -ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明: (1)f'(x)在区间(-1,π2)存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点.【解析】证明:(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x -11+x ,g'(x)=-sin x+1(1+x)2.当x ∈(-1,π2)时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在(-1,π2)有唯一零点,设为α. 则当x ∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x ∈(α,π2)时, g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)单调递增,在(α,π2)单调递减,故g(x)在(-1,π2)存在唯一极大值点,即f'(x)在(-1,π2)存在唯一极大值点. (2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(i)当x ∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在(-1,0)单调递增,而f'(0)=0, 所以当x ∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减. 又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.(ii)当x ∈(0,π2]时,由(1)知,f'(x)在(0,α)单调递增,在(α,π2)单调递减,而f'(0)=0,f'(π2)<0, 所以存在β∈(α,π2),使得f'(β)=0,且当x ∈(0,β)时,f'(x)>0; 当x ∈(β,π2)时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)单调递增,在(β,π2)单调递减. 又f(0)=0,f (π2)=1-ln (1+π2)>0,所以当x ∈(0,π2]时,f(x)>0. 从而,f(x)在(0,π2]没有零点.(iii)当x ∈(π2,π]时,f'(x)<0, 所以f(x)在(π2,π)单调递减. 而f (π2)>0,f(π)<0,所以f(x)在(π2,π]有唯一零点.(iv)当x ∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点. 综上,f(x)有且仅有2个零点.4、[2019·北京卷] 已知函数f(x)=14x 3-x 2+x. (1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程. (2)当x ∈[-2,4]时,求证:x -6≤f(x)≤x.(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a ∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a 的值. 【解析】(1)由f(x)=14x 3-x 2+x 得f'(x)=34x 2-2x+1. 令f'(x)=1,即34x 2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f (83)=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x 与y -827=x -83, 即y=x 与y=x -6427.(2)证明:令g(x)=f(x)-x,x ∈[-2,4]. 由g(x)=14x 3-x 2得g'(x)=34x 2-2x, 令g'(x)=0得x=0或x=83.当x变化时g'(x),g(x)的变化情况如下:x-2(-2,0)0(0,83)83(83,4)4g'(x)+0- 0+g(x)-6↗0↘-6427↗0所以g(x)的最小值为-6,最大值为0,故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.(3)由(2)知,当a<-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3;当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.5、[2019·天津卷] 设函数f(x)=e x cos x,g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x∈[π4,π2]时,证明f(x)+g(x)(π2-x)≥0;(3)设x n为函数u(x)=f(x)-1在区间(2nπ+π4,2nπ+π2)内的零点,其中n∈N,证明：2nπ+π2-x n<e-2nπsin x0-cos x0.【解析】(1)由已知,有f'(x)=e x(cos x-sin x).因此,当x∈(2kπ+π4,2kπ+5π4)(k∈Z)时,有sin x>cos x,得f'(x)<0,则f(x)单调递减;当x∈(2kπ−3π4,2kπ+π4)(k∈Z)时,有sin x<cos x,得f'(x)>0,则f(x)单调递增.所以,f(x)的单调递增区间为[2kπ−3π4,2kπ+π4](k∈Z),f(x)的单调递减区间为[2kπ+π4,2kπ+5π4](k∈Z).(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)(π2-x).依题意及(1),有g(x)=e x(cos x-sin x),从而g'(x)=-2e x sin x,当x∈(π4,π2)时,g'(x)<0,故h'(x)=f'(x)+g'(x)(π2-x)-g(x)=g'(x)(π2-x)<0.因此,h(x)在区间[π4,π2]上单调递减,进而h(x)≥h(π2)=f(π2)=0.所以,当x ∈[π4,π2]时,f(x)+g(x)(π2-x )≥0.(3)证明:依题意,u(x n )=f(x n )-1=0,即e x n cos x n =1.记y n =x n -2nπ,则y n ∈(π4,π2),且f(y n )=e y n cos y n =e x n -2nπcos(x n -2nπ)=e -2nπ(n ∈N). 由f(y n )=e -2nπ≤1=f(y 0)及(1),得y n ≥y 0.由(2)知,当x ∈(π4,π2)时,g'(x)<0,所以g(x)在[π4,π2]上为减函数,因此g(y n )≤g(y 0)<g (π4)=0. 又由(2)知,f(y n )+g(y n )(π2-y n )≥0,故π2-y n ≤-f(y n )g(y n)=-e -2nπg(y n)≤-e -2nπg(y 0)=e -2nπe y 0(sin y0-cos y 0)<e -2nπsin x0-cos x 0.所以,2nπ+π2-x n <e -2nπsin x0-cos x 0.6、[2018·全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)=1x -x+aln x. (1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x 1,x 2,证明:f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<a-2.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x -1+ax =-x 2-ax+1x .(i)若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减. (ii)若a>2,令f'(x)=0,得x=a−√a 2-42或x=a+√a 2-42.当x ∈0,a−√a 2-42∪a+√a 2-42,+∞时,f'(x)<0;当x ∈a−√a 2-42,a+√a 2-42时,f'(x)>0. 所以f(x)在0,a−√a 2-42,a+√a 2-42,+∞单调递减,在a−√a 2-42,a+√a 2-42单调递增.(2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2. 由于f(x)的两个极值点x 1,x 2满足x 2-ax+1=0,所以x 1x 2=1, 不妨设x 1<x 2,则x 2>1. 由于f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2=-1x1x 2-1+aln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+aln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+a-2ln x 21x 2-x 2,所以f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<a-2等价于1x 2-x 2+2ln x 2<0.设函数g(x)=1x -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减, 又g(1)=0,从而当x ∈(1,+∞)时,g(x)<0, 所以1x 2-x 2+2ln x 2<0,即f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<a-2.7、[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.【解析】(1)证明: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,+∞)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,+∞)只有一个零点当且仅当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)单调递减,在(2,+∞)单调递增. 故h(2)=1-4ae 2是h(x)在[0,+∞)的最小值. ①若h(2)>0,即a<e 24,h(x)在(0,+∞)没有零点; ②若h(2)=0,即a=e 24,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a>e 24,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>x 2,所以h(4a)=1-16a 3e 4a =1-16a 3(e 2a )2>1-16a 3(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=e 24. 8、[2018·浙江卷] 已知函数f(x)=√x -ln x.(1)若f(x)在x=x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明:f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点. 【解析】证明:(1)函数f(x)的导函数f'(x)=2√x -1x ,由f'(x 1)=f'(x 2)得2√x -1x 1=2√x -1x 2,因为x 1≠x 2,所以√x +√x =12.由基本不等式得12√x 1x 2=√x 1+√x 2≥2√x 1x 24,因为x 1≠x 2,所以x 1x 2>256.由题意得f(x 1)+f(x 2)=√x 1-ln x 1+√x 2-ln x 2=12√x 1x 2-ln(x 1x 2). 设g(x)=12√x -ln x,则g'(x)=14x (√x -4), 所以x (0,16) 16 (16,+∞) g'(x) - 0 + g(x)↘2-4ln 2↗所以g(x)在(256,+∞)上单调递增,故g(x 1x 2)>g(256)=8-8ln 2, 即f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2. (2)令m=e-(|a|+k),n=(|a|+1k)2+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n (√n a n-k )≤n (√nk )<0,所以,存在x 0∈(m,n)使f(x 0)=kx 0+a,所以,对于任意的a ∈R 及k ∈(0,+∞),直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有公共点. 由f(x)=kx+a 得k=√x -lnx -ax. 设h(x)=√x -lnx -ax ,则h'(x)=lnx−√x2-1+a x 2=-g(x)-1+a x 2,其中g(x)=√x2-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根. 综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点.。

第06讲利用导数研究函数的零点(方程的根) (精讲+精练)(学生版)

第06讲利用导数研究函数的零点（方程的根）(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：判断、证明或讨论函数零点的个数高频考点二：证明唯一零点问题高频考点三：根据零点情况求参数①利用最值（极值）研究函数零点问题②利用数形结合法研究函数的零点问题③构造函数研究函数零点问题第四部分：高考真题感悟第五部分：第06讲利用导数研究函数的零点（方程的根）（精练）1、函数的零点（1）函数零点的定义：对于函数()y f x=，把使()0f x=的实数x叫做函数()y f x=的零点．（2）三个等价关系方程0)(=xf有实数根⇔函数)(xfy=的图象与x轴有交点的横坐标⇔函数)(xfy=有零点．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1．（2022·全国·高二）已知函数()f x的定义域为[]15-，，部分对应值如下表：()f x的导函数()y f x='的图象如图所示，则下列关于函数()f x的命题：① 函数()y f x=是周期函数；② 函数()f x在[]02，是减函数；③ 如果当[]1,x t∈-时，()f x的最大值是2，那么t的最大值为4；④ 当12a<<时，函数()y f x a=-有4个零点．其中真命题的个数是A．4个B．3个C．2个D．1个2．（2022·甘肃·金昌市教育科学研究所高三阶段练习（文））已知函数()2e1xf x x a=+-()a R∈有两个极值点，则实数a的取值范围为（）A．1,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭B．2,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭C．1,e⎛⎫-+∞⎪⎝⎭D．2,e⎛⎫-+∞⎪⎝⎭3．（2022·全国·高二）若函数()3239f x x x x m =--+仅有一个零点，则实数m 的取值范围是（）A ．()5,-+∞B ．(,27)(5,)-∞-⋃+∞C ．(,27)-∞D ．(,5)(27,)-∞-⋃+∞4．（2022·甘肃武威·模拟预测（文））函数()326f x x x m =-+有三个零点，则实数m 的取值范围是（）A ．（﹣4，4）B ．[﹣4，4]C ．（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）D ．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）5．（2022·江苏淮安·高二期末）已知函数()e x f x =与()1g x x =+，则它们的图象交点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．不确定高频考点一：判断、证明或讨论函数零点（根）的个数1．（2022·全国·高二）设函数f (x )＝13x －ln x ，则函数y ＝f (x )（）A ．在区间1(,1)e，(1，e )内均有零点 B ．在区间1(,1)e，(1，e )内均无零点C ．在区间1(,1)e 内有零点，在区间(1，e )内无零点D ．在区间1(,1)e 内无零点，在区间(1，e )内有零点2．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()()12xx e f x e=-+，其中e 为自然对数的底数， 2.7182818e =……，则()f x 的零点个数为（） A ．0B ．1C ．2D ．33．（2022·全国·高三专题练习（理））函数()()1ln 03f x x x x =->的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．34．（2022·全国·高二课时练习）求函数3()231f x x x =-+零点的个数为（） A ．1B ．2C ．3D ．45．（2022·江苏淮安·高二期末）已知函数()e x f x =与()1g x x =+，则它们的图象交点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．不确定6．（2022·江苏苏州·模拟预测）方程3269100x x x -+-=的实根个数是______ ．7．（2022·全国·高三专题练习）函数()1x f x e x =-+的零点个数是__________．8．（2022·广东佛山·高二阶段练习）已知函数()()1ln 2af x x a x x=+---，其中R a ∈． (1)若()f x 存在唯一极值点，且极值为0，求a 的值； (2)若2e a <，讨论()f x 在区间2[1,e ]上的零点个数．9．（2022·新疆·乌苏市第一中学高二阶段练习（文））给定函数()()1e xf x x =+．(1)判断函数()f x 的单调性，并求出()f x 的极值； (2)求出方程()()f x a a R =∈的解的个数．高频考点二：证明唯一零点（根）问题1．（2022·山西省长治市第二中学校高二阶段练习）已知函数321()(1)3=-++f x x a x x ．(1)若1a =，求()f x 的单调区间及相应区间上的单调性； (2)证明:()f x 只有一个零点．2．（2022·陕西渭南·高二期末（文））已知函数()ln x axf x x+=，R a ∈. (1)若0a =，求()f x 的最大值；(2)若01a <<，求证：()f x 有且只有一个零点.3．（2022·广西玉林·模拟预测（文））已知函数217()ln 4,()2ln 22f x x x xg x x x =-=++. (1)求函数()f x 的最小值；(2)证明：函数()()()h x f x g x =+仅有一个零点.高频考点三：根据零点（根）情况求参数①利用最值（极值）研究函数零点（根）问题1．（2022·重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）已知函数32()34f x x ax bx =+++在1x =-时有极值0． (1)求函数()f x 的解析式；(2)记()()21g x f x k =-+，若函数()g x 有三个零点，求实数k 的取值范围．2．（2022·山东师范大学附中高二阶段练习）已知函数()21xx x f x e+-=. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()y f x a =-（a 为常数）有3个不同的零点，求实数a 的取值范围.3．（2022·宁夏六盘山高级中学高二阶段练习（理））已知函数3()91f x ax x =-+，0a >． (1)若3a =，求函数()f x 的极值；(2)若函数()f x 恰有三个零点，求实数a 的取值范围．4．（2022·北京丰台·一模）已知函数()f x = (1)当1a =时，求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； (2)若函数2()()3ag x f x =-恰有两个不同的零点，求a 的取值范围．5．（2022·广西桂林·二模（理））已知函数()()()211e 2xf x x ax a R =--∈ (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.②利用数形结合法研究函数的零点（根）问题1．（2022·宁夏·银川二中高二期末（理））已知函数ln ()xf x x= (1)填写函数()f x 的相关性质；2．（2022·四川·阆中中学高二阶段练习（文））设函数3()65f x x x x R =-+∈，. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若关于x 的方程()f x a =有三个不等实根，求实数a 的取值范围.3．（2022·全国·信阳高中高三阶段练习（理））已知函数()2e xf x a x =-（R a ∈，e 为自然对数的底数）.(1)若()0f x =有两个不相等的实数根，求a 的取值范围；4．（2022·四川·雅安中学高二阶段练习（文））已知函数()322f x x ax bx =++-在2x =-时取得极值，且在点()()1,1f --处的切线的斜率为3- . (1)求()f x 的解析式；(2)若函数()y f x λ=-有三个零点，求实数λ的取值范围.5．（2022·全国·模拟预测（理））已知函数()()2x x f x e ae a =+∈R(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()21x g x a x e x =-+，若方程()()g x f x =有三个不同的解，求a 的取值范围.6．（2022·四川绵阳·二模（文））已知函数()2()ln 1R f x x ax a =+-∈(1)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．③构造函数研究函数零点（根）问题1．（2022·江苏宿迁·高二期末）已知函数()e xf x =（e 为自然对数的底数），()sing x a x =（,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦），a R ∈.(1)若直线:l y kx =与函数()f x ，()g x 的图象都相切，求a 的值； (2)若方程()()f x g x =有两个不同的实数解，求a 的取值范围.2．（2022·重庆南开中学高二期末）已知函数()()2ln ,f x x x g x x ax b ==++.(1)若()f x 与()g x 在1x =处有相同的切线，求实数,a b 的取值；(2)若2b =时，方程()()f x g x =在()1,+∞上有两个不同的根，求实数a 的取值范围.3．（2022·四川·成都七中高三阶段练习（理））已知函数()(1)f x a x =-，()e (1)x g x bx =-，R a ∈． (1)当2b =时，函数()()y f x g x =-有两个零点，求a 的取值范围； (2)当b a =时，不等式()()f x g x >有且仅有两个整数解，求a 的取值范围．4．（2022·全国·高三阶段练习）已知函数()()11ln e f x a x x=+++，()()e x g x x a a =++∈R ．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若当1≥x 时，关于x 的方程()()f x g x =有且只有一个实数解，求实数a 的取值范围．5．（2022·河南·三模（理））已知函数()()ln 1f x x =+，()e 1xg x =-.(1)判断函数()()()h x f x g x =-的零点个数；6．（2022·江苏南京·高三开学考试）已知函数()(1)x f x e a x =+-，()sin cos g x ax x x =++ (1)求函数()f x 的最值；(2)令()()()h x f x g x =-，求函数()h x 在区间(,)4π-+∞上的零点个数，并说明理由．1．（2021·全国·高考真题（理））已知0a >且1a ≠，函数()(0)a x x f x x a=>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．2．（2021·全国·高考真题）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点 ①21,222e a b a <≤>；②10,22a b a <<≤．3．（2021·浙江·高考真题）设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()x f x a bx e x =-+∈（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点()1221,,x x x x >，满足2212ln 2b b ex x e b>+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数)一、单选题1．（2022·江苏·南京师大附中高三开学考试）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2．（2022·浙江省浦江中学高二阶段练习）已知函数()22x f x xe x x m =---在()0,∞+上有零点，则m 的取值范围是（）A ．)21ln 2,-+∞⎡⎣B ．)2ln 21,--+∞⎡⎣C ．)2ln 2,-+∞⎡⎣D ．21ln 2,2-+∞⎡⎫⎪⎢⎣⎭3．（2022·全国·高二）函数32()2f x x x x =-++-的零点个数及分布情况为（） A ．一个零点，在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭内B ．二个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,∞+内C ．三个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，1,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，()1,+∞内D ．三个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,1，()1,+∞内4．（2022·全国·高二）直线y a =与函数33y x x =-的图象有三个不同的交点，则实数a 的取值范围为（） A ．(2,2)-B ．[2,2]-C ．[2,)+∞D ．(,2]-∞-5．（2022·全国·高二）已知函数20()210x e x f x x x x -⎧≤=⎨--+>⎩，若函数()()g x f x kx =-有两个零点，则实数k 等于（e 为自然对数的底数）（） A ．e -B ．1-C ．2D ．2e6．（2022·河南·襄城高中高二阶段练习（理））已知函数()2ln f x x =，()322g x x ex ax =-+，其中e 为自然对数的底数，若方程()()f x g x =存在两个不同的实根，则a 的取值范围为（） A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．22,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭C ．()2,e -∞D ．22,e e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭7．（2022·江西·高三阶段练习（理））已知函数22()2(2)e (1)e x x f x a a x x =+-++有三个不同的零点123,,x x x ，且1230x x x <<<，则3122312222e e e x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为（）A ．3B ．6C ．9D ．368．（2022·全国·高三专题练习）已知方程|ln |2x kx =+在区间()50,e 上恰有3个不等实数根，则实数k 的取值范围是（） A ．5331,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．5331,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．4221,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．4221,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭二、填空题9．（2022·河南焦作·二模（理））函数1()e ln 1x f x a x -=--在(0,)+∞上有两个零点，则实数a 的取值范围是_______. 10．（2022·贵州遵义·高三开学考试（文））已知函数()3112,21ln ,2x m x f x x x m x ⎧--<⎪⎪=⎨⎪-≥⎪⎩恰有3个零点，则m 的取值范围是________．11．（2022·浙江·镇海中学高二期末）已知不等式21e 0x x a +-≥有且只有两个整数解，则实数a 的范围为___________．12．（2022·全国·高二）已知函数3211()(2)1()32xf x ax ax e x a R =---+∈在区间1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭上有3个不同的极值点，则实数a的取值范围是__________. 三、解答题13．（2022·河南·栾川县第一高级中学高二阶段练习（理））已知()2()e ()x f x x a a =+∈R ．(1)若2是函数()f x 的极值点，求a 的值，并判断2是()f x 的极大值点还是极小值点； (2)若关于x 的方程()2ln e x f x x =在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根，求实数a 的取值范围．参考数据：ln 20.693≈14．（2022·陕西宝鸡·二模（文））已知函数()1e x f x ax =--，a ∈R ． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若方程()ln f x x x =在(1,e)上有实根，求实数a 的取值范围．15．（2022·河南·沈丘县第一高级中学高二期末（文））已知函数()ln f x x =. (1)当[)1,x ∞∈+时，证明：函数()f x 的图象恒在函数()322132=-g x x x 的图象的下方； (2)讨论方程()0f x kx +=的根的个数.16．（2022·吉林·长春外国语学校高二阶段练习）若函数()32113f x x ax bx =++-，当2x =时，函数()f x 有极值13-.(1)求函数的解析式；(2)若关于x 的方程()f x k =有三个解，求实数k 的取值范围.17．（2022·浙江浙江·二模）已知函数2()ln (2)f x x a x a =+<． (1)若2a =-，求函数()f x 的极小值点；(2)当2(]0,x ∈时，讨论函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象公共点的个数，并证明你的结论．。

导数与函数的零点方程的根

导数与函数的零点方程的根
导数与零点核心知识零点定义f (x)=0
等价形式
y=f (x)有零点⇔ f (x)=0有根⇔y=f (x)与x轴有交点
主要题型
判断零点个数判断方程根个数根据零点个数或方程根个数求参数
考点一: 函数零点个数的判断、证明
已知函数 f (x) ln x a2x2 ax(a .1) （1）证明：函数 f (x)在区间(1, +∞)上是减函数；
【证明】当a=1时，f (x)=lnx－x2+x (x>0).
f (x) 1 2x 1 x 1 2x2 x
x
- (2x 1)(x 1) x
令f ʹ(x)>0, 解得0<x<1，
令f ʹ(x)<0, 解得 x >1.
∴f (x)在（0,1）上单调递增，在(1，+∞)上单调递减. ∴且f (1)=0， ∴函数f (x)只有一个零点.
(1,+∞)是函数 f(x)的减区间
吗？
攻略
思路一
• 求f (x)减区间 • 判断“ (1,+∞)⊆减区
间”是否成立
思路二• f ʹ (x)≤0在(1,+∞)恒成立
考点一: 函数零点个数的判断、证明
已知函数 f (x) ln x a2x2 ax(a .1) （1）证明：函数 f (x)在区间(1, +∞)上是减函数；
攻略
• f ʹ(1)=0 • 在1的两侧导函
数符号异号
考点二: 已知零点个数求参数范围
已知x＝1是函数 f (x) 1 ax3 3 x2 (a 1)x 的5一个极值点. 32
（2）若曲线 y＝f (x) 与直线 y＝2x＋m有三个交点，求实数 m 的取值范围.

利用导数探究超越方程的根的个数问题

利用导数探究超越方程的根的个数问题
方晓玲
【期刊名称】《高中数理化》
【年(卷),期】2012(000)013
【摘要】利用导数可判断函数的单调性、求可导函数的最值与极值、还可判断函数的图象交点及超越方程的根的个数问题等.
【总页数】2页(P31-32)
【作者】方晓玲
【作者单位】甘肃省高台县第一中学
【正文语种】中文
【相关文献】
1.关于一类超越函数的极限与导数问题的探究
2.利用导数解高次方程和超越方程
3.素养视角下利用导数研究函数零点个数问题的解法赏析
——以2020年全国卷Ⅰ文科第20题为例4.利用GeoGebra软件促进学生的自主探究式学习
——以指数函数和对数函数图象的交点个数问题为例5.利用导数探究方程的根或函数的零点
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导数中方程根的问题

导数四：导数中的有关方程根的问题一、常见基本题型：(1) 判断根的个数问题，常常转化为函数图象的交点个数问题，通过构造函数来求解，例1.已知函数221()ln(1),().1f x x g x a x =+=+- 求方程()()f x g x =的根的个数.解：令221()()()ln(1)1h x f x g x x a x =-=+--- '2222222211()21(1)1(1)x x h x x x x x x ⎡⎤=+=+⎢⎥+-+-⎣⎦当[0,1)(1,)x ∈⋃+∞时，'()0h x ≥当(,1)(1,0)x ∈-∞-⋃-时，'()0h x <因此，()h x 在(,1),(1,0)-∞--时，()h x 单调递减，在(0,1),(1,)+∞时，()h x 单调递增.又()h x 为偶函数，当(1,1)x ∈-时，()h x 极小值为(0)1h a =- 当1x -→-时，()h x →-∞，当1x +→-时，()h x →+∞ 当x →-∞时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞故()()f x g x =的根的情况为：当10a ->时，即1a <时，原方程有2个根；当10a -=时，即1a =时，原方程有3个根；当10a -<时，即1a >时，原方程有4个根（2）已知方程在给定的区间上解的情况，去求参数的取值范围，另外有关方程零点的个数问题其实质也是方程根的问题。

例1.已知32()(),(,f x ax bx b a x a b =++-是不同时为零的常数），其导函数为()f x '，（1）求证：函数()y f x '=在(1,0)-内至少存在一个零点；（2）若函数()f x 为奇函数，且在1x =处的切线垂直于直线230x y +-=，关于x 的方程1()4f x t =-在[1,](1)t t ->-上有且只有一个实数根，求实数t 的取值范围.解：（1）证明：因为2()32f x ax bx b a '=++-当0a =时，12x =-符合题意；当0a ≠时，2321b b x x a a++-，令b t a =，则2321x tx t ++- 令2()321h x x tx t =++-，11()024h -=-<，当1t >时，(0)10h t =->， ()y h x ∴=在1(,0)2-内有零点；当1t ≤时，(1)210h t -=-≥>，()y h x ∴=在1(1,)2--内有零点.∴当0a ≠时，()y h x =在(1,0)-内至少有一个零点.综上可知，函数()y f x '=在(1,0)-内至少有一个零点（2）因为32()()f x ax bx b a x =++-为奇函数，所以0b =，所以3()f x ax ax =-，2()3f x ax a '=-. 又()f x 在1x =处的切线垂直于直线230x y +-=，所以1a =，即3()f x x x =-.()f x ∴在(,),()33-∞-+∞上是单调递增函数，在[,]33-上是单调递减函数，由()0f x =解得1x =±，0x =，由1()4f x x =-解之得02x x =±=作()y f x =与14y x =-的图知交点横坐标为,02x x =±=当383[(0,){}229x ∈-时，过14y x =-图象上任意一点向左作平行于x 轴的直线与()y f x =都只有唯一交点，当x 取其它任何值时都有两个或没有交点。

利用导数研究零点问题及方程的根的问题(学生版)

利用导数研究零点问题及方程的根的问题1.已知函数f x =x cos x +14x 2，f ′x 为f x 的导函数．(1)若x ∈0,π2 ,f x ≥mx 2成立，求m 的取值范围；(2)证明：函数g x =f ′x +cos x 在0,π2 上存在唯一零点．2.已知函数f x =e x+ae x-a-1x-2a∈R(1)求函数f(x)的单调区间.(2)若a∈(-∞,2]，求函数f(x)在区间(-∞,2]上的零点个数.3.设函数f x =x2-ax+2sin x.(1)若a=1，求曲线y=f x的斜率为1的切线方程；(2)若f x 在区间0,2π上有唯一零点，求实数a的取值范围.4.已知f x =e x-2x.(1)求f x 的单调区间；上无实数解(2)证明：方程f x =cos x在-π2,05.已知函数f(x)=e x+sin x-cos x，f (x)为f(x)的导数.(1)证明：当x≥0时，f (x)≥2；(2)设g x =f x -2x-1，证明：g(x)有且仅有2个零点.6.已知函数f x =x2e x-a ln x，a≠0．(1)若a=1e，分析f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1，e)上有零点，求实数a的取值范围．7.已知函数f x =x -2 e x -ax +a ln x a ∈R ．(1)当a =-1时，求函数f x 的单调区间；(2)当a <e 时，讨论f x 的零点个数．8.函数f x =x -2 e x ,g x =13ax 3-12x 2-x +4a sin x +x +1 ln x +1 ,a >0.(1)求函数f x 在x ∈-1,2 的值域；(2)记f x ,g x 分别是f x ,g x 的导函数，记max m ,n 表示实数m ,n 的最大值，记函数F x =max f x ,g x ，讨论函数F x 的零点个数.9.设函数f x =-12x2+a-1x+a ln x+a2，a>0．(1)若a=1，求函数f x 的单调区间和最值；(2)求函数f x 的零点个数，并说明理由．10.已知函数f x =x-2sin x．(1)求f x 在0,π的极值；(2)证明：函数g x =ln x-f x 在0,π有且只有两个零点．11.已知函数f(x)=ax2-x-ln x．(1)当a=1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在定义域内有两个不相等的零点x1,x2．①求实数a的取值范围；②证明：f x1+x2．>2-ln x1+x212.已知函数f x =e x-1-ln x-ax，a∈R.(1)当a=e-12时，求函数f x 的单调性；(2)当a>0时，若函数f x 有唯一零点x0，证明：1<x0<2.13.已知函数f x =sin x -x +a cos x ，函数g x =13x 3+12ax 2，其中a≥0.(1)判断函数f x 在0,π 上的单调性，并说明理由；(2)证明：曲线y =f x 与曲线y =g x 有且只有一个公共点.14.已知函数f x =3xx+3，g x =b sin x，曲线y=f x 和y=g x 在原点处有相同的切线l．(1)求b的值以及l的方程；(2)判断函数h x =f x -g x 在0,+∞上零点的个数，并说明理由．15.已知函数f (x )=ax ln x -2x ．(1)若f (x )在x =1处取得极值，求f (x )的单调区间；(2)若函数h (x )=f (x )x-x 2+2有1个零点，求a 的取值范围．16.已知f x =x2-x,x≥-1x+3,x<-1，g x=ln x+a．(1)存在x0满足：f x0=g x0，f x0=g x0，求a的值；(2)当a≤4时，讨论h x =f x -g x 的零点个数．17.已知函数f(x)=ln x-a+1x，g(x)=a(x-2)e1-x-1，其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0<a<53时，是否存在x1,x2，且x1≠x2，使得f x i =g x i (i=1,2)？证明你的结论.18.设函数f x =ae x+sin x-3x-2，e为自然对数的底数，a∈R.(1)若a≤0，求证：函数f x 有唯一的零点；(2)若函数f x 有唯一的零点，求a的取值范围.19.已知函数f x =e x -2a x a >0 .(1)若a =e ，讨论f x 的单调性；(2)若x 1，x 2是函数f x 的两个不同的零点，证明：1<x 1+x 2<2ln a +ln2.20.已知函数f x =log a x-x-1x+1,a>0且a≠1.(1)若a=e，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程；(2)讨论函数f x 的零点个数.21.已知函数f x =a ln x +x +1x，其中a >0.(1)当a =1时，求f x 的最小值；(2)讨论方程e x +e -x -a ln ax -1ax =0根的个数.22.已知函数f x =x +b e x -a ．(b >0)在-1,f -1 处的切线l 方程为e -1x +ey +e -l =0．(1)求a ，b ，并证明函数y =f x 的图象总在切线l 的上方(除切点外)；(2)若方程f x =m 有两个实数根x 1，x 2．且x 1<x 2．证明：x 2-x 1≤1+m 1-2e 1-e．23.已知函数f x =ax+ln x，其中a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若过点P(1，0)且与曲线y=f x 相切的直线有且仅有两条，求实数a的取值范围.24.已知函数f (x )=(x -1)e x -ax 2+b ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f (x )只有一个零点①12<a ≤e 22,b >2a ；②0<a <12,b ≤2a ．25.已知函数f x =e x 1+a ln x ．(1)当f x 有两个极值点时，求a 的取值范围；(2)若a ≥32，且函数f x 的零点为x 1，证明：导函数f x 存在极小值点，记为x 2，且x 1>x 2．26.函数f(x)=x-sin x-cos x．上的极值；(1)求函数f(x)在-π,π2(2)证明：F(x)=f(x)-ln x有两个零点．27.已知函数f(x)=e x-a sin x-1在区间0,π2内有唯一极值点x1.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：f(x)在区间(0,π)内有唯一零点x2，且x2<2x1.28.已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．29.已知函数f x =x3+bx 2x.(1)当b=0时，求f x 的单调区间；(2)设函数g x =2x f x +c在x=2处的切线与x轴平行，若g x 有一个绝对值不大于4的零点，证明：g x 所有零点的绝对值都不大于4.30.已知函数f(x)=ae2x-x2,a∈R．(1)设f(x)的导函数为g(x)，讨论g(x)零点的个数；(2)设f(x)的极值点为x1,x2x1<x2，若ee-2x1+x2≥λx1x2恒成立，求实数λ的取值范围．31.已知函数f x =e mx +nx m ≠0 ．当m =1时，曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线与直线x -y +1=0垂直．(1)若f x 的最小值是1，求m 的值；(2)若A x 1,f x 1 ，B x 2f x 2 x 1<x 2 是函数f x 图象上任意两点，设直线AB 的斜率为k ．证明：方程f x =k 在x 1,x 2 上有唯一实数根．32.已知函数f x =xe nx -nx (n ∈N *且n ≥2)的图象与x 轴交于P ，Q 两点，且点P 在点Q 的左侧．(1)求点P 处的切线方程y =g x ，并证明：x ≥0时，f x ≥g x ．(2)若关于x 的方程f x =t (t 为实数)有两个正实根x 1,x 2，证明：x 1-x 2 <2t n ln n +ln n n．33.已知函数f x =xe x -a sin x a ∈R ．(1)若∀x ∈0,π，f x ≥0，求a 的取值范围；(2)当a ≥-59时，试讨论f x 在0,2π 内零点的个数，并说明理由．34.已知函数f(x)=a ln x．(1)记函数g(x)=x2-(a+2)x+f(x)，当a>2时，讨论函数g(x)的单调性；(2)设h(x)=f(x)-x2，若h(x)存在两个不同的零点x1,x2，证明：2e<a<x12 +x22(e为自然对数的底数)．35.已知函数f x =3x -1 e x -32ax 2．其中实数a ∈0,+∞ ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)求证：关于x 的方程f x +32=32ax 2-x 3有唯一实数解．。

利用导数解决方程根的问题说课课件ppt课件

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（二）让学生从问题中质疑、尝试、归纳、总结、运用，培养学生发现问题，研究问题和解决问题的能力。让学生利用图形直观启迪思维，来完成从感性认识到理性思维的一个飞跃。
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2005年全国2文21
设a为实数，函数f (x) x3 x2 x a 当a在什么范围内取值时，曲线y f (x)与x轴仅有一个交点。
解：f (x) 3x2 2x 1若f (x) 0,则x 1 ,或x 1 3
当x变化时，f (x), f (x)变化情况如下表：
x , 1 1
1 ,1
1
3 3 3
f (x)
+
0
-
0
1, +
f (x) 极大值极小值
所以f (x)的极大值是f ( 1) 5 a,极小值是f (1) a 1. 3 27
在2，3内x lg x 1 0有且仅有一个实根。
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[设计意图]通过练习让学生掌握利用导数的应用判断函数零点的解题方法。并引导学生探索利用导数判断方程根的情况的理论根据，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f（a）·f（b）<0，那么函数y＝f（x）在区间（a，b）内有零点也就是方程f（x）＝0在区间（a，b）上有且只有一根
掌握函数零点存在性的判断。
②通过对问题的分析，体会用函数的角度
去思考方程的根的问题，使学生理解动与静的
辨证关系。
③在函数与方程的联系中体验数形结合思
想和转化思想的意义和价值，体会函数知识的
核心作用。培养学生发现问题、分析问题、解
决问题的能力
返回5
3．情感态度与价值观：在学习过程中，使学生体验数学的科学价值
解法一：将方程等价变形为lg x 1 ,在坐标系内画出函数f (x) lg x x

人教版导数背景下的零点问题(共21张PPT)教育课件

心
安
；
书
一
笔
清
远
，
盈
一
抹
恬
淡
，
浮
华
三
千
，
只
做
自
己
；
人
间
有
情
，
心
中
有
爱
，
携
一
米
阳
光
，
微
笑
向
暖
。
口
罗
不
是
。
■
电
:
那
你
的
第
一
部
戏
有
没
有
胆
怯
，
像
费
里
尼
拍
第
一
部
戏
时
就
穿
戴
得
很
正
式
给
人
一
种
威
严
感
。
口
罗
没
有
我
和
他
不
同
。
我
是
从
底
层
爬
上
来
的
我
清
楚
怎
么
运
作
这
个
东
西
(
电
影
拍
摄
)
所
以
为
什
么
很
多
时
候
在
现
场
我
不
想
等
。
你
可
以
说
我
之前有个网友说自己现在紧张得不得了，获得了一个大公司的面试机会，很不想失去这个机会，一天只吃一顿饭在恶补基础知识。不禁要问，之前做什么去了？机会当真就那么少？在我看来到处都是机会，关键看你是否能抓住。运气并非偶然，运气都是留给那些时刻准备着的人的。只有不断的积累知识，不断的进步。当机会真的到来的时候，一把抓住。相信学习真的可以改变一个人的运气。在当今社会，大家都生活得匆匆忙忙，比房子、比车子、比票子、比小孩的教育、比工作，往往被压得喘不过气来。而另外总有一些人会运用自己的心智去分辨哪些快乐或者幸福是必须建立在比较的基础上的，而哪些快乐和幸福是无需比较同样可以获得的，然后把时间花在寻找甚至制造那些无需比较就可以获得的幸福和快乐，然后无怨无悔地生活，尽情欢乐。一位清洁阿姨感觉到快乐和幸福，因为她刚刚通过自己的双手还给路人一条清洁的街道；一位幼儿园老师感觉到快乐和幸福，因为他刚给一群孩子讲清楚了吃饭前要洗手的道理；一位外科医生感觉到幸福和快乐，因为他刚刚从死神手里抢回了一条人命；一位母亲感觉到幸福和快乐，因为他正坐在孩子的床边，孩子睡梦中的脸庞是那么的安静美丽，那么令人爱怜。。。。。。

利用导数探究方程根的个数问题

当x 1，2时，f (x) 0,所以f (x)在1，2上单调递减。
又因为f (1) 3, f (2) 1,所以方程2x3 6x2 7 0
在1，2内有且只有一个实根。
y 7
O12
x
练习
3：解：构造函数h(x) f (x) 5 x b ln(x 1) x2 3 x b
小结
1、我们借助于导数探究方程根的个数、直线与函数图象交点、两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题. 2、解这类题的关键是利用导数对函数的单调性，函数的极值讨论.
3、注意分类讨论的思想、函数与方程的思想、数形结合的思想的应用.
知识总结
1. 方程的 f (x) 0 根
函数 y f (x) 的零点函数 y f (x) 的图象与x轴的交点
f (x)max f (0) 0 f (x)min f (1) 4 4 a 0时，f (x) a有解
新课思考5：若方程x3-3x2=a在[-1,1]有解.
4 a 0时，f (x) a有解
思考6：若方程x3-3x2=a在[-1,1]有一解.
4 a 2或a 0, f (x) a有一解
的横坐标。
知识总结
2. 方程 f (x) g(x) 的根
方程 f (x) g(x) 0 的根 h(x) f (x) g(x)的零点
函数 y g(x) 与 y f (x)
的图象的交点的横坐标。
解： f (x) 3x2 2x 1 (3x 1)( x 1)
要使函数 f (x) x3 x 2 x a 的图象与 x 轴仅有一个交点
f (x)
↗

导数解决根的个数问题

导数--根的个数问题题型一：原函数根的个数问题第一步：画岀 “趋势图”，如画岀三次函数的大致趋势“是先增后减再增”还是“先减后增再减” 第二步：由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式(组) ；主要看极大值和极小值与 0的关系；第三步：解不等式(组)即可；例1、已知函数f(x) - x3-(k^x 2, g(x) - kx ，且f(x)在区间(2,)上为增函数. 32 3(1) 求实数k 的取值范围； (2) 若函数f (x)与g(x)的图象有三个不同的交点，求实数k 的取值范围.2解：(1 )由题意f (x) x(k 1)x - •- f (x)在区间(2,)上为增函数， ••• f (x) x 2 (k 1)x0在区间(2,)上恒成立(分离变量法)即k 1 x 恒成立，又x2，• k 1 2，故k 1 • k 的取值范围为k 1(2)设 h(x) f(x) g(x) — 坐 ©x2kx -, 3 2 3h(x)x 2 (k 1)x k(x k)(x 1)令 h (x) 0得x k 或x 1由( 1 )知 k 1，①当k 1时, h (x ) (x 1)2 0，h(x)在R 上递增，显然不合题意②当k 1时，h(x)， h (x)随x 的变化情况如下表：k 1由于0，欲使f (x)与g(x)的图象有三个不同的交点，即方程 h(x) 0有三个不同的实根，故需 2k 3 k 2 12k 10，即(k 1)(k 2k 2) 02，解得 k 1 、3623k 2 2k 2 0综上，所求k的取值范围为k 1 再3 1 2例2、已知函数f(x) ax x 2x c2(1 )若x 1是f (x)的极值点且f (x)的图像过原点，求f (x)的极值；1 2(2)若g(x) bx x d，在(1 )的条件下，是否存在实数b，使得函数g(x)的图像与函数2像恒有含x 1的三个不同交点？若存在，求岀实数b的取值范围；否则说明理由。

考研专题辅导——关于方程根的个数和根的唯一性的讨论

六、关于方程根的个数和根的唯一性的讨论解题思路：将方程变形为一边为零，即0=)(x f 的形式；1、讨论要的存在性通常有二条途径：（1）若存在b a ,，使0<)()(b f a f ，利用零点定理；（2）构造函数)(x F ，使)()(x f x F ='，且存在b a ,，使)()(b F a F =，利用罗尔中值定理。

（这一部分可结合本章四）2、讨论根的个数通常由0=')(x f 或不存在的点将区间分成若干个单调区间，若区间左右两端的函数值异号，则区间内必有一根，从而找到根的个数；（有时需借且于草图）；3、讨论根的唯一性通常利用函数的单调性，若区间两端函数异号，且函数在区间内连续且单调，则该区间内有且仅有一根。

题型二十、根的存在性的讨论例100、设)(x f 是),(∞+-∞上以2T 为周期的连续函数，证明：在每一个长度为T 的闭区间上，方程0=--)()(T x f x f 至少有一实根；证明：设],[T x x +00是任意长度为T 的闭区间，令)()()(T x f x f x F --=，则)()()()()(,)()()(00000000x f T x f x f T x f T x F T x f x f x F --=-+=+--=，（1）若000=+-)()(T x f x f ，则T x x +00,均为方程在],[T x x +00的实根；（2）若000=/+-)()(T x f x f ，则()()020000<+--=+)()()(T x f x f T x F x F ，于是由零点定理，必存在),(T x x x +∈00，使0=)(x F ，得证。

例101、设n a a a ,,, 21为满足01213121=--++--n a a a n n )( 的实数，证明：方程012321=-+++x n a x a x a n )cos(cos cos 在),(20π内有根；证明：令x n a x a x a x f n )cos(cos cos )(12321-+++= ，)(x f 在区间],[20π的两端点处的符号不易确定，改令)()(x f x F ='，则x n n a x a x a x F n )s i n (s i n s i n )(12123321--+++= 在区间],[20π上连续，在),(20π内可导，且01213200121=--++-=π=-n a a a F F n n )()(,)( ，故)(x F 在区间],[20π满足罗尔中值定理的条件，由罗尔中值定理得证。

如何判定方程根的个数

如何判定方程根的个数高中数学教与学2006年如何判定方程根的个数孔祥杰(广东省佛山市南海区桂华中学,528200)方程与解方程是中学数学的重要内容,中学数学的各类考试都比较注重对方程思想的考查,而判定方程的根的个数是考查方程思想的一个重要方面.如何判定方程根的个数呢?本文主要以"希望杯"全国数学竞赛试一题为例对方程根的个数的主要判定方法进行一些归纳整理,希望对教与学有所帮助.一,直接解方程求根例1(第6届高二第2试)方程3(sec+cot)=13在区间(一盯,盯)上的解有()(A)2个(B)4个(C)8个(D)16个解原方程可化为3(1+tan2x+)3,即3tan一10tan+3=0,贝0(tan一3)(3tan一1)=0,即tan:±或tan=±,由此解得=詈,亍,2了,/1",5,/1-,一5,/1-,2—..—,r—r—,——q—T—————"—iT—3'3'6'故选C.二,利用根的判别式判定二次方程的根的个数例2(第10届高一培训题改编)方程5m+3¨=8×3+2×5的实根个数是解原方程可化为5"'=3,两边取以3为底的对数,得12?(+1)log35=一1,即一(1og35)一(1+log35)=0,由△=(1og35)+4(1+1og35)=(1og35+2)>0知原方程有2个不等实根. 三,分类讨论不定方程整数根的组数例3(第11届高一培训题)适合方程+2000=y2的正整数解有一——组. ,,解依题意可知Jy>≥,l2000Iy+=——.V一所以Y—是2000的约数,因为,Y∈N,且由方程fy+m'确定,因而m:2000,且Ly一=凡m与n同为正偶数或同为正奇数,由此可知只能是以下6种情形:mlo00500250200lo050248lO2040即原方程共有6组正整数解.四,利用函数的性质判定1.用函数的定义例4(第4届高二第1试)函数Y=,()的图象与直线=1的交点的个数是()(A)1(B)0或1(c)o(D)1或2解设函数Y=)的定义域是A,由函数的定义可知:当∈A时,Y值是唯一确定的;当A时,无对应的Y值.故选(B).2.用反函数存在的条件例5(第6届高一第2试)如果函数Y=)有反函数,则方程)=n(o是常第9朝数)()(A)有且仅有一个实根(B)至多有一个实根(C)至少有一个实根(D)实根个数不少于2解函数),=)有反函数当且仅当对于函数值域中的任一,,值都有唯一确定的值与之对应.当a在值域时有唯一的与之对应;当.不在值域时无与之对应,因此方程_厂():a至多有一个实根,故选B.3.用函数的值域例6(第3届高二第2试)方程2cos÷j=10+10+1的实根的个数是()(A)0(B)1(C)2(D)3解比较方程两边所对应的函数值域可知函数y=2cos÷≤2,而函数Y=10+10.)+1≥2,/10?10+1=3(当且仅当=0时取等号),所以不存在使2cos÷=10+J10+1成立的实数,故选A.4.用函数的图象例7(第8届高二第1试)方程2+2.一÷:0的实根的个数是解设函数),=2和y=一2x+÷,方程2+2x一÷=0,即),l—y2=0),l:Y,意即两函数图象交点的横坐标就是所求方程的根,在同一坐标系中作出两函数图象知(如图1),两图象有2个交点,则所求方程的有2个实根.l\\\图1高中数学教与学例8(第7届高一培训题)当(2k+1)竹≤日≤(2k+2)竹(=0,1,2,…)时,求方程sin=音根的个数.月解从图象上来看方程的根是y=sin与),=告在平面直角坐标系中的交点的横坐标,因此,当(2k+1)竹≤H≤(2k+2)竹(=0,1,2,…)时,直线),=告的斜率在和之间,故该方程有2[2(+1)一1]+1=4k+3个根.5.用函数的单调性例9(第9届高一第2试)在区间[2,3]上,方程log2log3:log3log2的实根个数是()(A)0(B)1(c)2(D)无数个解因为函数),:log和),=log,均为增函数,所以当2<<3时,log32<log3< log33=1,1=log22<log2<log23,则log2log32<log2log3z<log21:0,0=log31<log3log2<log3log23,即log2log3<log3log2,所以,当2<<3时, 方程log2log3=log3log2无解;又当=2或3时,直接代人检验知,它们都不是方程的解,故选A.6.用函数的奇偶性例10(第9届高一第一试)_厂()是定义域为R的奇函数,方程_厂():0的解集为,且中有有限个元素,则()(A)可能是(B)M中元素的个数是偶数(c)中元素的个数是奇数(D)M中元素的个数可以是偶数,也可以是奇数解因为.厂()是定义域为R的奇函数,所以_厂(0)=0,即=0是方程)=0的根;又因为奇函数满足一)=一),所以若=m是方程_厂():0的根,则=一m必为方程.厂()=0的根.综上可知,由定义域为R的】3?高中数学教与学2O06年奇函数jr()构成的方程jr()=0的实根个数必为奇数,故选c.7.用函数的对称性例11(第11届高一培训题)定义在R上的函数)满足)=.一)(o是大于1的整数).若方程)=0有n个实根,它们的和为2001,则o,n的值可能有一一种.解由八)=.一)知函数Y=f()的图象关于直线=对称,因此方程)二:0的根关于直线=对称,每一对有对称二性的根的和为0.由于2001=3X23×29,所以当0m---23,29,69,87,667,2001时,方程)=0的实根个数有n=174,138,58,46,6,2这6种可能.8.用函数周期性例12(第2届美国数学邀请赛试题)函数)定义在实数集上,且对一切实数满足等式2+)=2一)和7+)=7一),设=0是)=0的一个根,试问:方程)=0在区间[一1000,1000]上至少有多少个根?解依题意知:函数l厂()的图象关于直线=2和=7对称,则有4)=2+2):.f(2—2)=0)=0;10)=7+3)=jr(4)=jr(0)=0,因此,方程)=0在区间(0,10]上至少有2个根.又因为+10)=7+3+)=7—3一)=4一)=2+2+)=2—2+)m---),所以()是以10为周期的周期函数,因此,方程f()=0在区间[一1000,1000]上至少有200×2+1:401个根.9.综合运用函数性质例13(第8届高二培训题)方程2"=aresinJ1一的解的个数是()(A)0(B)1(C)2(D)3解设函数)=2"(∈R),g()14?=aresin1一=arccosll(∈[一1,1]),则.)=f(1)=1,/(÷)=1<1,g(1)=g(一1)=0,g(0)=1....):2x(x-I):2(x-2'-)一}1(x-÷)一..)关于直线:1对称,且当≥1,,时)是增函数;又g()是偶函数,则易作出函数)和g()的图象(如图2),则由图象可知诜C.J|D一I图2图3五,导数法例14(2004年江苏省南通市高三第一次调研试题)方程一6x+9一10:0的实根个数是()(A)3(B)2(C)1(o)o解设函数)=一6+9一10,求导数得f()=3x一12x+9,令f()=0解得.=1,=3,则其函数变化情况见下表: (一,1)1(1,3)3(3,+∞)f()+00+_厂()7最大值,极小值tV又因为极大值f(1):一6<0,极小值(3)=一10<0,目.当——一∞时()=( ～6)+(9一10)一一∞;当一+∞时):(一6)+(9—l0)—一+o.,所以函数的大致图象为如图,则方程一5x一+5=0 的实根个数只有1个,选c.。

第38讲用导数的方法研究指数、对数问题(教师版)(1)

第38讲用导数的方法研究指数、对数问题与指、对数函数有关的问题历来是高考的难点，旨在考查思维的灵活性和创造性．在很多时候，若函数表达式中存在指数和对数的形式，则会出现求解不了导数方程的根的情况，导致好多考生望而却步．本专题旨在通过对几类常见的问题的研究，弄清楚指、对数函数的相关性质，从而解决函数恒成立、零点等问题，达到提升能力的目的.题型一形如f (x )e x ＋g (x )的函数问题1.已知e x ≥1＋ax 对任意x ∈[0，＋∞)成立，求实数a 的取值范围．法1：原不等式等价于e x －ax －1≥0，令f (x )＝e x －ax －1，则f ′(x )＝e x －a .当a ≤1时，f ′(x )≥0，f (x )在[0，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (0)＝0，满足题意；当a ＞1时，由f ′(x )＝e x －a ＝0得x ＝ln a ，当0＜x ＜ln a 时f ′(x )＜0，f (x )在(0，ln a )上单调递减，而f (0)＝0，从而f (x )＜0，不合题意．综上所述，a ≤1，即实数a 的取值范围为(－∞，1]．法2：根据常用不等式e x ≥x ＋1，且y ＝x ＋1与y ＝e x 相切于(0,1)，又y ＝ax ＋1也过点(0,1)，观察图象可知，要使e x ≥1＋ax 对任意x ∈[0，＋∞)成立，则a ≤1，即实数a 的取值范围为(－∞，1].变式1：已知x ＋e x 2x ＋1≥t 对一切正实数x 恒成立，则实数t 的最大值为________．解：因为e x ≥x ＋1，所以x ＋e x 2x ＋1≥x ＋x ＋12x ＋1＝1.则t ≤1，所以t 的最大值为1.变式2：已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2，当x ≥0时，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．法1：由f ′(x )＝e x －1－2ax ，又e x ≥x ＋1，所以f ′(x )＝e x －1－2ax ≥x －2ax ＝(1－2a )x ，所以当1－2a ≥0，即a ≤12时，f ′(x )≥0(x ≥0)，而f (0)＝0，于是当x ≥0时，f (x )≥0，满足题意；又x ≠0时，e x ＞x ＋1，所以可得e －x ＞1－x ，从而当a ＞12时，f ′(x )＝e x －1－2ax ≤e x －e x ·e －x ＋2a (e －x －1)＝(1－e －x )·(e x －2a )，故当x ∈(0，ln2a )时，f ′(x )＜0，而f (0)＝0，于是当x ∈(0，ln2a )时，f (x )＜0，综上所述，实数a ，12.法2：因为e x ≥x ＋1，所以当a ≤0时，e x ≥ax 2＋x ＋1恒成立，故只需讨论a ＞0的情形．令F (x )＝e －x (1＋x ＋ax 2)－1，问题等价于F (x )≤0，由F ′(x )＝e －x [－ax 2＋(2a －1)x ]＝0得x 1＝0，x 2＝2a －1a .①当0＜a ≤12时，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，所以F (x )≤F (0)＝0恒成立；②当a ＞12时，因为F (x )在[0，x 2]上单调递增，所以F (x 2)≥F (0)＝0恒成立，此时F (x )≤0不恒成立．综上所述，实数a ，12.2.若不等式e x (x －a )＋(x ＋a )＞0对任意x ∈(0，＋∞)成立，求正实数a 的取值范围．法1：令f (x )＝e x (x －a )＋(x ＋a )，则f ′(x )＝e x (x －a ＋1)＋1，设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x (x －a ＋2)．当0＜a ≤2时，∵g ′(x )＞0对任意x ∈(0，＋∞)成立，∴y ＝g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )＞f ′(0)＝2－a ≥0，∴y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )＞f (0)＝0，满足题意；当a ＞2时，由g ′(x )＝0得x ＝a －2＞0，∴y ＝g (x )在(0，a －2)上单调递减，在(a －2，＋∞)上单调递增，又∵f ′(0)＝2－a ＜0，∴f ′(x )＜0在(0，a －2)上恒成立，∴y ＝f (x )在(0，a －2)上单调递减，∴当x ∈(0，a －2)时，f (x )＜f (0)＝0，不合题意．综上所述，正实数a 的取值范围是(0,2]．法2：原不等式等价变形为x －1＜0，令f (x )x －1，则f ′(x )＝－x 2－(a 2－2a )(a ＋x )2e x ，当a 2－2a ≤0，即0＜a ≤2时，f ′(x )＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )＜f (0)＝0，满足题意；当a 2－2a ＞0，即a ＞2时，由f ′(x )＝0得x ＝a 2－2a ，∴y ＝f (x )在(0，a 2－2a )上单调递增，在(a 2－2a ，＋∞)上单调递减，∴当x ∈(0，a 2－2a )时，f (x )＞f (0)＝0，不合题意．综上所述，正实数a 的取值范围是(0,2]．题型二形如f(x)lnx ＋g(x)型的函数3.若不等式x ln x ≥a (x －1)对所有x ≥1都成立，求实数a 的取值范围．法1：设f (x )＝x ln x －a (x －1)，则f ′(x )＝ln x ＋1－a ，令f ′(x )＝0，解得x ＝e a －1.当a ≤1时，对所有x >1，都有f ′(x )>0，所以f (x )在[1，＋∞)上单调递增，因此对x ≥1，有f (x )≥f (1)＝0，即a ≤1时，对所有x ≥1，都有x ln x ≥a (x －1)，满足题意；当a >1时，当x ∈(1，e a －1)时，f ′(x )<0，f (x )在(1，e a －1)上单调递减，又f (1)＝0，所以f (x )<f (1)＝0，即x ln x <a (x －1)，不合题意．故a 的取值范围是(－∞，1]．法2：原问题等价于ln x －a (x －1)x ≥0对所有x ≥1都成立，令f (x )＝ln x －a (x －1)x ，则f ′(x )＝x －a x 2，当a ≤1时，f ′(x )＝x －a x2≥0恒成立，即f (x )在[1，＋∞)上单调递增，因而f (x )≥f (1)＝0恒成立；当a ＞1时，令f ′(x )＝0，则x ＝a ，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝ln a －a ＋1＜0，不合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]．法3：根据常用不等式1－1x ≤ln x ，且y ＝1－1x 与y ＝ln x 相切于(1,0)，又y ＝a (1,0)，所以要使ln x ≥a (x －1)x对所有x ≥1都成立，只能a ≤1.因此a 的取值范围是(－∞，1].4.已知当x ≥1时，x 2ln x －x ＋1≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．解：原不等式等价于ln x －m (x －1)2＋(x －1)x 2≥0，令f (x )＝ln x －m (x －1)2＋(x －1)x 2，则f ′(x )＝(x －1)[x －(2m －2)]x 3，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝2m －2.当2m －2≤1时，即m ≤32时，f ′(x )＞0在[1，＋∞)上恒成立，f (x )递增，f (x )≥f (1)＝0，满足题意；当2m －2＞1时，即m ＞32时，f (x )在(1,2m －2)上单调递减，f (2m －2)＜f (1)＝0，不合题意；综上所述，m ，32.变式：已知关于x 的不等式(x －3)ln x ≤2λ有解，求整数λ的最小值．法1：令h (x )＝(x －3)ln x ，所以h ′(x )＝ln x ＋1－3x 单调递增，h ln 32＋1－2＜0，h ′(2)＝ln2＋1－32＞0，所以存在唯一x 0使得h ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1－3x 0＝0，当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以h min (x )＝h (x 0)＝(x 0－3)ln x 0＝(x 0－(x 0－3)2x 0＝60记函数r (x )＝6则r (x )，所以h (x 0)＜r (2)，即h (x 0)－32，由2λ≥－32，且λ为整数，得λ≥0，所以不等式2λ≥h (x )有解时的λ的最小整数为0.法2：令h (x )＝(x －3)ln x ，由h (1)＝0得，当λ＝0时，不等式2λ≥h (x )有解，下证：当λ≤－1时，h (x )＞2λ恒成立，即证(x －3)ln x ＞－2恒成立．显然当x ∈(0,1]∪[3，＋∞)时，不等式恒成立，只需证明当x ∈(1,3)时，(x －3)ln x ＞－2恒成立，即证明ln x ＋2x －3＜0.令m (x )＝ln x ＋2x －3，所以m ′(x )＝1x －2(x －3)2＝x 2－8x ＋9x (x －3)2，由m ′(x )＝0，得x ＝4－7，当x ∈(1，4－7)，m ′(x )＞0；当x ∈(4－7，3)，m ′(x )＜0；所以m (x )max ＝m (4－7)＝ln(4－7)－7＋13＜ln(4－2)－2＋13＝ln2－1＜0.所以当λ≤－1时，h (x )＞2λ恒成立．综上所述，不等式2λ≥h (x )有解时的λ的最小整数为0.。

导数与根的个数的问题答案版

根的个数问题题1函数f(x)与g(x)(或与x轴)的交点======即方程根的个数问题解题步骤第一步：画出两个图像即“穿线图”(即解导数不等式)和“趋势图”即三次函数的大致趋势“是先增后减再增”还是“先减后增再减”；第二步：由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式(组) ；主要看极大值和极小值与0的关系；第三步：解不等式(组)即可；1 3 (k+1)2 1例1、已知函数f (x) x3x2，g(x) kx，且f(x)在区间(2「：)上为增函数.3 2 3(1) 求实数k的取值范围；2) 若函数f (x)与g(x)的图象有三个不同的交点，求实数k的取值范围.解：(1)由题意f (x) =x2-(k 1)x•/ f(x)在区间(2「：)上为增函数，二f (x) = x2-(k 1)x 0在区间(2, •：：)上恒成立(分离变量法) 即k T ：：：x恒成立，又x . 2 k T乞2，故k乞1 k的取值范围为k乞1 (2)设h(x) = f(x)-g(x)=x _ (k 1)x2 kx-1,3 2 3h(x) =x2-(k 1)x k =(x -k)(x -1)令h (x) =0得x = k或x =1由(1)知k乞1 ,①当k =1时，h(x) =(x -1)2 _0, h(x)在R上递增，显然不合题意,②当k <1时，h(x)k -1由于0,欲使f (x)与g(x)的图象有三个不同的交点，即方程h(x)=0有三个不同的实根,2k3 k2 1 2"k<1 厂故需——+ ———>0，即(k — 1)(k — 2k — 2) v0 .•.」2，解得k £1 — V36 2 3 k2-2k-2>0综上，所求k的取值范围为k d - , 3根的个数知道，部分根可求或已知。

例2、已知函数f (x)二ax3 1x2 - 2x c 2(1)若x = -1是f (x)的极值点且f (x)的图像过原点，求f (x)的极值；1 2(2)若g(x) -x d，在(1)的条件下，是否存在实数b，使得函数g(x)的图像与函数f (x)的图像恒有含x = -1的三个不同交点？若存在，求出实数b的取值范围；否则说明理由。

第9讲利用导数解决整数解及方程根的个数问题(解析版)

第9讲利用导数解决整数解及方程根的个数问题【典例例题】题型一：整数解问题之化为直线与曲线位置关系问题【例1】（2023·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式()()1e 21xa x x ->-（其中1a ≥-），有且只有两个整数解，则实数a 的取值范围是（）A ．235,43e ⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．31,2e ⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．235,43e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．235,2e 3e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦【答案】D 【解析】【分析】根据给定不等式，构造函数(()e 21)x f x x =-和()(1)g x a x =-，作出函数图象，结合图象分析求解作答.【详解】由不等式()()1e 21xa x x ->-（1a ≥-），令(()e 21)x f x x =-，()(1)g x a x =-，(()e 21)x f x x '=+，当12x <-时，()0f x '<，当12x >-时，()0f x '>，即函数()f x 在1(,2-∞-上单调递减，在1(,)2-+∞上单调递增，()min 12f x f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭12x <时，恒有()0f x <，函数()(1)g x a x =-，1a ≥-表示恒过定点(1,0)，斜率为a -的直线，在同一坐标系内作出函数()y f x =的图象和直线(1)y a x =-，如图，因不等式()()1e 21xa x x ->-（1a ≥-）有且只有两个整数解，观察图象知，-1和0是不等式()()g x f x >解集中的两个整数，于是得o −1)>o −1)o −2)≤o −2)，即2>−3e3≤−5e2，解得2352e 3e a -<≤-，所以实数a 的取值范围是235(,]2e 3e--.故选：D 【点睛】关键点睛：涉及不等式整数解的个数问题，构造函数，分析函数的性质并画出图象，数形结合建立不等关系是解题的关键.【例2】（2023·四川·成都七中模拟预测（理））已知不等式e (3)20(1)+--<<x a x x a 恰有2个整数解，则a 的取值范围为（）A ．2324e 3e ≤<a B ．2324e 3e<≤a C ．324e 3≤<a D ．324e 3<≤a 【答案】C 【解析】【分析】首先通过不等式分析，排除3x ≤-的可能性，对于3x >-,将不等式分离参数，得到()23e x x a x +<+，分析排除0a ≤的情况，然后令()()23e x x g x x +=+，利用导数分析其单调性，结合函数的正负值和零点，极值点分析，得到函数的大致图象，然后观察图象分析，将问题要求等价转化为()()01g ag a ⎧>⎪⎨≤⎪⎩，进而求解.【详解】当3x =-时，e (3)20(1)+--<<x a x x a 即为0320+-<,即10<,不成立；当3x <-时不等式等价于()321111·e e 13e 3e e x xx x x a x x -+⎛⎫>=->=>> ⎪++⎝⎭,由于1a <，故不成立；当3x >-时，不等式等价于()23e x x a x +<+，若0a ≤，则不等式对于任意的2x >-恒成立，满足不等式的整数有无穷多个，不符合题意；当0a >时，令()()2,(3)3e xx g x x x +=>-+，则()()22553e xx x g x x ++'=-+，在⎛- ⎝⎭上()0g x '>，∴()g x 单调递增，在∞⎫+⎪⎪⎝⎭上()0g x '<，∴()g x 单调递减，且在(3,2)--上()0g x <,在()2,-+∞上()0g x >,又∵在x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，∴()g x 在()3,-+∞上的图象如图所示：∵5212-+-<-，∴当3x >-时，不等式等价于()23e x x a x +<+有两个整数解，这两个整数解必然是1-和0，充分必要条件是()()01g a g a ⎧>⎪⎨≤⎪⎩,即2334ea a⎧>⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩,∴324e 3≤<a ，故选：C 【点睛】分类讨论是解决这类问题的重要方法，利用导数研究单调性后要结合函数的零点和极值，极限值进行分析，然后利用数形结合思想找到题设要求的充分必要条件，是问题解决的关键步骤.【例3】（2022·辽宁·辽阳市第一高级中学高二期末）已知函数()()1ln f x kx x x =+-，若()0≤f x 有且只有两个整数解，则k 的取值范围是（）A ．ln 5ln 2,3010⎛⎤⎥⎝⎦B ．ln 5ln 2,3010⎛⎫⎪⎝⎭C ．ln 2ln 3,1012⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．ln 2ln 3,1012⎛⎫⎪⎝⎭【答案】C 【解析】【分析】将问题化为ln (1)x k x x+≤有且只有两个整数解，利用导数研究ln ()xg x x =的性质，并画出()g x 与(1)y k x =+的图象，判断它们交点横坐标的范围，列不等式组求k 的范围.【详解】由题设，()f x 定义域为(0,)+∞，则()0≤f x 可得ln (1)x k x x+≤，令ln ()x g x x=，则21ln ()xg x x -'=，所以0e x <<时()0g x '>，即()g x 递增，值域为(1,e-∞；e x >时()0g x '<，即()g x 递减，值域为1(0,e；而(1)y k x =+恒过(1,0)-，函数图象如下：要使ln (1)xk x x+≤有且只有两个整数解，则(1)y k x =+与()g x 必有两个交点，若交点的横坐标为12x x <，则121234x x <≤<≤<，所以ln 232ln 343ln 454k k k ⎧≤⎪⎪⎪≤⎨⎪⎪>⎪⎩，即ln 2ln 31012k <≤.故选：C 【点睛】关键点点睛：首先转化为ln (1)xk x x+≤有且只有两个整数解，导数研究函数性质，再应用数形结合法判断ln ()xg x x=、(1)y k x =+交点横坐标范围，即可求参数范围.【题型专练】1.（2022·福建·莆田二中高二期中）设函数()e x f x x ax a =-+，其中1a >，若存在唯一的整数0x ，使得()00f x <，则a 的取值范围是（）A ．(21,2e ⎤⎦B ．33e 1,2⎛⎤⎥⎝⎦C ．343e 4e ,23⎛⎤⎥⎝⎦D ．323e 2e ,2⎛⎤⎝⎦【答案】D 【解析】【分析】根据给定条件，构造函数()e ,()x g x x h x ax a ==-，将问题转化为存在唯一的整数0x 使得00(,())x g x 在直线()h x ax a =-下方，再借助导数探讨求解作答.【详解】令()e ,()x g x x h x ax a ==-，1a >，显然直线()h x ax a =-恒过点(1,0)A ，则“存在唯一的整数0x ，使得()00f x <”等价于“存在唯一的整数0x 使得点00(,())x g x 在直线()h x ax a =-下方”，(1())e x x g x +'=，当1x <-时，()0g x '<，当1x >-时，()0g x '>，即()g x 在(,1)-∞-上递减，在(1,)-+∞上递增，则当1x =-时，min 1()(1)eg x g =-=-，当0x ≤时，1()[,0]e g x ∈-，而()(0)1h x h a ≤=-<-，即当0x ≤时，不存在整数0x 使得点00(,())x g x 在直线()h x ax a =-下方，当0x >时，过点(1,0)A 作函数()e x g x x =图象的切线，设切点为(,e ),0t P t t t >，则切线方程为：e (1)e ()t t y t t x t -=+-，而切线过点(1,0)A ，即有e (1)e (1)t t t t t -=+-，整理得：210t t --=，而0t >，解得1(1,2)2t =∈，因(1)e 0(1)g h =>=，又存在唯一整数0x 使得点00(,())x g x 在直线()h x ax a =-下方，则此整数必为2，即存在唯一整数2使得点(2,(2))g 在直线()h x ax a =-下方，因此有23(2)(2)2e (3)(3)3e 2g h a g h a <⎧<⎧⇔⎨⎨≥≥⎩⎩，解得323e 2e 2a <≤，所以a 的取值范围是323e(2e ,]2.故选：D 【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f (x )的切线问题，先设出切点坐标00(,)x y ，求导并求出切线方程000()()y y f x x x '-=-，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解.2.（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数()2e 2xx f x a x =-+，若有且仅有两个正整数，使得()0f x <成立，则实数a 的取值范围是（）A ．211,3e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．3291,5e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．391,5e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．212,2e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C 【解析】【分析】将()0f x <转化为2(2)ex x a x +<，再分别求导分析2()e x x g x =和()(2)h x a x =+的图象，再分别求得()()1,1g ，()()2,2g ，()()3,3g 到()20-，的斜率，分析临界情况即可【详解】由()0f x <且0x >，得2(2)ex xa x +<，设2()e x x g x =，()(2)h x a x =+，22()e xx x g x '-=，已知函数()g x 在（0，2）上单调递增，在(2,)+∞上单调递减，函数()(2)h x a x =+的图象过点(2,0)-，(1)11(2)3e g =--，2(2)12(2)e g =--，3(3)93(2)5eg =--，结合图象，因为329115e 3e e <<，所以3915e 3ea ≤<．故选：C3．（2022·全国·模拟预测（理））已知关于x 的不等式222ln 0ax x x x +->的解集中只有1个整数，则实数a 的取值范围是（）．A ．[)2,ln 21--B ．(]2,ln 21--C ．1ln 21,ln 33--⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．1ln 21,ln 33--⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】B 【解析】【分析】由题可得不等式()2ln 0f x ax x x =+->仅有1个整数解，利用数形结合可得()()1020f f ⎧>⎪⎨≤⎪⎩，即求.【详解】由题可知()0,x ∈+∞，所以不等式222ln 0ax x x x +->，即2ln 0ax x x +->只有一个整数解，令()2ln f x ax x x =+-，不等式()0f x >仅有1个整数解，令2y ax =+，()ln g x x x =，则函数()ln g x x x =图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线2y ax =+的下方，∵()1ln g x x '=+，由()1ln 0g x x '=+=，得1ex =，∴()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增，因为直线2y ax =+恒过点()0,2，作出函数()ln g x x x =与直线2y ax =+的大致图象，由图象可知，这个点()1,0，可得()()1020f f ⎧>⎪⎨≤⎪⎩，即2ln 21a -<≤-．故选：B ．【点睛】关键点点睛：本题的关键是把问题转化为函数()ln g x x x =与直线2y ax =+的的交点的位置问题，然后利用数形结合解决.4.（2022·辽宁·沈阳二中高二期末）设函数()e (21)x f x x ax a =--+，若不等式()0f x <恰有两个整数解，则a 的取值范围是______.【答案】2533e 2ea ≤<【解析】【分析】由题知()e (21)1x x a x -<-恰有两个整数解，构造函数()()()()e 211,xg x h a x x x -==-，利用导数研究函数的性质，作出函数的大致图象，利用数形结合即得.【详解】由()0f x <，可得()e (21)1xx a x -<-，令()()()()e 211,xg x h a x x x -==-，由题意知恰有两个整数，使()g x ()h x <成立，因为()()e 21xg x x '=+，由()0g x '=，可得12x =-，所以当12x <-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当12x >-时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()12min12e 2g x g -⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，且()()()1201,13e ,25e g g g --=--=--=-，直线()()1h x a x =-恒过点()1,0，且斜率为a，结合图象可得()()()()()()001122h g h g h g ⎧>⎪->-⎨⎪-≤-⎩，即12123e 35e a a a --->-⎧⎪->-⎨⎪-≤-⎩，解得2533e 2ea ≤<，即a 的取值范围是2533e 2ea ≤<.故答案为；2533e 2ea ≤<.题型二：方程根的个数问题【例1】（2022·福建·漳州市第一外国语学校高二期中）设函数()ln f x x x =⋅，则关于x 的方程()0f x m -=的实数根的个数不可能为（）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】A 【解析】【分析】利用导数确定函数()f x 的单调性，进而得出函数()f x 的图象，数形结合得出方程实数根的个数.【详解】()ln 1f x x '=+1()0e f x x '>⇒>，1()00ef x x '<⇒<<即函数()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增当0x →时，()0f x →，1111ln e e ee f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，(1)0f =则函数()y f x =与y m =的图象如下图所示平移直线y m =可知，函数()y f x =与y m =的交点个数可能为0,1,2,3则关于x 的方程()0f x m -=的实数根的个数可能为0,1,2,3故选：A【例2】（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习多选）已知函数(),115ln ,1xx x f x x x x⎧<⎪⎪-=⎨⎪≥⎪⎩，下列选项正确的是（）A ．函数()f x 的单调减区间为(),1-∞、()e,+∞B ．函数()f x 的值域为(),1-∞C ．若关于x 的方程()()20f x a f x -=有3个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是5,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．若关于x 的方程()()20f x a f x -=有5个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是51,e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】ACD 【解析】【分析】利用函数的单调性与导数之间的关系可判断A 选项；求出函数()f x 的值域，可判断B 选项；数形结合可判断CD 选项.【详解】对于A 选项，当1x <时，()1x f x x =-，则()()2101f x x '=-<-，当1≥x 时，()5ln x f x x =，则()()251ln x f x x-'=，由()0f x '<可得e x >，所以，函数()f x 的单调减区间为(),1-∞、()e,+∞，A 对；对于B 选项，当1x <时，()1111f x x =+<-，当1≥x 时，()()5ln 50e ex f x f x ≤=≤=，因此，函数()f x 的值域为5,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，B 错；对于CD 选项，作出函数()f x 的图像如下图所示：若0a ≤，由()()20f x a f x -=可得()0f x =，则方程()0f x =只有两个不等的实根；若0a >，由()()20f x a f x -=可得()0f x =或()f x a =或()f x a =-，由图可知，方程()0f x =有2个不等的实根，方程()f x a =-只有一个实根，若关于x 的方程()()20f x a f x -=有3个不相等的实数根，则5ea >，C 对；若关于x 的方程()()20f x a f x -=有5个不相等的实数根，则51ea ≤<，D 对.故选：ACD.【例3】（2022·江西赣州·高二期中（文））已知函数()ln x f x x=，关于x 的不等式()()20f x tf x ->有且只有四个整数解，则实数t 的取值范围是（）A ．ln 5ln 2,52⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．ln 6ln 5,65⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．ln 6ln 5,65⎛⎤⎥⎝⎦D ．ln 3ln 4,34⎛⎤⎥⎝⎦【答案】B 【解析】【分析】求导，利用导数的符号变化研究其单调性、极值，对t 分类讨论，分别利用一元二次不等式的解法，结合函数图象和不等式的整数解个数进行判定求解.【详解】由ln ()x f x x=得()f x '21ln xx -=，当0e x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当e x >时，()'0f x <，()f x 单调递减；所以当e x =时，()f x 有最大值，且max 1()(e)ef x f ==，又当x →+∞时，()0f x →，且()0f x >，当0x →时，()f x →-∞，(1)0f =．其图象如图所示：①当0=t ，由()()20f x tf x ->，得()20f x >，即()0f x ≠，则1x ≠，此时不等式的整数解有无数多个，不合题意；②当0t <时，由()()20f x tf x ->得()0f x >或()f x t <．当()0f x >时，1x >，有无数个整数解；当()0f x t <<时，其解集为(0,1)的子集，不含有整数解；故0t <不合题意；③当0t >时，由()()20f x tf x ->得()f x t >或()0f x <，当()0f x <时，其解集为(0,1)，不含有整数解；当()f x t >时，若不等式有且仅有四个整数解，又()ln333f =，()()ln2242f f ==，()ln555f =，()666ln f =，且()()()()()32456f f f f f >=>>，因为()f x 在()0,e 递增，在()e,+∞递减，所以四个整数解只能为2、3、4、5，所以()()65f t f ≤<，即n6n 65l l 5t ≤<所以实数t 的取值范围为ln6ln5[,65．故选：B.【例4】（2022·江西省宜春中学高二开学考试（理））已知函数2,1()ln 42,1xx f x e x x x x ⎧>⎪=⎨⎪--≤⎩，若函数[]2()(24)()1y f x a f x =+-+恰有5个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．949,824⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．491,24⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．91,5⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．91,5⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C 【解析】【分析】先研究1x >时，()ln xf x e x=的单调性和极值，然后画出分段函数的图象，再令()f x t =，通过换元后数形结合，可转化为一元二次方程根的分布问题，从而即可求解.【详解】解：当1x >时，()ln xf x e x=，则2ln 1()ln x f x e x -'=，当1x e <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当x e >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以1x >时，()()1f x f e =；当1x 时，22()52(1)55f x x x x =--=-++；作出()f x大致图象如下：由函数2[()](24)()1y f x a f x =+-+恰有5个不同零点，即方程2[()](24)()10f x a f x +-+=恰有5个不等实根，令()f x t =，则方程2(24)10(*)t a t +-+=，令函数2()(24)1u t t a t =+-+，①方程(*)在区间(,1)-∞和()1,5上各有一个实数根，则(1)12410(5)255(24)10u a u a =+-+<⎧⎨=+-+>⎩，解得915a <<；②方程(*)在区间()1,5和(5,)+∞各有一个实数根，则(1)12410(6)255(24)10u a u a =+-+>⎧⎨=+-+<⎩，不等式组无解；③方程(*)的两根为1和5，此时()1524151a ⎧+=--⎨⨯=⎩无解．综上，915a <<．故选：C.【题型专练】1.（2022·广西百色·高二期末（理））设函数()()ln ,0e 1,0x x xf 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-⋃-【答案】D 【解析】【分析】先求导得出()f x 的单调性，进而画出()f x 的图象，将题设转化为函数()y f x =与y b =有两个交点，结合图象求出实数b 的取值范围即可.【详解】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.2.（2022·宁夏中卫·一模（文））设函数()ln 0ex xx f x x x ⎧>=⎨≤⎩若函数()()g x f x m =-有两个零点，则实数m 的取值范围是（）A ．1,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,0e ⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．1,0(0,)e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】()()g x f x m =-有两个零点等价于()y f x =与y m =的图象有两个交点，利用导数分析函数()e ,0xh x x x =≤的单调性与最值，画出函数()f x 图象，数形结合可得结果.【详解】解：设()e ,0x h x x x =≤，则()()'e 1xh x x =+，所以()h x 在(),1-∞-上递减，在(]1,0-上递增，()()min 11eh x g =-=-，且1x <-时，()0h x <，()()g x f x m =-有两个零点等价于()y f x =与y m =的图象有两个交点，画出()y f x =的图象，如下图所示，由图可得，1>em -时，()y f x =与y m =的图象有两个交点，此时，函数()()g x f x m =-有两个零点，∴实数m 的取值范围是1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，故选：D.【点睛】方法点睛：本题主要考查分段函数的性质、利用导数研究函数的单调性、函数的零点，以及数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．3.（2022·新疆维吾尔自治区喀什第二中学高二期中（理））已知函数()34,0,0x x x f x lnx x ⎧-≤=⎨>⎩，若函数()()g x f x x a =+-有3个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．[)0,1B ．[)0,2C ．(],1-∞D ．(],2-∞【答案】B 【解析】【分析】构造()()x f x x ϕ=+，通过求导，研究函数的单调性及极值，最值，画出函数图象，数形结合求出实数a 的取值范围.【详解】令()()0g x f x x a =+-=，即()f x x a +=，令()()x f x x ϕ=+，当0x ≤时，()33x x x ϕ=-，()233x x ϕ'=-，令()0x ϕ'>得：1x >或1x <-，结合0x ≤，所以1x <-，令()0x ϕ'<得：11x -<<，结合0x ≤得：10-<≤x ，所以()x ϕ在1x =-处取得极大值，也是最大值，()()max 12x ϕϕ=-=，当x →-∞时，()x ϕ→-∞，且()00ϕ=，当0x >时，()ln x x x ϕ=+，则()110x xϕ'=+>恒成立，()ln x x x ϕ=+单调递增，且当0x →时，()x ϕ→-∞，当x →+∞时，()x ϕ→+∞，画出()x ϕ的图象，如下图：要想()()g x f x x a =+-有3个零点，则[)0,2a ∈故选：B。

(完整word版)导数恒成立和根的个数问题

题型一：关于函数的单调区间，极值，最值；不等式恒成立；此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步:令0)('=x f 得到两个根；第二步：列表如下；第三步：由表可知；不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，常见处理方法有四种：第一种:变更主元（即关于某字母的一次函数）-—-——题型特征（已知谁的范围就把谁作为主元)；第二种：分离变量求最值（例5）；如参数不方便分离，而'()f x 是二次函数，用根的分布：①若'()0f x =的两根容易求，则求根，考虑根的位置②若'()0f x =不确定有根或两根不容易求，一定要考虑△和'()f a '()f b 有时还要考虑对称轴第三种：关于二次函数的不等式恒成立；第四种：构造函数求最值-—--题型特征)()(x g x f >恒成立0)()()(>-=⇔x g x f x h 恒成立；参考例4；例1。

已知函数321()23f x x bx x a =-++,2x =是)(x f 的一个极值点．(Ⅰ)求()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）若当[1, 3]x ∈时，22()3f x a ->恒成立，求a 的取值范围．例2.已知函数b ax ax x x f +++=23)(的图象过点)2,0(P 。

（1）若函数)(x f 在1-=x 处的切线斜率为6，求函数)(x f y =的解析式； (2）若3>a ，求函数)(x f y =的单调区间。

例3。

设22(),1x f x x =+()52(0)g x ax a a =+->。

（1）求()f x 在[0,1]x ∈上的值域；(2）若对于任意1[0,1]x ∈，总存在0[0,1]x ∈,使得01()()g x f x =成立,求a 的取值范围。

例4.已知函数32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 的切线斜率为3-,326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ)求,a b 的值; （Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ)当[1,4]x ∈时,不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围.例5.已知定义在R 上的函数32()2f x ax ax b =-+）（0>a 在区间[]2,1-上的最大值是5，最小值是－11。

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运用导数如何展开对方程根的个数的讨论 1 已知函数3
21()1()3
f x x ax x a R =
--+∈ （1）若函数()f x 在12,x x x x ==处取得极值，且122x x -=，求a 的值及()f x 的单
调区间；
（2）若12a <
，讨论曲线()f x 与215
()(21)(21)26
g x x a x x =-++-≤≤的交点个数．解：（1）2()21f'x x ax =--
12122,1x x a x x ∴+=⋅=-
122x x ∴-===
0a ∴=…………………………………2分
22()211f x x ax x '=--=-
令()0f x '>得1,1x x <->或令()0f x '<得11x -<<
∴()f x 的单调递增区间为(,1)-∞-，(1,)+∞，单调递减区间为(1,1)-…………5分（2）由题()()f x g x =得
322115
1(21)326
x ax x x a x --+=-++ 即32111
()20326
x a x ax -+++= 令32111
()()2(21)326
x x a x ax x ϕ=-+++-≤≤……………………6分
2()(21)2(2)(1)x x a x a x a x ϕ'∴=-++=--
令()0x ϕ'=得2x a =或1x =……………………………………………7分
12
a <
当2
a ≤-
此时，9
802
a --
>，0a <，有一个交点；…………………………9分
当22a ≥-即1
1a -<<
时，
2(32)036
a a -+> , ∴当9802a -->即9
116a -<<-时,有一个交点；
当98002a a --≤≤，且即9
016a -
≤≤时，有两个交点；当102a <<时，9
802a --<，有一个交点．………………………13分
综上可知，当916a <-或1
02a <<时，有一个交点；
当9
016
a -≤≤时，有两个交点．…………………………………14分
选天星试题调研压轴大题P69页
选自刷题P49页
选自刷题P43页。