高考数学导数与函数零点问题教师版
第二课时利用导数研究函数的零点课件
当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减， 故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，
又 g1e＝m－2－e12，g(e)＝m＋2－e2， 且 g1e＞g(e)， ∴g(x)＝f(x)－ax＋m 在1e，e上有两个零点需满足条件gg（ 1e1＝）m＝－m2－－1e12＞≤00，， 解得 1＜m≤2＋e12. 故实数 m 的取值范围是1，2＋e12.
2 a.
证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0， 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于 2e2x0－xa0＝0，
故 f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)单调递增，在(3－2 3，3＋2 3) 单调递减.
(2)证明：f(x)只有一个零点.
证明 由于 x2＋x＋1>0，所以 f(x)＝0 等价于x2＋xx3＋1－3a＝0. 设 g(x)＝x2＋xx3＋1－3a，则 g′(x)＝x（2（xx2＋2＋x2＋x＋1）3）2 ≥0， 仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增. 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点. 又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－13 ＝－6a－612－61<0， f(3a＋1)＝31>0，故 f(x)有一个零点. 综上，f(x)只有一个零点.
转化为证明 f(x0)≥2a＋aln
2 a.
训练 3 (2020·全国Ⅲ卷)设函数 f(x)＝x3＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点12，f21处的切 线与 y 轴垂直. (1)求 b； 解 f′(x)＝3x2＋b.
利用导数研究函数的零点讲义 解析版
利用导数研究函数的零点题型一 数形结合法研究函数零点1.(2024·南昌模拟节选)已知函数f (x )=(x -a )2+be x (a ，b ∈R )，若a =0时，函数y =f (x )有3个零点，求b 的取值范围.解：函数y =f (x )有3个零点，即关于x 的方程f (x )=0有3个根，也即关于x 的方程b =-x 2ex 有3个根.令g (x )=-x 2e x ，则直线y =b 与g (x )=-x 2ex 的图象有3个交点.g ′(x )=x (x -2)e x，由g ′(x )<0解得0<x <2；由g ′(x )>0解得x <0或x >2，所以g (x )在(-∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增.g (0)=0，g (2)=-4e2，当x >0时，g (x )<0；当x →+∞时，g (x )→0；当x →-∞时，g (x )→-∞，作出g (x )的大致图象如图所示，作出直线y =b .由图可知，若直线y =b 与g (x )的图象有3个交点，则-4e 2<b <0，即b 的取值范围为-4e 2，0 .感悟提升 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x 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.2.设函数f (x )=ln x +m x ，m ∈R ，讨论函数g (x )=f ′(x )-x 3零点的个数.解：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，∴x =1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)=23.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.题型二 利用函数性质研究函数零点3.已知函数f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，e 是自然对数的底数，∀x >0，e x >x +1.(1)求f (x )的单调区间；(2)记p ：f (x )有两个零点；q ：a >ln 2.求证：p 是q 的充要条件.要求：先证充分性，再证必要性.(1)解：∵f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，∴f (x )的定义域为(0，+∞)，f ′(x )=4x (a -ln x ).∵当0<x <e a 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e a )上单调递增；∵当x >e a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e a ，+∞)上单调递减.∴f (x )的单调递增区间为(0，e a )，单调递减区间为(e a ，+∞).(2)证明 先证充分性.由(1)知，当x =e a 时，f (x )取得最大值，即f (x )的最大值为f (e a )=e 2a -4.由f (x )有两个零点，得e 2a -4>0，解得a >ln 2.∴a >ln 2.再证必要性.∵a >ln 2，∴e 2a >4.∴f (e a )=e 2a -4>0.∵a>ln2>0，∀x>0，e x>x+1，∴e2a>2a+1>2a.∴f(e-a)=e-2a(4a+1)-4=4a+1e2a -4<4a+12a-4=12a-2<12ln2-2=1ln4-2<0.∴∃x1∈(e-a，e a)，使f(x1)=0；∵f(e a+1)=-e2a+2-4<0，∴∃x2∈(e a，e a+1)，f(x2)=0.∵f(x)在(0，e a)上单调递增，在(e a，+∞)上单调递减，∴∀x∈(0，+∞)，x≠x1且x≠x2，易得f(x)≠0.∴当a>ln2时，f(x)有两个零点.感悟提升 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、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.4.(2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln x，若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.解：由f(x)=ax-1x-(a+1)ln x(x>0)，得f′(x)=a+1x2-a+1x=(ax-1)(x-1)x2(x>0).①当a=0时，f(x)=-1x-ln x，f′(x)=1-xx2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，所以f(x)≤f(1)=-1<0，所以f(x)不存在零点；②当a<0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max=f(1)=a-1<0，所以f(x)不存在零点；③当a>0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，(ⅰ)当a=1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，因为f(1)=a-1=0，所以函数f(x)恰有一个零点；(ⅱ)当a>1时，0<1a <1，故f(x)在0，1a，(1，+∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.因为f(1)=a-1>0，所以f1a>f(1)>0，当x→0+时，f(x)→-∞，由零点存在定理可知f(x)在0，1a上必有一个零点，所以a>1满足条件；(ⅲ)当0<a<1时，1a >1，故f(x)在(0，1)，1a，+∞上单调递增，在1，1a上单调递减.因为f(1)=a-1<0，所以f1a<f(1)<0，当x→+∞时，f(x)→+∞，由零点存在定理可知f(x)在1a，+∞上必有一个零点，即0<a<1满足条件.综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，+∞).题型三 构造函数法研究函数零点5.已知函数f(x)=e x-1+ax(a∈R).(1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)-ax+1e a=ln x+a有两个不同的实数解，求a的取值范围.解：(1)由题意，得f′(x)=e x+a.若a≥-1，则当x∈[0，+∞)时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，∴当x∈[0，+∞)时，f(x)≥f(0)=0，符合题意；若a<-1，令f′(x)<0，得x<ln(-a)，∴f(x)在(0，ln(-a))上单调递减，∴当x∈(0，ln(-a))时，f(x)<f(0)=0，不符合题意.综上，a的取值范围为[-1，+∞).(2)法一 由f(x)-ax+1e a=ln x+a，得e x-a=ln x+a.令e x-a=t，则x-a=ln t，ln x+a=t，∴x+ln x=t+ln t.易知y=x+ln x在(0，+∞)上单调递增，∴t=x，得a=x-ln x.则原问题可转化为方程a=x-ln x有两个不同的实数解.令φ(x)=x-ln x(x>0)，则φ′(x)=x-1 x，令φ′(x)<0，得0<x<1；令φ′(x)>0，得x>1，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(1)=1，∴a≥1.当a=1时，易知方程1=x-ln x只有一个实数解x=1，不符合题意.下证当a>1时，a=x-ln x有两个不同的实数解.令g(x)=x-ln x-a(a>1)，则g(x)=φ(x)-a，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.∵g(e-a)=e-a>0，g(1)=1-a<0，∴g(x)在(e-a，1)上有一个零点.易知g(e a)=e a-2a，令h(a)=e a-2a，则当a>1时，h′(a)=e a-2>0，∴h(a)在(1，+∞)上单调递增，∴当a >1时，h (a )>h (1)=e -2>0，即g (e a )=e a -2a >0，∴g (x )在(1，e a )上有一个零点.∴当a >1时，a =x -ln x 有两个不同的实数解.综上，a 的取值范围为(1，+∞).法二 由f (x )-ax +1e a=ln x +a ，得e x =e a (ln x +a )，∴xe x =xe a (ln x +a )，即xe x =e a +ln x (ln x +a ).令u (x )=xe x ，则有u (x )=u (a +ln x ).当x >0时，u ′(x )=(x +1)e x >0，∴u (x )=xe x 在(0，+∞)上单调递增，∴x =a +ln x ，即a =x -ln x .下同法一.感悟提升 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.6.(2021·全国甲卷节选)已知a >0且a ≠1，函数f (x )=x a ax (x >0).若曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，求a 的取值范围.解：曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x =1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x =ln a a 有两个不同的解.设g (x )=ln x x (x >0)，则g ′(x )=1-ln x x 2(x >0)，令g ′(x )=1-ln x x 2=0，得x =e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，故g (x )max =g (e )=1e ，且当x >e 时，g (x )∈0，1e ，又g (1)=0，所以0<ln a a <1e，所以a >1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e )∪(e ，+∞).【A 级 基础巩固】7.已知函数f (x )=x -ae x ，a ∈R ，讨论函数f (x )的零点个数.解：f (x )=0等价于x -ae x =0，即x ex =a .设h (x )=x e x ，则h ′(x )=1-x ex ，当x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max =h (1)=1e.又当x <0时，h (x )<0；当x >0时，h (x )>0，且x →+∞时，h (x )→0，∴可画出h (x )大致图象，如图所示.∴当a ≤0或a =1e时，f (x )在R 上有唯一零点；当a >1e 时，f (x )在R 上无零点；当0<a <1e 时，f (x )在R 上有两个零点.8.(2024·青岛调研)已知函数f (x )=ln x +ax x，a ∈R .(1)若a =0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点.(1)解：若a =0，则f (x )=ln x x ，其定义域为(0，+∞)，∴f ′(x )=1-ln x x 2，由f ′(x )=0，得x =e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∴f (x )max =f (e )=1e.(2)证明 f ′(x )=1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，由(1)知，f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∵0<a <1，∴当x >e 时，f (x )=ln x +ax x =a +ln x x>0，故f (x )在(e ，+∞)上无零点；当0<x <e 时，f (x )=ln x +ax x ，∵f 1e =a -e <0，f (e )=a +1e>0，且f (x )在(0，e )上单调递增，∴f (x )在(0，e )上有且只有一个零点，综上，当0<a <1时，f (x )有且只有一个零点.9.(2024·太原模拟节选)已知函数f (x )=xe x -x -1，讨论方程f (x )=ln x +m -2的实根个数.解；由f (x )=ln x +m -2，得xe x -x -ln x +1=m ，x >0，令h (x )=xe x -x -ln x +1，则h ′(x )=e x +xe x-1-1x =(x +1)(xe x -1)x(x >0)，令m (x )=xe x -1(x >0)，则m ′(x )=(x +1)·e x >0，∴m (x )在(0，+∞)上单调递增，又m 12 =e 2-1<0，m (1)=e -1>0，∴存在x 0∈12，1，使得m (x 0)=0，即e x 0=1x 0，从而ln x 0=-x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )<0，h ′(x )<0，则h (x )单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0，则h (x )单调递增；∴h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0+1=x 0·1x 0-x 0+x 0+1=2，又易知，当x →0+时，h (x )→+∞；当x →+∞时，h (x )→+∞.∴当m <2时，方程f (x )=ln x +m -2没有实根；当m =2时，方程f (x )=ln x +m -2有1个实根；当m >2时，方程f (x )=ln x +m -2有2个实根.【B 级 能力提升】10.(2024·郑州模拟节选)已知函数f (x )=ln (x +1)-x +1，g (x )=ae x -x +ln a ，若函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，求实数a 的取值范围.解：函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，即f (x )=g (x )有两个实根，即ln (x +1)-x +1=ae x -x +ln a 有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =ln (x +1)+x +1有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)有两个实根.设函数h (x )=e x +x ，则e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)⇔h (x +ln a )=h (ln (x +1)).因为h ′(x )=e x +1>0恒成立，所以h (x )=e x +x 在R 上单调递增，所以x +ln a =ln (x +1)，x >-1，所以要使F (x )有两个零点，只需ln a =ln (x +1)-x 有两个实根.设M (x )=ln (x +1)-x ，则M ′(x )=-x x +1.由M ′(x )=-x x +1>0，得-1<x <0；由M ′(x )=-x x +1<0，得x >0，故函数M(x)的单调递增区间为(-1，0)，单调递减区间为(0，+∞).故函数M(x)在x=0处取得极大值，也是最大值，且M(x)max=M(0)=0.易知当x→-1时，M(x)→-∞；当x→+∞时，M(x)→-∞.故要使ln a=ln(x+1)-x有两个实根，只需ln a<M(x)max=0，解得0<a<1.所以实数a的取值范围是(0，1).。
高考导数讲义一零点问题完整版.doc
高考导数讲义一：零点问题例1、设函数（I ）求曲线在点处的切线方程；（II ）设，若函数有三个不同零点，求c 的取值范围； （III ）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件. 解：（I ）由()32f x x ax bx c =+++，得()232f x x ax b '=++．因为()0f c =，()0f b '=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y bx c =+． （II ）当4a b ==时，()3244f x x x x c =+++，所以()2384f x x x '=++．令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23x =-． ()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下：所以，当0c >且32027c -<时，存在()14,2x ∈--，222,3x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，32,03x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()()()1230f x f x f x ===．由()f x 的单调性知，当且仅当320,27c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()3244f x x x x c =+++有三个不同零点． （III ）当24120a b ∆=-<时，()2320f x x ax b '=++>，(),x ∈-∞+∞，此时函数()f x 在区间(),-∞+∞上单调递增，所以()f x 不可能有三个不同零点．当24120a b ∆=-=时，()232f x x ax b '=++只有一个零点，记作0x ．当()0,x x ∈-∞时，()0f x '>，()f x 在区间()0,x -∞上单调递增；()32.f x x ax bx c =+++().y f x =()()0,0f 4a b ==()f x 230a b -＞().f x当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在区间()0,x +∞上单调递增． 所以()f x 不可能有三个不同零点．综上所述，若函数()f x 有三个不同零点，则必有24120a b ∆=->． 故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件．当4a b ==，0c =时，230a b ->，()()232442f x x x x x x =++=+只有两个不同 零点， 所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件． 因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．例2.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．【答案】（I ）单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；极小值(1ln )2k k f -=；（II ）证明详见解析. 【解析】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.（I ）先对()f x 求导，令'()0f x =解出x ，将函数的定义域断开，列表，分析函数的单调性，所以由表格知当x =小值；（II ）利用第一问的表，知f 为函数的最小值，如果函数有零点，只需最小值(1ln )02k k -≤，从而解出k e ≥，下面再分情况分析函数有几个零点.试题解析：（Ⅰ）由()2ln 2x f x k x =-，（0k >）得 2'()k x kf x x x x-=-=.由'()0f x =解得x =()f x 与'()f x 在区间(0,)+∞上的情况如下：所以，()f x 的单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；()f x 在x =(1ln )2k k f -=.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )2k k f -=. 因为()f x 存在零点，所以(1ln )02k k -≤，从而k e ≥.当k e =时，()f x 在区间上单调递减，且0f =，所以x =()f x 在区间上的唯一零点.当k e >时，()f x 在区间上单调递减，且1(1)02f =>，02e kf -=<，所以()f x 在区间上仅有一个零点.综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间上仅有一个零点.考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值、函数零点问题.【名师点晴】本题主要考查的是导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和函数的零点，属于难题．利用导数求函数()f x 的单调性与极值的步骤：①确定函数()f x 的定义域；②对()f x 求导；③求方程()0f x '=的所有实数根；④列表格．证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性． 例3.设函数()2ln xf x ea x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； （II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a≥+. 【答案】（I ）当0a £时，()f x ¢没有零点；当0a >时，()f x ¢存在唯一零点.（II ）见解析 【解析】试题分析：（I ）先求出导函数，分0a £与0a >考虑()f x '的单调性及性质，即可判断出零点个数；（II ）由（I ）可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x ，根据()f x '的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于22lna a a+，即证明了所证不等式. 试题解析：（I ）()f x 的定义域为()0+¥，，()2()=20x af x e x x¢->. 当0a £时,()0f x ¢>，()f x ¢没有零点； 当0a >时，因为2x e 单调递增，ax-单调递增，所以()f x ¢在()0+¥，单调递增.又()0f a ¢>,当b 满足04ab <<且14b <时，(b)0f ¢<,故当0a >时，()f x ¢存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x ，当()00x x Î，时，()0f x ¢<;当()0+x x 违，时，()0f x ¢>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ¥，单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x .由于0202=0x a ex -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a ++?. 故当0a >时，2()2lnf x a a a?. 考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.【名师点睛】导数的综合应用是高考考查的重点和热点，解决此类问题，要熟练掌握常见函数的导数和导数的运算法则、掌握通过利用导数研究函数的单调性、极值研究函数的图像与性质.对函数的零点问题，利用导数研究函数的图像与性质，画出函数图像草图，结合图像处理；对恒成立或能处理成立问题，常用参变分离或分类讨论来处理. 例4.设函数2(),(,)f x x ax b a b R =++∈.（1）当214a b =+时，求函数()f x 在[1,1]-上的最小值()g a 的表达式； （2）已知函数()f x 在[1,1]-上存在零点，021b a ≤-≤，求b 的取值范围.【答案】(1)222,2,4()1,22,2,24a a a g a a a a a ⎧++≤-⎪⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪-+>⎪⎩；(2)[3,9--【解析】(1)将函数进行配方，利用对称轴与给定区间的位置关系，通过分类讨论确定函数在给定上的最小值，并用分段函数的形式进行表示；(2)设定函数的零点，根据条件表示两个零点之间的不等关系，通过分类讨论，分别确定参数b 的取值情况，利用并集原理得到参数b 的取值范围.试题解析：(1)当214a b =+时，2()()12a f x x =++，故其对称轴为2a x =-. 当2a ≤-时，2()(1)24a g a f a ==++. 当22a -<≤时，()()12a g a f =-=.当2a >时，2()(1)24a g a f a =-=-+. 综上，222,2,4()1,22,2,24a a a g a a a a a ⎧++≤-⎪⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪-+>⎪⎩(2)设,s t 为方程()0f x =的解，且11t -≤≤，则s t ast b+=-⎧⎨=⎩.由于021b a ≤-≤，因此212(11)22t ts t t t --≤≤-≤≤++. 当01t ≤≤时，222222t t t b t t --≤≤++， 由于222032t t --≤≤+和212932t t t --≤≤-+，所以293b -≤≤-当10t -≤≤时，222222t t t b t t --≤≤++， 由于22202t t --≤<+和2302t t t --≤<+，所以30b -≤<. 综上可知，b的取值范围是[3,9--.【考点定位】1.函数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想.【名师点睛】本题主要考查函数的单调性与最值，函数零点问题.利用函数的单调性以及二次函数的对称轴与给定区间的位置关系，利用分类讨论思想确定在各种情况下函数的最小值情况，最后用分段函数的形式进行表示；利用函数与方程思想，确定零点与系数之间的关系，利用其范围，通过分类讨论确定参数b 的取值范围.本题属于中等题，主要考查学生应用函数性质解决有关函数应用的能力，考查学生对数形结合数学、分类讨论思想以及函数与方程思想的应用能力，考查学生基本的运算能力.例5、已知函数 . (I)讨论 的单调性；(II)若 有两个零点，求a 的取值范围.【解析】（Ⅰ）()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a '=-+-=-+．（ i ）当0a ≥时，则当1x >时，()0f x '>；当1x <时，()0f x '< 故函数()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增．（ ii ）当0a <时，由()0f x '=，解得：1x =或ln(2)x a =- ①若ln(2)1a -=，即2e a =-，则x R ∀∈，()(1)()0xf x x e e '=-+≥ 故()f x 在(,)-∞+∞单调递增．②若ln(2)1a -<，即2ea >-，则当(,ln(2))(1,)x a ∈-∞-+∞时，()0f x '>；当(ln(2),1)x a ∈-时，()0f x '<故函数在(,ln(2))a -∞-，(1,)+∞单调递增；在(ln(2),1)a -单调递减． ③若ln(2)1a ->，即2ea <-，则当(,1)(ln(2),)x a ∈-∞-+∞时，()0f x '>；当(1,ln(2))x a ∈-时，()0f x '<；故函数在(,1)-∞，(ln(2),)a -+∞单调递增；在(1,ln(2))a -单调递减．（Ⅱ）（i ）当0a >时，由（Ⅰ）知，函数()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增． 又∵(1),(2)f e f a ==，取实数b 满足0b <且ln2ab <，则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=-> ∴()f x 有两个零点．（ii ）若0a =，则()(2)xf x x e =-，故()f x 只有一个零点． （iii ）若0a <，由（I ）知，当2ea ≥-，则()f x 在(1,)+∞单调递增，又当1x ≤时，()0f x <，故()f x 不存在两个零点；当2ea <-，则函数在(ln(2),)a -+∞单调递增；在(1,ln(2))a -单调递减．又当1x ≤时，()0f x <，故不存在两个零点．综上所述，a 的取值范围是()0,+∞．例6.设a 为实数，函数()()()21f x x a x a a a =-+---． （1）若()01f ≤，求a 的取值范围； （2）讨论()f x 的单调性； （3）当2a ≥时，讨论()4f x x+在区间()0,+∞内的零点个数． 【答案】（1）1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦；（2）)(x f 在),(+∞a 上单调递增，在),(a -∞上单调递减；（3）当2=a 时，()4f x x +有一个零点2x =；当2>a 时，()4f x x+有两个零点． 【解析】试题分析：（1）先由()01f <可得1≤+a a ，再对a 的取值范围进行讨论可得1≤+a a 的解，进而可得a 的取值范围；（2）先写函数()f x 的解析式，再对a 的取值范围进行讨论确定函数()f x 的单调性；（3）先由（2）得函数()f x 的最小值，再对a 的取值范围进行讨论确定()4f x x+在区间()0,+∞内的零点个数． 试题解析：（1）22(0)f a a a a a a =+-+=+，因为()01f ≤，所以1≤+a a ， 当0≤a 时，10≤，显然成立；当0>a ，则有12≤a ，所以21≤a .所以210≤<a . 综上所述，a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.（2）()⎪⎩⎪⎨⎧<++-≥--=ax a x a x ax x a x x f ,2)12(,12)(22对于()x a x u 1221--=，其对称轴为a a a x <-=-=21212，开口向上， 所以)(x f 在),(+∞a 上单调递增；对于()a x a x u 21221++-=，其对称轴为a a a x >+=+=21212，开口向上， 所以)(x f 在),(a -∞上单调递减.综上所述，)(x f 在),(+∞a 上单调递增，在),(a -∞上单调递减.（3）由（2）得)(x f 在),(+∞a 上单调递增，在),0(a 上单调递减，所以2min )()(a a a f x f -==. (i)当2=a 时，2)2()(min -==f x f ，⎪⎩⎪⎨⎧<+-≥-=2,452,3)(22x x x x x x x f令()40f x x +=，即xx f 4)(-=（0x >）.因为)(x f 在)2,0(上单调递减，所以2)2()(-=>f x f而x y 4-=在)2,0(上单调递增，2)2(-=<f y ，所以)(x f y =与xy 4-=在)2,0(无交点. 当2≥x 时，xx x x f 43)(2-=-=，即04323=+-x x ，所以042223=+--x x x ，所以()0)1(22=+-x x ，因为2≥x ，所以2=x ，即当2=a 时，()4f x x+有一个零点2x =.(ii)当2>a 时，2min )()(a a a f x f -==，当),0(a x ∈时，42)0(>=a f ，2)(a a a f -=，而xy 4-=在),0(a x ∈上单调递增， 当a x =时，a y 4-=.下面比较2)(a a a f -=与a4-的大小 因为0)2)(2()4()4(2232<++--=---=---aa a a a a a a a a 所以aa a a f 4)(2-<-=结合图象不难得当2>a 时，)(x f y =与xy 4-=有两个交点. 综上所述，当2=a 时，()4f x x +有一个零点2x =；当2>a 时，()4f x x+有两个零点. 考点：1、绝对值不等式；2、函数的单调性；3、函数的最值；4、函数的零点.【名师点晴】本题主要考查的是绝对值不等式、函数的单调性、函数的最值和函数的零点，属于难题．零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间，去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每段结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．判断函数的单调性的方法：①基本初等函数的单调性；②导数法．判断函数零点的个数的方法：①解方程法；②图象法． 例7.已知函数f (x )＝－2lnx ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a >0. (Ⅰ)设g (x )为f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(Ⅱ)证明：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.【解析】(Ⅰ)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞) g(x)＝f '(x)＝2(x－1－lnx－a)所以g'(x)＝2－22(1)xx x-=当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增(Ⅱ)由f '(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx 则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)由u'(x)＝1－1x≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1即a0∈(0，1)当a＝a0时，有f '(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0再由(Ⅰ)知，f '(x)在区间(1，＋∞)上单调递增当x∈(1，x0)时，f '(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0当x∈(x0，＋∞)时，f '(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.高考赠送以下资料考试知识点技巧大全一、考试中途应饮葡萄糖水大脑是记忆的场所，脑中有数亿个神经细胞在不停地进行着繁重的活动,大脑细胞活动需要大量能量。
2023年高考数学总复习第三章 导数及其应用第5节：利用导数研究函数的零点问题(教师版)
2023年高考数学总复习第三章导数及其应用利用导数研究函数的零点问题题型一判断、证明或讨论函数零点的个数例1已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1).(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点.(1)解当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减.(2)证明由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增.故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点.又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点.综上，f (x )只有一个零点.感悟提升利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.(2)根据题目要求，画出函数图像的走势规律，标明函数极(最)值的位置.(3)数形结合法分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.训练1设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m 为正数.试讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.解由题设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).转化为函数y ＝m 与y ＝－13x 3＋x 的图像的交点情况.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 )唯一的极值点，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.结合y ＝φ(x )的图像(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；综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当实数m ＝23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.题型二根据零点个数确定参数范围例2(2021·全国甲卷)已知a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝x a ax (x ＞0).(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，求a 的取值范围.解(1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x （2－x ln 2）2x(x ＞0)，令f ′(x )＞0，则0＜x ＜2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )＜0，则x ＞2ln 2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )(2)函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，则转化为方程x a a x ＝1(x ＞0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解.设g (x )＝ln x x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－ln x x2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，当x ＞e 时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e，且当x ＞e 时，g (x )g (1)＝0，所以0＜ln a a ＜1e，所以a ＞1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).感悟提升在解决已知函数y ＝f (x )有几个零点求f (x )中参数t 的取值范围问题时，经常从f (x )中分离出参数t ＝g (x )，然后用求导的方法判断g (x )的单调性，再根据题意求出参数t 的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.训练2已知函数f (x )＝ax －2ln x －a x(a ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数h (x )＝1－a 2x －f （x ）2恰有两个不同的零点，求实数a 的取值范围.解(1)函数f(x)＝ax－2ln x－ax的定义域是(0，＋∞)，求导可得f′(x)＝a－2x＋ax2＝ax2－2x＋ax2.当a≤0时，f′(x)<0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.当a≥1时，4(1－a2)≤0，此时f′(x)＝ax2－2x＋ax2≥0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当0<a<1时，4(1－a2)>0，令f′(x)＝0，得x1＝1－1－a2a，x2＝1＋1－a2a，所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；在(x1，x2)上单调递减.综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a≥1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，函数f(x)(1－1－a2a，1＋1－a2a)上单调递减.(2)由题意得函数h(x)＝1－a2x－f（x）2＝1－a2x＋ln x(x>0)，则函数h(x)＝1－a2xf（x）2恰有两个不同的零点即方程1－a2x＋ln x＝0恰有两个不同的根.由1－a2x＋ln x＝0得a＝2（1＋ln x）x，所以直线y＝a与函数g(x)＝2（1＋ln x）x的图像有两个不同的交点.由g(x)＝2（1＋ln x）x，得g′(x)＝－2ln xx2，当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝2.又e－2<1，g(e－2)＝2（1＋ln e－2）e－2＝－2e－2<0，x>1时，g(x)>0，所以实数a的取值范围为(0，2).题型三可化为函数零点的个数问题例3已知函数f(x)＝ln x(0<x≤1)与函数g(x)＝x2＋a的图像有两条公切线，求实数a的取值范围.解设公切线与函数f(x)＝ln x的图像切于点A(x1，ln x1)(0<x1≤1)，因为f(x)＝ln x，所以f′(x)＝1 x，所以在点A(x1，ln x1)处切线的斜率k1＝f′(x1)＝1 x1，所以切线方程为y－ln x1＝1x1(x－x1)，即y＝xx1＋ln x1－1，设公切线与函数g(x)＝x2＋a的图像切于点B(x2，x22＋a)，因为g(x)＝x2＋a，所以g′(x)＝2x，所以在点B(x2，x22＋a)处切线的斜率k2＝g′(x)＝2x2，所以切线方程为y－(x22＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x22＋a，1x1＝2x2，ln x1－1＝－x22＋a.因为0<x1≤1，所以1x1＝2x2≥1，x2≥12.又a＝－ln2x2＋x22－1，令t＝x2∈12，＋∞，则h(t)＝－ln2t＋t2－1＝－ln2－ln t＋t2－1，所以h′(t)＝2t2－1 t.令h′(t)>0且t≥12，得t>22；令h ′(t )<0且t ≥1，得12≤t <22.所以h (t )在12，所以函数f (x )＝ln x (0<x ≤1)与函数g (x )＝x 2＋a 有两条公切线，满足h (t )≤ln2－12<h (t )≤－34，所以a ln 2－12，－34.感悟提升解决曲线的切线条数、两曲线的交点个数、方程根的个数等问题的关键是转化为对应函数的零点个数问题，利用数形结合思想，通过研究函数的零点个数解决相关问题.训练3已知函数f (x )＝1＋ln x x.(1)求函数f (x )的图像在x ＝1e 2处的切线方程(e 为自然对数的底数)；(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x(a >0)有唯一实数根，求a 的取值范围.解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－ln x x 2，所以f 2e 4，又e 2，所以函数f (x )的图像在x ＝1e2处的切线方程为y ＋e 2＝2e 即y ＝2e 4x －3e 2.(2)当x >1时，f (x )＝a (x －1)＋1x，即ln x －a (x 2－x )＝0.令h (x )＝ln x －a (x 2－x )，有h (1)＝0，h ′(x )＝－2ax 2＋ax ＋1x.令r (x )＝－2ax 2＋ax ＋1(a >0)，则r (0)＝1，r (1)＝1－a ，①当a≥1时，r(1)≤0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x∈(1，＋∞)时，r(x)<0，即h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以方程f(x)＝a(x－1)＋1x无实根.②当0<a<1时，r(1)＝1－a>0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以存在x0∈(1，＋∞)，使得x∈(1，x0)时，r(x)>0，即h(x)单调递增；x∈(x0，＋∞)时，r(x)<0，即h(x)单调递减.所以h(x)max＝h(x0)>h(1)＝0.取x＝1＋1(x>2)，则1＋1a ln1＋1a a1＋1a＋a1＋1a ln1＋1a－1＋1a.令t＝1＋1a>0，故m(t)＝ln t－t(t>2)，则m′(t)＝1t－1<0，所以m(t)在(2，＋∞)单调递减，所以m(t)<ln2－2<0，即h 1＋1a故存在唯一x1x0，1＋1a，使得h(x1)＝0.综上，a的取值范围为(0，1).隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫作隐零点；若x0容易求出，就叫作显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.例1设函数f(x)＝e x－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞). (2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋x＋1e x－1(x>0)恒成立，令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，得g′(x)＝e x－1－（x＋1）e x（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2(x>0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数.又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝α＋1eα－1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.例2已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax的图像在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－32.(1)解因为f′(x)＝x e x－a，由f′(0)＝－1得a＝1，又f(0)＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)证明令g(x)＝f′(x)＝x e x－1，则g′(x)＝(x＋1)e x，所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0e x0＝1⇒e x0＝1 x0，f(x0)＝x0－1x0－x0＝1x又＝e2－1<0，g(1)＝e－1>0⇒12<x0<1⇒2<1x0＋x0<52，所以f(x0)>－3 2 .1.已知函数f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.解(1)当a＝0时，f(x)＝e x－e x，则f′(x)＝e x－e，f′(1)＝0，当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.(2)由题意得f′(x)＝e x－2ax＋a－e，设g(x)＝e x－2ax＋a－e，则g′(x)＝e x－2a.若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.若a<0，则g′(x)＝e x－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，e x>e x.则f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2>e x＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a的取值范围为(－∞，0).2.设函数f(x)＝12x2－m ln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图像的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（x＋m）（x－m）x.当0<x<m时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>m时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.综上，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m).(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－m ln x，x>0，题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.F′(x)＝－（x－1）（x－m）x，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为F(1)＝32>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点；当m>1时，0<x<1或x>m时，F′(x)<0；1<x<m时，F′(x)>0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，因为F(1)＝m＋12>0，F(2m＋2)＝－m ln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点.综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图像总有一个交点.3.已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax2＋b＋12.(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝12时，f(x)的图像与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)e x－x2＋b＋12(x∈R)，则f′(x)＝e x＋(x－1)e x－2x＝x(e x－2).令f′(x)>0，解得x<0或x>ln2；令f′(x)<0，解得0<x<ln2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2).(2)因为a＝12，所以f(x)＝(x－1)e x－12x2＋b＋12.由(x－1)e x－12x2＋b＋12＝bx，得(x－1)e x－12(x2－1)＝b(x－1).当x＝1时，方程成立.当x≠1时，只需要方程e x－12(x＋1)＝b有2个实根.令g(x)＝e x－12(x＋1)，则g′(x)＝e x－12.当x <ln 12时，g ′(x )<0，当x >ln 12且x ≠1时，g ′(x )>0，所以g (x )∞，ln 12，(1，＋∞)上单调递增，因为＝12－12＋＝12ln 2，g (1)＝e －1≠0，所以b 2，e －(e －1，＋∞).4.已知函数f (x )＝ax cos x －1在0，π6上的最大值为3π6－1.(1)求a 的值；(2)证明：函数f (x )2个零点.(1)解f ′(x )＝a (cos x －x sin x )，因为x ∈0，π6，所以cos x >sin x ≥0，又1>x ≥0，所以1·cos x >x sin x ，即cos x －x sin x >0.当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在区间0，π6上单调递增，所以f (x )max ＝a ·π6×32－1＝3π6－1，解得a ＝2.当a <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间0，π6上单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝－1，不符合题意，当a ＝0时，f (x )＝－1，不符合题意.综上，a ＝2.(2)证明设g (x )＝cos x －x sin x ，则g ′(x )＝－2sin x －x cos x x所以g (x )又g (0)＝1>0，＝－π2<0，所以存在唯一的x0g(x0)＝0，当0<x<x0时，g(x)>0，即f′(x)＝2g(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增；当x0<x<π2时，g(x)<0，即f′(x)＝2g(x)<0，所以f(x)0又f(0)＝－1<0，＝2π4－1>0，1<0，所以f(x)综上，函数f(x).。
导数与函数的零点问题
导数与函数的零点问题1．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)．2．(2021·湖南五市十校联考)已知函数f (x )＝ln x －ax －3(a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的零点个数；(2)若∀a ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 22[m －2f ′(x )]在(a,3)上有最值，求实数m 的取值范围．解：(1)∵x >0，f ′(x )＝1x －a ，∴当a <0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 且f (e 3)＝－a e 3>0，当x →0时，f (x )→－∞， 此时，f (x )存在唯一零点；当a >0时，令f ′(x )＝1－ax x ＝0，解得x ＝1a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增；f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －4.当－ln a －4<0，即a >e －4时，f (x )无零点； 当－ln a －4＝0，即a ＝e －4时，f (x )有一个零点； 当－ln a －4>0，即0<a <e －4时，f (x )有两个零点． 综上，当a <0或a ＝e －4时，f (x )有一个零点； 当0<a <e －4时，f (x )有两个零点； 当a >e －4时，f (x )无零点．(2)g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋a x 2－x ，g ′(x )＝3x 2＋(m ＋2a )x －1. ∵g (x )在(a,3)上有最值，∴g (x )在(a,3)上不单调．∵g ′(0)＝－1<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(3)>0，g ′(a )<0恒成立．又a ∈[1,2]，由g ′(a )<0，即m <1a －5a ， 解得m <－192.g ′(3)>0，即3m ＋26＋6a >0， 解得m >－323，故－323<m <－192.3．已知f (x )＝－x 2＋t ln x 在(1，f (1))处的切线方程为y ＝－x ＋b . (1)求t ，b 的值；(2)若任意m ∈(－1,0]，关于x 的方程f (x )＋ax －m ＝0在(0,3]内有两个零点，求a 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝－2x ＋tx ，则f ′(1)＝－2＋t ＝－1，解得t ＝1，将(1，－1)代入y ＝－x ＋b 中，得b ＝0.(2)由(1)得，f (x )＝－x 2＋ln x ，令g (x )＝f (x )＋ax ＝ax －x 2＋ln x ，x >0，则g ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x，由g ′(x )＝0，得x 1＝a －a 2＋84(舍)，x 2＝a ＋a 2＋84，当x ∈(0，x 2)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，则函数g (x )的单调递增区间是(0，x 2)，单调递减区间是(x 2，＋∞)， 若x 2≥3，则g (x )在(0,3]上单调递增，不合题意，所以x 2<3， 所以g (x )在(0，x 2)上单调递增，在(x 2,3]上单调递减． 因为任意m ∈(－1,0]，f (x )＋ax ＝m 在(0,3]内有两个根， 当x →0时，g (x )→－∞，所以g (3)≤－1，且g (x )max >0， 由g (3)≤－1，即ln3－9＋3a ＋1≤0，解得a ≤8－ln33，由g (x )max ＝g (x 2)>0，即ln x 2－x 22＋ax 2>0， 因为－2x 22＋ax 2＋1＝0，所以a ＝2x 2－1x 2，代入ln x 2－x 22＋ax 2>0，得ln x 2＋x 22－1>0，令h (x )＝ln x ＋x 2－1，可知h (x )在(0,3]上单调递增， 而h (1)＝0，而h (x 2)>h (1)＝0，所以1<x 2<3，而a ＝2x 2－1x 2在1<x 2<3上单调递增，所以1<a <173，综上所述，a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤1，8－ln33. 4．已知g (x )＝e x ，h (x )＝ln x ，若点A 为函数g (x )上的任意一点，点B 为函数h (x )上的任意一点．f (x )＝g (2x )－ax ＋a (a ∈R ，其中e 为自然对数的底数)．(1)求A ，B 两点之间距离的最小值； (2)若函数f (x )有两个不同的零点x 1，x 2. ①求实数a 的取值范围；②设f (x )的导函数为f ′(x )，求证：f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0. 解：(1)由于g (x )＝e x 与h (x )＝ln x 互为反函数，即函数图象关于y ＝x 对称，且g (x )在点(0,1)处的切线为y ＝x ＋1，h (x )在点(1,0)的切线为y ＝x －1，∴A ，B 两点之间的距离的最小值即为(0,1)与(1,0)之间的距离，其最小值为 2.(2)①由已知，f (x )＝g (2x )－ax ＋a ＝e 2x －ax ＋a ，f ′(x )＝2e 2x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增，不合题意，∴a >0.又∵x →－∞时，f (x )→＋∞；x →＋∞，f (x )→＋∞， 令f ′(x )＝0，即2e 2x－a ＝0，x ＝12ln a2，∵函数f (x )有两个零点x 1，x 2，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12ln a 2递减，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln a 2，＋∞递增，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln a 2<0， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln a 2＝e lna2 －a 2ln a2＋a <0，得a >2e 3.∴a 的取值范围是(2e 3，＋∞)．②证明：由题意得⎩⎨⎧e 2x 1－ax 1＋a ＝0，e 2x2－ax 2＋a ＝0，两式相减得a ＝e 2x 2－e2x 1x 2－x 1，不妨设x 1<x 2，f ′(x )＝2e 2x －a ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝2e x 1＋x 2 －e 2x 2－e 2x 1x 2－x 1＝e x 1＋x 2x 2－x 1[2(x 2－x 1)＋e x 1－x 2 －e x 2－x 1]，令t ＝x 2－x 1>0，则2(x 2－x 1)＋e x 1－x 2 －e x 2－x 1可转化为h (t )＝2t －e t ＋e －t ，∵h ′(t )＝2－e t －e －t ＝2－(e t ＋e －t )<0， ∴h (t )在(0，＋∞)上单调递减，∴h (t )<h (0)＝0，即f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0.5．已知函数f (x )＝a e x－cos x ⎝⎛⎭⎪⎫a ∈R ，x >－π2. (1)证明：当a ＝1时，f (x )有最小值，无最大值；(2)若在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π上方程f (x )＝0恰有一个实数根，求实数a 的取值范围． 解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )＝e x －cos x ，f ′(x )＝e x ＋sin x . 令h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x ＋cos x . 当－π2<x ≤0时，e x >0，cos x >0，∴h ′(x )>0； 当x >0时，e x >1，－1≤cos x ≤1，∴h ′(x )>0，即当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－π2，＋∞时，恒有h ′(x )>0，∴f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，＋∞上单调递增．∵f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝e－π2－1<0，f ′(0)＝1>0，∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫－π2，0，使得f ′(x 0)＝0，∴f ′(x )的符号如图所示，即f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－π2，x 0上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．又∵x →＋∞时，f (x )→＋∞，∴当a ＝1时，f (x )有最小值f (x 0)，无最大值．(2)方程f (x )＝a e x－cos x ＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <π恰有一个实根，即a ＝cos x e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <π恰有一个实根，即y ＝a 与g (x )＝cos x e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <π的图象恰有一个公共点． 又∵g ′(x )＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4e x，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π，令g ′(x )＝0，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝0，得x ＝－π4或3π4. 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－π2，－π4∪⎝⎛⎭⎪⎫3π4，π时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，3π4时，g ′(x )<0，∴g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－π2，－π4上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－π4，3π4上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫3π4，π上单调递增，即极大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝22eπ4，极小值为g ⎝⎛⎭⎪⎫3π4＝－22e 3π4. 又∵g ⎝⎛⎭⎪⎫－π2＝0，g (π)＝－1e π，∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π上的图象大致如图所示．又∵y ＝a 与g (x )＝cos x e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <π恰有一个公共点，∴a ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－22e 3π4 ∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1e π，0∪⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫22e π4 . 6．已知函数f (x )＝ax e x ＋12x 2－x (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为R ， f ′(x )＝a －ax e x ＋x －1＝(x －1)(e x －a )e x . ①当a ≤0时，e x －a >0恒成立，令f ′(x )>0，得x >1，令f ′(x )<0，得x <1，所以f (x )在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数； ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝ln a . (ⅰ)当ln a ＝1，即a ＝e 时，f ′(x )≥0恒成立， 所以f (x )在R 上为增函数； (ⅱ)当ln a <1，即0<a <e 时， 令f ′(x )>0，得x >1或x <ln a ， 令f ′(x )<0，得ln a <x <1，所以f (x )在(－∞，ln a )上为增函数，在(ln a,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数； (ⅲ)当ln a >1，即a >e 时， 令f ′(x )>0，得x >ln a 或x <1， 令f ′(x )<0，得1<x <ln a ，所以f (x )在(－∞，1)上为增函数，在(1，ln a )上为减函数，在(ln a ，＋∞)上为增函数． 综上，当a ≤0时，f (x )在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数； 当a ＝e 时，f (x )在R 上为增函数；当0<a <e 时，f (x )在(－∞，ln a )上为增函数，在(ln a,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数； 当a >e 时，f (x )在(－∞，1)上为增函数，在(1，ln a )上为减函数，在(ln a ，＋∞)上为增函数． (2)由(1)知，①当a ≤0时，f (x )在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，f (1)＝a e －12<0，f (0)＝0，当x >1时，f (x )＝axe x＋12x 2－x ≥ax x ＋12x 2－x ＝12x 2－x ＋a ，取x 0＝2－a ，则f (x 0)≥12(2－a )2－(2－a )＋a ＝12a 2≥0，故此时有2个零点，符合题意； ②当a ＝e 时，f (x )在R 上为增函数，故此时最多有1个零点，不合题意；③当0<a <e 时，f (x )在(－∞，ln a )上为增函数，在(ln a,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数， (ⅰ)当a ＝1时，f (ln a )＝12ln 2a ＝0，f (1)＝1e －12<0，f (2)＝2e 2>0，此时有2个零点，符合题意； (ⅱ)当0<a <1或1<a <e 时，f (ln a )＝a ln a a ＋12ln 2a －ln a ＝12ln 2a >0，f (x )＝ax e x ＋12x 2－x ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫a e x ＋12x －1，当x <0时，a e x ＋12x －1>ax 2＋12x －1， 只需x <－1－1＋16a4a ， 则a e x ＋12x －1>ax 2＋12x －1>0，所以取x 1<ln a 且x 1<－1－1＋16a4a ，则f (x 1)<0， 所以f (x )在(－∞，ln a )上必有1个零点，所以当f (1)＝a e －12>0，即a >e 2时，只有1个零点，不合题意；当f (1)＝a e －12＝0，即a ＝e2时，有2个零点，符合题意；当f (1)＝a e －12<0，即0<a <e2时，因为f (2)＝2ae 2>0，所以此时有3个零点，不合题意；④当a >e 时，f (x )在(－∞，1)上为增函数，在(1，ln a )上为减函数，在(ln a ，＋∞)上为增函数， f (ln a )＝a ln a a ＋12ln 2a －ln a ＝12ln 2a >0， 故此时最多有1个零点，不合题意．综上，当a ≤0或a ＝1或a ＝e2时，函数f (x )有2个零点．。
高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版
高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版导数与三角函数的问题在近几年的高考数学试题中频繁出现，主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数围、隐零点问题及零点存在性赋值理论。
这些问题的形式逐渐多样化、综合化。
一、零点存在定理例1.【2019全国Ⅰ理20】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$(-1,)$存在唯一极大值点；2）$f(x)$有且仅有2个零点。
解析】（1）设$g(x)=f'(x)$，则$g(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$，$g'(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^2}$。
当$x\in(-1,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)$单调递减，而$g'(0)>0$，$g'(\frac{\pi}{2})<0$，可得$g'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$有唯一零点，设为$\alpha$。
则当$x\in(-1,\alpha)$时，$g'(x)>0$；当$x\in(\alpha,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)<0$。
所以$g(x)$在$(-1,\alpha)$单调递增，在$(\alpha,\frac{\pi}{2})$单调递减，故$g(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点，即$f'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点。
2）$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$。
i) 由(1)知，$f'(x)$在$(-1,0)$单调递增，而$f'(0)=0$，所以当$x\in(-1,0)$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。
《导数与零点》专题精讲
判断选项即可.
学而优 · 教有方
典型例题
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
典例1 (2020广东二模)已知函数() =
有唯一零点,则的取值范围为(
+ − ( ∈ ),若函数()
故函数的单调递增区间(, +∞),单调递减区间(−∞,),
学而优 · 教有方
典型例题
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
典例2 ((2020陕西西安二模)已知函数() = − − (、为实数,为
自然对数的底数, ≈ . ).
(1)求函数()的单调区间;
典型例题
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
典例1 (2020广东二模)已知函数() =
有唯一零点,则的取值范围为(
+ − ( ∈ ),若函数()
)
A.(−∞, )
B.(−∞, ) ∪ [, +∞)
C.(−∞, ) ∪ [, +∞)
D.(−∞, ) ∪ [, +∞)
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
人教B版同步教材名师课件
导数与零点
---专题精讲
学而优 · 教有方
导数与零点
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
1.根据参数确定函数的零点个数的两种解决方法
(1)利用单调性与零点存在性定理求解.
(2)化原函数为两个函数,利用两个函数图象的交点来求解.
2.利用函数零点求参数范围的方法
(2)当 = , = 时,判断函数()零点的个数并证明.
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 .。
导数专题(三)零点问题教师版.docx
导数专题（三）——零点问题（ 2013 昌平二模理） （ 18）（本小 分 13 分）（零点 ）已知函数 f ( x)1 x2 a ln x( a 0).2（Ⅰ）若 a 2, 求 f ( x) 在 (1, f (1)) 的切 方程；（Ⅱ）求f ( x) 在区 [1,e] 上的最小 ；（ III ）若 f ( x) 在区 (1,e) 上恰有两个零点，求 a 的取 范 .（ 18）（本小 分 13 分）解：（ I ） a 2, f ( x)1 x2 2ln x, f '( x) x 2 ,1 ,2xf '(1)1, f (1)2f (x) 在 (1, f (1)) 的切 方程 2x 2 y3 0. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..3分（Ⅱ）由 f '(x)x ax 2 a .x x由 a 0 及定 域 (0,) ，令 f '(x)0, 得 xa.①若a 1,即0a 1, 在 (1,e) 上， f '( x) 0 ， f (x) 在 [1,e] 上 增，因此 , f ( x) 在区 [1,e] 的最小1f (1).2②若 1 ae,即1 a e 2 ,在（1, a ) 上， f '( x) 0 ， f ( x) 减； 在（ a ,e) 上， f '( x)0 ，f (x)增，因此 f (x) 在区[1,e] 上的最小 f (a )1ln a).a(12③若a e,即 ae 2 , 在 (1,e) 上，f '( x)0 ， f (x) 在 [1,e] 上 减， 因此 , f ( x) 在区 [1,e] 上的最小f (e)1 e2 a .2上，当 0a 1时， f min ( x) 1 ；当 1a e 2时， f min (x)1a(1 ln a) ；1 e 222当 ae 2 时，f min (x)a .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.9分2(III)由（ ）可知当0 a 1或 ae 2时， f (x) 在(1,e) 上是 增或 减函数，不可能存在两个零点.II当 1 a e 2时， 要使 f (x) 在区 (1,e) 上恰有两个零点，1a(1 ln a) 0,2ae11 e2 . ∴f (1)0, 即1 e 2，此时， e a2a2f (e) 1 e 2 a 0,22所以， a 的取 范(e, 1e 2 ). ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..13分2（ 2014 西城期末理）18．（本小 分13 分）（零点 ）已知函数 f ( x) (xa)e x ，其中 e 是自然 数的底数，a R .（Ⅰ）求函数 f (x) 的 区 ；（Ⅱ）当 a1 ， 确定函数g( x)f ( x a)x 2 的零点个数，并 明理由 .18. （本小 分 13 分）（Ⅰ） 解：因 f (x)(x a)e x ， x R ，所以 f (x) (x a 1)e x ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分令 f (x)0，得 xa 1 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分当 x 化 ， f ( x) 和 f ( x) 的 化情况如下：x(, a1)a 1( a 1,)f ( x)f ( x)↘↗⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分故 f ( x) 的 减区 (, a 1) ； 增区( a 1,) ．⋯⋯⋯⋯ 6 分（Ⅱ） 解： ：函数g( x) 有且 有一个零点 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分理由如下：由 g ( x) f ( x a)x 20 ，得方程 xe x ax 2 ，然 x 0此方程的一个 数解 .所以 x0 是函数g( x)的一个零点.⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9 分当 x0 ，方程可化e x a x .函数 F ( x) e x a x ， F ( x)e x a 1 ，令 F (x) 0 ，得 x a ．当 x 化， F ( x) 和 F ( x) 的化情况如下：x(, a)a(a,)F (x)F ( x)↘↗即 F ( x) 的增区( a,) ；减区 (, a) ．所以 F ( x) 的最小 F ( x)min F (a) 1 a .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 11 分因 a 1 ，所以 F (x)min F (a) 1 a0 ，所以于任意x R ，F (x)0，因此方程 e x a x 无数解．所以当 x0 ，函数g( x)不存在零点.上，函数g (x) 有且有一个零点.⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分（ 2015 上学期期末丰台理）18.（本小共13 分）（像交点、化）已知函数 f ( x) x e x 1 ．（Ⅰ）求函数 f (x) 的极小；（Ⅱ）如果直y kx 1与函数 f(x) 的象无交点，求k 的取范．18. 解：（Ⅰ）函数的定域R．因 f (x) x e x 1 ，所以fe x1 (x)．e x令 f( x)0 ，x 0．x(,0)0(0,)f (x)-0+f (x)↘极小↗所以当 x0 函数有极小 f ( x)极小值 =f (0) 0 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（Ⅱ）函数f ( x)x1 1 ．e x10 ， y k 01 1 ，当 x 0 f ( x) 0 1e0所以要使 y kx1与 f (x) 无交点，等价于 f (x)kx1恒成立．令 g(x)x1(kx1) ，即 g( x)(1 1e x所以 g (x)(1 k)e x 1．e x①当 k 1 ，g( x)1，足y kx e x②当 k 1 ，g(1) (1 k)111e1 k k1k11而0 ， e1 k 1 ，1 k1所以 g ()0 ，此不足 y kx 1 与k1k) x e x，1 与 f ( x) 无交点；1e1 k 1 ，f(x) 无交点．③当 k1(1 k)e x1，，，令 g ( x)e x0x ln(1k)当 x(, ln(1k)) ， g (x)0， g (x) 在 (, ln(1k )) 上减；当 x( ln(1k),) ， g ( x)0， g (x) 在 (ln(1k),) 上增；当 x ln(1k ) ， g (x)min g(ln(1k )) (1k )(1ln(1 k )) ．由(1k)(1ln(1k)) 0得1e k，1即 y kx 1 与 f ( x) 无交点．上所述当 k(1e,1] ， y kx 1 与 f (x) 无交点．⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分（ 2016 城上学期期末理）（ 19）（本小共 14分）（零点，化）已知函数 f (x)e xa( x ln x) ．x（Ⅰ）当 a 1时，试求 f (x) 在 (1, f (1)) 处的切线方程；（Ⅱ）当 a0 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 a 1时， f / ( x)e x ( x 1)11， f /(1)0， f (1) e 1 ．x2x方程为 y e1．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ） f ( x)e x ( x1)a(1 1 )e x ( x1)ax( x1) ，x2x x2(e x ax)( x1)．x2当 a0 时，对于x(0,) ， e x ax0 恒成立，所以 f ' (x)0x 1 ； f ' ( x) 00 x 10.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 x(0,1) 内有解．令 f'( x)(e x ax)( x1)0e x ax0ae xx2.x设 g( x)e xx(0,1) , x所以 g ' ( x)e x( x1) ,当 x(0,1) 时， g' (x)0 恒成立，x所以 g (x) 单调递减.又因为 g(1) e ，又当 x0时， g (x),即 g ( x) 在 x(0,1) 上的域 (e,) ,所以当 a e时， f '(e x ax )( x1)0 有解. (x)x2H ( x)e x ax ，H ( x)e x a0x(0,1) ，所以 H (x)在 x(0,1) 单调递减.因 H (0)10， H (1)e a0 ,所以 H (x)e x ax 在 x(0,1) 有唯一解 x0.所以有：x(0, x0 )x0(x0 ,1)H ( x)0f ' ( x)0f ( x)]极小Z所以当a e时，f ( x)在 (0,1) 内有极值且唯一.当 a e 时，当x(0,1) 时， f' ( x)0 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 分13 分）（ 化、零点）已知函数 f ( x) a ln x1(a 0) .x（Ⅰ）求函数f ( x) 的 区 ；（Ⅱ）若 { x f (x)0} [ b, c] （其中 b c ），求 a 的取 范 ，并 明[b, c] (0,1) .（ 18）（共 13 分）解：（Ⅰ） f '(x)a 1 ax x x2x 2（ⅰ）当 a0 ， f '(x)1( x 0) . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分0 ， 函数f (x) 的 减区 是(0,) .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分1（ⅱ）当 a 0 ，令 f '(x) 0 ，得 x.a当 x 化 ， f '(x) ,f (x) 的 化情况如下表x(0, 1)1 ( 1, )aa af '(x)f ( x)↘极小↗所以f ( x) 的 减区 是(0, 1) ， 增区 是( 1 , ) . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分aa（Ⅱ）由（Ⅰ）知：当 a0 ，函数 f ( x) 在区 (0,) 内是减函数，所以，函数f ( x) 至多存在一个零点，不符合意 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分当 a0 ， 因 f (x)在 (0,1)内是减函数，在(1, )内是增函数，所以要 使aa{ x f ( x) 0}[ b, c] ，必 f ( 1) 0 ，即 a ln 1a 0 .aa所以 a e .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 7 分当 ae ，f (12 ) a ln( 12 )a 22a ln a a 2a (a 2ln a) .aa2 x 2令 g( x) x 2ln x(xe) ， g '(x)1( x e) .xx当 xe ， g '(x) 0，所以， g( x) 在 [e, ) 上是增函数 .所以 当 a e ， g( a)a 2ln a g(e) e 2 0 .所以f (12 )a0 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分因1 11 ， f (10 ，a 2 a ) 0 ， f (1) 1a所以f (x) 在 (1, 1) 内存在一个零点，不妨b ，在 ( 1,1) 内存在一个零点，不妨c .a 2 aa⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 11 分因f ( x) 在 (0, 1) 内是减函数，在 (1,) 内是增函数，aa所以 { x f (x) 0} [b,c] .上所述， a 的取 范 是 (e, + ) .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12 分因 b(1, 1) ， c ( 1,1)，a 2aa所以 [ b, c] (0,1) .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分（ 2015 海淀上学期期末） （ 19）（本小 分13 分）（零点、三角函数）已知函数 f ( x)a cos x x sin x ， xπ π[, ] .2 2（Ⅰ）判断函数 f ( x) 的奇偶性，并 明你的 ；（Ⅱ）求集合A { x | f ( x) 0} 中元素的个数；（Ⅲ）当 1a 2 ， 函数f (x) 有多少个极 点？（只需写出 ）（ 19）（共 13 分）解：（Ⅰ）函数f ( x) 是偶函数， 明如下：⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分于x π ππ π⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分[, ] ， x [, ] .2 22 2因 f ( x) a cos( x)x sin( x) a cos x x sin xf (x) ，所以 f ( x) 是偶函数 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）当 a0 ，因f ( x)a cos xx sin x 0 π π，x [, ] 恒成立，2 2所以集合A{ x | f ( x) 0} 中元素的个数 0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分当 a0 ，令 f ( x)x sin x 0 ，由 x[π π,2] ，2得 x0 .所以 集合 A { x | f ( x) 0} 中元素的个数1. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分当 a0 ，因f '( x)a sin x sin x x cos x (1 a)sin xπx cos x 0, x (0, ) ，2π⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8 分所以 函数 f (x) 是 [0, ] 上的增函数 .2因f (0)aπ π 0 ，0, f ( )22所以f (x) 在 (0,π) 上只有一个零点 .2由 f (x) 是偶函数可知，集合 A { x | f ( x) 0} 中元素的个数 2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 10 分上所述，当 a 0 ，集合 A { x | f ( x) 0} 中元素的个数0；当 a0 ，集合 A { x | f ( x)0} 中元素的个数 1；当 a 0 ，集合 A { x | f ( x) 0} 中元素的个数2.（Ⅲ）函数f (x) 有 3 个极 点 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分。
2021届高考数学苏教版一轮总复习18 导数与函数的零点问题
课时作业18导数与函数的零点问题1．设a为实数，函数f(x)＝－x3＋3x＋a.(1)求f(x)的极值；(2)是否存在实数a，使得方程f(x)＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f′(x)＝－3x2＋3，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.∵当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增．∴f(x)的极小值为f(－1)＝a－2，极大值为f(1)＝a＋2.(2)方程f(x)＝0恰好有两个实数根，等价于直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有两个交点．∵y＝x3－3x，∴y′＝3x2－3.令y′>0，解得x>1或x<－1；令y′<0，解得－1<x<1.∴y＝x3－3x在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)和(－∞，－1)上为增函数．∴当x＝－1时，y极大值＝2；当x＝1时，y极小值＝－2.∴y＝x3－3x的大致图象如图所示．y＝a表示平行于x轴的一条直线，由图象知，当a＝2或a＝－2时，y＝a与y＝x3－3x有两个交点．故当a＝2或a＝－2时，方程f(x)＝0恰好有两个实数根．2．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明： (1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x .因为y ＝ln x 单调递增，y ＝1x 单调递减，所以f ′(x )单调递增．又f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln2－12＝ln4－12>0，故存在唯一x 0∈(1,2)，使得f ′(x 0)＝0.又当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 因此，f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)<f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3>0，所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝α.由α>x 0>1得1α<1<x 0.又f (1α)＝(1α－1)ln 1α－1α－1＝f (α)α＝0，故1α是f (x )＝0在(0，x 0)的唯一根．综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 3．(2020·合肥调研)已知函数f (x )＝(x －1)e x－ax 2＋b ＋12.(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )为增函数，且f (x )的图象与直线y ＝bx 有3个交点，求b 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝(x －1)e x－x 2＋b ＋12(x ∈R )，则f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)． 令f ′(x )>0，解得x <0或x >ln2， 令f ′(x )<0，解得0<x <ln2，∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2)．(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2ax ＝x (e x －2a )， ∵f (x )为增函数，∴f ′(x )≥0恒成立． 当x ≥0时，e x －2a ≥0恒成立，得a ≤12. 当x <0时，e x－2a ≤0恒成立，得a ≥12.∴a ＝12.∴f (x )＝(x －1)e x －12x 2＋b ＋12.由(x －1)e x－12x 2＋b ＋12＝bx ，得(x －1)e x－12(x 2－1)＝b (x －1)．当x ＝1时，方程成立．当x ≠1时，只需要方程e x －12(x ＋1)＝b 有2个实根． 令g (x )＝e x－12(x ＋1)，则g ′(x )＝e x－12.当x <ln 12时，g ′(x )<0，当x >ln 12且x ≠1时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，ln 12)上单调递减，在(ln 12，1)和(1，＋∞)上单调递增，∵g (ln 12)＝12－12(ln 12＋1)＝12ln2，g (1)＝e －1≠0，∴b ∈(12ln2，e －1)∪(e －1，＋∞)．4．(2020·长春质监)已知函数f (x )＝e x ＋bx －1(b ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝ln x 有两个实数根，求实数b 的取值范围． 解：(1)由题意可得f ′(x )＝e x ＋b ，当b ≥0时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． 当b <0时，若x ≥ln(－b )，则f ′(x )≥0，f (x )在[ln(－b )，＋∞)上单调递增；若x <ln(－b )，则f ′(x )<0，f (x )在(－∞，ln(－b ))上单调递减．(2)令g (x )＝e x＋bx －1－ln x ，则g ′(x )＝e x＋b －1x ，易知g ′(x )单调递增且一定有大于0的零点，设g ′(x )大于0的零点为x 0，则g ′(x 0)＝0，即e x 0＋b －1x 0＝0，b ＝1x 0－e x 0.方程f (x )＝ln x 有两个实数根，即g (x )有两个零点，则需满足g (x 0)<0，即e x 0＋bx 0－1－ln x 0＝e x 0＋(1x 0－e x 0)x 0－1－ln x 0＝e x 0－e x 0x 0－ln x 0<0，令h (x )＝e x－e xx －ln x (x >0)，则h ′(x )＝－e xx －1x <0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，h (1)＝0，所以e x 0－e x 0x 0－ln x 0<0的解集为(1，＋∞)， 所以b ＝1x 0－e x 0<1－e.当b <1－e 时，e x ＋bx －1－ln x >x ＋bx －ln x ，有g (e b )>e b ＋b e b －lne b＝(b ＋1)e b －b ；令G (x )＝(x ＋1)e x －x ＝(x ＋1)(e x －1)＋1，x <1－e ，所以x ＋1<2－e<0,0<e x <1，故G (x )＝(x ＋1)e x －x >0，所以g (e b )>0，故g (e b )g (x 0)<0，g (x )在(0，x 0)上有唯一零点，另一方面，在(x 0，＋∞)上，当x →＋∞时，因为e x 的增长速度快，所以g (x )>0.综上，b 的取值范围是(－∞，1－e)．5．(2020·福州质检)已知函数f (x )＝a ln x －x －a ＋1x (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当e<a <2e 时，关于x 的方程f (ax )＝－a ＋1ax 有两个不同的实数解x 1，x 2，求证：x 1＋x 2<4x 1x 2.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝ax －1＋1＋a x 2＝－x 2＋ax ＋1＋a x 2＝－(x ＋1)[x －(1＋a )]x 2， ①当a ＋1>0，即a >－1时，在(0,1＋a )上，f ′(x )>0，在(1＋a ，＋∞)上，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1＋a )，单调递减区间是(1＋a ，＋∞)；②当1＋a ≤0，即a ≤－1时，在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，所以，函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．(2)证明：设g (x )＝f (ax )＋a ＋1ax ＝a (ln a ＋ln x －x )， 所以g ′(x )＝a (1－x )x (x >0)，当0<x <1时，g ′(x )>0，函数g (x )在区间(0,1)上单调递增； 当x >1时，g ′(x )<0，函数g (x )在区间(1，＋∞)上单调递减． 所以g (x )在x ＝1处取得最大值．因为当e<a <2e 时，方程f (ax )＝－a ＋1ax 有两个不同的实数解x 1，x 2，所以函数g (x )有两个不同的零点x 1，x 2，一个零点比1小，一个零点比1大．不妨设0<x 1<1<x 2，由g (x 1)＝0，且g (x 2)＝0，得x 1＝ln(ax 1)，且x 2＝ln(ax 2)，快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
2024届新高考一轮复习湘教版 高考大题研究课二 利用导数研究函数的零点问题 课件(31张)
题型一 函数零点个数问题 例 1 [2023·皖南八校联考]已知函数f(x)＝−ax2＋x ln x－x.
(1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围； (2)当a＝0时，求函数h(x)＝f(x)－x＋2x的零点个数．
题后师说
利用导数确定函数零点个数的方法
2．[2022·全国乙卷]已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
题后师说 解决证明此类问题的思路一般对条件等价转化，构造合适的新函数， 利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等)再结合函数 图象．
巩固训练3 已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋2x＋2)． (1)若a＝2，求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：函数f(x＞0且a≠1，函数f(x)＝xaax(x＞0)． (1)当a＝2时，求f(x)的单调区间； (2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
巩固训练1 设函数f(x)＝ln x＋mx ，讨论函数g(x)＝f′(x)－3x的零点个数．
题型二 利用函数的零点个数求参数范围 例 2[2023·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)． (1)当a＝－1时，求f(x)的极值； (2)若f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点，求a的取值范围．
题后师说 利用函数的零点个数求参数范围的方法
巩固训练2 已知函数f(x)＝13x3－12ax2－2x(a∈R)在x＝2处取得极值． (1)求f(x)在[－2，1]上的最小值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋b(b∈R)有且只有一个零点，求b的取值范围．
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。。。。。。
导数的零点问题及恒成立问题(教师版)
导数的零点问题与恒成立问题1.已知函数f (x )=ln x +ax +1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)对任意x >0，xe 2x ≥f (x )恒成立，求实数a 的最大值.【答案】(1)答案见解析；(2)2.【解析】(1)f (x )=1x +a =1+axx(x >0)当a ≥0时，x ∈(0,+∞)，f (x )=1+axx>0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，x ∈0,-1a ，f (x )=1+ax x >0，所以f (x )在0,-1a上单调递增；x ∈-1a ，+∞ ，f (x )=1+ax x <0，所以f (x )在-1a，+∞ 上单调递减；综上：当a ≥0时，f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在0,-1a 上单调递增，在-1a，+∞ 上单调递减.(2)任意x >0，xe 2x ≥f (x )，即xe 2x -ln x -ax -1 ≥0恒成立，即e ln x +2x -ln x -ax -1≥0恒成立；令g (x )=e ln x +2x -ln x -ax -1，则任意x >0，g (x )=e ln x +2x -ln x -ax -1≥0，因为，存在正实数x 0，满足：ln x 0+2x 0=0且g (x 0)=eln x 0+2x 0-ln x 0-ax 0-1≥0，所以2x 0-ax 0≥0，所以a ≤2.下证：当a =2时成立：即证：e ln x +2x -ln x -2x -1≥0，因为∀x ∈R ，e x ≥x +1，所以：e ln x +2x -ln x -2x -1≥ln x +2x +1-ln x -2x -1=0显然成立；所以实数a 的最大值为2.2.已知函数f x =a ln x +2 -x a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性和最值；(2)若关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2，求证：e x 1+e x 2>2m.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)f x =a x +2-1=a -2-xx +2，其中x >-2若a ≤0，则f x <0在-2,+∞ 上恒成立，故f (x )在-2,+∞ 上为减函数，故f (x )无最值.若a >0，当x ∈-2,a -2 时，f x >0；当x ∈a -2,+∞ 时，f x <0；故f (x )在-2,a -2 上为增函数，在a -2,+∞ 上为减函数，故f (x )max =f a -2 =a ln a -a +2，f (x )无最小值.(2)方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)即为me x +x +ln m =x +2+ln x +2 ，故e x +ln m +ln e x +ln m =x +2+ln x +2 ，因为y =x +ln x 为0,+∞ 上的增函数，所以x +2=e x +ln m =me x所以关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2即为：x +2=me x 有两个不同的实数根x 1,x 2.所以x 1+2=me x 1,x 2+2=me x 2，所以x 1-x 2=m e x 1-e x 2，不妨设x 1>x 2，t =x 1-x 2，故e x 1+e x 2=e x1+e x 2x 1-x 2m e x1-e x 2，要证：e x 1+e x 2>2m 即证e x 1+e x 2x 1-x 2m e x1-e x 2>2m ，即证e x 1-x 2+1 x 1-x 2e x 1-x2-1>2，即证e t +1 te t -1>2t >0 ，即证e t +1 t >2e t -2t >0 ，设s t =e t +1 t -2e t +2，则s t =e t +1+te t -2e t =t -1 e t +1，故s t =te t >0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，故s t >s 0 =0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，所以s t >s 0 =0，故e x 1+e x 2>2m成立.3.已知f x =sin n x ，g x =ln x +me x (n 为正整数，m ∈R )．(1)当n =1时，设函数h x =x 2-1-2f x ，x ∈0,π ，证明：h x 有且仅有1个零点；(2)当n =2时，证明：f x 2+g x <x +m e x -1．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】(1)当n =1时，h x =x 2-1-2sin x 0<x <π 记φx =h x =2x -2cos x ，则φ x =2+2sin x >0所以φx =h x 在区间0,π 上单调递增而φ0 =-2<0，φπ2 =π>0所以存在x 0∈0,π2，使得φx 0 =0，即h x 0 =0当x ∈0,x 0 时，φx =h x <0，h x 单调递减当x ∈x 0,π 时，φx =h x >0，h x 单调递增又h 0 =-1<0，h x 0 <h 0 <0，h π =π2-1>0所以h x 在0,x 0 上没有零点，在x 0,π 上有一个零点，综上所述，函数h x 在0,π 内只有一个零点.(2)当n =2时，f x =2sin x cos x =sin2x ，要证f x 2+g x <x +m e x -1，即证sin2x2+ln x +1-xe x <0，令H x =sin2x -2x (x >0)，则H x =2cos2x -2≤0，所以H x 在0,+∞ 单调递减，H x <H 0 =0，即sin2x <2x ，要证sin2x 2+ln x +1-xe x <0只需证x +ln x +1-xe x ≤0，令μx =e x -x -1，则μ x =e x -1，∴μx 在-∞,0 单调递减，在0,+∞ 单调递增，∴μx ≥μ0 =0，即e x ≥x +1，∴e x +ln x ≥x +ln x +1，即xe x ≥x +ln x +1，所以x +ln x +1-xe x ≤0成立，∴原命题得证.4.已知函数f x =e x -a ln x ,a ∈R .(1)当a =0时，若曲线y =f x 与直线y =kx 相切于点P ，求点P 的坐标；(2)当a =e 时，证明：f x ≥e ；(3)若对任意x ∈0,+∞ ，不等式f x >a ln a 恒成立，请直接写出a 的取值范围.【答案】(1)1,e ;(2)证明见解析；(3)0,e 【解析】(1)当a =0时，f x =e x ,f x =e x .设P x 0,e x 0 ，则切线斜率k =e x 0.由切点性质，得k =e x 0e x 0=kx 0 ，解得x 0=1.所以点P 的坐标1,e .(2)当a =e 时，f x =e x -e ln x ，其中x >0，则f x =e x -ex，令g x =e x -e x ，其中x >0，则g x =e x +e x 2>0，故函数f x 在0,+∞ 上单调递增，且f1 =0，当x 变化时，x ,f x ,f x 变化情况如下表：x 0,111,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增由上表可知，f (x )min =f 1 =e.所以f x ≥e.(3)实数a 的取值范围0,e .理由如下：方法一：(数形结合)在0,+∞ 上f x =e x -a ln x >a ln a 恒成立，即e x >a ln x +ln a .因而函数y 1=e x 的图象在函数y 2=a ln x +a ln a 的图象上方.考虑函数y 1=e x 图象在函数y 2=a ln x +a ln a 图象恰好有一个公共点的临界情形(如图所示)，此时它们在交点处有一条公切线m ，设交点的横坐标为x 0.又y '1=e x,y '2=a x，由切点性质知e x=a x 0e x 0=a ln x 0+a ln a，所以a x 0=a ln x 0+a ln a 即1x 0=ln x 0+ln a ，由e x 0=a x 0得x 0e x 0=a ，所以1x 0=ln x 0+ln x 0e x 0即2ln x 0+x 0-1x 0=0记h x =2ln x +x -1x ,x ∈0,+∞ ，则h x =2x +1+1x2>0，所以h x在0,+∞ 上是增函数.又因为h 1 =0，所以方程2ln x 0+x 0-1x 0=0的解是x 0=1.因此，当两函数恰好有一个交点时，交点坐标是1,e ，此处公切线方程是y =ex .所以当函数y 1=e x 的图象在函数y 2=a ln x +a ln a 的图象上方时，实数a 的取值范围0,e .方法二：(同构变形)显然a >0，在0,+∞ 上f x =e x -a ln x >a ln a 恒成立，即e x -ln a -ln x >ln a 恒成立即e x -ln a -ln a >ln x 恒成立，所以e x -ln a +x -ln a >x +ln x =e ln x +ln x 恒成立，构造函数g x =e x +x ,x ∈0,+∞ ，易知g x 在0,+∞ 上是增函数，所以x -ln a >ln x 恒成立，即ln a <(x -ln x )min ，令h x =x -ln x ,h x =x -1x(x >0)，当x ∈0,1 时，h x <0，所以h x 在0,1 上单调递减，当x ∈1,+∞ 时，h x >0，所以h x 在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )min =h 1 =1，所以ln a <1，解得0<a <e ，所以实数a 的取值范围0,e .5.已知函数f x =x -a ln x ,a ∈R(1)请讨论函数f x 的单调性(2)当x ∈1e ,+∞ 时，若e x≥λx ln ln x +x +1 +1 恒成立，求实数λ的取值范围【答案】(1)答案见解析；(2)λ≤1【解析】(1)f (x )=1-a x =x -ax(x >0)当a ≤0时，f (x )>0，f (x )在(0,+∞)上递增当a >0时，在(0,a )上f (x )<0，f (x )单调递减在(a ,+∞)上f (x )>0，f (x )单调递增(2)原式等价于xe x =e ln x +x ≥λ(ln (ln x +x +1)+1)设t =ln x +x ，x ∈1e ,+∞ 由(1)当a =-1时，f (x )=ln x +x 为增函数，∴t ∈1e-1,+∞ ，∴等式等价于e t ≥λ(ln (t +1)+1)，t ∈1e-1,+∞恒成立，t =1e -1时，e 1e -1>0成立，t ∈1e -1,+∞ 时，λ≤e tln (t +1)+1，设g (t )=e t ln (t +1)+1，t ∈1e -1,+∞ ，g (t )=e t (ln (t +1)+1)-e t 1t +1 (ln (t +1)+1)2=e t ⋅ln (t +1)+1-1t +1(ln (t +1)+1)2，设h (t )=ln (t +1)+1-1t +1，h (t )=1t +1+1(t +1)2>0所以h (t )在1e -1,+∞ 上为增函数，又因为h (0)=0，所以在1e-1,0 上，h (t )<0，∴g (t )<0，g (t )为减函数，在(0，+∞)上，h (t )>0，∴g (t )>0，g (t )为增函数，∴g (t )min =g (0)=1，∴λ≤1．6.已知函数f x =ax 2-1ln x，其图象在x =e 处的切线过点2e ,2e 2 ．(1)求a 的值；(2)讨论f x 的单调性；(3)若λ>0，关于x 的不等式λxf x ≤e 2λx -1在区间[1,+∞)上恒成立，求λ的取值范围．【答案】(1)1;(2)f x 在0,1 上递增，在1,+∞ 上递增；(3)1e ,+∞【解析】(1)因为函数f x =ax 2-1ln x，所以f e =ae 2-1，f x =2ax ln x -ax 2-1 1xln x2，则f e =ae +1e，所以函在x =e 处的切线方程为y -ae 2-1 =ae +1ex -e ，又因为切线过点2e ,2e 2，所以2e 2-ae 2-1 =ae +1e2e -e ，即2ae 2=2e 2，解得a =1；(2)由(1)知；f x =x 2-1ln x ,x >0且x ≠1，则fx =2x 2ln x -x 2+1x ln x 2，令g x =2x 2ln x -x 2+1，则g x =4x ln x ，当0<x <1时，g x <0，g x 单调递减；当x >1时，g x >0，g x 单调递增；所以g x ≥g 1 =0，f x ≥0，所以f x 在0,1 ，1，+∞ 上递增；(3)因为x 的不等式λxf x ≤e 2λx -1在区间[1,+∞)上恒成立，所以e 2λx -1λx≥x 2-1ln x 在区间[1,+∞)上恒成立，即f e λx ≥f x 在区间[1,+∞)上恒成立，因为f x 在1,+∞ 上递增，所以e λx ≥x 在区间[1,+∞)上恒成立，即λ≥ln xx在区间[1,+∞)上恒成立，令h x =ln x x ，则h x =1-ln xx 2，当0<x <e 时，h x >0，当x >e 时，h x <0，所以当x =e 时，h x 取得最大值h e =1e，所以λ≥1e.7.已知函数f x =e x -1-mx 2m ∈R .(1)选择下列两个条件之一：①m =12；②m =1；判断f x 在区间0,+∞ 是否存在极小值点，并说明理由；(2)已知m >0，设函数g x =f x +mx ln mx .若g x 在区间0,+∞ 上存在零点，求实数m 的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)m ≥1.【解析】(1)若选择①m =12,f x =e x -1-12x 2，则f x =e x -1-x ,f x =e x -1-1，由f x 在R 上单调递增，且f 1 =0，所以f x 在0,1 上单调递减，1,+∞ 上单调递增，有f x ≥f 1 =0，则f x 在0,+∞ 上单调递增，不存在极小值点.若选择②m =1,f x =e x -1-x 2，则f x =e x -1-2x ,f x =e x -1-2，由f x 在R 上单调递增，且f 1+ln2 =0，所以f x 在0,1+ln2 上单调递减，1+ln2,+∞ 上单调递增，有f x ≥f 1+ln2 =-2ln2<0，而f 4 =e 3-8>0，所以存在极小值点x 0∈1+ln2,4 .(2)令g x =0，有e x -1-mx 2+mx ln mx =0，又mx >0，所以e x -1mx -x +ln mx =e x -1e ln mx -x +ln mx =e x -ln mx -1-x -ln mx=0，令t =x -ln mx ，即转化为e t -1-t =0有解，设h t=e t -1-t ，则由h t =e t -1-1可得，h t 在t ∈-∞,1 单调递减，在t ∈1,+∞ 单调递增，而h 1 =0，所以h t =e t -1-t 由唯一零点t =1.若g x 在区间0,+∞ 存在零点，即为1=x -ln mx 在0,+∞ 有解.整理得：1+ln m =x -ln x ，设l x =x -ln x ，由l x =1-1x知，l x 在x ∈0,1 单调递减，在x ∈1,+∞ 单调递增，则l x ≥l 1 =1，所以1+ln m ≥1，故有m ≥1.8.已知函数f x =e 2x +a -12ln x +a 2(1)若函数y =f x 在0,12上单调递减，求a 的取值范围；(2)若函数y =f x 在定义域内没有零点，求a 的取值范围．【答案】(1)a ≤-1-ln2；(2)a >-1-ln2．【解析】(1)f x =2e 2x +a -12x因为函数f x 在0,12 单调递减，所以f x =2e 2x +a -12x ≤0在0,12恒成立，两边取以e 为底的对数，即a ≤-2x -1n 4x 在0,12恒成立，设g x =-2x -ln4x ，g x =-2-1x<0所以g x 在0,12 递减，所以g (x )min =g 12=-1-ln2，所以a ≤-1-ln2；(2)f x =e 2x +a -12ln x +a2在0,+∞ 无零点，等价于方程e 2x +a -12ln x +a2=0在0,+∞ 无实根，亦即e 2x +a +2x +a 2=e ln x +ln x2在0,+∞ 无实根，因为e x +x2在0,+∞ 为单调增函数，原方程无零点等价于2x +a =ln x 在0,+∞ 无实根，即：a =ln x -2x 在0,+∞ 无实根，构造函数h x =ln x -2x ，h (x )=1x -2=1-2x x ，x ∈0,12 ，h (x )>0，x ∈12,+∞ ，h (x )<0所以h x 在0,12 上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，且h (x )max =h 12=-1-ln2，x →0，h x →-∞所以a >-1-ln2．9.已知函数f (x )=ae x -ln (x +1)+ln a -1.(1)若a =1，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.【答案】(1)极小值0，无极大值；(2)0<a <1.【解析】(1)当a =1时，f (x )=e x -ln (x +1)-1，f ′(x )=e x -1x +1，x >-1，显然f ′(x )在(-1,+∞)单调递增，且f ′(0)=0，∴当-1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )在x =0处取得极小值f (0)=0，无极大值.(2)函数f (x )有两个零点，即f (x )=0⇒ae x +ln a +x =ln (x +1)+x +1有两个解，即ae x +ln ae x =ln (x +1)+(x +1)有两个解，设h (t )=t +ln t ，则h ′(t )=1+1t>0，h (t )单调递增，∴ae x =x +1(x >-1)有两个解，即a =x +1e x(x >-1)有两个解.令s (x )=x +1e x (x >-1)，则s ′(x )=-xe x ，当x ∈(-1,0)时，s ′(x )>0，s (x )单调递增，当x ∈(0,+∞)时，s ′(x )<0，s (x )单调递减，又x =-1时，s (x )=x +1e x=0，且s (0)=1，当x →+∞时，s (x )→0，且s (x )>0所以当x >-1时，x +1ex ∈(0,1]∴0<a <1.10.已知f x =x ln x +a 2x 2+1．(1)若函数g x =f x +x cos x -sin x -x ln x -1在0,π2上有1个零点，求实数a 的取值范围．(2)若关于x 的方程xe x -a =f x -a 2x 2+ax -1有两个不同的实数解，求a 的取值范围．【答案】(1)0<a ≤8π2;(2)a >1【解析】(1)g (x )=a 2x 2+x cos x -sin x ，x ∈0，π2，所以g ′(x )=x (a -sin x )，当a ≥1时，a -sin x ≥0，所以g (x )在0，π2单调递增，又因为g (0)=0，所以g (x )在0，π2上无零点；当0<a <1时，∃x 0∈0,π2，使得sin x 0=a ，所以g (x )在x 0，π2 单调递减，在(0,x 0)单调递增，又因为g (0)=0，g π2 =a π28-1，所以若a π28-1>0，即a >8π2时，g (x )在0，π2 上无零点，若a π28-1≤0，即0<a ≤8π2时，g (x )在0，π2 上有一个零点，当a ≤0时，g ′(x )=a -x sin x <0，g (x )在0，π2上单调递减，g (x )在0，π2 上无零点，综上当0<a ≤8π2时，g (x )在0，π2 上有一个零点；(2)由xe x -a =f x -a2x 2+ax -1x >0 ，即xe x -a=x ln x +ax ，即e x -a =ln x +a ，则有e x -a +x -a =x +ln x ，令h x =x +ln x ,x >0，则h e x -a =e x -a +x -a ，h x =1+1x>0，所以函数h x 在0,+∞ 上递增，所以e x -a =x ，则有x -a =ln x ，即a =x -ln x ,x >0，因为关于x 的方程xe x -a =f x -a2x 2+ax -1有两个不同的实数解，则方程a =x -ln x ,x >0有两个不同的实数解，令φx =x -ln x ，则φ x =1-1x =x -1x，当0<x <1时，φ x <0，当x >1时，φ x >0，所以函数φx =x -ln x 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，所以φx min =φ1 =1，当x →0时，φx →+∞，当x →+∞时，φx →+∞，所以a >1.11.在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a 的方程ae a =e 6和关于b 的方程b (ln b -2)=e 3λ-1(a ,b ∈R )可化为同构方程.(1)求ab 的值；(2)已知函数f (x )=x ln x +13λ.若斜率为k 的直线与曲线y =f '(x )相交于A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)(x 1<x 2)两点，求证：.x 1<1k<x 2【答案】(1)e 8；(2)答案见解析.【解析】(1)对ae a =e 6两边取自然对数，得ln a +a =6(1),对b (ln b -2)=e 3λ-1(a ,b ∈R )两边取自然对数，得ln b +ln (ln b -2)=3λ-1,即ln b -2+ln (ln b -2)=3λ-3(2).，因为(1)(2)方程为两个同构方程，所以3λ-3=6，解得λ=3，设φ(x )=ln x +x ,x >0，则φ'(x )=1x+1>0 ,所以φ(x )在(0，+∞)单调递增，所以方程φ(x )=6的解只有一个,所以a =ln b -2，所以ab =(ln b -2)b =b (ln b -2)=e 3×3-1=e 8，故ab =e 8 .(2)由(1)知：f (x )=x ln x +13λ =x ln x +13×3 =x ln x +x ,x ∈(0,+∞).所以f(x )=ln x +2,k =f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=ln x 2-ln x 1x 2-x 1,要证x 1<1k<x 2，即证明x 1<x 2-x 1ln x 2-ln x 1<x 2,等价于1<x 2x 1-1ln x 2x 1<x 2x 1,令t =x 2x 1(t >1)，则只要证明1<t -1ln t <t 即可，由t >1知，ln t >0，故等价于证ln t <t -1<t ln t (t >1).设g (t )=t -1-ln t (t >1), 则g '(x )=1-1t>0(t >1)，即g (t )在(1,+∞)单调递增，故g (t )>g (1)=0，即t -1>ln t .设h (t )=t ln t -(t -1)(t >1),则h '(t )=ln t >0(t >1)，即h (t )在(1,+∞)单调递增，故h (t )>h (1)=0，即t -1<t ln t 。
2023年人教版高考数学总复习第一部分考点指导第四章导数及其应用第四节 第2课时导数与函数零点
【加练备选】 1.函数 f(x)＝ex－|x|3 的零点个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4
【解析】选 C.当 x≤0 时，f(x)＝ex＋x3， 因为 f′(x)＝ex＋3x2＞0，所以函数此时单调递增，而 f(－1)＝e－1－1＜0，f(0)＝1＞0， 所以此时函数 f(x)＝ex＋x3 有唯一零点； 当 x＞0 时，令 f(x)＝ex－x3＝0，解得 ex＝x3⇒x＝3ln x，此时原函数的零点为函数 g(x)＝x－3ln x 的零点，g′(x) ＝1－3x ，因此当 x＞3 时 g′(x)＝1－3x ＞0，函数单调递增， 当 0<x<3 时，g′(x)＝1－3x ＜0，函数单调递减， g(3)＝3－3ln 3＝3(1－ln 3)＜0，g(1)＝1＞0， g(6)＝6－3ln 6＝3(2－ln 2)＞0， 所以函数在(0，3)和(3，＋∞)内各有一个零点，所以一共有 3 个零点．
当 x＞0 时，两图象必须有两个交点，
假设两图象当
x＞0
时至多只有一个交点，则
ex≥ax2
恒成立，即
ex a≤x2
，
令 g(x)＝exx2
ex（x－2） ，则 g′(x)＝ x3
，当 g′(x)＞0 时，x＞2，当 g′(x)＜0 时，0＜x＜2，
则 g(x)min＝g(2)＝e42
，即若
e2 a≤ 4
考点二 零点与参数的值或范围 讲练互动
[典例 1](1)已知关于 x 的方程 ax＝xa(其中 a＞1，x＞0)有且仅有一个解，令 h(x)＝ ax－xa(a＞1，x＞0)，则下列结论错误的是( ) A．a＝e B．h(x)在区间(1，e)上单调递减 C．x＝e 是 h(x)的零点 D．h(1)是 h(x)的极小值，x＝e 是 h(x)的极大值点
超实用高考数学专题复习(北师大版)：第二章函数导数及其应用 第十二节第2课时导数与函数的零点问题
做题时要善于总结。不仅总结方法，也要总结错误。这样，作完之后才会有 所收获，才能举一反三。
一、第一轮复习，即基础复习阶段
这个阶段的复习是整个高考复习中最关键的环节，一般从8月份到第二年的 三月份，历时8个月，这一阶段的复习效果直接影响整个高考的成败，因此同学 们应该高度重视，在第一轮复习中我们必须严格按照《复习大纲》的要求，把 《大纲》中所有的考点逐个进行突破，全面落实，形成完整的知识体系。这就 需要考生要对课本中的基本概念，基本公式，基本方法重点掌握，在复习中应 淡化特殊技巧的训练，重视数学思想和方法的作用。
g′(x)＝－1＋x－x2＋x3－…－x2 018＝－1＋1＋x2x019＜0， 所以g(x)在[a，b](a＜b，a，b∈Z)上为减函数，至多有一个零点． g(1)＝1－1＋12－13＋…＋2 0118－2 0119＞0，g(2)＜0， 所以g(x)的零点x满足1＜x＜2，所以g(x－3)的零点x2满足1＜x2－3＜2，所以4＜x2 ＜5， 故b－a的最小值为5－(－3)＝8.
考点一 利用导数判断函数的零点个数或区间 [例] 已知函数f(x)＝1＋x－x22＋x33－x44＋…＋2x2001199 ，g(x)＝1－x＋x22－x33＋x44－… －2x2001199 ，设函数F(x)＝f(x＋2)·g(x－3)，且函数F(x)的零点均在区间[a，b](a＜b， a，b∈Z)内，求b－a的最小值．
a＞e，故选项A错误．
②对于选项B， (分离参数＋构造函数)由①可得g(x)在(－∞，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减 函数，由g(x1)＝g(x2)及图可得0＜x1＜1＜x2，所以2－x2＜1.欲证x1＋x2＞2，即证 x1＞2－x2.因为函数g(x)在(－∞，1)上是增函数，所以即证g(x1)＞g(2－x2)． 又g(x1)＝g(x2)，所以即证g(x2)＞g(2－x2)，即g(x2)－g(2－x2)＞0(x2＞1)． 设F(x)＝g(x)－g(2－x)＝exx－2e－2－xx(x＞1)，
高考数学统考一轮复习第3章 第3课时利用导数解决函数的零点问题教师用书教案理新人教版
第3课时 利用导数解决函数的零点问题技法阐释1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a )·f (b )＜0. 2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调； 第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x )中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.高考示例思维过程(2020·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线与y 轴垂直.(1)求b ；(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1.依题意得f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34. [解] (1)f ′(x )＝3x 2＋b .(2)证明：由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12.→关键1：求f ′(x )＝0的根 f ′(x )与f (x )的情况为：技法一 讨论或证明函数零点的个数[典例1] (2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数．证明： (1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点． [思维流程][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．点评：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”．[跟进训练]设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．[解] (1)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex (x ＞0)，则f ′(x )＝x －e x 2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， 因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23，又∵φ(0)＝0.结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知，①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．技法二 已知函数零点个数求参数的取值范围 [典例2](2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)． (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． [思维流程][解] (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x －2，则f ′(x )＝e x －1. 当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)f ′(x )＝e x －a .当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增，故f (x )至多存在一个零点，不合题意．当a >0时，由f ′(x )＝0可得x ＝ln a ．当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增．故当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a (1＋ln a )．(ⅰ)若0<a ≤1e ，则f (ln a )≥0，f (x )在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意．(ⅱ)若a >1e，则f (ln a )<0.由于f (－2)＝e －2>0，所以f (x )在(－∞，ln a )存在唯一零点．由(1)知，当x >2时，e x －x －2>0，所以当x >4且x >2ln(2a )时，f (x )＝e x 2·e x 2－a (x ＋2)>eln(2a )·⎝⎛⎭⎫x 2＋2－a (x ＋2)＝2a >0. 故f (x )在(ln a ，＋∞)存在唯一零点．从而f (x )在(－∞，＋∞)有两个零点．综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 点评：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．[跟进训练](2020·贵阳模拟)已知函数f (x )＝kx －ln x (k ＞0)． (1)若k ＝1，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值．[解] (1)若k ＝1，则f (x )＝x －ln x ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1－1x ，由f ′(x )＞0，得x ＞1；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)法一：由题意知，方程kx －ln x ＝0仅有一个实根， 由kx －ln x ＝0，得k ＝ln xx (x ＞0)．令g (x )＝ln xx (x ＞0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2，当x ＝e 时，g ′(x )＝0；当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0；当x ＞e 时，g ′(x )＜0. ∴g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (e)＝1e .当x →＋∞时，g (x )→0.又∵k ＞0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1e.法二：f (x )＝kx －ln x ，f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x(x ＞0，k ＞0)．当x ＝1k 时，f ′(x )＝0；当0＜x ＜1k 时，f ′(x )＜0；当x ＞1k 时，f ′(x )＞0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1k 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1k ，＋∞上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1k ＝1－ln 1k， ∵f (x )有且只有一个零点，∴1－ln 1k ＝0，即k ＝1e .。
第10讲利用导数研究函数的零点问题 高考数学
=
−
−
=
得
=
，构造函数
=
，求导得
, ＞
在 −∞, 上单调递减，在 , 上单调递增， , +∞ 上单调递减，
且 = ，
试卷讲评课件
=
＞ 及
→ +∞ 时 → ，
的图像如图，得到 =
当＜或 = 时， 有一个零点；
当＞ 时， 有两个零点.
试卷讲评课件
练1
f x = 2ex − 5x 2 的零点的个数为(
A.0
B.1
)
D.3
√
C.2
【分析】先把零点个数转化为函数交点个数，再构造函数 =
,结
合导函数求解单调性及极值最后应用数形结合求解.
【详解】由
π
4
2e
a =______
【分析】常数分离得
=
= 有唯一的解，求出 的单调性与
极值，由 有且仅有一个零点可得 = .
试卷讲评课件
【详解】当 = 时， = ≥ 恒成立， 在[, ]上无零点.
1
, +∞
e
【分析】由 ′
2
3 1
,
2
2e e
3
0, 2
2e
−
，令
1
∪ , +∞
e
−
=
＜＜
，则直
上的图象有两个交点，利用导数分析函数
2025届高考数学一轮复习教案：导数-导数的函数零点问题
第2课时导数的函数零点问题【命题分析】函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查基本初等函数、三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现.【核心考点·分类突破】题型一利用导数探究函数的零点个数[例1]设函数f(x)=ln x+,m∈R,讨论函数g(x)=f'(x)-3零点的个数.【解析】由题意知g(x)=f'(x)-3=1-2-3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0).设φ(x)=-13x3+x(x>0),则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.所以x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,所以x=1也是φ(x)的最大值点,所以φ(x)的最大值为φ(1)=23.结合y=φ(x)的图象(如图)可知,①当m>23时,函数g(x)无零点;②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0<m<23时,函数g(x)有两个零点;④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.综上所述,当m>23时,函数g(x)无零点;当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0<m<23时,函数g(x)有两个零点.【解题技法】利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法(1)构造函数:构建函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解函数零点的个数.(2)应用定理:利用零点存在定理,先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.【对点训练】(2023·郑州质检)已知函数f(x)=e x-ax+2a,a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)求函数f(x)的零点个数.【解析】(1)f(x)=e x-ax+2a,定义域为R,且f'(x)=e x-a,当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在R上单调递增;当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln a,当x<ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递增;当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(2)令f(x)=0,得e x=a(x-2),当a=0时,e x=a(x-2)无解,所以f(x)无零点,当a≠0时,1=-2e,令φ(x)=-2e,x∈R,所以φ'(x)=3-e,当x∈(-∞,3)时,φ'(x)>0;当x∈(3,+∞)时,φ'(x)<0,所以φ(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减,且φ(x)max=φ(3)=1e3,又x→+∞时,φ(x)→0,x→-∞时,φ(x)→-∞,所以φ(x)的大致图象如图所示.当1>1e3,即0<a<e3时,f(x)无零点;当1=1e3,即a=e3时,f(x)有一个零点;当0<1<1e3,即a>e3时,f(x)有两个零点;当1<0,即a<0时,f(x)有一个零点.综上所述,当a∈(0,e3)时,f(x)无零点;当a∈(-∞,0)∪{e3}时,f(x)有一个零点;当a∈(e3,+∞)时,f(x)有两个零点.【加练备选】已知函数f(x)=x e x+e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)e x,令f'(x)=0得x=-2,则f'(x),f(x)的变化情况如表所示:x(-∞,-2)-2(-2,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减-12单调递增所以f(x)的单调递减区间是(-∞,-2),单调递增区间是(-2,+∞).当x=-2时,f(x)有极小值,为f(-2)=-1e2,无极大值.(2)令f(x)=0,得x=-1,当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0,且f(x)的图象经过点(-2,-1e2),(-1,0),(0,1).当x→-∞时,f(x)→0;当x→+∞时,f(x)→+∞,根据以上信息,画出f(x)大致图象如图所示.函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数为y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数,所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:当a<-1e2时,零点的个数为0;当a=-1e2或a≥0时,零点的个数为1;当-1e2<a<0时,零点的个数为2.题型二利用函数零点问题求参数范围[例2]已知函数f(x)=e x-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-x-2,则f'(x)=e x-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)f'(x)=e x-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意;当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).(i)若0<a≤1e,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意; (ii)若a>1e,则f(ln a)<0.因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.易知,当x>2时,e x-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=e2·e2-a(x+2)>e ln(2a)+2-a(x+2)=2a>0.故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点,从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.综上,a,+∞.【解题技法】由函数零点求参数范围的策略(1)涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求得参数的取值范围.(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.(3)含参数的函数零点个数,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x表示参数的函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(一题多法)(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=e x-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-(x+2),f'(x)=e x-1,令f'(x)<0,解得x<0,令f'(x)>0,解得x>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)方法一:当a≤0时,f'(x)=e x-a>0恒成立,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不符合题意;当a>0时,令f'(x)=0,解得x=ln a,当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)=a-a(ln a+2)=-a(1+ln a).又当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞;所以要使f(x)有两个零点,只要f(ln a)<0即可,则1+ln a>0,可得a>1e.综上,若f(x)有两个零点,则a的取值范围是(1e,+∞).方法二:若f(x)有两个零点,即e x-a(x+2)=0有两个解,显然x=-2不成立,即a=e r2(x≠-2)有两个解,令h(x)=e r2(x≠-2),则有h'(x)=e(r2)-e(r2)2=e(r1)(r2)2,令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)<0,解得x<-2或-2<x<-1,所以函数h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,且当x<-2时,h(x)<0,而当x→(-2)+(从右侧趋近于-2)时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,所以当a=e r2(x≠-2)有两个解时,有a>h(-1)=1e,所以满足条件的a的取值范围是(1e,+∞).【加练备选】已知函数f(x)=x ln x,g(x)=(-x2+ax-3)e x(a∈R).(1)当a=4时,求曲线y=g(x)在x=0处的切线方程;(2)如果关于x的方程g(x)=2e x f(x)在区间[1e上有两个不等实根,求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=4时,g(x)=(-x2+4x-3)e x,g(0)=-3,g'(x)=(-x2+2x+1)e x,g'(0)=1,所以所求的切线方程为y+3=x-0,即y=x-3.(2)由g(x)=2e x f(x),可得2x ln x=-x2+ax-3,a=x+2ln x+3.设h(x)=x+2ln x+3(x>0),所以h'(x)=1+2-32=(r3)(-1)2,所以x在[1e,e]上变化时,h'(x),h(x)的变化如表:x[1,1)1(1,e]h'(x)-0+h(x)单调递减极小值(最小值)单调递增又h(1e)=1e+3e-2,h(1)=4,h(e)=3e+e+2,且h(e)-h(1e)=4-2e+2e<0,所以实数a的取值范围为(4,e+2+3e].题型三与函数零点有关的证明[例3](2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)=e x-x,g(x)=x-ln x.(1)判断直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点分别有几个;(2)证明:曲线y=f(x)和y=g(x)有且只有一个公共点;(3)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【解析】(1)设S(x)=e x-x-b,S'(x)=e x-1,当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,故S(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以S(x)min=S(0)=1-b.当b<1时,S(x)min=1-b>0,S(x)无零点;当b=1时,S(x)min=1-b=0,S(x)有1个零点;当b>1时,S(x)min=1-b<0,而S(-b)=e->0,S(b)=e b-2b,设u(b)=e b-2b,其中b>1,则u'(b)=e b-2>0,故u(b)在(1,+∞)上单调递增,故u(b)>u(1)=e-2>0,故S(b)>0,故S(x)=e x-x-b有两个不同的零点.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=-1,当0<x<1时,T'(x)<0,当x>1时,T'(x)>0,故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以T(x)min=T(1)=1-b.当b<1时,T(x)min=1-b>0,T(x)无零点;当b=1时,T(x)min=1-b=0,T(x)有1个零点;当b>1时,T(x)min=1-b<0,而T(e-)=e->0,T(e b)=e b-2b>0,所以T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点.综上可知,当b<1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是0;当b=1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是1;当b>1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是2.(2)由f(x)=g(x)得e x-x=x-ln x,即e x+ln x-2x=0,设h(x)=e x+ln x-2x,其中x>0,故h'(x)=e x+1-2.设s(x)=e x-x-1,x>0,则s'(x)=e x-1>0,故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即e x>x+1,所以h'(x)>x+1-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,而h(1)=e-2>0,h(1e3)=e1e3-3-2e3<e-3-2e3<0,故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,且1e3<x0<1,当0<x<x0时,h(x)<0,即e x-x<x-ln x,即f(x)<g(x),当x>x0时,h(x)>0,即e x-x>x-ln x,即f(x)>g(x),所以曲线y=f(x)和y=g(x)有且只有一个公共点.(3)由(2)知,若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,则b=f(x0)=g(x0)>1,此时e x-x=b有两个不同的解x1,x0(x1<0<x0),x-ln x=b有两个不同的解x0,x2(0<x0<1<x2),故e1-x1=b,e0-x0=b,x2-ln x2-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x2-b=ln x2,即e2-=x2,即e2--(x2-b)-b=0,故x2-b为方程e x-x=b的解,同理x0-b也为方程e x-x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x2-b},而b>1,故0=2-,1=0-,即x1+x2=2x0.【解题技法】1.证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;2.证明的思路一般对条件等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.【对点训练】已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x)=1-1+2cos x,当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-12<0,所以g(x)在(0,π)上单调递减,又因为g(π3)=3π-1+1>0,g(π2)=2π-1<0,所以g(x)在(0,π)上有唯一的零点.(2)设f'(x)在(0,π)上的唯一零点为α,由(1)知π3<α<π2.①当x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点α,所以f(α)>f(π2)=lnπ2-π2+2>2-π2>0,又因为f(1e2)=-2-1e2+2sin1e2<-2-1e2+2<0,所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点.又因为f(π)=lnπ-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.②当x∈[π,2π)时,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,设h(x)=ln x-x,h'(x)=1-1<0,所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2.设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=1-1<0,所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个不同的零点.。
高考数学导数与函数零点问题教师版
导数与函数零点问题函数零点问题是高考中的热点 ,内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论 .例题分类精讲一、函数零点个数问题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．对于函数零点个数问题 ,可利用函数的值域或最值结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性 ,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别 ,论证是充要关系 ,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．【例 1】若函数 f（x）＝ x3－3x＋a 有三个不同的零点 ,则实数 a 的取值范围是．【答案】（－2,2）【分析】客观题中函数零点个数问题 ,可借组图象求解 ,先根据导函数的符号确定原函数的单调性,由单调性作出函数图象 ,再确定零点个数 .【解析】由 f（x）＝x3－3x＋a,得 f′x）（＝3x2－3,由 f′（x）＝3x2－3＝ 0,得 x＝±1,f （x）极大值＝f（－ 1）＝2＋a,f（x）极小值＝ f（1）＝ a－ 2,要使函数 f（x）＝x3－3x＋a有三个不同的零点 ,则有 2＋a>0,a－2<0,即－ 2<a<2,所以实数 a的取值范围是（－2,2）．故填（－2,2）．【点评】三次函数f x 有 3 个零点的充要条件是两个极值异号 .【对点训练】【天津市河北区 2019届高三一模】已知函数f（x） alnx x2（2a 1）x ,其中a R.（ 1）当 a=1 时,求函数f x 的单调区间：（ 2）求函数f x 的极值；（ 3）若函数f x 有两个不同的零点 ,求 a 的取值范围 .解析】（1）21当 a=1 时, f x ln x x2 x, f ′x（）= 2x 1x2x 1 x 1xf ′（x）<0 时 ,x>1; f ′x）（>0 时 ,0<x<1函数f x 的单调减区间为（ 1,+ ） ,增区间为（ 0,1）2）f（x）的定义域是（ 0,+ ∞）a 2x 1 x a f ′（x ）2x 2a 1 ,xx若 a≤0,则f ′（x）< 0,此时 f（x）在（ 0,+ ∞）递减 ,无极值若 a> 0,则由 f ′（x）＝ 0,解得： x＝ a, 当0<x<a时,f′x（）>0,当x>a时,f ′x（）<0, 此时 f（x）在（ 0,a）递增 ,在（ a,+ ∞）递减；∴当 x=a 时,函数的极大值为 f（a）= a（lna a 1）,无极小值（ 3）由（ 2）可知当 a≤0时,f（x）在（ 0,+ ∞）递减,则f（x）至多有一个零点 ,不符合题意 ,舍去；当 a> 0 时 ,函数的极小值为 f（a）= a（ lna a 1）,令 g（x）=lnx+x-1（x>0）1∵ g x 1 0, ∴ g（x）在（0,+ ∞）单调递增,又 g（1）=0, ∴ 0<x<1时 ,g（x）<0;x>1 时 ,g（x）>0 x（i）当 0<a≤ 1,f（a）=ag（a）≤0, 则函数f（x）至多有一个零点 ,不符合题意 ,舍去；（ii）当 a>1 时 ,f（a）=ag（a）>0∵ f 1 2 a 1 12120∴函数 f（x）在（1,a)内有一个零点 , e e ee e∵f(3a-1)=aln(3a-1)2- 3a 1 2a 1 3a 1 a ln 3a 1 3a 1设 h(x)=lnx-x(x>2)1 ∵h x 1 0, ∴h(x)在(2,+ ∞）内单调递减,则 h(3a-1)<h(2)=ln2-2<0x∴函数 f（ x）在（ a,3a-1）内有一个零点 .则当 a>1 时,函数 f（x）恰有两个零点综上 ,函数f x 有两个不同的零点时 ,a>1二、零点存在性赋值理论确定零点是否存在或函数有几个零点, 作为客观题常转化为图象交点问题 ,作为解答题一般不提倡利用图象求解 ,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点 , 赋值之所以“热” ,是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数（包括零点的存在性 , 唯一性）；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f （a）的符号 ,探求赋值点 m （假定 m a ）使得 f （m）与 f （a）异号 ,则在 （m,a ） 上存 在零点． 赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值； （ 2） 确保赋值 点 x 0 落在规定区间内； （3）确保运算可行（ 1）确保参数能取到它的一切值； （2）确保赋值点 x 0 落在 规定区间内； （3）确保运算可行．三个优先： （1）优先常数赋值点； （2）优先借助已有极值求赋值点； （ 3）优先简单运算 .【例 2】【天津市部分区 2019 届高三联考一模】设函数 f （x ） ax 2 lnx （a R ） . （1）求 f （x ）的单调区间；（ 2）当 a 1时,试判断 f （x ）零点的个数；（3）当 a 1时,若对 x （1, ） ,都有（4k 1 lnx ）x f （x ） 1 0（k Z ）成立,求k 的最大值 .【分析】（ 1）求出 f' x ,分两种情况讨论 a 的范围,在定义域内 ,分别令 f' x 0求得x 的范围,可得函数 f x 增区间,f' x 0求得 x 的范围,可得函数 f x 的减区间；（2）当a 1时,由（1）可知, f x 在 0,1是单减函数 ,在 1, 是单增函数 ,由 f 1 e 2 f 1 0, f 1 f 2e 20,利用零点存在定理可得（3） 当 a 1 , k为整数,且当 x 1时,4k 1 lnx x f x 1 0恒成 立 , 4k 1 lnx x x 2 lnx 10k 1lnx 43 lnxxx1 3 lnx,利用导数求出 lnx4 x x的取值范围 ,从而可得结果 .【解析】（1 ）Qf x ax 2 lnxx 0, f ' x 1 axax 1x 当 a 0 时 , f ' x0 在 0, 恒成立 ,f x 在 0, 是单减函数 . 当 a 0 时 ,令 f ' x 0 ,解之得 1 x . a 从而,当 x 变化时 ,f'x , f x 随 x 的变化情况如下表：x0,1aa1 a1, af ' x-+11由上表中可知 , f x 在0, 是单减函数 ,在, 是单增函数 . 综上 ,当 a 0 时 , f x 的单减区间为aa110, ；当a 0 时 , f x 的单减区间为0, ,单增区间为, .aa2）当 a 1时 ,由（ 1）可知 , f x 在 0,1 是单减函数 ,在 1, 是单增函数；1 12 2 又 f 2 2 0, f 1 1 0, f e e 4 0. ee12f 2 f 1 0, f 1 f e 20； e故 f x 在 0, 有两个零点 .3）当 a 1,k 为整数 ,且当 x 1 时 , 4k 1 lnx x13 lnx4k 1 lnx x x 2 lnx 1 0 k lnx4x xF x 在 1,x 0 上单减 ,在 x 0, 上单增；即 lnx 0 x 0 2 代入* 式 ,得3 x 0 21F xminFx0 x2x1,x 0 3,4 .xxx而 t x 01 1在 3,4 为增函数 ,t7, 13x3 417, 137 13 1即 F x.而 ,0,1F x min 0,1 , k 0,即所求 k 的最大值4min12 16 12 164 minF ' 3 F ' 4 0, x 03,4 且 x 0 2 lnx 0 0,x 1 0 恒成立Fxlnxlnxx 1 ,只需 k 1F 4 x minkZ F' x1 lnx 2xx 2 lnxx 20,由（ 2）知 ,F ' x 0 在 1, 有且仅有一个实数根 x 0 ,F x min F x 0lnx 03 lnx 0 x 0 x 0又 F' 3 1 ln3 9 0,F ' 42 ln4 2 1 ln2 16 160,对点训练】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, ) 存在唯一极大值点；22) f (x)有且仅有 2 个零点．f '(x)在 1,2 存在唯一极大值点2) f (x) 的定义域为 ( 1, ).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.)单调递增，在 , 单调递减，而 f ' (0)=0 ，2，1 ln 1 0 ，所以当 x 0, 时， f (x) 0.2 2 2从而 f (x) 在 0, 没有零点 .解析】(1)设 g(x) f'(x) ，则 g(x) cosx11x ，g'(x) sin x 1(1x)2当 x 1,2时， g' ( x)单调递减，而 g'(0)0,g'( 2) 0， 可得 g'(x) 在 1,2 有唯一零点，设为则当 x ( 1, ) 时， g'(x) 0；当 x 时， g'(x) 0.所以 g(x) 在( 1, ) 单调递增，在 , 单调递减，故 g(x)在1,2 存在唯一极大值点，即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，ii )当 x 0,2 时，由( 1)知， f'(x)在(0,f ' 2 0， 所以存在2，使得 f '( ) 0，且当x (0, )时， f'(x) 0；当x ,2时， f '(x) 0. 故 f (x) 在 (0, ) 单调递增，在 ,2 单调递减 .又 f (0)=0 ，2时，f'(x) 0，所以f(x)在, 单调递减.而f 0，f( ) 0，所以iii)当x 2,22f(x)在2, 有唯一零点.iv)当x ( , )时，ln( x 1) 1，所以f(x)<0，从而 f (x)在( , )没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.【对点训练】【湖南省衡阳市 2019 届高三三模】已知函数f(x) e x(ax2x a 2)存在极大值与极小值 ,且在x 1 处取得极小值 .(1)求实数a 的值；(2)若函数g(x) f (x) 2x m有两个零点 , 求实数m 的取值范围 .【解析】(1)Q 函数f (x) e x ax2 x a2存在极大值与极小值 ,且在x 1 处取得极小值 ,x 2 2f (x) e ax 2a 1 x a 1 ,依题意知f ( 1) 0,解得a 0或 a 1,当a 0 时 , f x e x x 1 ,x 1时,f (x) 0,f x 单调递减； x 1时,f (x) 0,f x 单调递增 , 此时 , f x 只有极小值 ,不符合题意．当 a 1时, f (x) e x(x 1)(x 2),x 2或x 1时,f(x) 0,f x 单调递增；2 x 1时,f (x) 0,f x 单调递减,符合在x 1处取得极小值的题意 ,综上 ,实数a 的值为1．x 2x(2) g(x) e x x2 x 1 2x m,g (x) e x(x 1)(x 2) 2,当x 0时,g x 0,故g x 在0, 上单调递增 ,当x 0时,令h(x) e x(x 1)(x 2) 2,则h(x) e x x2 5x 5h (x) 0, x 5 5,x 5 5,h(x)单调递增 22h (x) 0,5 5 x5 5,h(x)单调递减 ,22Q g （x ） 在 R 上有两个零点g(0) 1 m 0, m 1,此时当 x 0时,g m20, g(x)在 m2 ,0 有一个零点2当 x 0时,g(x) x 2x 1 2x m 0,令 x 01 4m 3, g x 0 0,2Q g （x ）在 0,x 0 有一个零点 ,综上,实数 m 的取值范围是 1, ．三、隐零点问题利用导数求函数的最值 ,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题 ,若导数零点存在们可以设其为 x 0 ,再利用导函数的单调性确定 x 0所在区间 ,最后根据 f x 0 0,研究f x 0 题称为隐零点问题 .【例 3】【广东省 2019年汕头市普通高考第一次模拟】已知 f （x ） 1x 2 ae xln x ．21（1）设 x 是 f x 的极值点 ,求实数 a 的值 ,并求 f x 的单调区间：21 （2） a 0时 ,求证： f x ．2x1 1 【分析】（1 ）由题意 ,求得函数的导数 f x x ae x,由 x 是函数 f x 的极值点Qh(0) 0,h2525x 0时,g x 0,故 g x 在 ,0 上单调递减,但无法求出 ,我,解得 a 32e e ,x21又由f 0 ,进而得到函数的单调区间；21 2 1（ 2）由（ 1） ,进而得到函数f x 的单调性和最小值f x min f x0 x02x02 x1 2 1g x x2x ln x,（0 x 1）,利用导数求得g x 在0,1 上的单调性 ,即可作出证明2x解析】（1 ）由题意 ,函数f x 的定义域为0, ,又由f x x ae x 1,且x 1是函数f x 的极值点x 2所以f 1 1 ae2 2 0,解得a3 e,2 2 2e又a 0时 ,在0, 上 ,f1x 是增函数 ,且f 0,2所以fx 10,得x , f1x 0, 得0 x ,2 211 所以函数f x 的单调递增区间为,,单调递减区间为0, .221（2）由（ 1）知因为a 0,在0, 上 , f x x ae x是增函数 ,x又f 1 1 ae 1 0（且当自变量x逐渐趋向于 0 时, f x 趋向于）所以 , x0 0,1 ,使得f x0 0,所以x0ae x0 1 0,即ae x0 1 x0,x0 x0在x 0,x0 上 , f x 0,函数f x 是减函数 ,在x x0, 上, f x 0,函数f x 是增函数 ,所以,当x x0时, f x 取得极小值 ,也是最小值 ,所以f x min f x0 1 x02ae x0lnx0 1 x02 1x0 lnx0,(0 x0 1),ln x0 ,令2 2 x01 2 1令g x x x lnx,(0 x 1),2x1 1 1 x则g x x 2 1 x 1 2 ,x x x1 当x 0,1 时,g x 0,函数g x 单调递减 ,所以g x g 1 ,21即f x f x min 2成立 .由切线方程可知： f 1 2 1 12）由（ 1）知 f x x lnx 1x ln x 1 则 x 1,时 , f x m x 1恒成立等价于 x 1,时 ,m恒成立x1x ln x 1x lnx 2 令g xx1,x则x 1 2 令h xx l nx2,则hx1 x 11xx当 x 1,时,h x 0,则 h x 单调递增Qh 3 1 ln3 0,h 4 2 2ln2 0x 0 3,4 ,使得 h x 0 0m x 0 3,4 ,即正整数 m 的最大值为 3对点训练】 【河南省八市重点高中联盟“领军考试” 20届19高三第五次测评】已知函数f x x lnx a b ,曲线 y1）求 a ,b 的值； x 在点 1,f 1 处的切线为 2x y 1 0 .2）若对任意的 x 1,,f x m x 1 恒成立,求正整数 m 的最大值.解析】（1）由 f x x lnx a b 得：x lnx a 1f 1 a 1 2, f 1a b 1,解得： a 1,b 0当 x 1,x 0 时,g x 0； x x 0, 时,g x 0g xmin g x 0x 0 ln x 0 1x 0 1Qh x 0x 0 lnx 0 2 0ln x 0 x 0 2g xmin g x 0x 0 x 0 2 1x 0 1x 0 3,4中 e 为自然对数的底数 （1）求 k 的值；所以 f （﹣ 0）＝﹣ f （ 0）即 f （0）＝ 0, 则 ln （ e +k ）＝ 0 解得 k ＝ 0,显然 k ＝0时,f （x ）＝x 是实数集 R 上的奇函数； （2）由（ 1）得 f （x ）＝ x∴方程转化为 lnxx 2﹣2ex +m ,令 F （x ） lnx （ x > 0） ,G （ x ）＝ x 2﹣ 2ex + m（x >0） xx1 lnx 1 lnx∵F '（x ） 2 ,令 F ' （x ）＝ 0,即20,得 x ＝exx当 x ∈（ 0,e ）时 ,F '（ x ）> 0, ∴F （ x ）在（ 0,e ）上为增函数； 当 x ∈（ e ,+ ∞）时,F '（ x ）< 0,F （ x ）在（ e ,+ ∞）上为减函数；1当 x ＝e 时,F （ x ） max ＝F （e ）e22而 G （ x ）＝（ x ﹣e ） +m ﹣e （ x >0）∴G （x ）在（ 0,e ）上为减函数 ,在（ e ,+ ∞）上为增函数； 2当 x ＝e 时,G （x ）min ＝m ﹣ e∴当 m e 2>1 ,即 m >e 2 1时,方程无解； ee 21 2 1当 m e, 即 m e时 , 方程有一个根；ee2 1 2 1 当 m e 2< ,即 m <e 2时 ,方程有两个根； ee2 ．【广东省 2019 届高三适应性考试】已知函数1）讨论函数 f （x ） 的单调性；课后训练：1 ．【天津市红桥区 2019 届高三一模】已知函数 x ln e xk （k 为常数）是实数集 R 上的奇函数 ,其2）讨论关于 x 的方程如 lnx fxx 22ex m 的根的个数 解析】（1）因为函数 f （ x ）＝ ln e xk （k 为常数）是实数集 R 上的奇函数2f (x) ln x x 3ax 1.2）当 a 1时,讨论函数 f （x）的零点个数1 2x 23ax 1 解析】(1) f (x) 1 2x 3a 2x 3ax 1(xx3a 0 时 ,对称轴为 x 0 0,4)时,u(x) 0,所以 f (x) 0,所以 f(x)在(x 2, ) 上单调递增 , 综上所述：当 a 2 2时, f(x) 在 (0, )上单调递增；3若a 2 2时, f (x)在(0,x 1)上单调递增 ,在( x 1, x 2)上单调递减 ,在(x 2, )上单调递增； 3 2)当a 1时,由(1)知 f(x) 在(0,x 1) 上单调递增 ,在( x 1, x 2 )上单调递减 ,在 (x 2, ) 上单调递增 ,下面研 究 f (x)的极大值 f(x 1) ln x 1 x 123ax 1 1,2 2 2 2 又2x 13ax 1 10,所以 f (x 1) ln x 1 2x 1 3ax 1 1 x 1 ln x 1x1 ,2g(x) lnx x 2,则g(x) 1 2x(x 0),可得 g(x)在(0, 2 )上单调递增 ,在( 2, )上单调递减 , x 2 2 g(x) 的极大值 g( 2) ln 2 10,所以 g(x) 0,所以 f(x 1) 0,2 2 2当 x (0,x 1) 时, f (x) 单调递增 ,所以 f (x) f (x 1) 0当 x (x 1,x 2)时, f(x)在(x 1,x 2)上单调递减 ,所以 f (x 2) f (x) f(x 1) 0令 u(x) 2x 23ax 1,其对称轴为 x34a ,令2x 23ax 1 0,则9a 28.0时,f (x) 0,所以 f(x)在(0, )上单调递增；0) ,9a 28 0,即 232 a0,u(x) 0恒成立 ,所以 f (x) 0,所以 f (x)在(0, )上单调递增；2 2时,设 u(x) 0 的两根 x 13a 9a 28 3a9a 28,x2(0,x 1) 时,u(x) 0,所以 f (x) 0,所以 f(x) 在(0,x 1) 上单调递增 , (x 1,x 2) 时,u(x) 0,所以 f (x) 0,所以 f (x) 在(x 1, x 2 )上单调递减 ,(x 2,3当 x (x 2, )时, f ( x)单调递增 ,且f( 4a)ln( 4a) 16a 2 12a 2 1 ln( 4a) 4a 21 (a1),f(x 2) f (4a) 0,所以存在 x (x 2, 4a),使得 f(x) 0, 又当 x （x 2, ）时, f （ x ）单调递增 ,所以 f （x ）只有一个零点综上所述 ,当 a 1时,f （x ）在（0, ）上只有一个零点 . 3．【湖南省雅礼中学 2019 届高考模拟卷（二 ）】已知函数 fx 3ax1， 4， g x e x（e e 为自然对数的底数）． 1）若曲线y f x在点 0, f 0（处的切线与曲线 y 在点0,g 处的切线互相垂直 ,求函数x x 3ax 1在区间 1,1 上的最大值； 42）设函数hxg x ,f xf x , fxx ,试讨论函数 hx x零点的个数．解析】 1） ∵f ′ 2 x )=-3 x +a ,g ′ x ）x=e ,∴f ′（0） =a ,g ′(0) =1,由题意知 ,a2 1, f (x) 3x 210,f （ x ）在区间 [-1,1] 上单调递减 , ∴ f (x)max2）函数 g 7 f 1 ；4x ）=e -e 在 R 上单调递增 ,仅在 x =1 处有一个零点 ,且 x <1时,g < 0,又 f ′(x) =-3 2 x +a ． ①当 即f 13 a ≤0时,f ′（x ）≤ 0,f （ x ）在 R 上单调递减 ,且过点（ 0,- ）,f （-1 ）= 44x ）在 x ≤0时 ,必有一个零点 ,此时 y =h （ x ）有两个零点； > 0．②当a >0时,令 f ′(x )=-3 x +a =0,解得 x 1 a <0,x 2a>0． a是函数 f （ x ）的一个极小值点 , a 是函数 f （x ）的一个极大值点． 而f- a3 )= (a 3)3aa 1 2a34a1 3 3 4< 0,1当 f （ a）< 0,即 a < 3时,函数 f （x ）在（ 0,+ ∞）上恒小于 0,此时 y = h （ x ）有两个零点；34当 f （ a3 ）=0,即a = 43时,函数 f （x ）在（ 0,+ ∞）上有一个零点 ,x 0a3 21,此时 y =h （x ）有三个零点；当 f （ a）>0,即 a > 3时,函数 f （x ）在（ 0,+ ∞）上有两个零点 ,一个零点小于 a,一个零点大于 a55 若 f （1）=a - <0,即 a < 时,y =h （x ）有四个零点； 4455 f （1）=a =0,即 a = 时,y =h （ x ）有三个零点； 4455 f （1）=a - >0,即 a > 时,y = h （ x ）有两个零点． 443 5 3 53 5 综上所述 ,当 a < 或 a > 时,y = h （ x ）有两个零点； 当 a = 或 a = 时,y = h （ x ）有三个零点； 当 < a <4 4 4 444时,y =h （x ）有四个零点．4．【天津市第一中学 2019 届高三一月月考】已知函数 f x ax ln x ,函数 g x 的导函数 g xe x,且g 0 g 1 e ,其中 e 为自然对数的底数1）求 f x 的极值；x m 32）若存在 x 0,,使得不等式 g x成立 ,试求实数 m 的取值范围；3）当 a 0时 ,对于 x 0, ,求证： f x g x 2.1 ax 1 解析】（1 ）函数 f x 的定义域为0, , f x axx当 a 0 时 ,令 f x 0 x 1a 现在讨论极大值的情况： x 0,∴ f x 在 0,上为增函数 , f x 没有极值；f x 在0, 1单调递增 ,在单调递减112) ∵g ∴g即m x 有极大值f 1 ln a , 无极小值 .gx xe ,∴g x g' 10,1ce,∴c,使得不等式x e xx 3maxx e xx 3,h'当 x 0 时 ,e xx exh x 在m 3. 3) 当a 0 时 , f x 11,即 hx 2x1, x 21xx 0m 3成立ex x1 2x2 x 21x0, 单调递减 ,∴he xlnx 2ex 1,则x0,0.h0lnx ,令 x 在 0,gx 上为增函数x 2,1,1， 2 x0.∵ x 在0,上为增函数∴ x 0,x 0 时 ,0,x x 0,时, x 0.x 在 0,x 0 单调递减 ,在 x 0,单调递增' x 00 x 01ex0 e x 01 e 0 ∴ x 0 xlnx11x 0 2 单调递减 ,x,1 x 02x 0x1 22 0xx0 0 即 fx g x 2.xminx 0 e x0lnx 0 25．【江西省临川一中 2019 届高三年级考前模拟】已知函数 f (x) e x ax b .(其中 e为自然对数的底数) 1)若 f(x) 0恒成立 ,求 ab 的最大值； 2)设 g(x) ln x 1,若 F(x) g(x) f (x) 存在唯一的零点 ,且对满足条件的 a,b 不等式 m （ a e1） b恒成立 ,求实数 m 的取值集合 x解析】(1) g x e xa ,0,g x 在 R 上单调递增 ,取m min 0,1 ba当 x0 m 时 ,g x 0e x0ax 0 bax 0 1 b 0 矛盾；当a 0时,g x e xb b ,只要 b 0, 即 b 0,此时 ab0 ；当a 0 时 ,令 g x 0,x lna ,所以 g x 在 ln a,单调递增 ,在 ,lna单调递减 ,当 a 0 时,g xgxg lna a alna b , 所以 a aln a b 0 ,即 b a alna ,此时 ab2a a 2ln a ,令h a 2 a a 2lna ,h a 212a 2alna a 2a 1 2ln令 h a 0,a e ,a当a e, ,h a 0,h a 在 e,上为减函数．所以 h a h e e 1 e 1e ,所以 ab e e,故 ab 的最大值为． 2 2 2 2 （ 2） F xe a 在 0, 单调递减且 F x 在0, 的值域为 Rx设 Fx的唯一的零点为 x 0,则 F x 0 0,F x 0 0,lnx 0 1 e x0ax 0 b0即1 e x 0 a0x 0所以 a e x 01,b 1x o e x0lnx 0,x由ma e 1 b 恒成立 ,则 m x1e 0e1 1 x 0e x0lnx 0 ,x 0得 x0 m 1 e x0ln x 0 m m e 10 在 0, 上恒成立．x 0令 kxx m 1 e xlnx m me 1 ,x 0,xkxx 1 m x 1 x me 2 xme 2．x xx若 m 0,k x 0,k x 在 0, 上为增函数 ,注意到 k 1 0,知当 x 0,1 当x m , 时 ,k x0,k x 为增函数 ,若 0 1m ,则当 x 1, m 时,k x 0,,k x 为减函数 所以 x 1, m 时 ,总有 k x k 1 0,矛盾； 若0 m 1,则当 x m,1 时,k x 0,,k x 为增函数 所以 x m,1 时 ,总有 kx k 1 0,矛盾；当 a 0, e ,h a 0,h a 在 0, e 上为增函数；0 ,k x 为增函数 ,, 所以 时,k x 时,kx x 1,m 1即 m 1,此时当0,矛盾；当 x 0,1 时,k x 0,k x 为减函数 ,而 k(1)所以 F x 有唯一的零点 综上 ,m 的取值集合为 16．【江苏省徐州市 2019 高三考前模拟】已知函数 f x x 1aln x . x 1)若曲线 y f x 在 x 1 处的切线的斜率为 3,求实数 a的值；2)若函数在区间 1,2 上存在极小值 ,求实数 a 的取值范围； 3) 如果 f x 0的解集中只有一个整数 ,求实数 a 的取值范围 解析】(1)由题意 , f (x) 1 12a x ax 1x2x2因为函数在 1,2 上存在极小值 ,所以 1a a 42 ,25解之得 a 2,2 5经检验 ,当 a 2 时,符合题意 ,由题意知 , f 1 3,所以 2 a 3,解得 a 1.2)令 f(x)0,所以x 2ax 1 0 ,所以 xa a 24(舍负) ,22 所以 5a 2. 2(3)①当 a 24 0,即a [ 2,2]时, f (x) 0恒成立 ,f (x)在(0, )上为增函数 , f(1) 0.所以当 0 x 1时,f (x) 0,所以当 x 1时, f(x) 0,所以 f x 0无整数解；②当a 2 4 0 ,即 a 2 或 a 2时, 若a 2,则 f (x) 0 ,同①可得f x 0 无整数解； 若a 2, f(x) 0即 x 2ax 1 0在 0, 上有两个不同的解 x 0,x 1且 0 x 0 当x 0,x 0 时, f(x) 0, f x 在 0,x 0 上为增函数；1 x 1,当 x x 0,x 1 时, f (x) 0, f x 在 x 0,x 1 上为减函数；（1）若函数 f x 在点 1,f 1 处的切线方程为 x ey 3 0 ,试确定函数 f x 的单调区间；mnxxxe而 f 1 0,所以 fx 0 在 0,1 上无解 ,故 f x 0 在 1, 上只有一个整数解12 aln2 0f0 2, 故,即f0,即3 1383解得 a3ln 3 2ln 28, 3综上 ,a3ln 3 2ln 2 .当 x x 1,时 , f (x) 0 , f x 在 x 1, 上为增函数x7．【江苏省镇江市 2019 届高三考前模拟】 已知函数 f x mx n e x （ m,n R , e是自然对数的底数）当x 0时,f0,当 x 0 时, f2） x 在0,上单调递减 ,在,0 上单调递增 ①由 nmx 11,m R , x x ,即：ex 1mex2）①当 n 1,mR 时 ,若对于任意 x 1 ,2 ,都有 f x x 恒成立 ,求实数 m 的最小值；②当mn x1时 ,设函数 g x xf x tf x e xt R ,是否存在实数 a,b,c 0,1 ,使得gagbgc ？若存在 ,求出 t 的取值范围；若不存在 ,说明理由 . 解析】 1） 由题意xxme mx n exx 2 emx m nxeQf在点 1,f 处的切线方程为： ey 301,即：e解得： m 1,n 1对任意x 1 ,2 ,都有f2x 恒成立等价于me x 1对任意xx1 ,2 恒成立2设h hx 0对x 1 ,2 恒成立2x12在x 1,2 单调递增2而h 4 0 ,h 2 21 e412 在x 12,2 上有唯一零点x0当x 12,x0时,x 0,当x x0,2 时,1在12, x0 单调递减 ,在x0 ,2 上单调递增的最大值是1和2 中的较大的一个2,即21me2m 的最小值为e2②假设存在a,b,c 0,1,使得g,则问题等价于2x min g x maxx 21Q g xtxxextxex1⑴当t 1时,g x 0,则g x在0,1 上单调递减3t 2g 1 g 0 ,即2e 1,得：3 e21 3 e2,2）当t 0时,g x 0,则g x 在0,1 上单调t 1 t 1 4 3 t 3由( 1)知 f t t 在t 0,1 上单调递减 ,故2 t,而e t e te e e不等式( *)无解e综上所述 ,存在 t ,3 2e U 3 ,,使得命题成立28．【重庆市巴蜀中学 2019 届高三适应性月考】已知函数 f (x) (x a1)e x,a R .(1)当 a 1时,求函数 f (x) 的极值；12 (2)若函数 g(x) f (x) x 2ax 在区间 [0, ) 上只有一个零点 ,求a 的取值范围．2【解析】(1)当 a 1时, f (x) xe x,定义域为 R ,f '(x) (x 1)e x,令 f '(x) 0,得 x 1．当 x 1时, f '(x) 0；当 x 1时, f '(x) 0 ．1所以,函数 f(x)在x 1处取得极小值 ,即 f(x)极小值 f( 1) ；e x1 2 x x(2) g(x) (x a 1)e x ax ,g'(x) (x a)e x a (x a) e 1 ,2令 g'(x) 0,得 x 1 a ,x 2 0．①当 a 0时,即当 a 0时,对任意的 x [0, ),g'(x) 0, 此时 ,函数 g (x)在区间 [0, ) 上单调递增 ,e3)当0 t1 时 ,当 x 0,t 时 ,g x 0 ；当 x t,1 时,g x 0,gx 在 0,t上单调递减 ,在t,1上单调递增2g tg 0 ,g 1 ,即 2 t1 3tmax t max 1, ⋯⋯（*） 2g 0 g 1 ,即 23t ,得： t 3 2e 0t ,3 2eee则函数g(x) 在x 0 处取得最小值 ,且最小值为g(0) a 1 0,得a 1．因为g(0) a 1 0,x ,g(x)此时 ,0 a 1；②当a 0时,即当 a 0时 , 此时 ,函数g (x)在(0, a) 上单调递减 ,在( a, )上单调递增所以函数 g(x) 在[0, )上只有一个零点 , 所以 ,a 0 ． ,a 综上所述 ,实数 a 的取值范围是 ( ,1]. 9．【北京市朝阳区 2019 届二模】已知函数 f (x) (m 1)x ln x (mR).1)当 m 1时,求曲线 y f(x)在(1,f (1))处的切线方程； 2)求函数 f (x) 的单调区间； 3)若函数 g(x) 1x 2+1f(x)在区间 (1,2)内有且只有一个极值点 2x,求 m 的取值范围解析】(1) 当 m 1时 , f (x) 2x ln x , 所以 f(x)1 2 1,f (1) 3． x 又 f (1)2, 所以曲线 y f (x) 在 (1,f (1)) 处的切线方程为 3x2)函数 f (x) 的定义域为 (0, )． x x(1) 当 m 1⋯0 即 m ⋯ 1时, 因为 x (0, ) , f (x) 0, 所以 f (x) 的单调增区间为(0, ) ,无单调减区间 .(2) 当 m 1 0,即 m1时,令 f (x) 0,得 x当0 1x 时, f (x) 0 ；m1 当x1 时 , f (x) m10； 所以 f (x) 的单调增区间为 0, 1,减区间为 1 m1m1f (x) m 11 (m 1)x 11,m1 综上 ,当 m ⋯ 1时, f(x) 的单调增区间为 (0,) ,无单调减区间； 当 m 1时, f (x) 的单调增区间为 0,1m1,减区间为1, m1Ⅲ)因为g(x) 1 x 2 1 (m 2x 1)x ln x ,因为 g(0) a 1 0,x ,g(x)所以g (x) 12 (m 1) x3 2 2令 h(x) x 3(m 1)x 2x 1, h (x) 3x 22(m 1)x 1.若函数 g(x) 在区间 (1,2) 内有且只有一个极值点 则函数 h(x) 在区间 (1,2) 内存在零点 .又 h (0) 1 0,所以 h (x) 在 (0, )内有唯一零点 x 0 . 且 x 0,x 0 时 ,h (x) 0x x 0, 时,h (x) 0则 h(x) 在 0,x 0 内为减函数 ,在 x 0, 内为增函数 又因为 h(0) 1 0且h(x) 在(1,2)内存在零点解得 2 m 1.4显然 h(x) 在 1,2 内有唯一零点 ,记为 x 1.当 x 1,x 1 时,h(x) 0,x x 1,2 时,h(x) 0,所以 h(x) 在 x 1点两侧异号 ,即 g (x)在 x 1 点两侧异号 函数 g(x)在区间 (1,2) 内唯一极值点 . 当 m 2时 ,h(1) m 2 0 又 h(1)0,h(x) 0在(1,2)内成立 , 所以 h(x)在(1,2)内单调递增 ,故g(x)无极值点 .1当m时, h(2) 0,h(0) 0易得 x (1,2)时,h( x) 0故g(x)无极值点 .41所以当且仅当 2 m时,函数 g(x) 在区间 (1,2)内有且只有一个极值点432x (m 1)x x 12x所以h(1) h(2,x 1为。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
导数与函数零点问题函数零点问题是高考中的热点,内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.例题分类精讲一、函数零点个数问题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．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数． 【例1】若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点,则实数a 的取值范围是________． 【答案】(－2,2)【分析】客观题中函数零点个数问题,可借组图象求解,先根据导函数的符号确定原函数的单调性,由单调性作出函数图象,再确定零点个数.【解析】由f (x )＝x 3－3x ＋a ,得f ′(x )＝3x 2－3,由f ′(x )＝3x 2－3＝0,得x ＝±1,f (x )极大值＝f (－1)＝2＋a ,f (x )极小值＝f (1)＝a －2,要使函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点,则有2＋a ＞0,a －2＜0,即－2＜a ＜2,所以实数a 的取值范围是(－2,2)．故填(－2,2)．【点评】三次函数()f x 有3个零点的充要条件是两个极值异号.【对点训练】【天津市河北区2019届高三一模】已知函数2()ln (21)f x a x x a x =-+-,其中a R ∈. （1）当a=1时,求函数()f x 的单调区间： （2）求函数()f x 的极值；（3）若函数()f x 有两个不同的零点,求a 的取值范围. 【解析】（1）当a=1时,()2f x ln x x x =-+, f′（x ）=()()2x 1x 112x 1x x+--+=- 当f′（x ）<0时,x>1; f′（x ）>0时,0<x<1∴函数()f x 的单调减区间为（1,+∞） ,增区间为（0,1） （2）f （x ）的定义域是（0,+∞）,f′（x ）()()()2x 1x a a2x 2a 1x x+-=-+-=-,若a≤0,则f′（x ）＜0,此时f （x ）在（0,+∞）递减,无极值 若a ＞0,则由f′（x ）＝0,解得：x ＝a,当0＜x ＜a 时,f′（x ）>0,当x ＞a 时,f′（x ）<0, 此时f （x ）在（0,a ）递增,在（a,+∞）递减；∴当x=a 时,函数的极大值为f(a)=a lna a 1)+-（,无极小值 （3）由（2）可知当 a≤0时,f （x ）在（0,+∞）递减,则f(x)至多有一个零点,不符合题意,舍去； 当a ＞0时,函数的极小值为f(a)=a lna a 1)+-（, 令g(x)=lnx+x-1(x>0) ∵()110,g x x'=+> ∴g(x)在（0,+∞）单调递增,又g(1)=0, ∴0<x<1时,g(x)<0;x>1时,g(x)>0 (i) 当0<a≤1,f(a)=ag(a) ≤0,则函数f(x)至多有一个零点,不符合题意,舍去； (ii) 当a>1时,f(a)=ag(a)>0∵21211f 10a e e e e⎛⎫⎛⎫=---< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴函数f(x)在（1,a e ）内有一个零点,∵f(3a-1)=aln(3a-1)-()()()()()23121313131a a a a ln a a ⎡⎤-+--=---⎣⎦ 设h(x)=lnx-x(x>2) ∵()110,h x x'=-< ∴h(x)在（2,+∞）内单调递减,则h(3a-1)<h(2)=ln2-2<0∴函数f （x ）在（a,3a-1）内有一个零点.则当a>1时,函数f(x)恰有两个零点 综上,函数()f x 有两个不同的零点时,a>1二、零点存在性赋值理论确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a ) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m ) 与 f (a ) 异号,则在 (m ,a ) 上存在零点．赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；（2） 确保赋值点 x 0 落在规定区间内；（3）确保运算可行（1）确保参数能取到它的一切值；（2）确保赋值点 x 0 落在规定区间内；（3）确保运算可行．三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.【例2】【天津市部分区2019届高三联考一模】设函数()2ln f x ax x =--(R)a ∈.（1）求()f x 的单调区间；（2）当1a =时,试判断()f x 零点的个数； （3）当1a =时,若对(1,)x ∀∈+∞,都有(41ln )()10k x x f x --+-<（Z k ∈）成立,求k 的最大值.【分析】（1）求出()'f x ,分两种情况讨论a 的范围,在定义域内,分别令()'0f x >求得x 的范围,可得函数()f x 增区间,()'0f x <求得x 的范围,可得函数()f x 的减区间；（2）当1a =时,由（1）可知,()f x 在()0,1是单减函数,在()1,+∞是单增函数,由()2110f f e ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭,()()210f f e ⋅<,利用零点存在定理可得结果；（3）当1a =,k为整数,且当1x >时,()()41ln 10k x x f x --+-<恒成立,()13ln 41ln 2ln 10ln 4x k x x x x k x x x ⎛⎫--+---<⇔<++ ⎪⎝⎭,利用导数求出13ln ln 4x x x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的取值范围,从而可得结果. 【解析】（1）()()2ln 0f x ax x x =-->,∴()11'ax f x a x x-=-=. 当0a ≤时,()'0f x <在()0,∞+恒成立,()f x ∴在()0,∞+是单减函数. 当0a >时,令()'0f x =,解之得1x=.从而,当x 变化时,()'f x ,()f x 随x 的变化情况如下表：由上表中可知,()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭是单减函数,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭是单增函数. 综上,当0a ≤时,()f x 的单减区间为()0,∞+；当0a >时,()f x 的单减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,单增区间为1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.（2）当1a =时,由（1）可知,()f x 在()0,1是单减函数,在()1,+∞是单增函数； 又22110f e e⎛⎫=>⎪⎝⎭,()110f =-<,()2240f e e =->. ∴()2110f f e ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭,()()210f f e ⋅<；故()f x 在()0,∞+有两个零点.（3）当1a =,k 为整数,且当1x >时,()()41ln 10k x x f x --+-<恒成立()13ln 41ln 2ln 10ln 4x k x x x x k x x x ⎛⎫--+---<⇔<++ ⎝⇔⎪⎭. 令()()3ln ln 1x F x x x x x =++>,只需()()min 14k F x k Z <∈； 又()()2222131ln 2ln '0f x x x x F x x x x x x---=-+===, 由（2）知,()'0F x =在()1,+∞有且仅有一个实数根0x ,()F x 在()01,x 上单减,在()0,x +∞上单增；∴()()()000min 003ln ln *x F x F x x x x ==++ 又()1ln3'309F -=<,()()21ln22ln4'401616F --==>,∴()()'3'40F F ⋅<,∴()03,4x ∈且002ln 0x x --=,即00ln 2x x =-代入()*式,得()()()00000min 00032121,3,4x F x F x x x x x x x -==-++=+-∈. 而0011t x x =+-在()3,4为增函数,∴713,34t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭, 即()min 1713,41216F x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.而()713,0,11216⎛⎫⊂ ⎪⎝⎭,∴()()min 10,14F x ⊂,0,k ∴≤即所求k 的最大值为0.【对点训练】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+,()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点．【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x=-+，21sin ())(1x 'x g x =-++.当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><， 可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α. 则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点.（2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点.（iii ）当,2x π⎛⎤∈π ⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π ⎥⎝⎦有唯一零点.（iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，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.【对点训练】【湖南省衡阳市2019届高三三模】已知函数22()()xf x e ax x a =++存在极大值与极小值,且在1x =-处取得极小值. （1）求实数a 的值；（2）若函数()()2g x f x x m =--有两个零点,求实数m 的取值范围. 【解析】（1）函数()22()xf x eaxx a =++存在极大值与极小值,且在1x =-处取得极小值,()22()211x f x e ax a x a '++⎡⎤∴=++⎣⎦,依题意知(1)0f '-=,解得0a =或1a =, 当0a =时,()()1xf x ex '=+,1x <-时,()0f x '<,()f x 单调递减；1x >-时,()0f x '>,()f x 单调递增,此时,()f x 只有极小值,不符合题意． 当1a =时,()(1)(2)x f x e x x '=++,2x <-或1x >-时,()0f x '>,()f x 单调递增；21x -<<-时,()0f x '<,()f x 单调递减,符合在1x =-处取得极小值的题意, 综上,实数a 的值为1． （2）()2()12xg x exx x m =++--,()(1)(2)2x g x e x x '=++-,当0x >时,()0g x '>,故()g x 在()0,∞+上单调递增, 当0x <时,令()(1)(2)2x h x e x x =++-, 则()2()55xh x exx '=++,()0,()h x x x h x '><>单调递增, ()()h x x h x '<<<单调递减, 5(0)0,202h h ⎛⎫=-=-< ⎪⎝⎭,0x <时,()0g x '>,故()g x 在(),0-∞上单调递减,()g x 在R 上有两个零点,(0)10,1g m m ∴=-<∴>,此时当0x <时,02m g ⎛⎫-> ⎪⎝⎭,()g x ∴在,02m ⎛⎫- ⎪⎝⎭有一个零点, 当0x >时,2()12m 0g x x x x >++--=,令012x +=,()00g x ∴>,()g x 在()00,x 有一个零点,综上,实数m 的取值范围是()1,+∞．三、隐零点问题利用导数求函数的最值,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为0x ,再利用导函数的单调性确定0x 所在区间,最后根据()00f x '=,研究()0f x ,我们把这类问题称为隐零点问题.【例3】【广东省2019年汕头市普通高考第一次模拟】已知21()ln 2x f x x ae x =+-． （1）设12x =是()f x 的极值点,求实数a 的值,并求()f x 的单调区间： （2）0a >时,求证：()12f x >．【分析】（1）由题意,求得函数的导数()1x f x x ae x '=+-,由12x =是函数()f x 的极值点,解得a =又由102f ⎛⎫'=⎪⎝⎭,进而得到函数的单调区间； （2）由（1）,进而得到函数()f x 的单调性和最小值()()20000min 011ln 2f x f x x x x x ==+--,令()211ln ,(01)2g x x x x x x=+--<<,利用导数求得()g x 在()0,1上的单调性,即可作出证明. 【解析】（1）由题意,函数()f x 的定义域为()0,+∞, 又由()1x f x x ae x '=+-,且12x =是函数()f x 的极值点, 所以12112022f ae ⎛⎫'=+-= ⎪⎝⎭,解得a =又0a >时,在()0,+∞上,()f x '是增函数,且102f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭, 所以()0f x '>,得12x >,()0f x '<,得102x <<, 所以函数()f x 的单调递增区间为1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭,单调递减区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭. （2）由（1）知因为0a >,在()0,+∞上,()1x f x x ae x'=+-是增函数, 又()1110f ae '=+->（且当自变量x 逐渐趋向于0时,()f x '趋向于-∞）, 所以,()00,1x ∃∈,使得()00f x '=, 所以00010xx ae x +-=,即0001x ae x x =-, 在()00,x x ∈上,()0f x '<,函数()f x 是减函数, 在()0,x x ∈+∞上,()0f x '>,函数()f x 是增函数, 所以,当0x x =时,()f x 取得极小值,也是最小值, 所以()()022********min 111ln ln ,(01)22x f x x ae x x x x x f x x =+---<==+<, 令()211ln ,(01)2g x x x x x x=+--<<, 则()()2211111xg x x x x x x+'=---=--,当()0,1x ∈时,()0g x '<,函数()g x 单调递减,所以()()112g x g >=, 即()()min 12f x f x ≥>成立.【对点训练】【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】已知函数()()ln f x x x a b =++,曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ,b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞,()()1f x m x ≥-恒成立,求正整数m 的最大值. 【解析】（1）由()()ln x x x f a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=,()11f a b =+=,解得：1a =,0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时,()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时,()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-,1x >,则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2h x x x =--,则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时,()0h x '>,则()h x 单调递增()31ln30h =-<,()422ln20h =->()03,4x ∴∃∈,使得()00h x =当()01,x x ∈时,()0g x '<；()0,x x ∈+∞时,()0g x '>()()()000min 0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--= 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈,即正整数m 的最大值为3课后训练：1．【天津市红桥区2019届高三一模】已知函数()()ln xf x e k =+（k 为常数）是实数集R 上的奇函数,其中e 为自然对数的底数. （1）求k 的值；（2）讨论关于x 的方程如()2ln 2xx ex m f x =-+的根的个数. 【解析】（1）因为函数f （x ）＝()ln xe k +（k 为常数）是实数集R 上的奇函数, 所以f （﹣0）＝﹣f （0）即f （0）＝0, 则ln （e 0+k ）＝0解得k ＝0,显然k ＝0时,f （x ）＝x 是实数集R 上的奇函数； （2）由（1）得f （x ）＝x∴方程转化为lnx x =x 2﹣2ex +m ,令F （x ）lnx x =（x ＞0）,G （x ）＝x 2﹣2ex +m （x ＞0）, ∵F '（x ）21lnx x -=,令F '（x ）＝0,即21lnxx -=0,得x ＝e当x ∈（0,e ）时,F '（x ）＞0,∴F （x ）在（0,e ）上为增函数； 当x ∈（e ,+∞）时,F '（x ）＜0,F （x ）在（e ,+∞）上为减函数； 当x ＝e 时,F （x ）max ＝F （e ）1e=而G （x ）＝（x ﹣e ）2+m ﹣e 2（x ＞0）∴G （x ）在（0,e ）上为减函数,在（e ,+∞）上为增函数； 当x ＝e 时,G （x ）min ＝m ﹣e 2∴当m 21e e -＞,即m 21e e+＞时,方程无解； 当m 21e e -=,即m 21e e =+时,方程有一个根； 当m 21e e -＜,即m 21e e+＜时,方程有两个根；2．【广东省2019届高三适应性考试】已知函数2()ln 31f x x x ax =+++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a <-时,讨论函数()f x 的零点个数.【解析】（1）21231()23(0)x ax x x f a x x x++'=++=>,令2()231u x x ax =++,其对称轴为034ax =-,令22310x ax ++=,则298a ∆=-. 当0a ≥时,()0f x '>,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0a <时,对称轴为0304ax =->,若2980a ∆=-≤,即0a ≤<,()0u x ≥恒成立,所以()0f x '≥,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；若3a <-时,设()0u x =的两根1x =2x =,当1(0,)x x ∈时,()0u x >,所以()0f x '>,所以()f x 在1(0,)x 上单调递增, 当12(,)x x x ∈时,()0u x <,所以()0f x '<,所以()f x 在12(,)x x 上单调递减, 当2(,)x x ∈+∞时,()0u x >,所以()0f x '>,所以()f x 在2(,)x +∞上单调递增,综上所述：当a ≥时, ()f x 在(0,)+∞上单调递增；若3a <-时, ()f x 在1(0,)x 上单调递增,在12(,)x x 上单调递减,在2(,)x +∞上单调递增；（2）当1a <-时,由（1）知()f x 在1(0,)x 上单调递增,在12(,)x x 上单调递减,在2(,)x +∞上单调递增,下面研究()f x 的极大值21111()ln 31f x x x ax =+++,又2113102x ax ++=,所以2221111111()ln 231ln f x x x ax x x x =+++-=-,令2()ln g x x x =-,则21(2)x x x g -'=（0x >）,可得()g x 在(0,2上单调递增,在)2+∞上单调递减,且()g x 的极大值1ln 0222g =-<,所以()0g x <,所以1()0f x <, 当1(0,)x x ∈时, ()f x 单调递增,所以1()()0f f x x <<当12(,)x x x ∈时, ()f x 在12(,)x x 上单调递减,所以21()()()0f x f x f x <<<当2(,)x x ∈+∞时, ()f x 单调递增,且222ln(4)16121ln(4)41(1)(4)a a a a a a f a =-+-+=-++<--,2()(4)0f x f a ⋅-<,所以存在2(,4)x x a '∈-,使得()0f x '=,又当2(,)x x ∈+∞时, ()f x 单调递增,所以()f x 只有一个零点x ', 综上所述,当1a <-时,()f x 在(0,)+∞上只有一个零点.3．【湖南省雅礼中学2019届高考模拟卷（二)】已知函数()()314x f x x ax g x e e e =-+-=-，（为自然对数的底数）．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f （处的切线与曲线()y g x =在点()()0,0g 处的切线互相垂直,求函数()314f x x ax =-+-在区间[]1,1-上的最大值； （2）设函数()()()()()()(),,g x f x g x h x f x f x g x ⎧<⎪=⎨≥⎪⎩,试讨论函数()h x 零点的个数． 【解析】（1）∵f ′（x ）=-3x 2+a ,g ′（x ）=e x, ∴f ′（0）=a ,g ′（0）=1,由题意知,21,()310f x a x '-=-=-≤,f （x ）在区间[-1,1]上单调递减, ∴()7()14max f x f =-=； （2）函数g （x ）=e x-e 在R 上单调递增,仅在x =1处有一个零点,且x ＜1时,g （x ）＜0, 又f′（x ）=-3x 2+a ．①当a ≤0时,f ′（x ）≤0,f （x ）在R 上单调递减,且过点（0,-14）,f （-1）=34a -＞0． 即f （x ）在x ≤0时,必有一个零点,此时y =h （x ）有两个零点； ②当a ＞0时,令f ′（x ）=-3x 2+a =0,解得1x =0,2x =0．则f （x ）的一个极小值点f （x ）的一个极大值点． 而f （=311(44a ⎛+-= ⎝＜0,现在讨论极大值的情况：f =311(44-+-=．当f 0,即a ＜34时,函数f （x ）在（0,+∞）上恒小于0,此时y =h （x ）有两个零点；当f =0,即a =34时,函数f （x ）在（0,+∞）上有一个零点,012x ==,此时y =h （x ）有三个零点；当f 0,即a ＞34时,函数f （x ）在（0,+∞）上有两个零点,若f （1）=a -54＜0,即a ＜54时,y =h （x ）有四个零点； f （1）=a -54=0,即a =54时,y =h （x ）有三个零点；f （1）=a -54＞0,即a ＞54时,y =h （x ）有两个零点．综上所述,当a ＜34或a ＞54时,y =h （x ）有两个零点；当a =34或a =54时,y =h （x ）有三个零点；当34＜a ＜54时,y =h （x ）有四个零点．4．【天津市第一中学2019届高三一月月考】已知函数()ln f x ax x =+,函数()g x 的导函数()xg x e '=,且()()01g g e '=,其中e 为自然对数的底数.（1）求()f x 的极值；（2）若存在()0,x ∈+∞,使得不等式()g x<,试求实数m 的取值范围； （3）当0a =时,对于()0,x ∀∈+∞,求证：()()2f x g x <-. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞,()11ax f x a x x+'=+=. 当0a ≥时,()0f x '>,∴()f x 在()0,+∞上为增函数,()f x 没有极值； 当0a <时,令()10f x x a>⇒<- ∴()f x 在10,a ⎛⎫-⎪⎝⎭单调递增,在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调递减∴()f x 有极大值()11ln f a a ⎛⎫-=--- ⎪⎝⎭,无极小值. （2）()xg x e '=,∴()xg x e c =+ ∵()()()0'11g g e c e e =⇒+=,∴0c = ∴()xg x e =∵()0,x ∃∈+∞,使得不等式()g x<成立即()max3x e m <-令()3h x x e =-,()'1xh x e =-当0x >时,1x e >≥=∴1xe >,即()0h x '<. ∴()h x 在()0,+∞单调递减,∴()()03h x h <= ∴3m ≤.（3）当0a =时,()ln f x x =,令()()()2x g x f x ϕ=--, 即()ln 2xx e x ϕ=--∴()1x x e xϕ'=-,则()x ϕ'在()0,+∞上为增函数∵1202ϕ⎛⎫'=<⎪⎝⎭,()110e ϕ'=-> ∴()001,1'02x x ϕ⎛⎫∃∈=⎪⎝⎭，.∵()x ϕ'在()0,+∞上为增函数 ∴()00,x x ∈时,()0x ϕ'<,()0,x x ∈+∞时,()0x ϕ'>.()x ϕ在()00,x 单调递减,在()0,x +∞单调递增∴()()000min ln 2xx x e x ϕϕ==--∵()0000011'00xx x e e x x ϕ=⇒-=⇒=∴00ln x x =- ∵01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭∴()0012x x x ϕ=+-单调递减, ∴()()01220x ϕϕ>=-=∴()()00x x ϕϕ≥>即()()2f x g x <-.5．【江西省临川一中2019届高三年级考前模拟】已知函数()e x f x ax b =--.（其中e 为自然对数的底数） （1）若()0f x ≥恒成立,求ab 的最大值；（2）设()ln 1g x x =+,若()()()F x g x f x =-存在唯一的零点,且对满足条件的,a b 不等式e 1)-+≥（ma b 恒成立,求实数m 的取值集合. 【解析】（1）()xg x e a '=-,当0a <时,()0g x '>,()g x 在R 上单调递增,取1min 0,b m a -⎧⎫=⎨⎬⎩⎭, 当0x m <时,()000010xg x e ax b ax b =--<-+-<矛盾；当0a =时,()xg x e b b =->-,只要0b -≥,即0b ≤,此时0ab =； 当0a >时,令()0g x '>,ln x a >,所以()g x 在()ln ,a +∞单调递增,在(),ln a -∞单调递减,()()ln ln g x g a a a a b ≥=--,所以ln 0a a a b --≥,即ln b a a a ≤-, 此时22ln ab a a a ≤-,令()22ln h a a a a =-,()()2122ln 12ln h a a a a a a a a'=--=-, 令()0h a '=,a =当(a ∈,()0h a '>,()h a在(上为增函数；当)a ∈+∞,()0h a '<,()h a在)+∞上为减函数．所以()1122h a he e e ≤=-=,所以2e ab ≤,故ab 的最大值为2e．（2）()1x F x e a x'=-+在()0,∞+单调递减且()F x '在()0,∞+的值域为R , 设()F x 的唯一的零点为0x ,则()00F x =,()00F x '=,即00000ln 1010x x x e ax b e a x ⎧+-++=⎪⎨-+=⎪⎩ 所以001xa e x =-,()001ln xo b x e x =--, 由()1m a e b -+≥恒成立,则()00000111ln x x m e e x e x x ⎛⎫--+≥-- ⎪⎝⎭, 得()()00001ln 10xmx m e x m e x +-+-+-+≥在()0,∞+上恒成立． 令()()()1ln 1x mk x x m e x m e x=+-+-+-+,()0,x ∈+∞, ()()()2211x x m k x x m e x m e x x x '⎛⎫=+++=++ ⎪⎝⎭． 若0m ≥,()0k x '>,()k x 在()0,∞+上为增函数,注意到()10k =,知当()0,1x ∈时,()0k x <,矛盾； 当(),x m ∈-+∞时,()0k x '>,()k x 为增函数,若01m <<-,则当()1,x m ∈-时,()0k x '<,,()k x 为减函数, 所以()1,x m ∈-时,总有()()10k x k <=,矛盾；若01m <-<,则当(),1x m ∈-时,()0k x '>,,()k x 为增函数, 所以(),1x m ∈-时,总有()()10k x k <=,矛盾；所以1m -=即1m =-,此时当()1,x ∈+∞时,()0k x '>,()k x 为增函数,, 当()0,1x ∈时,()0k x '<,()k x 为减函数,而(1)0k =,所以()F x 有唯一的零点. 综上,m 的取值集合为{}1- ．6．【江苏省徐州市2019高三考前模拟】已知函数()1ln f x x a x x=-+. （1）若曲线()y f x =在1x =处的切线的斜率为3,求实数a 的值； （2）若函数在区间[]1,2上存在极小值,求实数a 的取值范围； （3）如果()0f x <的解集中只有一个整数,求实数a 的取值范围.【解析】（1）由题意,22211()1a x ax f x x x x'++=++=, 由题意知,()13f =,所以23a +=,解得1a =.（2）令()0f x '=,所以210x ax ++=,所以2a x -±=,因为函数在[]1,2上存在极小值,所以12<<,解之得522a -<<-, 经检验,当522a -<<-时,符合题意,所以522a -<<-.（3）①当240a -≤,即[2,2]a ∈-时,()0f x '≥恒成立,()f x ∴在(0,)+∞上为增函数,(1)0f =.所以当01x <<时,()0f x <,所以当1x >时,()0f x >,所以()0f x <无整数解； ②当240a ->,即2a <-或2a >时,若2a >,则()0f x '>,同①可得()0f x <无整数解；若2a <-,()0f x '=即210ax x ++=在()0,∞+上有两个不同的解01,x x 且0101x x <<<, 当()00,x x ∈时,()0f x '>,()f x 在()00,x 上为增函数； 当()01,x x x ∈时,()0f x '<,()f x 在()01,x x 上为减函数；当()1,x x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 在()1,x +∞上为增函数,而()10f =,所以()0f x <在()0,1上无解,故()0f x <在()1,+∞上只有一个整数解,故(2)0(3)0f f <⎧⎨≥⎩,即12ln 20213ln 303a a ⎧-+<⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩,解得833ln 32ln 2a -≤<-, 综上,83,3ln 32ln 2a ⎡⎫∈--⎪⎢⎣⎭. 7．【江苏省镇江市2019届高三考前模拟】已知函数()()xf x mx n e -=+（,m n R ∈,e 是自然对数的底数）. （1）若函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为30x ey +-=,试确定函数()f x 的单调区间； （2）①当1n =-,m R ∈时,若对于任意1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦,都有()f x x ≥恒成立,求实数m 的最小值；②当1m n ==时,设函数()()()()xg x xf x tf x e t R -'=++∈,是否存在实数[],,0,1a b c ∈,使得()()()g a g b g c +<若存在,求出t 的取值范围；若不存在,说明理由.【解析】（1）由题意()()()()2x xxx me mx n e mx m n f x e e -+-+-'==()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为：30x ey +-=()21f e ∴=,()11f e '=-,即：21m n e en ee +⎧=⎪⎪⎨-⎪=-⎪⎩ 解得：1m =,1n = ()1x x f x e +∴=,()xxf x e'=- 当0x >时,()0f x '<,当0x <时,()0f x '>()f x ∴在()0,∞+上单调递减,在(),0-∞上单调递增（2）①由1n =-,m R ∈,1x mx x e -≥,即：1xm e x≥+对任意1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦,都有()f x x ≥恒成立等价于1x m e x ≥+对任意1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦恒成立记()1x x e x ϕ=+,()21x x e xϕ'=- 设()21x h x e x =-()320xh x e x '∴=+>对1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦恒成立 ()21x h x e x =∴-在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增而1402h ⎛⎫=<⎪⎝⎭,()21204h e =-> ()21x x e x ϕ'∴=-在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有唯一零点0x 当01,2x x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时,()0x ϕ'<,当()0,2x x ∈时,()0x ϕ'> ()x ϕ∴在01,2x ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减,在()02x ,上单调递增()x ϕ∴的最大值是12ϕ⎛⎫⎪⎝⎭和()2ϕ中的较大的一个()122m m ϕϕ⎧⎛⎫≥⎪ ⎪∴⎝⎭⎨⎪≥⎩,即2212m m e ⎧≥+⎪⎨≥+⎪⎩ 212m e ∴≥+, m ∴的最小值为212e +②假设存在[],,0,1b c a ∈,使得()()()g a g b g c +<,则问题等价于()()()()minmax 2g x g x <()()211xx t x g x e+-+= ()()()1x x t x g x e ---'∴= ⑴当1t ≥时,()0g x '≤,则()g x 在[]0,1上单调递减()()210g g ∴<,即321t e -⋅<,得：312t e >-> 3,2t e ⎛⎫∈-+∞ ⎝∴⎪⎭（2）当0t ≤时,()0g x '≥,则()g x 在[]0,1上单调递增()()201g g ∴<,即32te-<,得：320t e <-< (),32t e ∴∈-∞- （3）当01t <<时,当[)0,x t ∈时,()0g x '<；当(],1x t ∈时,()0g x '>,()g x ∴在[)0,t 上单调递减,在(],1t 上单调递增()()(){}2max 0,1g t g g ∴<,即132max 1,t t t e e +-⎧⎫⨯<⎨⎬⎩⎭……（*） 由（1）知()1t t f t e +=在[]0,1t ∈上单调递减,故142tt e e+⨯≥,而33t e e -< ∴不等式（*）无解综上所述,存在(),323,2e t e ⎛⎫∈-∞--+∞ ⎪⎝⎭,使得命题成立8．【重庆市巴蜀中学2019届高三适应性月考】已知函数()(1)x f x x a e =+-,a R ∈. （1）当1a =时,求函数()f x 的极值； （2）若函数21()()2g x f x x ax =--在区间[0,)+∞上只有一个零点,求a 的取值范围． 【解析】（1）当1a =时,()x f x xe =,定义域为R ,'()(1)x f x x e =+,令'()0f x =,得1x =-．当1x <-时,'()0f x <；当1x >-时,'()0f x >．所以,函数()f x 在1x =-处取得极小值,即1()(1)f x f e=-=-极小值； （2）21()(1)2x g x x a e x ax =+---,()'()()()1x x g x x a e x a x a e =+--=+-, 令'()0g x =,得1x a =-,20x =．①当0a -≤时,即当0a ≥时,对任意的[0,)x ∈+∞,'()0g x ≥, 此时,函数()g x 在区间[0,)+∞上单调递增,则函数()g x 在0x =处取得最小值,且最小值为(0)10g a =-≤,得1a ≤． 此时,01a ≤≤；②当0a ->时,即当0a <时,此时,函数()g x 在(0,)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增,因为(0)10g a =-<,,()x g x →+∞→+∞．所以函数()g x 在[0,)+∞上只有一个零点,所以,0a <．综上所述,实数a 的取值范围是(,1]-∞.9．【北京市朝阳区2019届二模】已知函数()(1)ln ()f x m x x m =++∈R .（1）当1m =时,求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若函数211()+()2g x x f x x=-在区间(1,2)内有且只有一个极值点,求m 的取值范围. 【解析】（1）当1m =时,()2ln f x x x =+, 所以1(x)2f x'=+,(1)3f '=． 又(1)2f =,所以曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为310x y --=（2）函数()f x 的定义域为(0,)+∞． 1(1)1()1m x f x m x x'++=++=, （1）当10m +即1m -时,因为(0,)x ∈+∞,()0f x '>,所以()f x 的单调增区间为(0,)+∞,无单调减区间.（2）当10+<m ,即1m <-时,令()0f x '=,得11x m =-+． 当101x m <<-+时,()0f x '>； 当11x m >-+时,()0f x '<； 所以()f x 的单调增区间为10,1m ⎛⎫-⎪+⎝⎭,减区间为1,1m ⎛⎫-+∞ ⎪+⎝⎭． 综上,当1m -时,()f x 的单调增区间为(0,)+∞,无单调减区间；当1m <-时,()f x 的单调增区间为10,1m ⎛⎫-⎪+⎝⎭,减区间为1,1m ⎛⎫-+∞ ⎪+⎝⎭． （Ⅲ）因为211()(1)ln 2g x x m x x x=+-+-,所以322211(1)1()(1)x m x x g x x m x x x '-+--=--+-=. 令322()(1)1,()32(1)1h x x m x x h x x m x '=-+--=-+-. 若函数()g x 在区间(1,2)内有且只有一个极值点,则函数()h x 在区间(1,2)内存在零点.又(0)10h '=-<,所以()h x '在(0,)+∞内有唯一零点0x .且()00,x x ∈时,()0h x '<()0,x x ∈+∞时,()0h x '>则()h x 在()00,x 内为减函数,在()0,x +∞内为增函数. 又因为(0)10h =-<且()h x 在(1,2)内存在零点,所以(1)0(2)0h h <⎧⎨>⎩ 解得124m -<<. 显然()h x 在()1,2内有唯一零点,记为1x .当()11,x x ∈时,()1()0,,2h x x x <∈时,()0h x >,所以()h x 在1x 点两侧异号,即()g x '在1x 点两侧异号,1x 为函数()g x 在区间(1,2)内唯一极值点.当2m ≤-时,(1)20h m =--≥又(1)0,()0h h x ''>>在(1,2)内成立,所以()h x 在(1,2)内单调递增,故()g x 无极值点. 当14m ≥时,(2)0,(0)0h h ≤<易得(1,2)x ∈时,()0h x <故()g x 无极值点. 所以当且仅当124m -<<时,函数()g x 在区间(1,2)内有且只有一个极值点.。