高中数学压轴题系列——导数专题——函数零点或交点问题

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高中数学函数零点问题必考点梳理+真题精练(附答案)

高中数学函数零点问题必考点梳理+真题精练(附答案)
4、几个“不一定”与“一定”(假设 f x 在区间 a,b 连续) (1)若 f a f b 0 ,则 f x “一定”存在零点,但“不一定”只有一个零点.要分析 f x 的 性质与图象,如果 f x 单调,则“一定”只有一个零点 (2)若 f a f b 0 ,则 f x “不一定”存在零点,也“不一定”没有零点.如果 f x 单调,
f
x
mx
m
2 3
有四个解,即直线
y
mx
m
2 3
与函数
f
x
的图象有四个交点,
因为直线
y
mx
m
2 3
过定点
1,
2 3

在同一直角坐标系中作出直线 y mx m 2 与函数 f x 的图象,如下图所示,
3
当直线
y
mx
m
2 3
过原点时,
m
2 3

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

微专题10 导数解答题之零点问题(解析版)

微专题10 导数解答题之零点问题(解析版)

微专题10导数解答题之零点问题秒杀总结1.函数零点问题的常见题型:判断函数是否存在零点或者求零点的个数;根据含参函数零点情况,求参数的值或取值范围. 求解步骤:第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y k =)在某区间上的交点问题;第二步:利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质,进而画出其图像; 第三步:结合图像判断零点或根据零点分析参数.例1.(第21讲零点问题之一个零点-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练)已知函数21()sin cos ,[,]2f x x x x ax x ππ=++∈-.(1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程; (2)当0a =时,求()f x 的单调区间;(3)当0a >时,()f x 在区间[,]2ππ有一个零点,求a 的取值范围. 【答案】(1)1y =(2)单调递增区间为(,)2ππ--,(0,)2π,单调递减区间为(2π-,0),(2π,)π. (3)(0,22]π 【解析】 【分析】(1)求出函数在0x =处的导数值,即切线斜率,求出(0)1f =,即可求出切线方程; (2)求出函数导数并判断正负即可得出单调区间; (3)转化为22sin 2cos x x xa x +=-,构造函数,利用导数判断函数单调性即可求出.(1)()sin cos sin cos f x x x x x ax x x ax '=+-+=+,所以()00k f ='=切,又(0)1f =,所以()f x 在(0,(0))f 处的切线方程:10y -=,即1y =. (2)当0a =时,()sin cos f x x x x =+, ()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=,所以在(,)2ππ--,(0,)2π上,()0f x '>,()f x 单调递增, 在(2π-,0),(2π,)π上,()0f x '<,()f x 单调递减,所以()f x 单调递增区间为(,)2ππ--,(0,)2π,单调递减区间为(2π-,0),(2π,)π. (3)当0a >时,令()0f x =,得21sin cos 02x x x ax ++=, 所以22sin 2cos x x xa x +=-,令22sin 2cos ()x x xg x x+=-,[2x π∈,]π,222(2sin 2cos 2sin )()(2sin 2cos )(2)()()x x x x x x x x x g x x +---+-'=-322222222cos 4sin 4cos 2cos (2)4sin ()()x x x x x x x x x x x x x -++-++==--当[2x π∈,]π时,cos 0x <,220x -+<,即()0g x '>, 所以()g x 在[2π,]π上单调递增,又24()24g ππππ==--,2222()g πππ-==-, 若()f x 在区间[,]2ππ有一个零点,则242a ππ-剟, 故a 的取值范围(0,22]π.例2.(吉林省长春市东北师范大学附属中学2021-2022学年高三上学期第三次摸底考试理科数学试题)已知函数ln sin ()(0)x x a eaf x x a =+>,()'f x 为()f x 的导数.(1)若0x =为()'f x 的零点,试讨论()f x 在区间[]0,π的零点的个数; (2)当1a =时,()(0)2cos xf x mx x <>+,求实数m 的取值范围.【答案】(1)两个 (2)1[,)3+∞ 【解析】 【分析】(1)由题意得到()[cos (1)e ]x f x a x x -'=--,先得到(0)0f =,再由(0,π]x ∈时,设()cos (1)e x g x x x -=--,则()(2)e sin x g x x x -'=--,分π(0,]2x ∈、π(,2]2x ∈和(2,π]x ∈三种情况讨论,即可求解; (2)当1a =时,转化为sin 02cos x mx x ->+,令sin ()2cos xG x mx x=-+,利用导数求得函数的单调性与最值,即可求解.(1)解:由题意,函数ln sin ()(0)x x a e a f x x a =+>,可得ln (1)()cos e xa x f x a x -'=+, 因为0x =为()'f x 的零点,所以(0)0f '=,即ln 0a a +=, 从而(1)()cos [cos (1)e ]e xxa x f x a x a x x ---'=+=--, ①因为(0)0f =,所以0是()f x 的零点;②当(0,π]x ∈时,设()cos (1)e x g x x x -=--,则()(2)e sin x g x x x -'=--,(ⅰ)若π(0,]2x ∈,令()()(2)e sin x h x g x x x -'==--,则()(3)e cos 0x h x x x -'=--<,所以()h x 在π(0,]2单调递减,因为π2ππ(0)20,()(2)e 1022h h -=>=--<,所以存在唯一的0π(0,)2x ∈,使得0()0h x =,当0(0,)x x ∈时,()()0h x g x '=>,()g x 在0(0,)x 上单调递增; 当0π(,)2x x ∈时,()()0h x g x '=<,()g x 在0π(,)2x 上单调递减;(ⅰ)若π(,2]2x ∈,令()(2)e x x x ϕ-=-,则()(3)e 0x x x ϕ-=-<',故()ϕx 在π(,2]2上单调递减,所以π2ππ1()()(2)22ex e ϕϕ-<=-<.又π1sin sin 2sin(π2)sin 62x ≥=->=,所以()(2)e sin 0,()x g x x x g x -'=--<在π(,2]2上单调递减;(ⅰ)若(2,π]x ∈,则()(2)e sin 0,()x g x x x g x -'=--<在(2,π]上单调递减. 由(ⅰ)(ⅰ)(ⅰ)可得,()g x 在0(0,)x 上单调递增,在0(,π]x 上单调递减,因为π0()(0)0,(π)(π1)e 10g x g g ->==--<,所以存在唯一10(,π)x x ∈使得1()0g x =.当1(0,)x x ∈时,()()0f x ag x '=>,()f x 在1(0,)x 上单调递增,()(0)0f x f >=, 当1(,π]x x ∈时,()()0f x ag x '=<,()f x 在1(,π]x 上单调递减, 因为1()(0)0,(π)0f x f f >=<,所以()f x 在1(,π]x 上有且只有一个零点. 综上可得,()f x 在[]0,π上有两个零点. (2)(2)当1a =时,()sin f x x =,则不等式化为sin 2cos x mx x <+,即为sin 02cos xmx x->+.令sin ()2cos xG x mx x=-+,则()()2222cos +123111()=+=32cos 2cos 332cos 2cos x G x m m m x x x x ⎛⎫'=---+- ⎪++⎝⎭++当13m ≥时,()0G x '>,()G x 在()0+∞,单调递增,且(0)=0G ,故13m ≥时满足题意; 当103m <<时,令()sin 3H x x mx =-,则()cos 3H x x m '=-在()0+∞,有无数零点 所以存在最小的一个()00,x x ∈,使()0H x '>,则()H x 在()0+∞,单调递增, 所以()(0)0H x H >=,即sin 3x mx >,所以()00,x x ∃∈,使sin sin 2cos 3x xmx x >>+,所以sin 02cos x mx x -<+,故103m <<不满足题意,舍去.当0m ≤时,因为0x >,所以0mx ≤,令()sin 2cos x n x x=+,πsin π12=0π222cos 2n ⎛⎫=> ⎪⎝⎭+,不满足题意,舍去. 综上可得,13m ≥,即实数m 的取值范围是1[,)3+∞.例3.(湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高三上学期月考(四)数学试题)已知函数()()sin ln 1f x x x =-+.(1)求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程;(2)证明:()f x 有且仅有2个零点. 【答案】(1)0y = (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)、求出()f x ',将0x =代入即可求出切线斜率,再确定切点,然后利用点斜式即可求出切线方程; (2)、先求出()f x ',令()()g x f x '=,确定()g x 的单调性和正负,确定()f x 的单调性及正负,从而得出()f x 零点个数. (1)()()sin ln 1f x x x =-+,()1cos 1f x x x'∴=-+,()0cos 010x f x ='∴=-=,又()00f =,()y f x ∴=在点()0,0处的切线斜率为0.∴曲线()yf x =在点()()0,0f 处的切线有程为0y =.(2)()()sin ln 1f x x x =-+,()1cos 1f x x x'∴=-+, 令()()1cos 1g x f x x x'==-+,()()()21sin 11g x x x x '∴=-+>-+,①、当(]1,0x ∈-时,sin 0x ->,()()21sin 01g x x x '∴=-+>+,()g x ∴在(]1,0-上单调递增,又()()000g f '==,(]1,0x ∴∈-时()0g x ≤,(]1,0x ∴∈-时()0f x '≤,()fx ∴在(]1,0-上单调递减,又()00f =,0x ∴=是()f x 在(]1,0-上的唯一零点;②、当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时,()()21sin 1g x x x '=-++,()()32cos 01g x x x ''∴=--<+,()g x '∴在0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减, 又()()210sin 0010g '=-+>+,21sin 02212g πππ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭,()g x '∴在0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有唯一零点m ,其中02m π<<, 当()0,x m ∈时,()0g x '>,()g x ∴在()0,x m ∈上单调递增; 当2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0g x '<,()g x ∴在2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,上单调递减;而()()000g f '==,1cos 022212g f ππππ⎛⎫⎛⎫'==-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+,,2n m π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()0f n '=,当(),x m n ∈时,()0g x >,()0f x '∴>,()f x ∴在(),x m n ∈上单调递增; 当2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0g x <,()0f x '∴<,()f x ∴在2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,上单调递减;而()00f =,1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,0,2x π⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦时,()0f x >,()f x ∴在0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上无零点;③、当,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时,1sin 0x -<-≤,()()21sin 01g x x x '∴=-+<+,()g x '∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减, 02g π⎛⎫'< ⎪⎝⎭,()g x ∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减;又02g π⎛⎫< ⎪⎝⎭,,2x ππ⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦时()0f x '<,()f x ∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减;而()002f f ππ⎛⎫>< ⎪⎝⎭,,()f x ∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有一个零点;④、当()x π∈+∞,时,1sin 1x -≤≤,()ln 11x +>, ()()sin ln 10f x x x ∴=-+<,()f x ∴在()x π∈+∞,上无零点; 综上所述:()f x 有且仅有2个零点.例4.(黑龙江省哈尔滨市呼兰区第一中学校2021-2022学年高三上学期第二次校内检测数学(理)试题)已知()()1e 0xf a x x x -->=,1x =是()f x 的极值点(其中e 是自然对数的底数).(1)求a 的值;(2)讨论函数()()sin h x f x x =-在()0,π的零点个数. (参考数据:12e 1.77π-≈). 【答案】(1)1; (2)2个﹒ 【解析】 【分析】(1)求导得1()e x f x a -'=-,易知f '(1)0=,从而求得a 的值.(2)1()e sin (0)x h x x x x π-=--<<,1()e 1cos x h x x -'=--,第一次构造函数()()H x h x '=,易证()H x 在(0,)π上单调递增,由于(0)0H <,()02H π>,故0(0,)2x π∃∈,使得0()0H x =,且可推出()h x 在(0,)π上的单调性,从而得0()()min h x h x =;第二次构造函数()1cos sin g x x x x =+--,(0,)2x π∈,再次借助导数和隐零点的思维,证明()0<g x 即()0min h x <在(0,)2π上成立,进而确定函数()h x 的零点个数. (1)1()e (0)x f x ax x -=->,1()e x f x a -'∴=-,1x =是()f x 的极值点,f '∴(1)0e 0a =-=,解得1a =.(2)由(1)知,1()()sin e sin (0)x h x f x x x x x π-=-=--<<,1()e 1cos x h x x -'∴=--,令1()()e 1cos x H x h x x -'==--,则1()e sin 0x H x x -'=+>在(0,)x π∈上恒成立, ()H x ∴在(0,)π上单调递增.又1(0)e 20H -=-<,12()e 102H ππ-=->,0(0,)2x π∴∃∈,使得0()0H x =,即010e 1cos 0x x ---=,当00x x <<时,()0H x <,即()0h x '<,()h x 单调递减; 当0x x π<<时,()0H x >,即()0h x '>,()h x 单调递增.01000000()()e sin 1cos sin x min h x h x x x x x x -∴==--=+--.令()1cos sin g x x x x =+--,(0,)2x π∈,则()cos 1cos 0g x x x '=---<恒成立, ()g x ∴在(0,)2π上单调递减,又(0)1120g =+=>,()11022g ππ=--<,1(0,)2x π∴∃∈,使得当1(x x ∈,)2π时,()0<g x ,即()0min h x <成立.1(0)e 0h -=>,1()e 0h πππ-=->,故()h x 在(0,)π上有2个零点. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和零点问题,需要多次构造函数,且涉及隐零点的思维,考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力,属于难题.过关测试1.(江苏省南通市如皋、镇江市2021-2022学年高三上学期期末联考数学试题)设f (x )=x e x -mx 2,m ∈R . (1)设g (x )=f (x )-2mx ,讨论函数y =g (x )的单调性;(2)若函数y =f (x )在(0,+∞)有两个零点x 1,x 2,证明:x 1+x 2>2. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)求出()()()1e 2'=+-xg x x m ,分0m ≤、102m e<<、12>m e 、12m e =讨论()g x 的单调性即可;(2)令()2e 0=-=xf x x mx 得e =x mx ,代入12,x x 两式相除得,1212x x x e x -=,设21x x >,令21t x x =-求出11t t x e x +=,反解出11t t x e =-,则122e 1+=+-tt x x t ,即证221t t t e +>-,等价于证明:()()22e 10+--tt t >,构造函数()()()()22e 10=+--th t t t t >,利用导数求出单调性可得答案.(1)()()2e 2=--∈x g x x mx mx x R ,()()()1e 2'=+-x g x x m ,0m ≤时,20x e m ->,当1x >-时()0g x '>,()g x 是单调递增函数,当1x <-时()0g x '<,()g x 是单调递减函数;0m >时,令()0g x '=,得()121,ln 2=-=xx m ,当()1ln 2->m 即102m e<<时,1x >-或()ln 2<x m 时()0g x '>,()g x 是单调增函数,()ln 21<<-m x 时()0g x '<,()g x 是单调递减函数,当()1ln 2-<m 即12>m e时,1x <-或()ln 2>x m 时()0g x '>,()g x 是单调增函数,()1ln 2-<<x m 时()0g x '<,()g x 是单调递减函数,当()1ln 2-=m 即12m e=时,()0g x '>,()g x 在x ∈R 上是单调增函数, 综上所述0m ≤时,()g x 在()1,-+∞是单调递增函数,在(),1-∞上是单调递减函数;102m e<<时,()g x 在()1,-+∞,()(),ln 2-∞m 上是单调增函数,在()()ln 2,1-m 是单调递减函数, 12>m e时,()g x 在(),1-∞-,()()ln 2,+∞m 上是单调增函数,在()()1,ln 2-m 是单调递减函数, 12m e=时,()g x 在x ∈R 上是单调增函数. (2)令()2e 0=-=xf x x mx ,因为0x >,所以e =x mx ,令()()=e 0->xF x mx x ,()()12=0,=0F x F x ,两式相除得,1212x x x e x -=,① 不妨设21x x >,令21t x x =-,则0t >,21x t x =+,代入①得:11tt x e x +=,反解出:11t t x e =-,则121221ttx x x t t e +=+=+-, 故要证122x x +>即证221ttt e +>-,又因为10t e ->, 等价于证明:()()22e 10+--tt t >, 构造函数()()()()22e 10=+--th t t t t >,则()()1e 1'=-+th t t ,()e 0''=t h t t >,故()h t '在()0+,∞上单调递增,()(0)0h t h ''>=, 从而()h t 在()0+,∞上单调递增,()(0)0h t h >=. 即122x x +>.2.(考点12导数与不等式,函数零点等-2021年新高考数学一轮复习考点扫描)已知函数()ln f x x ax a =-+,2()1g x x =-.(1)当0a =,0x >且1x ≠时,证明:212()()11x f x g x x x +<--; (2)定义,{,},m m nmax m n n m n≥⎧=⎨<⎩,设函数(){(),()}(0)h x max f x g x x =>,试讨论()h x 零点的个数.【答案】(1)证明见解析;(2)答案见解析. 【解析】 【分析】(1)即证:当1x >时,2(1)ln 1x x x ->+;当01x <<时,2(1)ln 1x x x -<+.令2(1)()ln 1x x x x ϕ-=-+,则()ϕx 在(0,1)上单调递增,在(1,)+∞上单调递增.即得解;(2)对x 分三种情况1,1,01x x x >=<<讨论,得1a >时,()h x 有两个零点;1a ≤时,()h x 仅有一个零点. 【详解】(1)当0a =时,()ln f x x =,要证:212()()11x f x g x x x +<-- 即转化为:1[(1)ln 2(1)]01x x x x+--<-,即12(1)ln 011x x x x -⎡⎤-<⎢⎥-+⎣⎦ 即证:当1x >时,2(1)ln 1x x x ->+;当01x <<时,2(1)ln 1x x x -<+ 令2(1)()ln 1x x x x ϕ-=-+,则2214(1)()0(1)(1)x x x x x x ϕ'-=-=>++ 则()ϕx 在(0,1)上单调递增,在(1,)+∞上单调递增. 所以当01x <<时,()(1)0x ϕϕ<=,此时12(1)ln 011x x x x -⎡⎤-<⎢⎥-+⎣⎦当1x >时,()(1)0x ϕϕ>=,此时12(1)ln 011x x x x -⎡⎤-<⎢⎥-+⎣⎦故0a =,0x >且1x ≠时,212()()11x f x g x x x +<-- (2)1°当1x >时,()0>g x ,()()0h x g x ≥>,所以()h x 在(1,)+∞无零点; 2°当1x =时,(1)(1)0g f ==,则(1)0h =,所以1x =是()h x 的零点; 3°当01x <<时,()0<g x ,所以()g x 在(0,1)上无零点,()h x 在(0,)+∞上的零点个数即为()f x 在(0,)+∞上的零点个数.因为1()f x a x'=- ①若1a ≤时,1()0f x a x'=->,所以()f x 在(0,1)上单调递增,()(1)0f x f <=,此时()f x 无零点; ②若1a >时,则101a<<,()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,由1()1ln max f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭,令()1ln a a a ϕ=--,则1()10a aϕ'=->,当1a >时,1()1ln (1)0f a a a a ϕϕ⎛⎫==-->= ⎪⎝⎭,由1ln a a ->,可得1a e a a >+>,则10ae a-<<,又因为()()10a a f e a a e --=-+-<.由零点存在性定理可知,()f x 在(0,1)上存在唯一的零点0x ,且01,a x e a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.综上:1a >时,()h x 有两个零点;1a ≤时,()h x 仅有一个零点.【点睛】本题主要考查利用导数证明不等式和求函数的最值,考查利用导数研究函数的零点问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.(湖南省常德市部分重点中学2019-2020学年高三上学期10月联考文科数学试题)已知函数()2,()ln x f x e ax a g x x =--=.(1)讨论()f x 的单调性;(2)用max{,}m n 表示,m n 中的最大值,设函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>,讨论()h x 零点的个数. 【答案】(1)当0a ≤时,()f x 在R 上单调递增;当0a >时,()f x 在区间()(),ln 2a -∞上单调递减,在()()ln 2,a +∞单调递增;(2)当12a e <()h x 在()0,+∞上无零点;当12a e =1a ≥时,()h x 在()0,+∞1ea <<时,()h x 在()0,+∞上有两个零点. 【解析】 【分析】(1)对参数a 进行分类讨论,即可由导数的正负判断函数的单调性;(2)根据()h x 的定义,利用导数分区间讨论()h x 在()()0,1,1,+∞上的零点分布情况. 【详解】(1)()2x f x e ax a =--,故可得()2xf x e a '=-,当0a ≤时,()0f x '>在R 上恒成立,故此时()f x 在R 上单调递增; 当0a >时,令()0f x '=,解得()ln 2x a =,故容易得()f x 在区间()(),ln 2a -∞上单调递减,在()()ln 2,a +∞单调递增. 综上所述:当0a ≤时,()f x 在R 上单调递增;当0a >时,()f x 在区间()(),ln 2a -∞上单调递减,在()()ln 2,a +∞单调递增. (2)①当1x >时,()0g x lnx =>,()()(){}()max ,0h x f x g x g x =≥>, 显然此时()h x 没有零点; ②当1x =时,()13f e a =-, 若3ea ≥,()()(){}()1max 1,110h f g g ===,故1x =是()h x 的零点; 若3ea <,()()(){}()1max 1,110h f g f ==>,故1x =不是()h x 的零点; ③当()0,1x ∈时,()0g x lnx =<,所以()h x 在()0,1上的零点个数, 即为()f x 在()0,1上的零点个数.()f x 在()0,1上的零点个数,等价于21x e a x =+在()0,1上实数根的个数. 令()(),0,121xe m x x x =∈+,故可得()()()221 21xx e m x x '-=+,故容易得()m x 在区间10,?2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减,在1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递增.且()()1101,,1223e m m e m ⎛⎫=== ⎪⎝⎭. 故当12a e <1a >时,()fx 在()0,1没有零点; 当12a e =13e a ≤<,()fx 在()0,1有一个零点;123ee a <<时,()fx 在()0,1有2个零点.综上所述:当12a e <()h x 在()0,+∞上无零点;当12a e =1a ≥时,()h x 在()0,+∞上有一个零点;1ea <<时,()h x 在()0,+∞上有两个零点. 【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性,以及求解函数零点的个数,属综合困难题.4.(广西玉林市2022届高三上学期教学质量监测数学(理)试题)已知函数()2ln 1f x x ax =-+. (1)若()f x 存在零点,求实数a 的取值范围;(2)若0x 是()f x 的零点,求证:00220032e 1x x a x x --≤≤. 【答案】(1)2e ⎛-∞ ⎝⎦; (2)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)分离参数得2ln 1x a x +=,构造函数()2ln 1x g x x+=利用导数研究其单调性和值域,结合题意,则问题得解;(2)根据(1)中所求,将所证不等式转化为证明()000022000322ln 1e 10x x x x x x x -+-≤<>,分别构造函数,利用导数研究函数单调性,进而证明不等式恒成立即可. (1)令()2ln 10f x x ax =-+=变形得2ln 1x a x+=, 令()2ln 1x g x x +=,问题转化成y a =与()g x 有交点. 令()212ln 0xg x x -'==,解得e x 则()g x 在(e x ∈上单调递增,在)e,x ∈+∞上单调递减,且()0lim x g x +→=-∞,()lim 0x g x →+∞= 故()(max e eg x g ==所以ea ≤故实数a 的取值范围2e ,e ⎛-∞ ⎝⎦; (2)证明:由题意可得,()0002ln 10f x x ax =-+=,得002ln 1x a x +=, 要证00220032e 1x x a x x --≤<,即证()000022000322ln 1e 10x x x x x x x -+-≤<>. .先证20000322ln 1x x x x -+≤,只需让001ln 1x x +≥, 令()1ln t x x x =+,()21x t x x -'=. 所以()t x 在()0,1∈x 上单调递减,在()1,x ∈+∞上单调递增, 故()()min 11t x t ==,所以()1t x ≥,左边证毕.再证002002ln 1e 1x x x x +-<,即证:000e 12ln 1x x x x x -+-<- 令()2ln 1h x x x =+-,()2xh x x-'=, 所以()h x 在()0,2x ∈上单调递增,在()2,x ∈+∞上单调递减, 故()()max 22ln 21h x h ==-;令()e 1x k x x x -=-,()()()221e 1e e 11x x x x x x k x x x ----+'=-=, 令()e 1xm x x =--,'()m x e 1x =-,令'()m x 0=,解得0x =,故()m x 在()0,+∞单调递增,()()00m x m >=. 即e 10x x -->在()0,+∞恒成立.令()0k x '=,解得1x =,所以()k x 在()0,1∈x 上单调递减,在()1,x ∈+∞上单调递增, 故()()min 1e 2k x k ==-.因为e 22ln21->-,所以()()h x k x <,即e 12ln 1x x x x x-+-<-,故000e 12ln 1x x x -+<,右边证毕. 综上所述:00220032e 1x x a x x --≤≤. 【点睛】本题考察利用导数研究函数单调性和恒成立问题;其中第一问中,对函数进行分离参数是解决问题的关键;第二问中,在证明002002ln 1e 1x x x x +-<时,将其转化为证明000e 12ln 1x x x x x -+-<-,是较好的一种处理手段;本题综合考察学生的计算能力,对导数的综合使用能力,属压轴题.5.(江西省景德镇市2022届高三第二次质检数学(文)试题)已知函数24e ()ln 214e xxf x x =+++.(1)求函数()y f x =在(0,(0))f 处切线的斜率;(2)求证:()y f x =有且只有一个零点0x ,且满足0112e e 2x<<. 参考数据:ln20.693≈ 【答案】(1)1325(2)见解析 【解析】 【分析】(1)求出函数的导函数,再根据导数的几何意义即可得出答案;(2)要证0112e e 2x<<,只需证明011ln ln 24x e <<即可,利用导数判断函数的单调性,再根据零点的存在性定理即可得出结论. (1)解:由24e ()ln 214exxf x x =+++, 得()()()2243222224e 14e 4e e 16e 16e 8e 4e 1()114e148e x x x xx x x x x x f x +--++'++⋅++==,则()16168411302525f -+++'==,即函数()y f x =在(0,(0))f 处切线的斜率为1325; (2)证明:由(1)得:()4322216e 16e 8e 4e 1()14e x x x x x f x -++++'=,令()e ,0x t t =>,()4321616841,(0)g t t t t t t =-+++>, 则()326448164g t t t t '=-++,令()()326448164,0h t t t t t =-++>,则()()2161261h t t t '=-+,因为36480-<,所以212610t t -+>在()0,t ∈+∞上恒成立, 所以()0h t '>,所以函数()h t 在()0,∞+上递增, 所以()()040g t g ''>=>, 所以函数()g t 在()0,∞+上递增, 所以()()010g t g >=>, 即43216e 16e 8e 4e 10x x x x -+++>, 所以()4322216e 16e 8e 4e 1()014e x x x x x f x -++=++'>,所以函数()f x 是R 上的增函数, 又()1ln 2e1ln2e222222e 14e2eeln 2ln 21ln 2101e 1e 1114e11ln ln2e e e2f =⎛⎫=--++--++=-+ +⎪⎝=⎭<+++, 1ln41ln 424e 14ln 2ln 2ln 20111ln ln 454e 4114f ⎝++=-+=- +⎛=⎪+⎫>+⎭, 所以()y f x =有且只有一个零点0x ,且011lnln 24x e <<, 所以()y f x =有且只有一个零点0x ,且满足0112e e2x<<. 【点睛】本题考查了导数的几何意义,考查了利用导数求函数的单调区间,考查了利用导数解决跟零点有关的问题,及不等式的证明问题,考查了数据分析能力,有一定的难度.6.(北京市密云区2022届高三上学期期末考试数学试题)已知函数()e x f x x k =+,R k ∈.(1)求曲线()y f x =在点()()2,2M f 处的切线方程; (2)求函数()f x 的单调区间;(3)若函数()e x f x x k =+有两个不同的零点,记较大的零点为0x ,证明:当()01,2x ∈时,()2201e e 0k x k +->.【答案】(1)()221e e y k x k =+-;(2)答案见解析; (3)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)求出()2f 、()2f ',利用导数的几何意义可求得所求切线的方程;(2)求得()1e xf x k '=+,分0k ≥、0k <两种情况讨论,分析导数的符号变化,由此可得出函数()f x 的增区间和减区间; (3)分析可得00ex x k =-,将所证不等式等价变形为020e 1x x ->-对任意的()01,2x ∈恒成立,构造函数()2e 1x g x x -=-+,利用导数分析函数()g x 在()1,2上的单调性,可得出()0g x >,即可证得结论成立.(1)解:因为()e x f x x k =+,则()1e x f x k '=+,所以,()222e f k =+,()221e f k '=+,因此,曲线()y f x =在点()()2,2M f 处的切线方程()()()222e 1e2y k k x -+=+-,即()221e e y k x k =+-.(2)解:函数()e x f x x k =+的定义域为R ,且()1e xf x k '=+.当0k ≥时,对任意的R x ∈,()0f x '>,此时函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞,无递减区间; 当0k <时,由()0f x '=,可得()ln x k =--.当()ln x k <--时,()0f x '>;当()ln x k >--时,()0f x '<.此时,函数()f x 的单调递增区间为()(),ln k -∞--,单调递减区间为()()ln ,k --+∞. 综上所述,当0k ≥时,函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞,无递减区间;当0k <时,函数()f x 的单调递增区间为()(),ln k -∞--,单调递减区间为()()ln ,k --+∞. (3)证明:由()0e xf x x k =+=可得e xx k =-, 因为函数()e xf x x k =+有两个不同的零点,且较大的零点为0x ,则0e x x k =-, 要证()()()0002220000211e e e 10ex x x k x k x k x x --+-=+-=->对任意的()01,2x ∈恒成立, 即证020e1x x ->-对任意的()01,2x ∈恒成立,构造函数()2e 1x g x x -=-+,其中()1,2x ∈,则()2e 10x g x -'=-<,所以,函数()g x 在()1,2上单调递减,所以,()()20g x g >=, 因为()01,2x ∈,则()()020g x g >=,即020e 1x x ->-,故原不等式得证.【点睛】方法点睛:利用导数证明不等式问题,方法如下:(1)直接构造函数法:证明不等式()()f x g x >(或()()f x g x <)转化为证明()()0f x g x ->(或()()0f x g x -<),进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-;(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩;二是利用常见放缩结论;(3)构造“形似”函数,稍作变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似结构构造辅助函数.7.(辽宁省大连市2021-2022学年高三上学期期末数学试题)已知函数()()e ,ln x f x ax g x ax x =-=-,其中a ∈R .(1)若0x >时,()()0f x g x ⋅>恒成立,求实数a 的取值范围;(2)若函数()()()F x f x g x =+的最小值为m ,试证明:函数()e ln x m G x x -=-有且仅有一个零点. 【答案】(1)1e ea << (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)分析可得e ln x ax x >>,分别求得e x y =与y ax =相切时和ln y x =与y ax =相切时,a 的值,综合分析,即可得答案.(2)利用导数,求得()F x 的单调区间和极值,即可得m 的表达式和范围,()G x 的零点等价于求()e e ln x m H x x =-的零点,利用导数,求得()H x 的单调区间和极值,计算化简,可得000011e ln ln x m x x x =-=+,分析可得101x x =,分析即可得证. (1)由题意得()()e ln 0xax ax x -->,因为当0x >时e ln x x >,所以原不等式等价于e ln x ax x >>, 当e x y =与y ax =相切时,设切点00(,)x y , 则e x y '=,所以切线的斜率0e x k a ==,又00e xy =,00y ax =,联立解得01x =,所以切线斜率e a =,同理当ln y x =与y ax =相切时,可求得切线斜率1ea =, 因为e ln x ax x >>, 所以1e ea << (2)()()()e ln x F x f x g x x =+=-,则1()e x F x x '=-,21()e 0xF x x'+'=>, 所以()F x '在(0,)+∞上为增函数, 又1(1)e 10,e 202F F '⎛⎫=->=< ⎪'⎝⎭,所以()F x '在(0,)+∞上存在唯一零点0x ,且01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,此时0001()e 0x F x x '=-=,即001e xx =,当()00,x x ∈时,()0F x '<,则()F x 为减函数, 当()0,x x ∈+∞时,()0F x '>,则()F x 为增函数,所以()F x 的最小值为000000011()e ln e ln2e x x xx m F x x x ==-=-=+>, 令()eln 0x mG x x -=-=,整理得e e ln 0xm x -=,令()e e ln xmH x x =-,则e ()e mxH x x='-,在(0,)+∞上为增函数,因为2m >,所以e 1(1)e e0,()e e 10m mmm H H m m m ⎛⎫=-=-=- ⎝'⎪⎭',所以()H x '在(0,)+∞上存在唯一零点1x ,且()11,x m ∈,111e ()e 0mx H x x -'==当()10,x x ∈时,()0H x '<,()H x 为减函数, 当()1,x x ∈+∞时,()0H x '>,()H x 为增函数,所以111()e e ln x mH x x =-,因为11e e mx x =,所以11ln x m x =-,即11ln m x x =+,又000011e ln ln x m x x x =-=+,所以110011ln ln x x x x +=+, 又函数ln y x x =+在(0,)+∞上为增函数, 所以101x x =, 所以0000001111111100001111()e e ln e e ln e e ln e e ln x x x x x x x m m H x x x x x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-=-=-⋅=-⋅⋅=()0011000000111e ln e ln x x x x x x x x ⎛⎫⋅⋅-=⋅⋅+ ⎪⎝⎭因为00ln 0x x +=,所以1()0H x =,则1()0H x ≥在(0,)+∞上恒成立, 所以()0H x =有且仅有一个根1x x =, 所以函数()e ln x mG x x -=-有且仅有一个零点.【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间、极(最)值的方法,并灵活应用,难点在于,需将()G x 求零点问题,转化为求()e e ln x m H x x =-的零点问题,进而可求得m 的表达式,考查计算化简,分析求值的能力,属中档题.8.(广东省揭阳市2022届高三上学期期末数学试题)已知函数()e ln .xf x x ax a x a =--+(1)若e a =,判断函数()f x 的单调性,并求出函数()f x 的最值. (2)若函数()f x 有两个零点,求实数a 的取值范围.【答案】(1)在()0,1上单调递减,在()1,+∞上单调递增,最小值为()1e f =,无最大值(2)()2e ,+∞【解析】 【分析】(1)把e a =的值代入函数()f x 的解析式,从而根据导数判断函数的单调性,进而可求函数()f x 的最值; (2)利用导数判断函数的单调性,根据单调性可求函数的最小值;根据题意列出满足条件的a 的不等式,从而求出a 的范围,然后验证即可. (1)易知函数的定义域为()0,∞+,当e a =时,()e e eln e xf x x x x =--+,所以()()()e e 1e e 1e xx f x x x x x ⎛⎫=+--=+- ⎝'⎪⎭, 当()0,1x ∈时,()0f x '<;当()1,x ∈+∞,()0f x '>; 所以()f x 在()0,1上单调递减,在()1,+∞上单调递增;由此可得,()f x 的最小值为()1e e eln1e e f =--+=,无最大值. (2)因为()e ln xf x x ax a x a =--+,所以()()()1e 1e x x a a f x x a x x x ⎛⎫=+--=+- ⎝'⎪⎭. 当0a ≤时,()0f x '>在()0,∞+上恒成立,所以()f x 在()0,∞+上单调递增, 故可得函数()f x 至多只有一个零点,不符合题意;当0a >时,令e 0xax-=,设该方程的解为0x , 则在()00,x 上,()0f x '<;在()0,x +∞上,()0f x '>, 所以()f x 在()00,x 上单调递减,在()0,x +∞上单调递增;为了满足()f x 有两个零点,则有()00000e ln 0xf x x ax a x a =--+<①因为0x 是方程e 0xax-=的解,所以00e x x a =,两边取对数可得00ln ln x x a +=②, 将②式代入①式可得()()02ln 0f x a a =-<,所以a 的取值范围为()2e ,a ∞∈+.且当()2e ,a ∞∈+时,由②式得()01,1e e 0xf a a >=-+=>,所以()f x 在()00,x 上仅有1个零点;当x →+∞时,()f x →+∞,故可得()f x 在()0,x +∞上仅有1个零点;综上,若函数()f x 存在两个零点,则实数a 的取值范围是()2e ,+∞.。

专题11 利用导数解决零点问题(解析版)

专题11 利用导数解决零点问题(解析版)

专题11 利用导数解决零点问题1.(2022·全国·高考真题(理))已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程; (2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围. 【答案】(1)2y x = (2)(,1)-∞- 【解析】 【分析】(1)先算出切点,再求导算出斜率即可(2)求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究 (1)()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e x x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21e xx f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x = (2)()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a xf x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <= 故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -,当,()0x ∈+∞,则()e 20xg x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+,即()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >= 故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意 3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增 (0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减 当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<= 当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增 1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '= 当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+< 又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '= 当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减 有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点 即()f x 在(1,0)-上有唯一零点 所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-2.(2022·全国·高考真题(理))已知函数()ln xf x x a x x e -=+-.(1)若()0f x ≥,求a 的取值范围;(2)证明:若()f x 有两个零点12,x x ,则121x x <. 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】(1)由导数确定函数单调性及最值,即可得解;(2)利用分析法,转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞,2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-, 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x < 因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时,1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->,则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x xx x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增 即()(1)0g x g >=,所以1e e 0xx x x-> 令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭;综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 3.(2022·全国·高考真题(文))已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+.(1)当0a =时,求()f x 的最大值;(2)若()f x 恰有一个零点,求a 的取值范围. 【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】 【分析】(1)由导数确定函数的单调性,即可得解; (2)求导得()()()211ax x f x x --'=,按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性,求得函数的极值,即可得解. (1)当0a =时,()1ln ,0f x x x x =-->,则()22111xf x x x x-'=-=,当()0,1∈x 时,0f x ,()f x 单调递增; 当()1,x ∈+∞时,0fx,()f x 单调递减;所以()()max 11f x f ==-;(2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>,则()()()221111ax x a f x a x x x--+'=+-=, 当0a ≤时,10-≤ax ,所以当()0,1∈x 时,0f x,()f x 单调递增;当()1,x ∈+∞时,0fx,()f x 单调递减;所以()()max 110f x f a ==-<,此时函数无零点,不合题意; 当01a <<时,11a >,在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上,0f x,()f x 单调递增;在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上,0f x,()f x 单调递减;又()110f a =-<,由(1)得1ln 1x x +≥,即1ln 1x x ≥-,所以ln x x x <<<当1x >时,11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭,使得()0f m >,所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点,符合题意;当1a =时,()()2210x f x x-'=≥,所以()f x 单调递增,又()110f a =-=,所以()f x 有唯一零点,符合题意; 当1a >时,11a <,在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上,0f x,()f x 单调递增;在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上,0f x,()f x 单调递减;此时()110f a =->,由(1)得当01x <<时,1ln 1xx>-,1>ln 21x ⎛> ⎝, 此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+,使得()0f n <, 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点,所以()f x 有唯一零点,符合题意; 综上,a 的取值范围为()0,+∞.4.(2022·全国·模拟预测)已知函数()()ln 13f x a x x =+-.(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)证明:当1a =时,方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解.【答案】(1)答案不唯一,具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)先求出函数的定义域,再求出()31af x x '=-+,然后分0a >,0a ≤可得出函数的单调性. (2)设()()ln 1sin g x x x =+-,将问题转化为函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点,又当e 1x >-时,()ln 1lne 1sin x x +>=≥,所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点,求出其导数,由零点存在原理即可证明. (1)函数()()ln 13f x a x x =+-的定义域是()1,-+∞,()31af x x '=-+. 当0a >时,令()0f x '<,得33a x ->;令()0f x '>,得313a x --<<, 故()f x 在31,3a -⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,在3,3a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减;当0a ≤时,()0f x '<恒成立,故()f x 在()1,-+∞上单调递减. (2)当1a =时,方程()sin 3f x x x =-即为()ln 13sin 3x x x x +-=-,即()ln 1sin 0x x +-=. 令()()ln 1sin g x x x =+-,则()1cos 1g x x x '=-+, 则“方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解”等价于“函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点”.当e 1x >-时,()ln 1lne 1sin x x +>=≥,所以()0g x >在()e 1,-+∞上恒成立, 所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点.因为e 1π-<,所以当,e 12x π⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时,cos 0x <,101x >+, 所以()0g x '>在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上恒成立.所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增,又ln 1sin ln 1102222g ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()()e 11sin e 1g -=--,所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点,即()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点.故方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解.5.(2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测)已知函数()e sin xf x x ax =+,其中e 是自然对数的底数.(1)若1a =时,试判断f (x )在区间(2π-,0)的单调性,并予以证明;(2)从下面两个条件中任意选一个,试求实数a 的取值范围. ①函数()f x 在区间[0,2π]上有且只有2个零点; ①当2,0x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,()2f x x ≥.【答案】(1)f (x )在(π2-,0)上单调递增,证明见解析;(2)选择①:π22e 1πa -≤<-;选择①:1a ≥-.【解析】 【分析】(1)求导,通过判定导函数在(π2-,0)上的正负确定单调性; (2)选择①:易得()00f =,则因此f (x )在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点,求导通过讨论找出符合条件的a 的取值范围;选择①:构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦,此时()00m =,可通过端点效应或隐零点等思路求a的取值范围. (1)当1a =时,()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()πe sin e cos 1sin 14x x xf x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,πππ,444x ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭,所以sin 1144x x ππ⎛⎫⎛⎫<+<-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 又0e 1x <<,πsin 14xx ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭,从而()0f x '>,所以,f (x )在(π2-,0)上单调递增. (2) 选择①,由函数()e sin 0π,2xf x x ax x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦,,可知()00f =因此f (x )在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+,令()e sin e cos x x h x x x a =++, 则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.π2]上恒成立.即()f x '在[0,π2]上单调递增,()2ππ01e 2f a f a ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝,,当1a ≥-时,()()00f x f '≥'≥,f (x )在[0.π2]上单调递增.则f (x )在(0,π2]上无零点,不合题意,舍去,当π2e a ≤-时,()0π2f x f ⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭,()f x 在[0,π2]上单调递减,则()f x 在(0,π2]上无零点,不合题意,舍去,当2e 1a π-<<-时,π2(0)10,()e 2π0f a f a '=+<'=+≥则()f x '在(0,π2)上只有1个零点,设为0x .且当0(0,)x x ∈时,()0f x <′;当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x >′ 所以当()00x x ∈,时,()f x 在(0,0x )上单调递减,在(x0,π2)上单调递增,又()π200e ππ22f f a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭,因此只需20π22πe f a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可,即π22e 1πa -≤<-,综上所述:2π2e 1πα-≤<-选择①,构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦此时()2π2e π244π00x m m a ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭,则2π()e sin e cos 2(0)π1,(e 2π)xxm x x x a x m a m a'=++-'=+'=-+,易知(1)π)(2m m '>'令()e sin e cos 2,()2e cos 2,(0)0,()2π2x x xt x x x a x t x x t t =++-'=-'='=-令2π()2e cos 2,()2e (cos sin ),(0)2,()2πe 2xxp x x p x x x p p =-=-'='=-', 令()2e (cos sin )x q x x x =-,则()4e sin 0x q x x '=-≤ 所以()2e (cos sin )x q x x x =-在(0,π2)上单调递减.又π20π(0)(0)20,()()2e 22πq p q p ='=>='=-<在(0,π2)上存在唯一实数1x 使得()10q x =,且满足当()10,x x ∈时,()0q x >当1π(,)2x x ∈时.()0q x <即p (x )在(0,x 1)上单调递增,在(x 1,π2)上单调递减.又()()ππ0002022p t p t ⎛⎫⎛⎫==-=-< ⎪'' ⎪⎝⎭⎝⎭,,所以()2e cos 2x p x x =-在1π(,)2x 上存在一实数2x 使得()20p x =,且满足当2(0,)x x ∈时,()0p x >;当2π()2x x ∈⋅时,()0p x <即()()t x m x ='在(0,x2)上单调递增,在(2x ,2π)上单调递减, 当()010m a ='+≥时,即()10a m x ≥-'≥,,函数()2e sin x m x x ax x =+-在[0,π2]上单调递增,又()00m =,因此()2e sin 0x m x x ax x =+-≥恒成立,符合题意,当()010m a '=+<,即1a <-,在π20,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上必存在实数3x ,使得当()30,x x ∈时,()0m x '<,又()00m =,因此在()30,x x ∈上存在实数()0m x <,不合题意,舍去 综上所述1a ≥-.6.(2022·浙江湖州·模拟预测)已知函数12()e x f x =(e 为自然对数的底数). (1)令1()||()()g x a x f x f x =--,若不等式()0g x ≤恒成立,求实数a 的取值范围; (2)令3()()x xf x m ϕ=-,若函数()ϕx 有两不同零点()1212,x x x x <. ①求实数m 的取值范围;①证明:21e e 21x x m -<+. 【答案】(1)(,1]-∞;(2)①2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭;①证明见解析.【解析】 【分析】(1)根据()g x 为偶函数,将问题转化为0x ≥时()0g x ≤恒成立,根据(0)0g =及参变分离求0x >有1122ee x x a x--≤恒成立,求参数范围;(2)①利用导数研究()ϕx 的单调性,及区间值域情况,进而判断()0x ϕ=有两不同解时m 的范围即可;①由(1)知:0x <时1122e e x x x -≥-且120x x <<,应用放缩法有2()e e x x x ϕ≥-,构造2()e e x x F x =-研究极值并判断()F x m =的两根与12,x x 大小关系得到3214e e e e x x x x -<-即可证结论. (1)由题设,1122()||e ex x g x a x -=--,则()()g x g x =-,所以()g x 为偶函数,故只需0x ≥时,()0g x ≤恒成立,而(0)0g =满足, 所以0x >有1122ee x x a x--≤恒成立,令02t x =>,则e e 2t ta t--≤,若()e e 2t t h t t -=--,则()e e 220t t h t -'=+-≥=,仅当0=t 时等号成立, 所以()0h t '>,即()h t 在(0,)+∞上递增,则()(0)0h t h >=,即e e 2t t t -->, 所以,在(0,)+∞上e e 12t tt-->,则1a ≤, 综上:a 的范围为(,1]-∞. (2)①由题设,323()1e 2x x x ϕ⎛⎫=+ ⎪'⎝⎭,若()0x ϕ'>得:23x >-,故()ϕx 在2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭单调减,在2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调增,且x 趋向负无穷()ϕx 趋向于0,x 趋向正无穷()ϕx 趋向于正无穷,又2233e ϕ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭,()00ϕ=,则0x <时,()0x ϕ<;0x >时,()0x ϕ>,要使()0x ϕ=有两个不同解12,x x 且120x x <<,则2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭;①由(1)知:0x <时1122e ex x x -≥-,则1132222()e e e e e x x x x xx ϕ-⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭;记2()e e x x F x =-且0x <,则(()e e 1)2x x F x '=-,所以(,ln 2)-∞-上()0F x '<,(ln 2,0)-上()0F x '>,故()F x 在(,ln 2)-∞-上递减,(ln 2,0)-上递增,且12()(ln 2),043e F x F ⎛⎫≥-=-∈- ⎪⎝⎭,所以()F x m =也有两根,记为34x x <,又(,0)-∞上)(()x F x ϕ≥,则31240x x x x <<<<, 令e x t =,则34e ,e xx 为20t t m --=的两根,故34e e 1x x +=,34e e x x m =-,所以34e e x x -=3124e e e e x x x x <<<,所以3214(41)1e e e e 212x x x xm m ++-<-==+. 7.(2022·湖北·模拟预测)已知()()1ln af x a x x x=-++(1)若0a <,讨论函数()f x 的单调性; (2)()()ln a g x f x x x =+-有两个不同的零点1x ,()2120x x x <<,若12202x x g λλ+⎛⎫'> ⎪+⎝⎭恒成立,求λ的范围.【答案】(1)单调性见解析 (2)(][),22,λ∈-∞-+∞【解析】 【分析】(1)求导可得()()()21x a x f x x +-'=,再根据a -与0,1的关系分类讨论即可;(2)由题()ln g x a x x =+,,设()120,1x t x =∈根据零点关系可得21ln x x a t -=,再代入1222x x g λλ+⎛⎫' ⎪+⎝⎭化简可得()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立,设()()()21ln 2t ht t t λλ+-=++,再求导分析单调性与最值即可(1)()f x 定义域为()0,∞+()()()()()222211111x a x a x a x a f x a x x x x+--+-'=-+-== ①)01a <-<即10a -<<时,()01f x a x '<⇒-<<,()00f x x a '>⇒<<-或1x > ①)1a -=即1a =-时,()0,x ∈+∞,()0f x '≥恒成立 ①)1a ->即1a <-,()01f x x a '<⇒<<-,()001f x x '>⇒<<或x a >- 综上:10a -<<时,(),1x a ∈-,()f x 单调递减;()0,a -、()1,+∞,()f x 单调递增 1a =-时,()0,x ∈+∞,()f x 单调递增1a <-时,()1,x a ∈-,()f x 单调递减;()0,1、(),a -+∞,()f x 单调递增(2)()ln g x a x x =+,由题1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩,120x x <<则()1221ln ln a x x x x -=-,设()120,1x t x =∈ ①212112ln ln ln x x x xa x x t--==-()1a g x x'=+ ①122112122221122ln 2x x x x g a x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'=+=⋅+ ⎪+++⎝⎭()()()21102ln t t tλλ+-=+>+恒成立()0,1t ∈,①ln 0t < ①()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立设()()()21ln 2t h t t t λλ+-=++,①()0h t <恒成立()()()()()()()()22222224122241222t t t t h t t t t t t t λλλλλλλ⎛⎫-- ⎪++-+⎝⎭'=-==+++ ①)24λ≥时,204t λ-<,①()0h t '>,①()h t 在()0,1上单调递增 ①()()10h t h <=恒成立, ①(][),22,λ∈-∞-+∞合题①)24λ<,20,4t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,①()0h t '>,①()h t 在20,4λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0h t '<, ①()h t 在2,14λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减①2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,()()10h t h >=,不满足()0h t <恒成立综上:(][),22,λ∈-∞-+∞【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题,同时也考查了双零点与恒成立问题的综合,需要根据题意消去参数a ,令()120,1x t x =∈,再化简所求式关于t 的解析式,再构造函数分析最值.属于难题 8.(2022·浙江绍兴·模拟预测)设a 为实数,函数()e ln 1=++x f x a x x . (1)当1a e=-时,求函数()f x 的单调区间;(2)判断函数()f x 零点的个数.【答案】(1)减区间为()0,∞+,无增区间. (2)当0a ≥,函数()f x 在(0,)+∞上没有零点;当210e a -≤<,函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点;当21e a <-,函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点. 【解析】 【分析】(1)利用二次求导研究函数()f x 的单调性,进而得出结果; (2)利用分类讨论的思想,根据函数()f x 与()()f x g x x=具有相同的零点,结合导数分别研究当0a ≥、210e a -≤<、21e a <-时()g x 的单调性,利用零点的存在性定理即可判断函数()g x 的零点个数,进而得出结果. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞, 当1a e=-时,1()e ln 1e xf x x x =-++,则1()e ln 1x f x x -'=-++,且()01f '=, 有1111e ()ex x x f x x x---''=-+=,令()01f x x ''=⇒=, 所以当(0,1)x ∈时()0f x ''>,则()'f x 单调递增, 当(1,)x ∈+∞时()0f x ''<,则()'f x 单调递减, 所以max ()(1)0f x f ''==,即()0f x '≤,则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减, 即函数()f x 的减区间为(0,)+∞,无增区间; (2)由(1)知当1a e=-时函数()f x 在(0,)+∞上单调递减,又(1)0f =,此时函数()f x 只有1个零点; 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞,所以()f x 与()f x x具有相同的零点, 令()e 1()ln (0)x f x a g x x x x x x ==++>, 则222(1)e 11(1)(e 1)()x x a x x a g x x x x x --+'=+-=, 当0a ≥时,e 10x a +>,令()01g x x '=⇒=,则函数()g x 在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞上单调递增,所以min ()(1)e 10g x g a ==+>,此时函数()g x 无零点,即函数()f x 无零点;当0a <时,令()01g x x '=⇒=或1ln()x a=-,若10e a -<<,则11ln()a<-,列表如下:当211e ea -≤≤-时,222e 2e 222e 4222e e e (e )2e 2e e 2e 0e ea g ------=++<++=-++<, 当210e a -<<即21e a ->时,131e ()a a->-,1121111()e ln()[e ln()1]aa g a a a a a a a a---=-+--=---+3111[()(1)1]0a a a a a <-----+<,又(1)0g >,此时函数()g x 有1个零点,则函数()f x 有1个零点; 若1e <-a ,则11ln()a>-,列表如下:所以ln()min 1e 111()(ln())ln ln()ln ln()ln1011ln()ln()aa g x g a a a a a -=-=+-+=-<=--, 又(1)0g >,2(e )0g <,则此时函数()g x 有2个零点,即函数()f x 有2个零点; 综上,当0a ≥时,函数()f x 在(0,)+∞上没有零点, 当210ea -≤<时,函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点, 当21e a <-时,函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点.【点睛】与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,从而判断函数的大致图像,讨论其图像与x 轴的位置关系,进而确定参数的取值范围;或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题.9.(2022·河南·开封市东信学校模拟预测(理))已知函数()ln 12a af x x x =+-+,其中R a ∈. (1)讨论函数()f x 的单调性;(2)讨论函数()f x零点的个数.【答案】(1)当4a ≤时,函数()f x 的增区间为(0,)+∞,没有减区间;当4a >时,函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,减区间为⎝⎭(2)当4a ≤,函数()f x 有且仅有一个零点;当4a >时,函数()f x 有且仅有3个零点 【解析】 【分析】(1)求导,再分0a <,04a ≤≤和4a >分类讨论即可;(2)根据单调性及零点存在性定理分析即可. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞,2221(2)1()(1)(1)a x a x f x x x x x +-+'=-=++,在一元二次方程2(2)10x a x +-+=中,22Δ(2)44(4)a a a a a =--=-=-, ①当0a <时,()0f x '≥,此时函数()f x 单调递增,增区间为(0,)+∞,没有减区间; ①当04a ≤≤时,()0f x '≥,此时函数()f x 单调递增,增区间为(0,)+∞,没有减区间; ①当4a >时,一元二次方程2(2)10x a x +-+=有两个不相等的根, 分别记为()1221,x x x x >,有122x x a +=-,1210x x =>,可得210x x >>, 有12x x ==可得此时函数()f x 的增区间为()()120,,,x x +∞减区间为()12,x x , 综上可知,当4a ≤时,函数()f x 的增区间为(0,)+∞,没有减区间;当4a >时,函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,减区间为⎝⎭; (2)由(1)可知:①当4a ≤时,函数()f x 单调递增,又由(1)0f =,可得此时函数只有一个零点为1x =; ①当4a >时,由122110,x x x x =>>,可得1201x x <<<,又由(1)0f =,由函数的单调性可知()()12(1)0,(1)0f x f f x f >=<=, 当01x <<且20e ax -<<时,可得2ln ln e ax -<,有ln 02ax +<, 可得()ln ln 022a af x x a x <+-=+<, 当2e ax >时,2()ln ln e 02222aa a a af x x >->-=-=可知此时函数()f x 有且仅有3个零点,由上知,当4a ≤时,函数()f x 有且仅有一个零点; 当4a >时,函数()f x 有且仅有3个零点.10.(2022·贵州·贵阳一中模拟预测(文))已知函数()323.f x ax x a b =-++(1)讨论()f x 的单调性;(2)当()f x 有三个零点时a 的取值范围恰好是()()()3,22,00,1,--⋃-⋃求b 的值. 【答案】(1)答案见解析 (2)3b = 【解析】 【分析】(1)求函数()f x 的导函数()'f x ,讨论a ,并解不等式()0f x '>,()0f x '<可得函数的单调区间;(2)由(1)结合零点存在性定理可求b . (1)()f x 的定义域为R ,()()23632,f x ax x x ax =-=-'若0a =,则()0600f x x x '>⇒->⇒<,()00f x x <⇒>'∴ ()f x 在(),0∞-单调递增,()0,∞+单调递减,若0a >,则()00'>⇒<f x x 或2x a>, ()200f x x a>⇒<<', ()f x ∴在(),0∞-单调递增,20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减,2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增,若0a <,则()200f x x a'>⇒<< ()20f x x a>⇒<'或0x >, ()f x ∴在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递减,2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增,()0,∞+单调递减.(2)可知()f x 要有三个零点,则0a ≠, 且2(0)0f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭由题意也即是()200f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃,也就是关于a 的不等式()()()32224400a b a ba a b a b a a ++-⎛⎫++-<⇒< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃, 令()()()32240a b a ba h a a+++=<,时()()()()()1114130h b b b b =++-=+-=, 所以有1b =-或3b =, 当3b =时,()()()()()323222233434400a a a a a a a h a aa++-+-+-=<⇒<,()()()2231440a a a a a+-++<的解是()()()3,22,00,1--⋃-⋃,满足条件,当1b =-时,()()()322140a a a h a a---=<,当1a =-时,()1120h -=>,不满足条件, 故1b ≠-,综合上述3b =.11.(2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测(理))已知函数()()e 12()exx xf x a a =+--∈R . (1)若()e ()=⋅x g x f x ,讨论()g x 的单调性; (2)若()f x 有两个零点,求实数a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析;(2)()0,1. 【解析】 【分析】(1)对函数进行求导,分为0a ≤和0a >两种情形,根据导数与0的关系可得单调性;(2)函数有两个零点即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点,根据(1)中的单调性结合零点存在定理即可得结果. (1)由题意知,()()()e ()e e 12e e 12e e x x x x x xx x g x f x a a x ⎡⎤=⋅=⋅+--=+--⎢⎥⎣⎦,()g x 的定义域为(,)-∞+∞,()e (e 1)e e 2e 1(2e 1)(e 1)x x x x x x x g x a a a '=++⋅--=+-.若0a ≤,则()0g x '<,所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递减; 若0a >,令()0g x '=,解得ln x a =-.当(,ln )x a ∈-∞-时,()0g x '<;当(ln ,)x a ∈-+∞时,()0g x '>, 所以()g x 在(,ln )a -∞-上单调递减,在(ln ,)a -+∞上单调递增. (2)因为e 0x >,所以()f x 有两个零点,即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点. 若0a ≤,由(1)知,()g x 至多有一个零点.若0a >,由(1)知,当ln x a =-时,()g x 取得最小值,最小值为1(ln )1ln g a a a-=-+. ①当1a =时,由于(ln )0g a -=,故()g x 只有一个零点: ①当(1,)∈+∞a 时,由于11ln 0a a-+>,即(ln )0g a ->,故()g x 没有零点; ①当(0,1)a ∈时,11ln 0a a-+<,即(ln )0g a -<. 又2222(2)e (e 1)2e 22e 20g a -----=+-+>-+>,故()g x 在(,ln )a -∞-上有一个零点.存在03ln 1,x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则0000000000()e (e 1)2e e (e 2)e 0x x x x x xg x a x a a x x =+--=+-->->.又3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭,因此()g x 在(ln ,)a -+∞上有一个零点.综上,实数a 的取值范围为(0,1).12.(2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模(理))已知函数()ln 1f x ax x =++. (1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点,求实数a 的取值范围; (2)若对任意的0x >,2()e x f x x ≤恒成立,求实数a 的取值范围. 【答案】(1)0a ≥或1a =- (2)(,2]-∞ 【解析】 【分析】(1)求导1()f x a x'=+,0x >,分0a ≥和0a <讨论求解; (2)对任意的0x >,2()e x f x x ≤恒成立,转化为2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立求解. (1)解:1()f x a x'=+,0x >, 当0a ≥时,()0f x '>恒成立,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增.又()11ee 11a af a a ----=--+()1e 10a a --=-≤,(1)10f a =+>, 所以此时()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点,符合题意; 当0a <时,令()0f x '>,解得10x a <<-;令()0f x '<,解得1x a>-, 所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,所以()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减.要使()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点,则必有10f a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭,解得1a =-.综上,当0a ≥或1a =-时,()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点. (2)因为()ln 1f x ax x =++,所以对任意的0x >,2()e x f x x ≤恒成立,等价于2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立. 令2ln 1()e (0)xx m x x x+=->,则只需min ()a m x ≤即可, 则2222e ln ()+'=x x xm x x ,再令22()2e ln (0)x g x x x x =+>,则()221()4e 0'=++>xg x x x x, 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增.因为12ln 204g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭,2(1)2e 0g =>,所以()g x 有唯一的零点0x ,且0114x <<, 所以当00x x <<时,()0m x '<,当0x x >时,()0m x '>, 所以()m x 在()00,x 上单调递减,在()0,x +∞上单调递增. 因为022002eln 0x x x +=,所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +=-+-,设()ln (0)S x x x x =+>,则1()10'=+>S x x, 所以函数()S x 在(0,)+∞上单调递增.因为()()002ln S x S x =-,所以002ln x x =-,即0201ex x =.所以()0()m x m x ≥=02000000ln 1ln 11e 2x x x x x x x +-=--=, 则有2a ≤.所以实数a 的取值范围为(,2]-∞.13.(2022·福建省福州第一中学三模)已知函数()e sin 1x f x a x =--在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一极值点1x .(1)求实数a 的取值范围;(2)证明:()f x 在区间(0,)π内有唯一零点2x ,且212x x <. 【答案】(1)(1,)+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)先求导,再讨论1a 时,函数单增不合题意,1a >时,由导数的正负确定函数单调性知符合题意; (2)先由导数确定函数()f x 在区间(0,)π上的单调性,再由零点存在定理即可确定在区间(0,)π内有唯一零点;表示出()12f x ,构造函数求导,求得()120f x >,又由()20f x =,结合()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可求解. (1)()e cos x f x a x '=-,当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,cos (0,1)x ∈,21e e x π<<,①当1a 时,()0f x '>,()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,没有极值点,不合题意,舍去;①当1a >时,显然()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增,又因为(0)10f a '=-<,2e 02f ππ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭,所以()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点1x ,所以()10,x x ∈,()0f x '<;1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,()0f x '>,所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极值点,符合题意.综上,(1,)∈+∞a .(2)由(1)知1a >,所以,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,()e cos 0x f x a x '=->,所以()10,x x ∈,()0f x '<,()f x 单调递减;()1,x x π∈,()0f x '>,()f x 单调递增,所以()10,x x ∈时,()(0)0f x f <=,则()10<f x ,又因为()e 10f ππ=->,所以()f x 在()1,πx 上有唯一零点2x ,即()f x 在(0,)π上有唯一零点2x .因为()112211112e sin 21e 2sin cos 1x x f x a x a x x =--=--,由(1)知()10f x '=,所以11e cos xa x =,则()112112e 2e sin 1x xf x x =--,构造2()e 2e sin 1,0,2t t p t t t π⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭,所以()2()2e 2e (sin cos )2e e sin cos t t t t p t t t t t '=-+=--,记()e sin cos ,0,2tt t t t πϕ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭,则()e cos sin t t t t ϕ'=-+,显然()t ϕ'在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,所以()(0)0t ϕϕ''>=,所以()t ϕ在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,所以()(0)0t ϕϕ>=,所以()0p t '>,所以()p t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,所以()(0)0p t p >=,所以()()1220f x f x >=,由前面讨论可知:112x x π<<,12x x π<<,且()f x 在()1,x x π∈单调递增,所以122x x >.【点睛】本题关键点在于先表示出()12f x ,构造函数()p t 求导,令导数为新的函数再次求导,进而确定函数()p t 的单调性,从而得到()120f x >,再结合()20f x =以及()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可证得结论. 14.(2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测(文))已知函数()e (sin cos )sin .x f x x x a x =+-.(1)当1a =时,求函数f (x )在区间[0]2π,上零点的个数; (2)若函数()y f x =在(0,2π)上有唯一的极小值点,求实数a 的取值范围 【答案】(1)2个(2)2]∞-⋃(,3222[2e ,)2e ,2e πππ⎧⎫+∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】 【分析】(1)利用导数判断函数f x ()在[0]2π,上的单调性,结合零点存在性定理确定零点个数;(2)利用导数,通过分类讨论确定函数f x ()的单调性及极值,由此确定a 的取值范围.(1)因为1a =,所以()e (sin cos )sin .x f x x x x =+-()(2e 1)cos x f x x '=-,则当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '>,f x ()在02π⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递增,当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '<,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递减, 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '>,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,单词递增, 又32223(0)10,()e 10,()1e 0,(2)e 022f f f f ππππππ=>=->=-<=>,则f x ()在322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,上各有一个零点,所以f x ()在区间[0]2π,上共有两个零点, (2)2()(2e )cos ,(02),22e 2e x x f x a x x ππ'=-∈<<,①当2a ≤时,当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '>,f x ()在02π⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递增,当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '<,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递减, 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '>,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,单词递增, 此时f x ()在32x π=的时候取得极小值,则2a ≤时符合题意: ①当22e a π≥时,当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '<,f x ()在02π⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递减,当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '>,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递增, 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '<,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,单词递减, 此时f x ()在2x π=的时候取得极小值,则22a e π≥时符合题意①当222e a π<<时,0ln 22a π<<,此时f x ()在0,ln 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在ln ,22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递增,在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在3(,2)2ππ上单调递增,此时有两个极小值点,不符合题意: ①当22e a π=时,ln22a π=,此时f x ()在(0,32π)上单调递减,在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,此时f x ()在32x π=的时候取得极小值,则22e a π=时符合题意;①当3222e 2e a ππ<<时,3ln 222a ππ<<,此时f x ()在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递减,在,ln 22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在3ln 22a π⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递减,在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,此时有两个极小值点,不符合题意; ①当322e a π=时,3ln22a π=,此时f x ()在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递减,在22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递增,此时f x ()在2x π=的时候取得极小值,则322e a π=时符合题意;①当322e 2e a ππ<<时,3ln 222a ππ<<,此时f x ()在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递减,在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递增,在3(,ln )22a π上单调递减,在(ln ,2)2aπ上单调递增,此时有两个极小值点,不符合题意;综上所述3222(,22e ,)2 ][e ,2e a πππ⎧⎫∈-∞+∞⎨⎬⎩⎭.【点睛】(1)可导函数y =f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)=0,且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同. (2)若f (x )在(a ,b )内有极值,那么f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调增或减的函数没有极值.15.(2022·江西·上高二中模拟预测(理))已知函数()()2ln 0ax af x x a x -=->.(1)讨论()f x 的单调性;(2)设()()2ag x f x x=-+有两个零点12,x x ,若212x x >,证明:3312672e x x +>. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)求导得()2221b ax x af x a x x x -+-=--=',对导函数进行分情况讨论其正负,即可得()f x 的单调性. (2)通过函数有两个零点,转化成1212ln 2ln 2x x a x x ++==,然后根据比例,构造出221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++,得到122111,e t x t x t x --==,进而构造函数33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t t t t t -=+=++-,利用导数处理单调性,进而可求. (1))()2221b ax x af x a x x x -+-=--=' 令2()F x ax x a =-+- ,则()00F a =-< ,且对称轴102x a=> 而214a ∆=-易知当10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时()f x 在0⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 单调递减,在⎝⎭单调递增当)12a ∞⎡∈+⎢⎣, 时()f x 在()0+∞,单调递减. (2)()g x 有两个零点12,x x 且0x >,则1212ln 2ln 2ln 2ln 20x x x x ax a a x x x +++-+=⇒=⇒==, 设21x t x =, 212x x >,2t ∴> ∴221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++,∴11ln ln 2ln 2t x t x ++=+,所以12111ln ln 2e 1t t x x t t --=-⇒=-, ∴33333631121(1)e (1)t x x t x t t --+=+=+,设33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t tt t t -=+=++-,2t >,则222331(1)()[1ln ](1)1t t h t t t t t -'=--+-+, 设2231(1)()1ln 1t t t t t tϕ-=--++,则7437323223211()(441)[(1)4(1)](1)(1)t t t t t t t t t t t t t ϕ--'=+--=-+-++, 当(1,)t ∈+∞时,()0t ϕ'>,所以函数()t ϕ在(1,)t ∈+∞上递增,()()10t ϕϕ∴>=,则()0h t '>,()h t ∴在(1,)+∞递增,又2t >,∴()(2)ln72h t h >=,故3361272e x x -+>. 【点睛】本题考查了含参函数的单调性,最值问题,方程与函数零点的综合问题,利用导数解决单调性的问题,分情况讨论,转化,构造函数证明不等式,二阶求导等综合性的函数知识,在做题时要理清思路,是一道导数的综合题.16.(2022·山东师范大学附中模拟预测)已知函数()()ln h x x a x a =-∈R . (1)若()h x 有两个零点,a 的取值范围;(2)若方程()e ln 0xx a x x -+=有两个实根1x 、2x ,且12x x ≠,证明:12212e ex x x x +>. 【答案】(1)()e,+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)分析可知0a ≠,由参变量分离法可知直线1y a=与函数()ln xf x x=的图象有两个交点,利用导数分析函数()f x 的单调性与极值,数形结合可求得实数a 的取值范围;(2)令e 0x t x =>,其中0x >,令111e x t x =,222e xt x =,分析可知关于t 的方程ln 0t a t -=也有两个实根1t 、2t ,且12t t ≠,设120t t >>,将所求不等式等价变形为12112221ln 1t t t t t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+,令121t s t =>,即证()21ln 1s s s ->+,令()()21ln 1s g s s s -=-+,其中1s >,利用导数分析函数()g s 的单调性,即可证得结论成立. (1)解:函数()h x 的定义域为()0,∞+.。

高考数学压轴题归纳总结及解题方法专题讲解22---交点零点有没有极最符号异与否

高考数学压轴题归纳总结及解题方法专题讲解22---交点零点有没有极最符号异与否
x
1) ∪ (1, +∞ )恒负, g (1) = 0 ,故只有一个公共点.
当 x > 1时, g '( x) < 0 , g ( x) 在(1, +∞ )单调递减; 当 0 < x <1时, g '( x) > 0 , g ( x) 在(0,1)单调递增. 又 g (1) = 0 ,所以 g ( x) 在(0,1) ∪ (1, +∞ )恒负 因此,曲线 y = f ( x) 与直线 y = 2x − 3 仅有一个公共点,公共点为(1,-1).
1≤x≤3,x∈R}.
(1)求函数 f(x)的解析式;
(2)求函数 g ( x) = f ( x) − 4lnx 的零点个数.
x
【思路引导】
(1)根据 f ( x) 是二次函数,且关于 x 的不等式 f ( x) ≤ 0 的解集为{x | −1 ≤ x ≤ 3, x ∈ R} ,
设出函数解析式,利用函数 f ( x) 的最小值为 −4 ,可求函数 f ( x) 的解析式;(2)求导
+
m x
<
ex x

x ∈
1 2
, +∞
恒成立,即
m
<
ex

xlnx

x ∈
1 2
, +∞
恒成
2 / 32
立, 令 r ( x) = ex − xlnx ,则 r '( x) = ex − lnx −1,再令ϕ ( x) = ex − lnx −1 ,转化为利用导
数得到函数的单调性和极值,即可得出结论.
x ( e + ln2 ≈ 1.99 )

函数压轴题中的零点问题

函数压轴题中的零点问题

函数压轴题中的零点问题函数压轴题中的零点问题【真题感悟】例1.(2015年江苏⾼考)已知函数.(1)试讨论的单调性;(2)若(实数c 是a 与⽆关的常数),当函数有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是,求c 的值.例2. (2013年江苏⾼考)设函数()ln f x x ax =?,()x g x e ax =?,其中a 为实数.(1)若()f x 在(1,)+∞上是单调减函数,且()g x 在(1,)+∞上有最⼩值,求的取值范围;(2)若在上是单调增函数,试求的零点个数,并证明你的结论.例3. (2012年江苏⾼考)若函数在处取得极⼤值或极⼩值,则称为函数的极值点。

已知是实数,1和是函数的两个极值点.(1)求和的值;(2)设函数()g x 的导函数()()2g x f x '=+,求()g x 的极值点;(3)设,其中,求函数的零点个数.a ()g x (1,)?+∞()f x ab ,1?()32f x x ax bx =++a b ()()()h x ff x c =?[]22c ∈?,()y h x =【典题导引】命题规律:函数的零点问题是⾼考的重点和难点内容,题型以解答题为主,有时也在填空题中出现。

和函数、⽅程有着密切的联系,需要我们熟悉函数的图象与性质,需要我们理解函数与⽅程等思想。

其中函数的零点、⽅程的根、曲线的交点三个问题可以互相转化。

主要有以下命题⾓度:(1)判断函数零点个数或⽅程解的个数;(2)根据函数零点个数或⽅程解的个数求解参数;(3)已知函数零点范围或整数零点等求解参数。

⽅法总结:在使⽤函数零点存在性定理时要注意两点:⼀是当函数值在⼀个区间上不变号,⽆论这个函数单调性如何,这个函数在这个区间上都不会有零点;⼆是此定理只能判断函数在⼀个区间上是否存在零点,⽽不能判断这个区间上零点的个数。

研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负,其主要考查⽅式:(1) 确定函数的零点、图象交点的个数;(2) 由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围.(1)当a =2时,求函数f(x)的零点;(2)当a >0时,求证:函数f(x)在内有且仅有⼀个零点;(3)若函数f(x)有四个不同的零点,求a 的取值范围。

华师一附中2024届高三《导数的应用——零点问题大题(零点个数问题、零点差的证明)》答案

华师一附中2024届高三《导数的应用——零点问题大题(零点个数问题、零点差的证明)》答案

一轮复习补充作业7:导数的应用——零点问题(零点个数问题、零点差的证明)参考答案1. (1)函数()f x 的定义域为()0,+∞,()()()()11111x ax f x a x xx−−=−−+=',令()0f x '=,则11x =,21x a=, (i )若1a =,则()0f x '≥恒成立,所以()f x 在()0,+∞上是增函数,(ii )若01a <<,则11a>,当()0,1x ∈时,()0f x '>,()f x 是增函数, 当11,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '<,()f x 是减函数,当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,()f x 是增函数,(iii )若1a >,则101a <<,当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,()f x 是增函数, 当1,1x a ⎛⎫∈⎪⎝⎭时,()0f x '<,()f x 是减函数,当()1,x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 是增函数, 综上所述:当1a =时,()f x 在()0,+∞上是增函数,当01a <<,()f x 在()0,1上是增函数,在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数,当1a >时,()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数,在1,1a⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数,在()1,+∞上是增函数;(2)当1a e <<时,()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数,在1,1a⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数,在()1,+∞上是增函数,所以()f x 的极小值为()110f =−<,()f x 的极大值为2111111ln ln 1222a a f a a a aa a ⎛⎫⎛⎫=−−+=−−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设()1ln 122a g a a a =−−−,其中()1,a e ∈,()()2222211112102222a a a g a a a a a −−+='=+−=>,所以()g a 在()1,e 上是增函数,所以()()e 1e 2022e g a g <=−−<,因为()()2114414ln494ln4ln40222a f =−−+>⨯−+=+>,所以有且仅有1个()01,4x ∈,使()00f x =,所以当1a e <<时,()f x 有且仅有1个零点.2.由题意,函数1()e ln(1)1x x f x ae x −=−+−,令()0f x =,可得1ln(1)x a e e x −=++,设()1ln(1),1xg x ee x x −=++>,则()111(1)x xx e e x g x ee x e x −−−'=−+=⋅++, 由1x y e x =−−的导数为1x y e =−,当1x >时,110x e e −>−>, 则函数1x y e x =−−递增,且10x y e x =−−>,则()g x 在(1,)+∞递增, 可得()()11ln 2g x g e >=+,则1ln 2a e >+,故选D .3. ()()212xx f x a x e =−−存在两个零点,即方程()212e x x a x −=有两个根,也即直线()1y a x =−与函数22e x x y =的图像有两个交点,记()()()222e 2ex xx x x h x x h −'=⇒=, 由()()02002h x x x x '>⇒−>⇒<<,由()()0200h x x x x '<⇒−<⇒<或2x >,故()h x 在(),0−∞上单调递减,在()0,2上单调递增,在()2,+∞上单调递减,且()00h =,0x >时()0h x >,又直线()1y a x =−过()1,0,斜率为a ,大致画出()22ex h x x =图象(如下图),观察图象知:当0a <时,直线()1y a x =−与()22e x h x x=的图象必有两个交点,当0a 时直线()1y a x =−与()22ex h x x=的图象只有一个交点,综上,函数()f x 存在两个零点,实数a 的取值范围为(),0−∞. 作出()y g x =的图象,可得103−<<a 时,211ln 062a x x x x −++=−有两个解.故答案为:1,03⎛⎫− ⎪⎝⎭4.(1)设()()112cos g x f x x x '==−+,则()212sin g x x x'=−−, 当()0,x π∈时,()212sin 0g x x x'=−−<.所以()g x 在()0,π上单调递减.又因为31103g ππ⎛⎫=−+>⎪⎝⎭,2102g ππ⎛⎫=−< ⎪⎝⎭,所以()g x 在,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点α,使()0g α=.所以当()0,x α∈时,()0g x >,即()0f x '>,所以当(),x απ∈时,()0g x <,即()0f x '<,∴()f x 在()0,α上单调递增,在(),απ上单调递减,且()0f α'=,故()f x 在()0,π上有极大值;(2)1由(1)知:当()0,x α∈时,()0f x '>,()f x 在()0,α上单调递增;当(),x απ∈时,()0f x '<,()f x 在(),απ上单调递减;所以()f x 在()0,π上存在唯一的极大值点32ππαα⎛⎫<<⎪⎝⎭,所以()ln 2202222f f ππππα⎛⎫>=−+>−> ⎪⎝⎭.又因为2222111122sin 220f e e e e ⎛⎫=−−+<−−+<⎪⎝⎭,所以()f x 在()0,α上恰有一个零点,又因为()ln 20f ππππ=−<−<,所以()f x 在(),απ上也恰有一个零点; 2当[),2x ππ∈时,sin 0x ≤,()ln f x x x ≤−,设()ln h x x x =−,()110h x x'=−<,所以()h x 在[),2ππ上单调递减,所以()()0h x h π≤<,所以当[),2x ππ∈时,()()()0f x h x h π≤≤<恒成立,所以()f x 在[),2ππ上没有零点;3当[)2,x π∈+∞时,()ln 2f x x x ≤−+,设()ln 2x x x ϕ=−+,()110x xϕ'=−<, 所以()x ϕ在[)2,π+∞上单调递减,所以()()20x ϕϕπ≤<,所以当[)2,x π∈+∞时,()()()20f x x ϕϕπ≤≤<恒成立,所以()f x 在[)2,π+∞上没有零点。

高中数学专题 微专题3 函数的零点问题

高中数学专题 微专题3 函数的零点问题
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所以f(x+4)=f(x)+f(2)=f(x), 所以f(x)是以4为周期的周期函数. 根据周期性及奇函数的性质画出函数y= f(x)在[-4,4]上的图象,如图. 由图可知,函数y=f(x)在[-4,4]上的零点 有-4,-3.5,-3,-2,-1,-0.5,0,0.5,1,2,3,3.5,4,共13个零点.
-x),当x∈[0,1]时,f(x)=x3,则函数g(x)=|cos πx|-f(x)在区间-1,32上 零点的个数为
A.4
B.5
C.6
√D.7
由f(-x)=f(x),得f(x)的图象关于y轴对称,由f(x)=f(2-x),得f(x)的图 象关于直线x=1对称, 令g(x)=|cos πx|-f(x)=0,得|cos πx|=f(x), 函数y=|cos πx|是周期为1的偶函数,当x∈[0,1]时,f(x)=x3, 在同一坐标系内作出函数 y=f(x)在[-1,2]上的图象,函数 y=|cos πx|在 -1,32上的图象,如图,
因为函数h(x)=f(x)-g(x)在区间[-17,5]上恰有20个零点, 则函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间[-17,5]上有20个交点, 由f(x+2)=f(x),知f(x)是周期为2的函数, 作出函数f(x)与函数g(x)的部分图象如图所示. 易知当x∈[-17,1]时,函数f(x)的 图象与函数g(x)的图象有17个交点, 故在(1,5]上有3个交点, 显然0<a<1不满足题意,
PART TWO
热点突破
1取.已值知范函围数是f(x)=elnx,x,x≤x>00,,g(x)=f(x)+x+a.若g(x)存在2个零点,则a的
A.[-1,0)
√C.[-1,+∞)

导数压轴题中的零点问题(找点技巧和常见模型)

导数压轴题中的零点问题(找点技巧和常见模型)

导数大题的常用找点技巧和常见模型湖南邵阳杨歆琪【引子】(2017年全国新课标1·理·21)已知()()22xx f x ae a e x =+--.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.解析:(1)()()()()2'221211x x x x f x ae a e e ae =+--=+- 若0a ≤,则()'0f x <恒成立,所以()f x 在R 上递减; 若0a >,令()'0f x =,得11,ln x e x a a==. 当1lnx a <时,()'0f x <,所以()f x 在1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减;当1lnx a >时,()'0f x >,所以()f x 在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增. 综上,当0a ≤时,()f x 在R 上递减;当0a >时,()f x 在1,lna ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减,在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增.(2)()f x 有两个零点,必须满足()min 0f x <,即0a >,且()min 111ln 1ln 0f x f a a a⎛⎫==--< ⎪⎝⎭. 构造函数()1ln g x x x =--,0x >. 易得()1'10g xx=--<,所以()1ln g x x x =--单调递减. 又因为()10g =,所以()11111ln 01101g g a a a a a ⎛⎫--<⇔<⇔>⇔<< ⎪⎝⎭. 下面只要证明当01a <<时,()f x 有两个零点即可,为此我们先证明当0x >时,ln x x >. 事实上,构造函数()ln h x x x =-,易得()1'1h x x=-,∴()()min 11h x h ==,所以()0h x >,即ln x x >. 当01a <<时,()()22222110a ea e a a f e e e ++---=++=>, ()2333333ln 121ln 11ln 10a f a a a a a a a a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+----=---> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,其中11lna -<,31ln ln a a a ->,所以()f x 在11,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭和13ln ,ln a a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上各有一个零点.故a 的取值范围是()0,1.注意:取点过程用到了常用放缩技巧。

高中数学压轴题系列——导数专题——零点与交点.docx

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高中数学压轴题系列——导数专题——零点与交点1.(2015?新课标Ⅰ)设函数f(x)=e2x﹣ alnx.(Ⅰ)讨论 f( x)的导函数 f ′(x)零点的个数;(Ⅱ)证明:当a> 0 时, f(x)≥ 2a+aln .解:(Ⅰ) f(x)=e2x﹣alnx 的定义域为( 0,+∞),∴ f ′( x) =2e2x﹣.当a≤0 时, f ′(x)> 0 恒成立,故 f ′(x)没有零点,当a>0 时,∵ y=e2x为单调递增, y=﹣单调递增,∴ f ′(x)在( 0,+∞)单调递增,又 f ′(a)> 0,假设存在 b 满足 0<b<ln时,且b<,f′(b)<0,故当a>0时,导函数f′(x)存在唯一的零点,(Ⅱ)由(Ⅰ)知,可设导函数 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)单调递减,在( x0+∞)单调递增,所欲当 x=x0时, f(x)取得最小值,最小值为 f(x0),由于﹣=0,所以 f( x0) =+2ax0+aln≥2a+aln.故当a>0时,f(x)≥ 2a+aln.(陕西)已知函数f ()x, x∈ R.2.2013?x=e(Ⅰ)若直线 y=kx+1 与 f(x)的反函数 g(x)=lnx 的图象相切,求实数 k 的值;(Ⅱ)设 x> 0,讨论曲线 y=f (x)与曲线 y=mx2( m>0)公共点的个数.(Ⅲ)设 a<b,比较与的大小,并说明理由.解:( I)函数 f( x)=e x的反函数为 g(x)=lnx,∴.设直线 y=kx+1 与 g( x)的图象相切于点P(x0, y0),则,解得, k=e﹣2,∴ k=e﹣2.(II)当 x> 0, m>0 时,令 f(x)=mx2,化为 m=,令h(x)=,则,则x∈( 0, 2)时, h′( x)< 0,h(x)单调递减;∴当 x=2 时, h( x)取得极小值即最小值,x∈( 2,+∞)时, h′( x)> 0,h(x)单调递增..∴当时,曲线 y=f (x)与曲线 y=mx2( m>0)公共点的个数为0;当时,曲线 y=f ( x)与曲线 y=mx2( m> 0)公共点的个数为 1;当时,曲线 y=f (x)与曲线 y=mx2(m>0)公共点个数为 2.(Ⅲ)===,令 g( x)=x+2+( x﹣2)e x(x>0),则 g′( x) =1+(x﹣ 1) e x.′′xg (x)=xe > 0,∴ g′(x)在( 0,+∞)上单调递增,且g′( 0) =0,∴g′(x)> 0,∴ g(x)在( 0,+∞)上单调递增,而 g( 0)=0,∴在( 0,+∞)上,有 g( x)> g( 0) =0.∵当 x> 0 时, g(x)=x+2+(x﹣ 2) ?e x> 0,且 a<b,∴,即当 a< b 时,.3.(2016?新课标Ⅰ)已知函数f(x)=(x﹣2)e x+a(x﹣1)2.(Ⅰ)讨论 f( x)的单调性;(Ⅱ)若 f( x)有两个零点,求 a 的取值范围.解:(Ⅰ)由 f(x)=(x﹣ 2)e x+a( x﹣ 1)2,可得 f ′(x)=(x﹣1)e x+2a(x﹣1)=(x﹣1)( e x+2a),①当 a≥ 0 时,由 f ′(x)> 0,可得 x>1;由 f ′( x)< 0,可得 x<1,即有 f( x)在(﹣∞, 1)递减;在( 1,+∞)递增(如右上图);②当 a< 0 时,(如右下图)若 a=﹣,则f′(x)≥ 0恒成立,即有f(x)在R上递增;若 a<﹣时,由f′(x)>0,可得x<1或x>ln(﹣2a);由f′(x)<0,可得1<x<ln(﹣2a).即有 f( x)在(﹣∞, 1),(ln(﹣ 2a),+∞)递增;在( 1,ln(﹣ 2a))递减;若﹣<a<0,由 f ′( x)> 0,可得 x< ln(﹣ 2a)或 x> 1;由 f ′(x)< 0,可得 ln(﹣ 2a)< x< 1.即有 f( x)在(﹣∞, ln(﹣ 2a)),(1,+∞)递增;在( ln(﹣ 2a),1)递减;(Ⅱ)①由(Ⅰ)可得当a> 0 时, f(x)在(﹣∞, 1)递减;在( 1,+∞)递增,且f(1)=﹣e<0, x→+∞, f( x)→+∞; x→﹣∞, f( x)→+∞. f( x)有两个零点;②当 a=0 时, f( x)=(x﹣2) e x,所以 f( x)只有一个零点 x=2;③当 a< 0 时,若 a<﹣时, f( x)在( 1,ln(﹣ 2a))递减,在(﹣∞, 1),( ln(﹣ 2a),+∞)递增,又当 x≤ 1 时, f(x)< 0,所以 f(x)不存在两个零点;当 a≥﹣时,在(﹣∞,ln(﹣2a))单调增,在(1,+∞)单调增,在(1n(﹣2a),1)单调减,只有 f( ln(﹣ 2a))等于 0 才有两个零点而 f( x)小于零所以只有一个零点不符题意.综上可得, f( x)有两个零点时, a 的取值范围为( 0,+∞).4.(2015?新课标Ⅰ)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=﹣lnx(i)当 a 为何值时, x 轴为曲线 y=f(x)的切线;(ii)用 min { m,n }表示 m,n 中的最小值,设函数 h( x)=min { f(x),g( x)}(x> 0),讨论 h(x)零点的个数.解:( i) f ′(x) =3x2+a.设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点 P(x0, 0),则 f( x0) =0,f (′ x0) =0,∴,解得,a=.因此当a=﹣时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(i i)当 x∈( 1,+∞)时, g( x) =﹣ lnx< 0,∴函数 h(x)=min { f( x),g(x)}< 0,故 h( x)在 x∈( 1,+∞)时无零点.当 x=1时,若 a≥﹣,则 f(1)=a+≥ 0,∴h(x)=min { f(1), g(1)} =g( 1) =0,故 x=1 是函数 h(x)的一个零点;若a<﹣,则 f( 1) =a+<0,∴ h(x)=min { f(1),g(1)} =f(1)< 0,故 x=1 不是函数 h( x)的零点;当 x∈( 0, 1)时, g(x)=﹣lnx>0,因此只考虑 f( x)在( 0,1)内的零点个数即可.①当 a≤﹣ 3 或 a≥ 0 时, f ′(x)=3x2+a 在( 0,1)内无零点,因此f(x)在区间( 0,1)内单调,而 f(0)=,f(1)=a+,∴当a≤﹣3时,函数f(x)在区间(0,1)内有一个零点,当 a≥0 时,函数 f( x)在区间( 0,1)内没有零点.②当﹣ 3<a< 0 时,函数 f(x)在内单调递减,在内单调递增,故当x=时,f( x)取得最小值=.若>0,即,则f(x)在(0,1)内无零点.若=0,即 a=﹣,则f(x)在(0,1)内有唯一零点.若<0,即,由f(0)=,f(1)=a+,∴当时, f( x)在( 0,1)内有两个零点.当﹣ 3< a时,f(x)在(0,1)内有一个零点.综上可得:a<时,函数h(x)有一个零点.当时, h( x)有一个零点;当a=或时, h( x)有两个零点;当时,函数h(x)有三个零点.5.(2017?新课标Ⅰ)已知函数f(x)=ae2x+( a﹣ 2)e x﹣ x.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 f( x)有两个零点,求 a 的取值范围.解:( 1)由 f( x) =ae2x+(a﹣2) e x﹣ x,求导 f ′( x)=2ae2x+(a﹣ 2) e x﹣ 1,当a=0 时, f ′(x)=﹣2e x﹣1< 0,∴当 x∈R,f(x)单调递减,当a>0 时, f ′(x)=(2e x+1)(ae x﹣1) =2a(e x+)(e x﹣),令 f ′( x)=0,解得: x=ln ,当 f ′(x)> 0,解得: x>ln ,当 f ′( x)< 0,解得: x< ln ,∴x∈(﹣∞, ln)时,f(x)单调递减,x∈(ln,+∞)单调递增;当 a<0 时, f ′(x)=2a(e x+)(e x﹣)<0,恒成立,∴当x∈R,f(x)单调递减,综上可知:当 a≤0 时, f(x)在 R 单调减函数,当 a>0 时, f( x)在(﹣∞, ln)是减函数,在(ln,+∞)是增函数;(2)①若 a≤0 时,由( 1)可知: f( x)最多有一个零点,当 a>0 时, f( x) =ae2x+( a﹣ 2) e x﹣ x,当 x→﹣∞时, e2x→0, e x→0,∴当 x→﹣∞时, f( x)→+∞,当 x→∞, e2x→ ∞,且远远大于x和 x,∴当 x→∞, f(x)→+∞,+e∴函数有两个零点, f(x)的最小值小于 0 即可,由 f(x)在(﹣∞, ln)是减函数,在( ln, +∞)是增函数,∴f(x)min()×()(﹣)× ﹣ln <,∴ ﹣﹣ln<,即ln +﹣>,=f ln=a+ a 201 1 0设 t= ,则 g( t) =lnt+t﹣1,( t>0),求导 g′(t)=+1,由g(1)=0,∴t=> 1,解得: 0<a<1,∴a 的取值范围( 0, 1).方法二:(1)由 f(x)=ae2x+( a﹣ 2)e x﹣x,求导 f ′(x)=2ae2x+(a﹣2)e x﹣ 1,当a=0 时, f ′(x)=﹣2e x﹣1< 0,∴当 x∈R,f(x)单调递减,当a>0 时, f ′(x)=(2e x+1)(ae x﹣1) =2a(e x+)(e x﹣),令 f ′( x)=0,解得: x=﹣ lna,当 f ′(x)> 0,解得: x>﹣ lna,当 f ′( x)< 0,解得: x<﹣ lna,∴x∈(﹣∞,﹣ lna)时, f(x)单调递减, x∈(﹣ lna,+∞)单调递增;当 a<0 时, f ′(x)=2a(e x+)(e x﹣)<0,恒成立,∴当x∈R,f(x)单调递减,综上可知:当 a≤0 时, f(x)在 R 单调减函数,当a>0 时, f( x)在(﹣∞,﹣ lna)是减函数,在(﹣ lna,+∞)是增函数;(2)①若 a≤0 时,由( 1)可知: f( x)最多有一个零点,②当 a> 0 时,由( 1)可知:当 x=﹣lna 时, f( x)取得最小值, f(x)min=f(﹣ lna)=1﹣﹣ln ,当a=1,时, f(﹣ lna)=0,故 f( x)只有一个零点,当a∈( 1,+∞)时,由 1﹣﹣ ln >0,即 f(﹣ lna)> 0,故 f(x)没有零点,当a∈( 0, 1)时, 1﹣﹣ ln < 0,f(﹣ lna)< 0,由 f(﹣ 2)=ae﹣4+( a﹣2)e﹣2+2>﹣ 2e﹣2+2> 0,故 f(x)在(﹣∞,﹣ lna)有一个零点,假设存在正整数n0,满足 n0>ln(﹣1),则f(n0)=(a+a﹣2)﹣n0>﹣n0>﹣n0>0,由ln(﹣1)>﹣ lna,因此在(﹣ lna,+∞)有一个零点.∴a 的取值范围( 0, 1).。

专题2.13 交点零点有没有,极最符号异与否(原卷版)-高中数学压轴题讲义(解答题)

专题2.13 交点零点有没有,极最符号异与否(原卷版)-高中数学压轴题讲义(解答题)

【题型综述】导数研究函数图象交点及零点问题利用导数来探讨函数)(x f y =的图象与函数)(x g y =的图象的交点问题,有以下几个步骤:①构造函数)()()(x g x f x h -=;②求导)('x h ;③研究函数)(x h 的单调性和极值(必要时要研究函数图象端点的极限情况);④画出函数)(x h 的草图,观察与x 轴的交点情况,列不等式;⑤解不等式得解.探讨函数)(x f y =的零点个数,往往从函数的单调性和极值入手解决问题,结合零点存在性定理求解.【典例指引】例1.已知函数()1ln f x a x x=-,a R ∈.(I )若曲线()y f x =在点(1,()1f )处的切线与直线20x y +=垂直,求a 的值;(II )当1a =时,试问曲线()y f x =与直线23y x =-是否有公共点?如果有,求出所有公共点;若没有,请说明理由.例2.已知函数f(x )=lnx ,h(x)=ax(a 为实数)(1)函数f(x)的图象与h(x)的图象没有公共点,求实数a 的取值范围;(2)是否存在实数m ,使得对任意的1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭都有函数()m y f x x =+的图象在函数()x e g x x =图象的下方?若存在,请求出整数m 的最大值;若不存在,说明理由(ln2 1.992e +≈)例3.已知二次函数f (x )的最小值为-4,且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |-1≤x ≤3,x ∈R}.(1)求函数f (x )的解析式;(2)求函数()()4ln f x g x x x =-的零点个数.例4.已知函数()ln f x x x =-()()ln 1g x x t x =--.(Ⅰ)求证:当0x >时,()0f x <;(Ⅱ)若函数()g x 在(1,+∞)上有唯一零点,求实数t 的取值范围.【新题展示】1.【2019黑龙江大庆二模】已知函数.(Ⅰ)当时,点在函数的图象上运动,直线与函数的图象不相交,求点到直线距离的最小值;(Ⅱ)讨论函数零点的个数,并说明理由.2.【2019北京房山区上学期期末】已知函数(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;(Ⅱ)若对恒成立,求的取值范围;(Ⅲ)证明:若存在零点,则在区间上仅有一个零点.3.【2019浙江名校新高考研究联盟联考】设,已知函数,.Ⅰ若恒成立,求的范围Ⅱ证明:存在实数,使得有唯一零点.4.【2019甘肃、青海、宁夏上学期期末】已知函数.(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)当时,讨论函数的零点个数.5.【2019安徽芜湖上学期期末】已知函数,.(1)求的极值点;(2)若函数在区间内无零点,求的取值范围.6.【2019山东济南上学期期末】已知函数.(1)讨论的单调性;(2)若有两个零点,求的取值范围.【同步训练】1.已知函数()()22ln ,f x x a x a R x=+-∈.(Ⅰ)若()f x 在2x =处取极值,求()f x 在点()()1,1f 处的切线方程;(Ⅱ)当0a >时,若()f x 有唯一的零点0x ,求证:0 1.x >2.已知函数()ln b f x a x x =+()0a ≠.(1)当2b =时,若函数()f x 恰有一个零点,求实数a 的取值范围;(2)当0a b +=,0b >时,对任意121,,e ex x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,有()()12e 2f x f x -≤-成立,求实数b 的取值范围.3.已知函数()()0.xf x e ax a a R a =+-∈≠且(I)若函数()0f x x =在处取得极值,求实数a 的值;并求此时()[]21f x -在,上的最大值;(Ⅱ)若函数()f x 不存在零点,求实数a 的取值范围;4.已知函数()()e xf x x a =+,其中e 是自然数的底数,a R ∈.(Ⅰ)求实数()f x 的单调区间.(Ⅱ)当1a <时,试确定函数()()2g x f x a x =--的零点个数,并说明理由.5.已知函数()2ln 2x f x x =-,()22x g x x =-.(Ⅰ)求曲线()y f x =在1x =处的切线方程.(Ⅱ)求()f x 的单调区间.(Ⅲ)设()()()()1h x af x a g x =++,其中01a <≤,证明:函数()h x 仅有一个零点.6.设函数()ln ,R m f x x m x=+∈(Ⅰ)当e m =(e 为自然对数的底数)时,求()f x 的极小值;(Ⅱ)若函数()()3x g x f x -'=存在唯一零点,求m 的取值范围.7.已知函数()()2112x f x xe a x =-+.(1)若a e =,求函数()f x 的极值;(2)若函数()f x 有两个零点,求实数a 的取值范围.8.已知()21ln 2f x x a x =-,a R ∈.(1)求函数()f x 的增区间;(2)若函数()f x 有两个零点,求实数a 的取值范围,并说明理由;(3)设正实数1λ,2λ满足当0a >时,求证:对任意的两个正实数1x ,2x 总有()()()11221122f x x f x f x λλλλ+≤+.(参考求导公式:()()'[]f ax b af ax b +=+')9.已知函数()21ln 2f x x ax x =-+,1a <.(1)当0a =时,求函数()f x 在()()1,1f 处的切线方程;(2)令()()()1g x f x ax =--,讨论函数()g x 的零点的个数;(3)若2a =-,正实数12,x x 满足()()12120f x f x x x ++=,证明12512x x -+≥10.已知函数()ln a f x x x=+(a R ∈).(1)判断函数()f x 在区间)2,e -⎡+∞⎣上零点的个数;(2)当1a =-时,若在[]1,e ( 2.71828e =⋯)上存在一点0x ,使得()0001x mf x x +<成立,求实数m 的取值范围.11.已知函数()213ln 2f x x x =-.(1)求()f x 在()()1,1f 处的切线方程;(2)试判断()f x 在区间()1,e 上有没有零点?若有则判断零点的个数.12.已知函数()ln ,x a f x x e a R +=-∈,其中 2.718,e e = 为自然对数的底数.(1)当1a =-时,求函数()f x 的极值;(2)当2a ≥-时,讨论函数()f x 的定义域内的零点个数.13.已知函数()()22x x f x ae a e x =+--.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.14.已知函数()()()32111323a f x x a x x a R =-++-∈.(1)若1a >,求函数()f x 的极值;(2)当01a <<时,判断函数()f x 在区间[]0,2上零点的个数.15.已知函数()21ln 2f x x m x =-.(1)求函数()f x 的极值;(2)若1m ≥,试讨论关于x 的方程()()21f x x m x =-+的解的个数,并说明理由.。

专题14 利用导数研究函数零点问题(解析版)

专题14 利用导数研究函数零点问题(解析版)

专题14利用导数研究函数零点问题一.函数零点问题的常见题型:判断函数是否存在零点或者求零点的个数;根据含参函数零点情况,求参数的值或取值范围.求解步骤:第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y k =)在某区间上的交点问题;第二步:利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质,进而画出其图像;第三步:结合图像判断零点或根据零点分析参数.二.利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法:根据题目要求画出函数的图象,标明函数极(最)值的位置,借助数形结合的思想分析问题(画草图时注意有时候需使用极限).(2)利用函数零点存在定理:先用该定理判定函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.三.利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后,将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解;(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解;(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题,从而构建不等式求解.专项突破一判断函数零点的个数一、单选题1.函数()23322f x x x =-+-所有零点的个数为()A .1B .2C .3D .4【解析】由题可知,2x ≠±,且233()()()22f x x f x x -=--+=--,故函数()f x 为定义域上的偶函数,且(0)0f =,当0x >,且2x ≠时,233()22f x x x =-+-,23()2(2)f x x x '=---当02x <<时,()0f x '<,函数()f x 单调递减,且(0)0f =,故函数()f x 在区间(0,2)上无零点,当2x >时,()0f x '<,函数()f x 单调递减,当2x →时,()f x →+∞,当x →-∞时,()f x →-∞,故函数()f x 在区间(2,)+∞上必存在一点0x ,使得0()0f x =,所以函数()f x 在区间(2,)+∞上有1个零点,又函数()f x 为定义域上的偶函数,则函数()f x 在区间(,2)-∞-上有1个零点,又(0)0f =,所以函数()f x 共有3个零点.故选:C.2.已知函数()31ln 01203x x x f x x x +>⎧⎪=⎨+≤⎪⎩,则函数()()1g x f x x =--的零点个数为()A .1B .0C .3D .2【解析】当0x >时,1ln 10x x x +--=,得ln 1x =,即e x =,成立,当0x ≤时,312103x x +--=,得31103x x -+=,设()3113g x x x =-+,()0x ≤,()()()21110g x x x x '=-=+-=,得1x =-或1x =(舍),当(),1x ∈-∞-时,()0g x ¢>,函数()g x 单调递增,当()1,0x ∈-时,()0g x ¢<,函数()g x 单调递减,所以1x =-时,函数取得最大值,()5103g -=>,()010g =>,()350g -=-<,根据零点存在性定理可知,()3,1x ∈--,存在1个零点,综上可知,函数有2个零点.故选:D3.函数()e ln 1xf x x x x =---的零点个数为()A .0B .1C .2D .3【解析】()()()()()1e 1111e e 1e 11e x xxx x x x x f x x x x x x x x+-+⎛⎫'=+--=+-+-= ⎪⎝⎭,令()e 1x h x x =-,,()0x ∈+∞,则()e e 0x xh x x =+>',故h (x )在(0,)+∞上单调递增,∵()010h =-<,()1e 10h =->,∴存在唯一的()00,1x ∈,使得()0 0h x =,即00 e 10xx -=,即001e x x =,00ln x x =-,∴当00x x <<时,()00h x <,()0f x '<,()f x 单调递减,当0x x >时,()00h x >,()0f x '>,()f x 单调递增,∴()0min 000000()e ln 1011xf x f x x x x x x ==--=+---=,∴函数()e ln 1xf x x x x =---的零点个数为1.故选:B .4.已知()e,a ∈+∞,则函数()ln e x f x a x ax x =+-的零点个数为()A .0B .1C .2D .3【解析】函数()ln e x f x a x ax x =+-定义域为(0,)+∞,求导得:()(1)(e )xa f x x x'=+-,令()e xa g x x=-,0x >,显然()g x 在(0,)+∞上单调递减,而e a >,()1e 0a g a =-<,(1)e>0g a =-,则存在0(1,)x a ∈,使得0()0g x =,即00e x ax =,当00x x <<时,()0>g x ,()0f x '>,当0x x >时,()0g x <,()0f x '<,因此,()f x 在0(0,)x 上单调递增,在0(,)x +∞上单调递减,0max 000000()()ln e (ln 1)0x f x f x a x ax x a x x ==+-=+->,而11111e e e (ln 1ln 110aaaf a a a a a a a a a=+-=-+-<-+-<,则存在101(,)x x a ∈使得1()0f x =,即()f x 在0(0,)x 上存在唯一零点,又()(ln e )a f a a a a =+-,令()ln e ,e x h x x x x =+->,1()1e 0x h x x'=+-<,则()h x 在(e,)+∞上单调递减,e x ∀>,e 2()(e)1e e 1e e 0h x h <=+-<+-<,于是得()0f a <,则存在20(,)x x a ∈使得2()0f x =,即()f x 在0(,)x +∞上存在唯一零点,综上得:函数()ln e x f x a x ax x =+-的零点个数为2.故选:C 5.已知a ∈R ,则函数()()32113f x x a x x =-++零点的个数为()A .1B .2C .3D .与a 有关【解析】令()()321103f x x a x x =-++=,得()3231x a x x =++.令()3231x y x x =++,2y a =,只需看两个图像的交点的个数.()()()()()22232222223121121103311x x x x x x x x y x x x x ++-+++'=⨯=⨯>++++所以()3231x y x x =++在R 上单调递增.当x →-∞时,y →-∞;当x →+∞时,y →+∞;所以2y a =与()3231x y x x =++有且只有一个交点.故选:A6.已知()f x 为R 上的可导函数,当0x ≠时,()()0f x f x x'+>,若()()1F x f x x=+,则函数()F x 的零点个数为()A .0B .1C .2D .0或2【解析】构造函数()()1g x xf x =+,其中0x ≠,则()()()g x f x xf x ''=+,当0x ≠时,()()()()0'+'+=>f x xf x f x f x x x.当0x <时,()()()0g x f x xf x =+'<',此时,函数()g x 单调递减,则()()01g x g >=;当0x >时,()()()0g x f x xf x ''=+>,此时,函数()g x 单调递增,则()()01g x g >=.所以,当0x <时,()()()110xf x F x f x x x +=+=<;当0x >时,()()()110xf x F x f x x x+=+=>.综上所述,函数()F x 的零点个数为0.故选:A.二、填空题7.设函数()f x 满足()()3229f x f x x x +-=-,则函数()()()3g x f f x =+的零点个数为______.【解析】因为()()3229f x f x x x +-=-①,所以()()3229f x f x x x -+=--②,①×2-②,得()32339f x x x =-,即()323f x x x =-,则()()23632'=-=-f x x x x x ,当2x >,或0x <时()0f x '>,)f x 单调递增,当02x <<时()0f x '<,()f x 单调递减,所以()f x 的极小值为()24f =-,极大值为()00f =,因为()323f x x x =-的零点为0或3,所以由()()()30g x f f x =+=,得()30f x +=或()33f x +=,即()3f x =-或()0f x =,因为()f x 的极小值为()24f =-,极大值为()00f =,所以方程()3f x =-有3个不同的实数解,又()0f x =有2个不同的实数解,所以()()()3g x f f x =+的零点个数为5.8.已知函数1e ,0,()2e ln ,0,x x x f x x x x +⎧≤=⎨⎩>则函数()()1g x f x =-零点的个数为___________【解析】0x ≤时,1()(1)x f x x e +¢=+,1x <-时,()0f x '<,()f x 递减;10-<≤x 时,()0f x '>,()f x 递增;则1x =-时,()f x 取极小值也是最小值(1)1f -=-;0x >时,()2(1ln )f x e x ¢=+,10x e<<时,()0f x '<,()f x 递减;1x e >时,()0f x '>,()f x 递增;则1=x e 时,()f x 取极小值也是最小值12f e 骣琪=-琪桫,综上所述,可作出()f x 图象,在作两条直线1y =±,结合图象可知,()f x 与1y =±有4个交点.三、解答题9.已知函数()1e 1xx f x x +=--.(1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程;(2)判断函数f (x )的零点的个数,并说明理由.【解析】(1)由()()()212e e 031(1)x x x f x f x f x x +''=-⇒=+⇒=--,而()02f =,所以该函数在点(0,f (0))处的切线方程为:23(0)320y x x y -=-⇒-+=;(2)函数()f x 的定义域为(,1)(1,)-∞⋃+∞,由(1)可知:()22e (1)xf x x '=+-,当(,1)x ∞∈-时,()0,()f x f x '>单调递增,因为22111(2)(0)(e )22(03e 3f f --=-⋅=-<,所以函数在(,1)x ∞∈-时有唯一零点;当(1,)x ∈+∞时,()0,()f x f x '>单调递增,因为5245(2)()(e 3)(e 9)04f f =-⋅-<,所以函数在(,1)x ∞∈-时有唯一零点,所以函数f (x )有2个零点.10.设函数()2(21)(21)ln(),f x a x a x a R =-++-∈.(1)讨论()f x 在定义域上的单调性;(2)当0a ≥时,判断()f x 在[1-,1]2-上的零点个数.【解析】(1)由题意,函数()2(21)(21)ln()f x a x a x =-++-的定义域为(,0)-∞,可得221()2a f x a x+'=+,①当0a ≤时,()0f x '<,则()f x 在(,0)-∞上是减函数;②当0a >时,22212()212()2a a x a af x a x x+++'=+=,则当221(,2a x a+∈-∞-时,()0f x '>,()f x 单调递增;当221(2a x a+∈-时,()0f x '<,()f x 单调递减,所以函数()f x 在221(,)2a a +-∞-上单调递增,在221(,0)2a a+-上单调递减;(2)①当0a =时,函数()ln()f x x =-,令ln()0x -=,解得1x =-,故()f x 在[211,]--上有一个零点;②当0a >时,因为22112()21221022a a a a-++-=>,则2121[1,](,0)22a a +--⊆-,即()f x 在[1-,1]2-上单调递减,又(1)30f a -=-<,21()2(21)202f a a ln -=--+<,所以函数()f x 在[211,]--上没有零点.11.已知函数()sin f x x ax =+,其中[]0,x π∈.(1)当12a =-时,求()f x 的极值;(2)当1a ≥时,求()f x 的零点个数.【解析】(1)当12a =-时,()1sin 2f x x x =-,[]0,x π∈,求导得()1cos 2f x x '=-,[]0,x π∈,令()0f x '=,得3x π=,当0,3x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,()0f x '>;当,3x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时,()0f x '<.∴()f x 在区间0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,在区间,3ππ⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减,∴当3x π=时,()f x 取得极大值36f ππ⎛⎫=⎪⎝⎭,无极小值;(2)()cos f x x a '=+,[]0,x π∈,当1a ≥时,∵1cos 1x -≤≤,∴()0f x '≥,∴()f x 在区间[]0,π上单调递增,∴()()00f x f ≥=,故()f x 只有一个零点0.12.已知函数()22ln f x x a x =-,()222ln 2g x x x =-+-.(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)当1a =时,判断()()g x f x -的零点个数.【解析】(1)()22a f x x x '=-()22x a x-=,故当0a ≤时,()0f x '≥,所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增,当0a >时,令()0f x '>,得x >所以函数()f x 在)+∞上单调递增,令()0f x '<,得x <所以函数()f x 在(上单调递减,综上,当0a ≤时,函数()f x 在()0,∞+上单调递增,当0a >时,函数()f x 在)+∞上单调递增,在(上单调递减.(2)设()()()F x g x f x =-=2ln 22ln 2x x -+-,则()21F x x'=-,令()0F x '=,解得2x =,当()0,2x ∈时,()0F x '>;当()2,x ∈+∞时,()0F x '<;故()F x 最大值为()20F =,所以()()g x f x -有且只有一个零点2.13.已知()()2e 2ln xf x x a x x =-+(1)当e a =时,求()f x 的单调性;(2)讨论()f x 的零点个数.【解析】(1)因为e a =,0x >,()()2e e 2ln xf x x x x =-+所以()()()()()2e 22e 2e e 12e 2e x xx x f x x x x x x x x x x +⎛⎫⎛⎫'=+-+=+-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,()10f '=令()e e x g x x x =-,()()2e 1e 0xg x x x'=++>,所以()g x 在()0,+∞单增,且()10g =,当()0,1∈x 时()e e 0xg x x x =-<,当()1,x ∈+∞时()ee 0x g x x x=->,所以当()0,1∈x 时()0f x ¢<,当()1,x ∈+∞时()0f x ¢>,所以()f x 在()0,1单调递减,在()1,+∞单调递增(2)因为()()()2ln 2ln e e 2ln e 2ln 0x x x x f x a x x a x x +=⋅-+=-+=令2ln t x x =+,易知2ln t x x =+在()0,+∞上单调递增,且R t ∈,故()f x 的零点转化为()()2ln e2ln e 0x xt f x a x x at +=-+=-=即e t at =,R t ∈,设()e t g t at =-,则()e t g t a '=-,当0a =时,()e tg t =无零点;当0a <时,()e 0tg t a '=->,故()g t 为R 上的增函数,而()010g =>,11e 10a g a ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,故()g t 在R 上有且只有一个零点;当0a >时,若(),ln t a ∈-∞,则()0g t '<;()ln ,t a ∈+∞,则()0g t '>;故()()()min ln 1ln g t g a a a ==-,若e a =,则()min 0g t =,故()g t 在R 上有且只有一个零点;若0e a <<,则()min 0g t >,故()g t 在R 上无零点;若e a >,则()min 0g t <,此时ln 1a >,而()010g =>,()()22ln 2ln 2ln g a a a a a a a =-=-,设()2ln h a a a =-,e a >,则()20a h a a-'=>,故()h a 在()e,+∞上为增函数,故()()e e 20h a h >=->即()2ln 0g a >,故此时()g t 在R 上有且只有两个不同的零点;综上:当0e ≤<a 时,0个零点;当e a =或0a <时,1个零点;e a >时,2个零点;14.已知函数()[]21sin cos ,0,2f x x x x ax x π=++∈.(1)当0a =时,求()f x 的单调区间;(2)当0a >时,讨论()f x 的零点个数.【解析】(1)当0a =时,函数()[]sin cos ,0,f x x x x x π=+∈,可得()sin cos sin cos f x x x x x x x =+-='.当x 在区间[]0π,上变化时,()f x ',f (x )的变化如下表:x 00,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭2π,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭π()f x '0+0-f (x )极小值1极大值2π -1所以()f x 的单调增区间为0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭;()f x 的单调减区间为,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭.(2)由题意,函数()[]21sin cos ,0,2f x x x x ax x π=++∈,可得()()cos cos f x ax x x x a x =+=+'当1a ≥时,cos 0a x +≥在[0,]π上恒成立,所以[0,]x π∈时,()0f x '≥,所以()f x 在[0,]π上单调递增.又因为()01f =,所以f (x )在[0,]π上有0个零点.当01a <<时,令()0f x '=,可得cos x a =-.由10a -<-<可知存在唯一的0,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得0cos x a =-,所以当0[0,)x x ∈时,()0f x '≥,()f x 单调递增;当()0,x x π∈时,()0f x '<,()f x 单调递减,因为()01f =,0()1f x >,()2112f a ππ=-,①当21102a π->,即221a π<<时,()f x 在[0,]π上有0个零点.②当21102a π-≤,即220a π<≤时,()f x 在[0,]π上有1个零点.综上可得,当220a π<≤时,()f x 有2个零点;当22a π>时,()f x 有0个零点.15.已知函数()()()e 12e xxaf x a x a =+---∈R (1)求函数()f x 的单调区间.(2)若(,2]a ∈-∞,求函数()f x 在区间(,2]-∞上的零点个数.【解析】(1)由题意,得()()()()e 1e e 1,e e x x xx xa a f x a x +-=---='∈R当0a ≤时,()0f x '>恒成立,所以()f x 在R 上单调递增.当0a >时,由()0f x '>,得ln x a >,由()0f x '<,得ln x a <,所以()f x 在(,ln )a -∞上单调递减,在(ln ,)a +∞上单调递增.综上所述,当0a ≤时,()f x 的单调递增区间为R ,无单调递减区间,当0a >时,()f x 的单调递减区间为(,ln )a -∞,单调递增区间为(ln ,)a +∞;(2)由(1)可知当0a ≤时,()0f x '>在(,2]-∞上恒成立,所以()f x 在(,2]-∞上单调递增.因为()()22221010,2e 2e 20e e a f a f a a ⎛⎫=-=+-=+- ⎪⎝⎭,所以由零点存在性定理知,函数f 在(,2]-∞上有1个零点,当02a <≤时,若(,ln )x a ∈-∞,则()0f x '<,若(ln ,2]x a ∈,则()0f x '>,所以()f x 在(,ln )a -∞上单调递减,在(ln ,2]a 上单调递增,可得()()()()min ln 11ln f x f a a a ==--,①当1a =时,min ()0f x =,此时()f x 在(,2]-∞上有1个零点②当01a <<时min ()0f x <,因为当x →-∞时()()22,2e 20e af x f a ∞→+=+->,所以此时()f x 在(,2]-∞上有2个零点③当12a <≤时,min ()0f x >,此时()f x 在(,2]-∞上无零点.综上,当0a ≤或1a =时,()f x 在(,2]-∞上有1个零点,当01a <<时()f x 在(,2]-∞上有2个零点,当12a <≤时()f x 在(,2]-∞上无零点.16.已知函数()()e ,xf x ax a R =-∈.(1)讨论()f x 的单调性;(2)讨论()f x 在()0,+∞上的零点个数.【解析】(1)因为()e xf x ax =-,则'()f x e x a =-,当0a ≤时,'()f x 0<,此时()f x 在R 上单调递减;当0a >时,令'()f x 0=,可得ln x a =,则当(),ln x a ∈-∞时,'()f x 0>,()f x 单调递增,当()ln ,x a ∈+∞时,'()f x 0<,()f x 单调递减.综上所述:当0a ≤时,()f x 在R 上单调递减;当0a >时,()f x 在(),ln a -∞单调递增,在()ln ,a +∞上单调递减.(2)当0a ≤时,()f x 在()0,+∞上单调递减,又()01f =-,故当()0,x ∈+∞时,()1f x <-,故此时()f x 在()0,+∞无零点;当01a <≤时,ln 0a <,故()f x 在)0,+∞单调递减,同0a ≤时,此时()f x 在()0,+∞无零点;当1a >时,ln 0a >,故()f x 在()0,ln a 单调递增,在()ln ,a +∞单调递减,()()()ln ln 1f x f a a a ≤=-,若ln 10a -<,即1e a <<时,()ln 0f a <,故()f x 在()0,+∞无零点;若ln 10a -=,即e a =时,()ln 0f a =,此时()f x 在()0,+∞有一个零点ln a ;若ln 10a ->,即e a >时,()ln 0f a >,又因为()010f =-<,故()f x 在()0,ln a 上一定存在一个零点;又因为2ln ln a a >,且()2ln 0f a <,故()f x 在()ln ,2ln a a 上也一定存在一个零点;下证()2ln 0f a <:()()22ln 2ln 2ln ,e f a a a a a a a a =-=->,令2ln ,e y x x x =->,则'y 20xx-=<,即2ln y x x =-在()e,∞+单调递减,故2ln e e 2e 0y <-=-<,即2ln 0,(e)x x x -<>故()()2ln 2ln 0,e f a a a a a =-.故当e a >时,()f x 有两个零点.综上所述:当e a <时,()f x 在()0,+∞无零点;e a =时,()f x 在()0,+∞有一个零点ln a ;e a >时,()f x 有两个零点.专项突破二由函数零点个数求参数一、单选题1.若函数()2ln 2,02,0x x x f x x x a x ->⎧=⎨++≤⎩有且只有2个零点,则实数a 的取值范围为()A .01a <<B .01a <≤C .01a ≤≤D .01a ≤<【解析】根据题意,0x >时,()ln 2(0)f x x x x =->,此时()12f x x'=-()120f x x -'=>时,102x <<;()120f x x -'=<时,12x >,所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减0x >时,()1ln 2102max f x f ⎛⎫==--< ⎪⎝⎭,所以()f x 在()0,+∞上无零点从而0x ≤时,()f x 有2个零点,根据二次函数的性质可得()4400100a a f ∆=->⎧∴≤<⎨≥⎩,故选:D.2.若函数3()12f x x x a =-+有三个不同的零点,则实数a 的取值范围是()A .(,8)-∞-B .(,8)-∞C .[16,16]-D .(16,16)-【解析】3()12f x x x a =-+,2()3123(2)(2)f x x x x '=-=+-.令()0f x '=,解得12x =-,22x =.(,2)x ∈-∞-,()0f x '>,()f x 为增函数,(2,2)x ∈-,()0f x '<,()f x 为减函数,(2,)x ∈+∞,()0f x '>,()f x 为增函数.所以()(2)16f x f a =-=+极大值,()(2)16f x f a ==-+极小值.因为函数3()12f x x x a =-+有三个不同的零点,等价于方程()0f x =有三个不同的根.所以160160a a +>⎧⎨-+<⎩,解得1616a -<<.故选:D3.若关于x 的方程ln 0x ax -=有且只有2个零点,则a 的取值范围是()A .1(,e-∞B .1(,)e -∞C .1(0,]e D .1(0,e【解析】由ln 0x ax -=,得ln x a x=(0x >),令ln ()(0)xf x x x =>,所以关于x 的方程ln 0x ax -=有且只有2个零点,等价于函数()f x 的图像与直线y a =有两个交点,由ln ()(0)x f x x x =>,得'21ln ()(0)xf x x x -=>,当0x e <<时,'()0f x >,当x e >,'()0f x <,所以()f x 在(0,)e 上递增,在(,)e +∞上递减,所以max ln 1()()e f x f e e e===,当x e >时,()0f x >,所以当10a e<<时,函数()f x 的图像与直线y a =有两个交点,所以a 的取值范围是1(0,)e,故选:D4.若函数()ln x f x a x e a =++有两个零点,则实数a 的取值范围为()A .(,)e +∞B .(,2)e -∞-C .(,)e -∞-D .(2,)e +∞【解析】因为函数()ln xf x a x e a =++有两个零点,定义域为()0,∞+;所以方程ln 0x a x e a ++=在()0,∞+上有两不等实根,显然0a ≠即方程ln 11x x a e +-=在()0,∞+上有两不等实根,令()ln 1xx g x e +=,则直线1=-y a 与曲线()ln 1xx g x e +=在()0,∞+上有两不同交点;因为()()211ln 1ln 1x x x xe x e x x x g x e e -+--'==,令()1ln 1h x x x=--,则()2110h x x x '=--<在()0,∞+上显然恒成立,因此()1ln 1h x x x=--在()0,∞+上单调递减,又()10h =,所以当()0,1x ∈时,()0h x >,即()0g x '>,所以()ln 1xx g x e +=单调递增;当()1,x ∈+∞时,()0h x <,即()0g x '<,所以()ln 1xx g x e +=单调递减;因此()()max 11g x g e ==,又当1x e >时,()ln 10x x g x e +=>;当10x e <<时,()ln 10xx g x e +=<,所以为使直线1=-y a 与曲线()ln 1xx g x e +=在()0,∞+上有两不同交点,只需110a e<-<,解得a e <-.故选:C.5.设函数()()ln ,0e 1,0xx x f x x x >⎧=⎨+≤⎩,若函数()y f x b =-有两个零点,则实数b 的取值范围是()A .()0,1B .[)0,1C .[]0,1D .[]{}20,1e-⋃-【解析】当0x >时,函数()ln f x x =单调递增;当0x ≤时,()()e 1xf x x =+,则()()e 20x f x x ='+=时,2x =-,所以当2x <-时,()0f x '<,20x -<≤时,()0f x '>,故当0x ≤时,()f x 在(),2-∞-上单调递减,在()2,0-上单调递增,所以()f x 在2x =-处取极小值,极小值为()22e f --=-,作出函数()f x的图象如图:因为函数()y f x b =-有两个零点,所以函数()y f x =与y b =有两个交点,所以当[]{}20,1e b -∈⋃-时函数()y f x =与y b =有两个交点,所以实数b 的取值范围为[]{}20,1e -⋃-.故选:D.6.已知函数()1e xf x x a -=+-有两个零点,则实数a 的取值范围为()A .21,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B .21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C .()2e ,0-D .()2e ,-+∞【解析】由题意,函数()1e xf x x a -=+-的定义域为R ,令()0f x =,即1e 0x x a -+-=,即()1e xa x =+⋅,设()()1e x g x x =+⋅,可得()()()e 1e 2e x x xg x x x '=++⋅=+⋅,当2x <-时,()0g x '<,当2x >-时,()0g x '>,所以()g x 在(,2)-∞-上单调递减,在(2,)-+∞上单调递增.又()212e g -=-,作出简图,如图所示,要使得函数()1e xf x x a -=+-有两个零点,只需y a =与()()1e xg x x =+⋅的图像有两个交点,所以210e a -<<,即实数a 的取值范围是210ea -<<.故选:A.7.已知函数()2e ln x f x a x x =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是()A .10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B .1,e 2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C .(,2e)-∞D .10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】因为函数()2e ln x f x a x =-有两个极值点,所以()()2e ln 1xf x a x '=-+有两个相异的零点,即ln 12e xx a +=有两个交点,令()()ln 1,0,ex x g x x +=∈+∞,则()()()1ln 1,0,e xx x g x x -+'=∈+∞,令()()()1ln 1,0,h x x x x =-+∈+∞,则()2110h x x x'=--<恒成立,所以()h x 在()0,x ∈+∞上递减,且()()11ln1101h =-+=,所以()0,1x ∈时,()0h x >;()1,x ∈+∞时,()0h x <;所以()0,1x ∈时,()0g x '>;()1,x ∈+∞时,()0g x '<;所以()0,1x ∈时,()g x 单调递增;()1,x ∈+∞时,()g x 单调递减;()()max ln1111e e g x g +===,又当x →+∞时,()ln 10e x x g x +=→;0x →时,()ln 1e xx g x +=→-∞;所以当ln 12e xx a +=有两个交点时,则有102a e<<,即102e a <<,所以函数()2e ln x f x a x x =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是102ea <<,故选:A 8.已知函数()()22e (e =--x xf x x x a )有三个零点,则实数a 的取值范围是()A .(0,1e -)B .(0,2e -)C .(0,1)D .(0,e )【解析】令()()()22e e 0=--=x xf x x x a ,所以22e 0-=x x 或e 0x x a -=,令()22e =-xg x x ,则()()2e '=-x g x x ,令()2(e )=-x h x x ,则()2(1)e '=-xh x ,当(,0)x ∈-∞时,()0h x '>,h (x )在(-∞,0)上单调递增;当,()0x ∈+∞时,()0h x '<,h (x )在(0,+∞)上单调递减,所以()(0)20h x h ≤=-<,即()0g x '<,所以g (x )在R 上单调递减,又()2110g e-=->,g (0)=20-<,所以存在0(1,0)x ∈-使得()00g x =,所以方程e 0x x a -=有两个异于0x 的实数根,则xxa e =,令()x x k x e =,则()1xx e xk -=',当(,1)x ∞∈-时,()0k x '>,k (x )在(-∞,1)上单调递增;当(1,)x ∈+∞时,()0k x '<,k (x )在(1,+∞)上单调递减,且()0k x >.所以()1()1k x k e ≤=,所以()x xk x e=与y a =的部分图象大致如图所示,由图知10a e<<,故选:A .9.函数()()()1e 21xf x a x x =---有两个零点,则a 的取值范围为()A .()32e ,14,⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭U B .321,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C .()320,14e ,⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭D .324e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】令()0f x =得(21)(1)e x x a x -=-,令()e (21)x g x x =-,则()e (21)x g x x '=+,∴当12x <-时,()0g x '<,当12x >-时,()0g x '>,()g x ∴在1(,)2-∞-上单调递减,在1(2-,)∞+上单调递增,作出()g x 与(1)y a x =-的函数图象如图所示:设直线(1)y a x =-与()g x 的图象相切,切点为00(,)x y ,则()()()00000001e 1e 21xx y a x y x a x ⎧=-⎪=-⎨⎪=+⎩,解得00x =,01y =-,1a =,或032x =,3202e y =,324e a =,()f x 有两个不同的零点,()g x ∴(1)a x =-的函数图象有两个交点,01a ∴<<或324e a >,即()320,14e ,a ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎝⎭.故选:C .10.已知()()()212()12e 1ex x f x x a x a --=-+++恰有三个不同的零点,则实数a 的范围为()A .()0,1B .()1,1-C .()0,e D .()1,0-【解析】由()()()()21212e 1e 0x x f x x a x a --=-+++=,得()()2111e e e x x x a x x ----=-,即()()11e1e0x x x x a --⎡⎤--+=⎣⎦.令()1e x g x x -=-,则()11e x g x -'=-,令()11e 0x g x -'=-=可得1x =,当(),1x ∈-∞时,()0g x '>,当()1,+∈∞x 时,()0g x '<,∴()g x 在(),1-∞单调递增,在()1,+∞单调递减,所以()()g 10x g ≤=,即()1e 0x g x x -=-=仅有唯一的解1x =.依题意,方程()11e 0x x a --+=有两个不同的解,即1y a =+与1ex x y -=有两个不同的交点,令()1ex x h x -=,则()11e x xh x --'=,易得()h x 在(),1-∞单调递增,在()1,+∞单调速减,()()11h x h ≤=,画出()h x 的草图观察图象可得01110a a <+<⇒-<<,故选:D .二、多选题11.已知()e xf x x ax b -=--()A .若24eb >,则()0,a ∞∃∈+,使函数()y f x =有2个零点B .若24e b >,则(),0a ∃∈-∞,使函数()y f x =有2个零点C .若240e b <<,则()0,a ∞∃∈+,使函数()y f x =有2个零点D .若240e b <<,则(),0a ∃∈-∞,使函数()y f x =有2个零点【解析】令()0f x =,则e xx ax b =+,所以设()e x x g x =,则()1e x xg x ='-当1x <时,()0g x '>,()g x 单调递增;当1x >时,()0g x '<,()g x 单调递减()g x 在1x =处取得极大值()11eg =当x 趋向于-∞时,()g x 趋向于-∞;当x 趋向于+∞时,()g x 趋向于0又()2ex x g x -''=,()20g ''=且当2x <时,()0g x ''<;当2x >时,()0g x ''>所以,2x =是函数()g x 的拐点,()222e g =,()212e g '=-所以()g x 在2x =处的切线方程为()2122ey x -=--,即2214e e y x =-+如图所示,ACD 正确,B 错误,故选:ACD12.已知函数()ln f x x x a =--有两个零点1x 、2x ,则下列说法正确的是().A .1a >B .121x x >C .121x x <D .122x x +>【解析】由()0f x =可得ln a x x =-,令()ln g x x x =-,其中0x >,所以,直线y a =与曲线()y g x =的图象有两个交点,()111x g x x x-'=-=,令()0gx '=,可得1x =,列表如下:x()0,11()1,+∞()g x '-+()g x 减极小值1增作出函数y a =与()y g x =的图象如下图所示:由图可知,当1a >时,函数y a =与()y g x =的图象有两个交点,A 对;121212ln ln 2x x x xx x -+<<-,其中12x x ≠,且1x 、2x 均为正数.先证明121212ln ln 2x x x x x x -+<-,其中120x x >>,即证()1122112122212ln 1x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++,令121x t x =>,()()21ln 1t p t t t -=-+,其中1t >,则()()()()222114011t p t t t t t -'=-=>++,所以,函数()p t 在()1,+∞上为增函数,当1t >时,()()10p t p >=,所以,当120x x >>时,121212ln ln 2x x x xx x -+<-,接下来证明:1212ln ln x x x x --120x x >>,即证12ln x x <=,令1t =>,即证12ln t t t <-,令()12ln h t t t t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭,其中1t >,则()222212110t t h t t t t -+'=--=-<,所以,函数()h t 在()1,+∞上为减函数,当1t >时,()()10h t h <=,所以,当120x x >>时,1212ln ln x x x x ->-由已知可得1122ln ln x x ax x a -=⎧⎨-=⎩,两式作差可得1212ln ln x x x x -=-,所以,12121ln ln x x x x -=-,1212121ln ln 2x x x xx x -+<=<-,故121x x <,122x x +>,B 错,CD 都对.故选:ACD.13.已知函数35,0()2ln ,0x x x f x x x ⎧-≤=⎨>⎩,若函数()()2g x f x x a =+-有3个零点,则实数a 可能的取值有()A .3B .2C .1D .0【解析】函数()()2g x f x x a =+-有3个零点,即方程()2f x x a +=有3个不同的实根,即函数()2y f x x =+与y a =的图象有3个不同的交点,令()()2h x f x x =+=33,02ln 2,0x x x x x x ⎧-≤⎨+>⎩,当0x ≤时,()()()233311h x x x x '=-=+-,当10x -<<时,()0h x '<,当1x <-时,()0h x '>,所以函数()h x 在(),1-∞-上递增,在()1,0-上递减,故当0x ≤时,()()max 12h x h =-=,又()00h =,当x →-∞时,()h x →-∞,当0x >时,()2ln 2h x x x =+在()0,∞+上递增,又1220e e h ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭,当x →+∞时,()h x →+∞,如图,作出函数()h x 的大致图像,结合图像可知,要使函数()2y f x x =+与y a =的图象有3个不同的交点,则a 的范图为02a ≤<.故选:CD.14.已知函数()()ln 1f x x x a x x =+-+在区间(1,+∞)内没有零点,则实数a 的取值可以为()A .-1B .2C .3D .4【解析】()()ln 1ln 1a f x x x a x x x x a x ⎛⎫=+-+=+-+ ⎪⎝⎭,设()ln 1a g x x a x =+-+则在1x >上,()y f x =与()y g x =有相同的零点.故函数()f x 在区间()1,+∞内没有零点,即()g x 在区间()1,+∞内没有零点,()221a x ag x x x x-'=-=,当1a ≤时,()20x ag x x -'=>在区间)1,+∞上恒成立,则()g x 在区间()1,+∞上单调递增.所以()()110g x g >=>,显然()g x 在区间()1,+∞内没有零点.当1a >时,令()0g x '>,得x a >,令()0g x '<,得1x a <<所以()g x 在区间()1,a 上单调递减增.在区间(),a +∞上单调递增.所以()()ln 2g x g a a a ≥=+-设()()ln 21h a a a a =+->,则()()11101a h a a a a-=-=<>所以()h a 在()1,+∞上单调递减,且()()3ln 310,4ln 420g g =->=-<所以存在()03,4a ∈,使得()00h a =,要使得()g x 在区间()1,+∞内没有零点,则()ln 20g a a a =+->,所以()013,4a a <<∈,综上所述,满足条件的a 的范围是()03,4a a <∈由选项可知:选项ABC 可使得()g x 在区间()1,+∞内没有零点,即满足题意.故选:ABC15.已知函数()()()1e 21xf x a x x =---在(,1)-∞上有两个不同的零点,则实数a 可能取到的值为()A .1-B .14C .12D .1【解析】令()0f x =,即()()1e 210xa x x ---=,所以()e 211x x a x -=-,因为函数()f x 在(,1)-∞上有两个不同的零点,设()()e 211x x g x x -=-,则y a =与()y g x =在(,1)-∞上有两个不同的交点,因为()()()()()()()222e 23e 21e 21e 2111x x x xx x x x x g x x x ⎡⎤--+⋅---⎣⎦'==--,令()0g x '=,则10x =,232x =,因为在(,1)-∞上,e 0x >,()210x ->,所以()g x 在(),0∞-上单调递增,在()0,1上单调递减,所以()()max 01g x g ==,且当0x <时,()0g x >;当1x →时,()g x →-∞,因为y a =与()y g x =在(,1)-∞上有两个不同的交点,所以01a <<,根据选项,符合条件的为B ,C ,故选:BC 三、填空题16.已知函数()2e e xf x x a =-有三个零点,则实数a 的取值范围是___________.【解析】由2e e 0x x a -=,得21e x a x -=.设()21e xg x x -=,则()()1e 2xg x x x -'=-.当(),0x ∈-∞时,()0g x '<,当()0,2x ∈时,()0g x '>,当()2,x ∈+∞时,()0g x '<,所以函数()g x 在区间(),0∞-上单调递减,在区间()0,2上单调递增,在区间()2,+∞上单调递减,又()()400,2eg g ==,故函数()21e xg x x -=的图象如图所示:故当40e a <<时,函数()2e e xf x a =-有三个零点,即40,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.17.已知函数(2),1()ln(1)2,1x x x f x x x x +≤⎧=⎨--+>⎩,若函数()()g x f x a =-有四个零点,则实数a 的取值范围是______________.【解析】因为函数()()g x f x a =-有四个零点,所以方程()()0g x f x a =-=有4个不同的解,所以函数()f x 的图象与直线y a =有4个不同的交点,①当1x >时,()ln(1)2f x x x =--+,则1112()1111x xf x x x x -+-'=-==---,当12x <<时,()0f x '>,当2x >时,()0f x '<,所以()f x 在(1,2)上递增,在(2,)+∞上递减,所以当1x >时,()f x 有最大值(2)ln1220f =-+=,当1x →时,()f x →-∞,当x →+∞时,()f x →-∞②当1x ≤时,2()(2)(1)1f x x x x =+=+-,当1x =-时,()f x 有最小值1-所以()f x 的图象如图所示由图可知,当10a -<<时,函数()f x 的图象与直线y a =有4个不同的交点,所以实数a 的取值范围是(1,0)-18.已知函数()()e sin 0xf x a x x =->有两个零点,则正实数a 的取值范围为______.【解析】因为函数()()e sin 0,0xf x a x x a =->>有两个零点,所以方程()e sin 00,0xa x x a -=>>有两个根,所以()2,2Nx k k k πππ∈+∈,所以方程e sin xa x =其中()2,2N x k k k πππ∈+∈,有两个根,设e ()sin xg x x=,()2,2N x k k k πππ∈+∈,,所以2e sin cos e ()sin x xx x g x x-'=,令()0g x '=可得e sin cos e 0x x x x -=,化简可得24x k ππ=+,N k ∈,所以当22,N 4k x k k πππ<<+∈时,()0g x '<,函数()g x 单调递减,当22,N 4k x k k ππππ+<<+∈时,()0g x '>,函数()g x 单调递增,作函数()g x 的图象可得,由图象可得,当9((44g a g ππ<<时,直线y a =与函数e()sin xg x x=,()2,2N x k k k πππ∈+∈,,的图象有且仅有两个交点,944a ππ<<时,函数()()e sin 0xf x a x x =->()0a >有两个零点,故答案为:944e e )ππ.19.若函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点,则实数a 的取值范围是______.【解析】因为函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点,所以方程ln e 10x x ax --+=无实数根,所以方程ln e ln e xx ax -+=无实数根,即方程ln e 1x x a x-+=无实数根,故令()()'2ln e 1e e ln ,x x x x x xg x g x x x -+-+-==,令()e e ln ,0x x h x x x x =-+->,故()'1e 0xh x x x=--<恒成立,所以,()h x 在()0,∞+上单调递减,由于()10h =,所以,当()0,1x ∈时,()0h x >,即()'0g x >,当()1,x ∈+∞时,()0h x <,即()'0g x <,所以函数()g x 在()0,1x ∈上单调递增,在()1,x ∈+∞上单调递减,所以()()max 11e g x g ==-,所以,当方程ln e 1x x a x-+=无实数根时,1e a >-即可.所以,实数a 的取值范围是()1e,+-∞四、解答题20.已知函数()ln 1xf x m x =-+.(1)求()f x 的导函数;(2)若()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有零点,求m 的取值范围.【解析】(1)因为()ln 1xf x m x =-+,所以()()()()221111l ln 1n 1x x x x x f x x x ++-'==++-(2)由(1)知()()211ln 1x x f x x +-'=+,因为1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,所以ln 0x -≥,所以()()211ln 01x x f x x +-'=>+,从而()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,所以()min 12ln 223f x f m ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭,()()max 1f x f m ==-.因为()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有零点,所以02ln203m m -≥⎧⎪⎨--≤⎪⎩,解得2ln 203m -≤≤.21.已知函数()ln R kf x x k k x=--∈,(1)讨论函数()f x 在区间(1,e)内的单调性;(2)若函数()f x 在区间(1,e)内无零点,求k 的取值范围.【解析】(1)()ln k f x x k k R x =--∈ ,,(1,e)x ∈,221()k x k f x x x x+'∴=--=-(Ⅰ)当1k -≤,即1k ≥-时,10x k x +≥->()0f x '∴<,()f x ∴在(1,e)单调递减(Ⅱ)当e k -≥,即e k ≤-时,e 0x k x +≤-<()0f x '∴>,()f x ∴在(1,e)单调递增(Ⅲ)当1e k <-<,即e 1k -<<时,当1x k <<-时,()0f x '>,()f x 单调递增;当e k x -<<时,()0f x '<,()f x 单调递减综上所述,(Ⅰ)当1k ≥-时,()f x 在(1,e)单调递减(Ⅱ)当e k ≤-时,()f x 在(1,e)单调递增(Ⅲ)当e 1k -<<-时,()f x 在(1,)k -单调递增,在(,e)k -单调递减(2)由(1)知:当1k ≥-时,()()10f x f <=即()0f x <,()f x ∴在(1,e)无零点,当e k ≤-时,()(1)0f x f >=即()0f x >,()f x ∴在(1,e)无零点当e 1k -<<-时,()f x 在(1,)k -单调递增,在(,e)k -单调递减()(1)0,(1,)f x f x k ∴>=∈-,()(e)1,(,e)ekf x f k x k >=--∈-∴只需(e)10e k f k =--≥即可,即1(11e k -≤-,1e11e 1ek ∴≤=--,ee 1ek ∴-<≤-综上所述,e(,][1,)1ek ∈-∞-+∞- 22.已知函数()3226185=--+f x x x x .(1)求函数()f x 的单调区间;(2)若函数()()g x f x a =+至多有两个零点,求实数a 的取值范围.【解析】(1)依题意:()()()261218631'=--=-+f x x x x x ,故当(),1x ∈-∞-时,()0f x '>,当()1,3x ∈-时,()0f x '<,当()3,x ∈+∞时,()0f x '>,∴()f x 的单调增区间为(),1-∞-,()3,+∞,单调减区间为()1,3-;(2)令()0g x =,得()a f x -=.∵()115f -=,()349=-f ,结合f (x )单调性,作出f (x )图像:。

专题02 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版) -25年高考数学压轴大题必杀技系列导数

专题02 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版) -25年高考数学压轴大题必杀技系列导数

专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一) 确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧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.2. 判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图.函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题.(2)分离出参数,转化为a =g (x ),根据导数的知识求出函数g(x )在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图.函数零点的个数问题即是直线y =a 与函数y =g (x )图象交点的个数问题.只需要用a 与函数g (x )的极值和最值进行比较即可.3. 处理函数y =f (x )与y =g (x )图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f (x )=g (x )根的个数问题,也通过构造函数y =f (x )-g (x ),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项,有时有界函数可以放缩成常数,构造函数时合理分离参数,避开分母为0的情况.【例1】(2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数)已知函数()()20,ex ax f x a a =¹ÎR .(1)求()f x 的极大值;(2)若1a =,求()()cos g x f x x =-在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点个数.【解析】(1)由题易得,函数()2ex ax f x =的定义域为R ,又()()()22222e e 2e e e x xx xxax x ax ax ax ax f x ---===¢,所以,当0a >时,()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表:x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢-0+0-()f x ]极小值Z极大值]由上表可知,()f x 的单调递增区间为()0,2,单调递减区间为()(),0,2,¥¥-+.所以()f x 的极大值为()()2420e af a =>.当a<0时,()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表:x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢+0-0+()f x Z 极大值]极小值Z由上表可知,()f x 的单调递增区间为()(),0,2,¥¥-+,单调递减区间为()0,2.所以()f x 的极大值为()()000f a =<.综上所述,当0a >时,()f x 的极大值为24ea;当a<0时,()f x 的极大值为0.(2)方法一:当1a =时,()2e x xf x =,所以函数()()2cos cos e x xg x f x x x =-=-.由()0g x =,得2cos e xx x =.所以要求()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点的个数,只需求()y f x =的图象与()cos h x x =的图象在区间π,2024π2éù-êúëû上的交点个数即可.由(1)知,当1a =时,()y f x =在()(),0,2,¥¥-+上单调递减,在()0,2上单调递增,所以()y f x =在区间π,02éù-êúëû上单调递减.又()cos h x x =在区间π,02éù-êúëû上单调递增,且()()()()()1e 1cos 11,001cos00f h f h -=>>-=-=<==,所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间π,02éù-êúëû上只有一个交点,所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且只有1个零点.因为当10a x =>,时,()20ex x f x =>,()f x 在区间()02,上单调递增,在区间()2,¥+上单调递减,所以()2e x xf x =在区间()0,¥+上有极大值()2421e f =<,即当1,0a x =>时,恒有()01f x <<.又当0x >时,()cos h x x =的值域为[]1,1-,且其最小正周期为2πT =,现考查在其一个周期(]0,2π上的情况,()2ex x f x =在区间(]0,2上单调递增,()cos h x x =在区间(]0,2上单调递减,且()()0001f h =<=,()()202cos2f h >>=,所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]0,2上只有一个交点,即()g x 在区间(]0,2上有且只有1个零点.因为在区间3π2,2æùçúèû上,()()0,cos 0f x h x x >=£,所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间3π2,2æùçúèû上无交点,即()g x 在区间3π2,2æùçúèû上无零点.在区间3π,2π2æùçúèû上,()2ex x f x =单调递减,()cos h x x =单调递增,且()()3π3π002π1cos2π2π22f h f h æöæö>><<==ç÷ç÷èøèø,,所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间3π,2π2æùçúèû上只有一个交点,即()g x 在区间3π,2π2æùçúèû上有且只有1个零点.所以()g x 在一个周期(]0,2π上有且只有2个零点.同理可知,在区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上,()01f x <<且()2e xx f x =单调递减,()cos h x x =在区间(]2π,2ππk k +上单调递减,在区间(]2ππ,2π2πk k ++上单调递增,且()()()02π1cos 2π2πf k k h k <<==,()()()2ππ01cos 2ππ2ππf k k h k +>>-=+=+()()()02ππ1cos 2ππ2ππf k k h k <+<=+=+,所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]2π,2ππk k +和2ππ,2π2π]k k ++(上各有一个交点,即()g x 在(]2π,2024π上的每一个区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上都有且只有2个零点.所以()g x 在0,2024π](上共有2024π220242π´=个零点.综上可知,()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点.方法二:当1a =时,()2e x xf x =,所以函数()()2cos cos ex x g x f x x x =-=-.当π,02éùÎ-êúëûx 时,()22sin 0e x x x g x x -=¢+£,所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上单调递减.又()π0,002g g æö-><ç÷èø,所以存在唯一零点0π,02x éùÎ-êúëû,使得()00g x =.所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且仅有一个零点.当π3π2π,2π,22x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时,20cos 0ex x x ><,,所以()0g x >.所以()g x 在π3π2π,2π,22k k k æù++ÎçúèûN 上无零点.当π0,2x æùÎçèû时,()22sin 0exx x g x x -=¢+>,所以()g x 在区间π0,2æöç÷èø上单调递增.又()π00,g 02g æö<>ç÷èø,所以存在唯一零点.当*π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN 时,()22sin exx x g x x ¢-=+,设()22sin e x x x x x j -=+,则()242cos 0exx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上单调递增.又()π2π0,2π+02g k g k æö¢<>ç÷èø¢,所以存在*1π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN ,使得()10g x ¢=.即当()12π,x k x Î时,()()10,g x g x <¢单调递减;当1π,2π2x x k æùÎ+çúèû时,()()10,g x g x >¢单调递增.又()π2π0,2π02g k g k æö<+>ç÷èø,所以()g x 在区间*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点所以()g x 在区间π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点.当3π2π,2π2π,2x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时,()22sin exx x g x x ¢-=+,设()22sin e x x x x x j -=+,则()242cos 0e xx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递增.又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+<+<ç÷¢¢èø,所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递减:又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+>+<ç÷èø,所以存在唯一23π2π,2π2π2x k k æöÎ++ç÷èø,使得()20g x =.所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上有且仅有一个零点.所以()g x 在区间(]2π,2π2π,k k k +ÎN 上有两个零点.所以()g x 在(]0,2024π上共有2024π220242π´=个零点.综上所述,()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点.(二) 根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法:根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围;2.分离参数法:首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件:(1)参数能够分类出来;(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.【例2】(2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟)已知函数()()ln 2f x x =+(1)求曲线()y f x =在=1x -处的切线方程;(2)求证:e 1x x ³+;(3)函数()()()2h x f x a x =-+有且只有两个零点,求a 的取值范围.【解析】(1)因为()12f x x ¢=+,所以曲线()y f x =在=1x -处的切线斜率为()11112f -==-+¢,又()()1ln 120f -=-+=,所以切线方程为1y x =+.(2)记()e 1x g x x =--,则()e 1xg x ¢=-,当0x <时,()0g x ¢<,函数()g x 在(),0¥-上单调递减;当0x >时,()0g x ¢>,函数()g x 在()0,¥+上单调递增.所以当0x =时,()g x 取得最小值()00e 10g =-=,所以()e 10xg x x =--³,即e 1x x ³+.(3)()()()()()2ln 22,2h x f x a x x a x x =-+=+-+>-,由题知,()()ln 220x a x +-+=有且只有两个不相等实数根,即()ln 22x a x +=+有且只有两个不相等实数根,令()()ln 2,22x m x x x +=>-+,则()()()21ln 22x m x x -+=+¢,当2e 2x -<<-时,()0m x ¢>,()m x 在()2,e 2--上单调递增;当e 2x >-时,()0m x ¢<,()m x 在()e 2,¥-+上单调递减.当x 趋近于2-时,()m x 趋近于-¥,当x 趋近于+¥时,()m x 趋近于0,又()1e 2ef -=,所以可得()m x 的图象如图:由图可知,当10ea <<时,函数()m x 的图象与直线y a =有两个交点,所以,a 的取值范围为10,e æöç÷èø.(三)零点存在性赋值理论及应用1.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.2.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; 确保赋值点 x 0 落在规定区间内;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.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点(见例2解法),放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.【例3】(2024届山东省烟台招远市高考三模)已知函数()()e x f x x a a =+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)当3a =时,若方程()()()1f x x xm f x x f x -+=+-有三个不等的实根,求实数m 的取值范围.【解析】(1)求导知()1e xf x a =¢+.当0a ³时,由()1e 10xf x a ¢=+³>可知,()f x 在(),¥¥-+上单调递增;当a<0时,对()ln x a <--有()()ln 1e 1e0a xf x a a --=+>+×=¢,对()ln x a >--有()()ln 1e 1e 0a x f x a a --=+<+×=¢,所以()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增,在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.综上,当0a ³时,()f x 在(),¥¥-+上单调递增;当a<0时,()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增,在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.(2)当3a =时,()3e xf x x =+,故原方程可化为3e 13e 3e xx xx m x +=++.而()23e 13e 3e 3e 3e 3e 3e x x x x x x xx x x x x x x +-=-=+++,所以原方程又等价于()23e 3e xx x m x =+.由于2x 和()3e3e xxx +不能同时为零,故原方程又等价于()23e 3e x x xm x =×+.即()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=.设()e xg x x -=×,则()()1e xg x x -=-×¢,从而对1x <有()0g x ¢>,对1x >有()0g x ¢<.故()g x 在(],1-¥上递增,在[)1,+¥上递减,这就得到()()1g x g £,且不等号两边相等当且仅当1x =.然后考虑关于x 的方程()g x t =:①若0t £,由于当1x >时有()e 0xg x x t -=×>³,而()g x 在(],1-¥上递增,故方程()g x t =至多有一个解;而()110eg t =>³,()0e e t g t t t t --=×£×=,所以方程()g x t =恰有一个解;②若10e t <<,由于()g x 在(],1-¥上递增,在[)1,+¥上递减,故方程()g x t =至多有两个解;而由()()122222e2e e 2e 2e 12e 22x x x x xxx x g x x g g -------æö=×=×××=××£××=×ç÷èø有1222ln 1ln 222ln 2e2e t t g t t -×-æö£×<×=ç÷èø,再结合()00g t =<,()11e g t =>,()22ln 2ln 2e ln e 1t>>=,即知方程()g x t =恰有两个解,且这两个解分别属于()0,1和21,2ln t æöç÷èø;③若1t e=,则()11e t g ==.由于()()1g x g £,且不等号两边相等当且仅当1x =,故方程()g x t =恰有一解1x =.④若1e t >,则()()11eg x g t £=<,故方程()g x t =无解.由刚刚讨论的()g x t =的解的数量情况可知,方程()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=存在三个不同的实根,当且仅当关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ,且110,e t æöÎç÷èø,21,e t ¥æùÎ-çúèû.一方面,若关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ,且110,e t æöÎç÷èø,21,e t ¥æùÎ-çúèû,则首先有()20Δ93694m m m m <=+=+,且1212119e e m t t t -=£<.故()(),40,m ¥¥Î--È+, 219e m >-,所以0m >.而方程2390t mt m--=,两解符号相反,故只能1t =,2t =23e m >这就得到203e m ->³,所以22243e m m m æö->+ç÷èø,解得219e 3e m <+.故我们得到2109e 3em <<+;另一方面,当2109e 3e m <<+时,关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根1t =,2t 22116e 13319e 3e 9e 3e 2et +×+×++===,2t 综上,实数m 的取值范围是210,9e 3e æöç÷+èø.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类:一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”;另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,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. 注意若)(x f 中含有参数a ,关系式0)('0=x f 是关于a x ,0的关系式,确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关.【例4】(2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考)已知函数()e xf x =,()ln g x x =.(1)若函数()()111x h x ag x x +=---,a ÎR ,讨论函数()h x 的单调性;(2)证明:()()()()1212224x f x f x g x -->-.(参考数据:45e 2.23»,12e 1.65»)【解析】(1)由题意()()1ln 1,11x h x a x x x +=-->-,所以()()22,11ax a h x x x -+¢=>-,当0a =时,()0h x ¢>,所以()h x 在()1,+¥上为增函数;当0a ¹时,令()0h x ¢=得21x a=-,所以若0a >时,211a-<,所以()0h x ¢>,所以()h x 在()1,+¥上为增函数,若0<a 时,211a ->,且211x a<<-时,()0h x ¢>,21x a >-时,()0h x ¢<,所以()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数,在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数,综上:当0a ³时,()h x 在()1,+¥上为增函数,当0<a 时,()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数,在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数;(2)()()()()1212224x f x f x g x -->-等价于()2121e e 2ln 204x x x x ---+>,设()()2121e e 2ln 24x x F x x x =---+,则()()()222e 2e 12e e 2e e x x x x x x x x x x F x x x x x-+--¢=--==,因为0x >,所以e 10x x +>,设()e 2x x x j =-,则()()10e xx x j ¢=+>,则()x j 在()0,¥+上单调递增,而()4544e 20,1e 2055j j æö=-<=->ç÷èø,所以存在04,15x æöÎç÷èø,使()00x j =,即00e 2xx =,所以00ln ln 2x x +=,即00ln ln 2x x =-,当00x x <<时,()0F x ¢<,则()F x 在()00,x 上单调递减,当0x x >时,()0F x ¢>,则()F x 在()0,x +¥上单调递增,所以()()00200min 121e e 2ln 24x x F x x x =---+()000220001421212ln 22222ln 224x x x x x x =---++=-+-+,设()21422ln 22,15m t t t t æö=-+-+<<ç÷èø,则()3220m t t ¢=+>,则()m t 在4,15æöç÷èø上单调递增,42581632ln 222ln 20516580m æö=-+-+=->ç÷èø,则()min 0F x >,则不等式()2121e e 2ln 204x x x x ---+>恒成立,即不等式()()()()1212224x f x f x g x -->-成立.【例1】(2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研)已知函数()πln sin sin 10f x x x =++.(1)求函数()f x 在区间[]1,e 上的最小值;(2)判断函数()f x 的零点个数,并证明.【解析】(1)因为()πln sin sin 10f x x x =++,所以1()cos f x x x ¢=+,令()1()cos g x f x x x ==+¢,()21sin g x x x-¢=-,当[]1,e Îx 时,()21sin 0g x x x =--<¢,所以()g x 在[]1,e 上单调递减,且()11cos10g =+>,()112π11e cos e<cos 0e e 3e 2g =++=-<,所以由零点存在定理可知,在区间[1,e]存在唯一的a ,使()()0g f a a =¢=又当()1,x a Î时,()()0g x f x =¢>;当(),e x a Î时,()()0g x f x =¢<;所以()f x 在()1,x a Î上单调递增,在(),e x a Î上单调递减,又因为()ππ1ln1sin1sinsin1sin 1010f =++=+,()()ππe ln e sin e sin1sin e sin 11010f f =++=++>,所以函数()f x 在区间[1,e]上的最小值为()π1sin1sin10f =+.(2)函数()f x 在()0,¥+上有且仅有一个零点,证明如下:函数()πln sin sin 10f x x x =++,()0,x ¥Î+,则1()cos f x x x¢=+,若01x <£,1()cos 0f x x x+¢=>,所以()f x 在区间(]0,1上单调递增,又()π1sin1sin010f =+>,11πππ1sin sin 1sin sin 0e e 1066f æö=-++<-++=ç÷èø,结合零点存在定理可知,()f x 在区间(]0,1有且仅有一个零点,若1πx <£,则ln 0,sin 0x x >³,πsin010>,则()0f x >,若πx >,因为ln ln π1sin x x >>³-,所以()0f x >,综上,函数()f x 在()0,¥+有且仅有一个零点.【例2】(2024届江西省九江市高三三模)已知函数()e e (ax axf x a -=+ÎR ,且0)a ¹.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若方程()1f x x x -=+有三个不同的实数解,求a 的取值范围.【解析】(1)解法一:()()e eax axf x a -=-¢令()()e e ax axg x a -=-,则()()2e e0ax axg x a -+¢=>()g x \在R 上单调递增.又()00,g =\当0x <时,()0g x <,即()0f x ¢<;当0x >时,()0g x >,即()0f x ¢>()f x \在(),0¥-上单调递减,在()0,¥+上单调递增.解法二:()()()()e 1e 1e e e ax ax ax ax axa f x a -+-=-=¢①当0a >时,由()0f x ¢<得0x <,由()0f x ¢>得0x >()f x \在(),0¥-上单调递减,在()0,¥+上单调递增②当0a <时,同理可得()f x 在(),0¥-上单调递减,在()0,¥+上单调递增.综上,当0a ¹时,()f x 在(),0¥-上单调递减,在()0,¥+上单调递增.(2)解法一:由()1f x x x -=+,得1e e ax ax x x --+=+,易得0x >令()e e x xh x -=+,则()()ln h ax h x =又()e e x xh x -=+Q 为偶函数,()()ln h ax h x \=由(1)知()h x 在()0,¥+上单调递增,ln ax x \=,即ln xa x=有三个不同的实数解.令()()2ln 1ln ,x x m x m x x x -=¢=,由()0m x ¢>,得0e;x <<由()0m x ¢<,得e x >,()m x \在(]0,e 上单调递增,在()e,¥+上单调递减,且()()110,e em m ==()y m x \=在(]0,1上单调递减,在(]1,e 上单调递增,在()e,¥+上单调递减当0x →时,()m x ¥→+;当x →+¥时,()0m x →,故10ea <<解得10e a -<<或10e a <<,故a 的取值范围是11,00,e e æöæö-Èç÷ç÷èøèø解法二:由()1f x x x -=+得1e e ax ax x x --+=+,易得0x >令()1h x x x -=+,则()h x 在()0,1上单调递减,在()1,¥+上单调递增.由()()e axh h x =,得e ax x =或1e ax x -=两边同时取以e 为底的对数,得ln ax x =或ln ax x =-,ln ax x \=,即ln xa x=有三个不同的实数解下同解法一.【例3】(2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测)已知函数31()(ln 1)(0)f x a x a x =++>.(1)求证:1ln 0x x +>;(2)若12,x x 是()f x 的两个相异零点,求证:211x x -<【解析】(1)令()1ln ,(0,)g x x x x =+Î+¥,则()1ln g x x ¢=+.令()0g x ¢>,得1ex >;令()0g x ¢<,得10e x <<.所以()g x 在10,e æöç÷èø上单调递减,在1,e ¥æö+ç÷èø上单调递增.所以min 11()10e e g x g æö==->ç÷èø,所以1ln 0x x +>.(2)易知函数()f x 的定义域是(0,)+¥.由()(ln f x a x =+,可得()a f x x ¢=.令()0f x ¢>得x >()0f x ¢<得0<所以()0f x ¢>在æççè上单调递减,在¥ö+÷÷ø上单调递增,所以min 3()ln 333a a f x f a æö==++ç÷èø.①当3ln 3033a aa æö++³ç÷èø,即403e a <£时,()f x 至多有1个零点,故不满足题意.②当3ln 3033a a a æö++<ç÷èø,即43e a >1<<.因为()f x 在¥ö+÷÷ø上单调递增,且(1)10f a =+>.所以(1)0f f ×<,所以()f x 在¥ö+÷÷ø上有且只有1个零点,不妨记为1x 11x <<.由(1)知ln 1x x>-,所以33221(1)0f a a a a a æö=+>+=>ç÷ç÷èø.因为()f x 在æççè0f f <×<,所以()f x 在æççè上有且只有1个零点,记为2x 2x <<211x x <<<<2110x x -<-<.同理,若记12,x x öÎÎ÷÷ø则有2101x x <-<综上所述,211x x -<.【例4】(2022高考全国卷乙理)已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程;(2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+¥各恰有一个零点,求a 取值范围.的【解析】(1)当1a =时,()ln(1),(0)0e xxf x x f =++=,所以切点为(0,0),11(),(0)21ex xf x f x -¢¢=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =.(2)()ln(1)e x ax f x x =++,()2e 11(1)()1e (1)ex x xa x a x f x x x +--¢=+=++,设()2()e 1xg x a x=+-1°若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x Î-=+->,即()0f x ¢>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意,2°若10a -……,当,()0x Î+¥时,()e 20xg x ax ¢=->所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,所以()(0)10g x g a >=+…,即()0f x ¢>所以()f x 在(0,)+¥上单调递增,()(0)0f x f >=,故()f x 在(0,)+¥上没有零点,不合题意.3°若1a <-,(1)当,()0x Î+¥,则()e 20x g x ax ¢=->,所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,(0)10,(1)e 0g a g =+<=>,所以存在(0,1)m Î,使得()0g m =,即()0¢=f m .当(0,),()0,()x m f x f x ¢Î<单调递减,当(,),()0,()x m f x f x ¢Î+¥>单调递增,所以当(0,),()(0)0x m f x f Î<=,当,()x f x →+¥→+¥,所以()f x 在(,)m +¥上有唯一零点,又()f x 在(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+¥上有唯一零点,(2)当()2(1,0),()e 1xx g x a xÎ-=+-,()e2xg x ax ¢=-,设()()h x g x ¢=,则()e 20x h x a ¢=->,所以()g x ¢在(1,0)-上单调递增,1(1)20,(0)10eg a g ¢¢-=+<=>,所以存(1,0)n Î-,使得()0g n ¢=当(1,),()0,()x n g x g x ¢Î-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x ¢Î>单调递增,()(0)10g x g a <=+<,在又1(1)0eg -=>,所以存在(1,)t n Î-,使得()0g t =,即()0f t ¢=当(1,),()x t f x Î-单调递增,当(,0),()x t f x Î单调递减有1,()x f x →-→-¥而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x Î>,所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点,即()f x 在(1,0)-上有唯一零点,所以1a <-,符合题意,综上得()f x 在区间(1,0),(0,)-+¥各恰有一个零点,a 的取值范围为(,1)-¥-.【例5】(2024届辽宁省凤城市高三下学期考试)已知函数()1e ln xf x x x x -=--.(1)求函数()f x 的最小值;(2)求证:()()1e e e 1ln 2xf x x x +>---éùëû.【解析】(1)因为函数()1e ln x f x x x x -=--,所以()()()11111e 11e x x f x x x x x --æö=+--=+-çè¢÷ø,记()11e,0x h x x x -=->,()121e 0x h x x-¢=+>,所以()h x 在()0,¥+上单调递增,且()10h =,所以当01x <<时,()0h x <,即()0f x ¢<,所以()f x 在()0,1单调递减;当1x >时,()0h x >,即()0f x ¢>,所以()f x 在()1,¥+单调递增,且()10f ¢=,所以()()min 10f x f ==.(2)要证()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû,只需证明:()11e ln 02xx x --+>对于0x >恒成立,令()()11e ln 2xg x x x =--+,则()()1e 0xg x x x x¢=->,当0x >时,令1()()e xm x g x x x=¢=-,则21()(1)e 0xm x x x =+¢+>,()m x 在(0,)+¥上单调递增,即()1e xg x x x=¢-在(0,)+¥上为增函数,又因为222333223227e e033238g éùæöæöêú=-=-<ç÷ç÷êøøëû¢úèè,()1e 10g =¢->,所以存在02,13x æöÎç÷èø使得()00g x ¢=,由()0200000e 11e 0x x x g x x x x ¢-=-==,得020e 1xx =即0201x e x =即0201x e x =即002ln x x -=,所以当()00,x x Î时,()1e 0xg x x x=¢-<,()g x 单调递减,当()0,x x ¥Î+时,()1e 0xg x x x=¢->,()g x 单调递增,所以()()()0320000000022min0122111e ln 2222x x x x x x g x g x x x x x -++-==--+=++=,令()3222213x x x x x j æö=++-<<ç÷èø,则()22153223033x x x x j æö=++=++>ç÷èø¢,所以()x j 在2,13æöç÷èø上单调递增,所以()0220327x j j æö>=>ç÷èø,所以()()()002002x g x g x x j ³=>,所以()11e ln 02xx x --+>,即()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû.1.(2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷)已知函数()()e 1,ln ,xf x xg x x mx m =-=-ÎR .(1)求()f x 的最小值;(2)设函数()()()h x f x g x =-,讨论()hx 零点的个数.2.(2024届河南省信阳市高三下学期三模)已知函数()()()ln 1.f x ax x a =--ÎR (1)若()0f x ³恒成立,求a 的值;(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ,且21e 1x x ->-,求a 的取值范围.3.(2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考)已知函数()()1e x f x ax a a -=--ÎR .(1)当2a =时,求曲线()y f x =在1x =处的切线方程;(2)若函数()f x 有2个零点,求a 的取值范围.4.(2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟)设函数()e sin x f x a x =+,[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时,()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立,求实数b 的取值范围;(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点,求实数a 的取值范围.5.(2024届河北省张家口市高三下学期第三次模)已知函数()ln 54f x x x =+-.(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程;(2)证明:3()25f x x>--.6.(2024届上海市格致中学高三下学期三模)已知()e 1xf x ax =--,a ÎR ,e 是自然对数的底数.(1)当1a =时,求函数()y f x =的极值;(2)若关于x 的方程()10f x +=有两个不等实根,求a 的取值范围;(3)当0a >时,若满足()()()1212f x f x x x =<,求证:122ln x x a +<.7.(2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷)函数()e 4sin 2x f x x l l =-+-的图象在0x =处的切线为3,y ax a a =--ÎR .(1)求l 的值;(2)求()f x 在(0,)+¥上零点的个数.8.(2024年天津高考数学真题)设函数()ln f x x x =.(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程;(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立,求a 的值;(3)若()12,0,1x x Î,证明()()121212f x f x x x -£-.9.(2024届河北省高三学生全过程纵向评价六)已知函数()ex axf x =,()sin cosg x x x =+.(1)当1a =时,求()f x 的极值;(2)当()0,πx Î时,()()f x g x £恒成立,求a 的取值范围.10.(2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练)已知函数()()1ln R f x a x x a x=-+Î.(1)讨论()f x 的零点个数;(2)若关于x 的不等式()22ef x x £-在()0,¥+上恒成立,求a 的取值范围.11.(2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试)设()21)e sin 3x f x a x =-+-((1)当a =()f x 的零点个数.(2)函数2()()sin 22h x f x x x ax =--++,若对任意0x ³,恒有()0h x >,求实数a 的取值范围12.(2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测)已知函数()2sin f x ax x =-.(1)当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程;(2)当0x >时,()cos f x ax x ³恒成立,求实数a 的取值范围.13.(2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试)已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+Î.(1)当1m =时,证明:()1f x <;(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立,求整数m 的最小值.14.(2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考)设函数(1)若,,求曲线在点处的切线方程;(2)若,不等式对任意恒成立,求整数k 的最大值.15.(2023届江苏省连云港市高三学情检测)已知函数.(1)判断函数零点的个数,并证明;(2)证明:.322()33f x x ax b x =-+1a =0b =()y f x =()()1,1f 0a b <<1ln 1x k f f x x +æöæö>ç÷ç÷-èøèø()1,x Î+¥21()e xf x x=-()f x 2e ln 2cos 0x x x x x --->。

导数压轴题分类(6)--- 函数的隐零点问题(含答案)

导数压轴题分类(6)--- 函数的隐零点问题(含答案)

导数压轴题分类(6)--- 函数的隐零点问题(含答案)所以f'(x)=1,代入式子1得到e^m-3x^2=1,又因为曲线y=f(x)在点(。

)处的切线斜率为1,所以f'( )=1,代入式子1得到e^m-3^2=1,解得m=ln(10);Ⅱ)证明:当m≥1时,f(x)=e^m-x^3+x,g(x)=ln(x+1)+2-x^3,考虑f(x)-g(x)+x^3的单调性,求导得到f'(x)-g'(x)+3x^2=0,即e^m-3x^2-1=ln(x+1)+2-3x^2-1+3x^2-1,即e^m-ln(x+1)-2>x^3,因为左边是常数,所以当m≥1时,f(x)>g(x)-x^3.当$-10$时,$p'(x)>0$。

设$p(x)=x-\ln(x+1)$,则$p'(x)=1-\frac{1}{x+1}$。

因此当$-10$时,函数$p(x)$单调递增。

所以$p(x)\geq p(0)=0$。

因此$x-\ln(x+1)\geq 0$,当且仅当$x=0$时取等号。

由于取等号的条件不同,所以$e^x+1-\ln(x+1)-2>0$。

综上可知,当$m\geq 1$时,$f(x)>g(x)-x^3$。

证法二:因为$f(x)=e^{x+m}-x^3$,$g(x)=\ln(x+1)+2$,所以$f(x)>g(x)-x^3$等价于$e^{x+m}-\ln(x+1)-2>x^3$。

思路1:设$h(x)=e^{x+m}-\ln(x+1)-2$,则$h'(x)=e^{x+m}-\frac{1}{x+1}$。

因此$h'(x)>0$当且仅当$x>-1$,$h'(x)-1$时,$h(x)$单调递增,当$x0$,所以$h(x)>0$。

思路2:先证明$e^t-\ln t>2$,令$t=x+1$,转化为证明$e^x-\ln(x+1)>2$。

2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题6、三招秒解导函数零点问题

2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题6、三招秒解导函数零点问题

2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇 函数与导数专题06“三招”妙解导函数零点问题一.方法综述导数是研究函数性质的有力工具,其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性.应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时,绕不开研究()f x 的单调性,往往需要解方程()0f x '=.若该方程不易求解时,如何继续解题呢?在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上,本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题. 二.解题策略类型一 察“言”观“色”,“猜”出零点【例1】【2020·福建南平期末】已知函数()()21e xf x x ax =++.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若函数()()21e 1xg x x mx =+--在[)1,-+∞有两个零点,求m 的取值范围.【分析】(1)首先求出函数的导函数因式分解为()()()11e xf x a x x =++'+,再对参数a 分类讨论可得;(2)依题意可得()()21e x g x m x =+'-,当0m 函数在定义域上单调递增,不满足条件;当0m >时,由(1)得()g x '在[)1,-+∞为增函数,因为()01g m '=-,()00g =.再对1m =,1m ,01m <<三种情况讨论可得.【解析】(1)因为()()21xf x x ax e =++,所以()()221e xf x x a x a ⎡⎤=+++⎣⎦'+,即()()()11e xf x a x x =++'+.由()0f x '=,得()11x a =-+,21x =-.①当0a =时,()()21e 0x f x x =+',当且仅当1x =-时,等号成立. 故()f x 在(),-∞+∞为增函数. ②当0a >时,()11a -+<-,由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-,由()0f x <′得()11a x -+<<-; 所以()f x 在()(),1a -∞-+,()1,-+∞为增函数,在()()1,1a -+-为减函数. ③当0a <时,()11a -+>-,由()0f x >′得()1x a >-+或1x <-,由()0f x <′得()11x a -<<-+; 所以()f x 在(),1-∞-,()()1,a -++∞为增函数,在()()1,1a --+为减函数. 综上,当0a =时,()f x 在为(),-∞+∞增函数;当0a >时,()f x 在()(),1a -∞-+,()1,-+∞为增函数,在()()1,1a -+-为减函数; 当0a <时,()f x 在(),1-∞-,()()1,a -++∞为增函数,在()()1,1a --+为减函数. (2)因为()()21e 1xg x x mx =+--,所以()()21e x g x m x =+'-,①当0m 时,()0g x ',()g x 在[)1,-+∞为增函数,所以()g x 在[)1,-+∞至多一个零点. ②当0m >时,由(1)得()g x '在[)1,-+∞为增函数. 因为()01g m '=-,()00g =.(ⅰ)当1m =时,()00g '=,0x >时,()0g x '>,10x -<<时,()0g x '<; 所以()g x 在[)1,0-为减函数,在[)0,+∞为增函数,()()min 00g x g ==. 故()g x 在[)1,-+∞有且只有一个零点.(ⅱ)当1m 时,()00g '<,()()210m g m e m m '=+->,()00,x m ∃∈,使得()00g x '=,且()g x 在[)01,x -为减函数,在()0,x +∞为增函数.所以()()000g x g <=,又()()()22221e 1110mg m m m m m =+-->+--=,根据零点存在性定理,()g x 在()0,x m 有且只有一个零点. 又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0. 故当1m 时,()g x 在[)1,-+∞有两个零点.(ⅲ)当01m <<时,()01g m -'=-<,()00g '>,()01,0x ∃∈-,使得()00g x '=,且()g x 在[)01,x -为减函数,在()0,x +∞为增函数. 因为()g x 在()0,x +∞有且只有一个零点0,若()g x 在[)1,-+∞有两个零点,则()g x 在[)01,x -有且只有一个零点. 又()()000g x g <=,所以()10g -即()2110eg m -=+-,所以21e m -,即当211em -<时()g x 在[)1,-+∞有两个零点. 综上,m 的取值范围为211em -< 【指点迷津】1.由于导函数为超越函数,无法利用解方程的方法,可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地,当所求的导函数解析式中出现ln x 时,常猜x =1;当函数解析式中出现e x 时,常猜x =0或x =ln x .2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法 【举一反三】【2020·山西吕梁期末】已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈.(1)讨论()f x 的单调性;(2)设()sin xg x e x =-,若()()()()2h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点,求a 的取值范围.【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞,1()2ln f x x a x x=--, 21()2f x x '=+2221a x ax x x-+-=, 对于2210x ax -+=,28a ∆=-,当[a ∈-时,()0f x '≥, 则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当(,a ∈-∞-时,对于0x >,有()0f x '>,则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当)a ∈+∞时,令()0f x '>,得04a x <<或4a x >,令()0f x '<,得44a a x <<,所以()f x 在,)+∞上是增函数,在(44a a 上是减函数.综上,当(,a ∈-∞时,()f x 在(0,)+∞上是增函数;当)a ∈+∞时,()f x 在(0,)4a -,()4a ++∞上是增函数,在(44a a 上是减函数.(2)由已知可得()cos xg x e x '=-,因为0x >,所以e 1x >,而c o s 1x ≤,所以cos 0x e x ->,所以()0g x '>,所以()sin xg x e x =-在()0+∞,上单调递增. 所以()()00g x g >=. 故()h x 有两个零点,等价于()2y f x x =-=1aInx x--在()0+∞,内有两个零点.等价于1ln 0a x x--=有两根,显然1x =不是方程的根, 因此原方程可化为()1ln 01x x x x a-=>≠且, 设()ln x x x φ=,()ln 1x x φ='+,由()0x φ'>解得11x e<<,或1x > 由()0x φ'<解得10x e<<,故()ln x x x φ=在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递减,在()1,1,1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增. 其图像如下所示:所以()min 11x e eφφ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,所以110e a -<-<, 所以a e >.类型二 设而不求,巧“借”零点【例2】【2015高考新课标1,文21】设函数()2ln x f x e a x=-.(I )讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数; (II )证明:当0a >时()22ln f x a a a≥+. 【解析】(I )()f x 的定义域为0+,,2()=20xaf x ex 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04a b且14b 时,(b)0f ,故当0a 时,()f x 存在唯一零点. (II )由(I ),可设()f x 在0+,的唯一零点为0x ,当00xx ,时,()0f x ;当0+xx ,时,()0f x .故()f x 在00x ,单调递减,在0+x ,单调递增,所以当0xx 时,()f x 取得最小值,最小值为0()f x .由于0202=0x a ex ,所以00022()=2ln2ln2a f x ax a a a x aa. 故当0a时,2()2ln f x a a a.【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最值.因此需要求()0f x '=的根.但是2()=20xa f x e x的根无法求解.故设出()0f x '=的根为0x ,通过证明f (x )在(0,0x )和(0x ,+∞)上的单调性知()min f x =()000222a f x ax aln x a=++,进而利用基本不等式证得结论,其解法类似解析几何中的“设而不求”. 【举一反三】【2020·江西赣州期末】已知函数2()x f x e ax x =--(e 为自然对数的底数)在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+.(1)求实数,a b 的值;(2)若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立,求整数m 的最大值. 【解析】(1)令2()x f x e ax x =--,则()21xf x e ax '=--,得:(1)e 1f a =--,(1)e 21f a '=--,由题得:(1)e 21e 31(1)e 1e 31f a a f a b b ⎧=--=-=⎧⇒⎨⎨=--=-+=⎩'⎩(2)根据题意,要证不等式4()5f x m >+对于任意恒成立, 即证(0,)x ∈+∞时,4()5f x -的最小值大于m , 令244()()()2155x xg x f x e x x g x e x '=-=---⇒=--,记()()21()2xxh x g x e x h x e ''==--⇒=-,当(0,ln 2)x ∈时,()0h x '<;当x (ln 2,)∈+∞时,()0h x '>, 故()h x 即()g x '在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,)+∞上单调递增,又(0)0g '=,(ln 2)12ln 20g '=-<,且(1)30g e '=-<,323402g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭,故存在唯一031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使()00g x '=, 故当()00,x x ∈时,0g x ;当()0,x x ∈+∞时,()0g x '>;故()g x 在()00,x 上单调递减,在()0,x +∞上单调递增, 所以()02min 0004()5xg x g x e x x ==---一方面:()014(1)5g x g e <=-另一方面:由()00g x '=,即00210xe x --=, 得()022000004155xg x e x x x x =---=-++ 由031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得:()0111205g x -<<,进而()011140205g x e -<<-<, 所以1120m <-,又因为m 是整数,所以1m -,即max 1m =-. 类型三 二次构造(求导),避免求根【例3】【2020重庆巴蜀中学月考】已知函数()()21ln 12f x x a x =+-. (1)当1a =-时,求()f x 的单调增区间;(2)若4a >,且()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ,求证:210e x e --<<.【分析】(1)求出()'f x ,令()'0f x ≥,解不等式可得单调递增区间;(2)通过求()f x 的导函数,可得()f x 在()0,1上有两个极值点,设为1x ,2x ,又由()f x 在()0,1上有唯一的零点0x 可得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭,所以有()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩,消去a ,可得0002ln 10x x x -+=,记()00002ln 1t x x x x =-+,010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,研究其单调性,利用零点存在性定理可得结果.【解析】(1)由已知()f x 的定义域为0x >, 当1a =-时,()()21ln 12f x x x =--, 则()()2111'x x x xf x x -++=--=,令()'0f x ≥且0x >,则0x <≤故()f x在10,2⎛ ⎝⎦上单调递增;(2)由()()21ln 12f x x a x =+-, 有()()2111'ax f x ax a x x x-+=+-=,记()21g x ax ax =-+,由4a >,有()()0010*******2110a g g a a g >⎧⎪=>⎪⎪⎪⎛⎫=-+<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪=>⎪⎪⎩, 即()f x 在()0,1上有两个极值点,设为1x ,2x , 不妨设12x x <,且1x ,2x 是210ax ax -+=的两个根, 则121012x x <<<<, 又()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ,且当0x +→时,()f x →-∞,当1x =时,()10f =, 所以得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭, 所以()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩,两式结合消去a ,得0001ln 02x x x --=, 即0002ln 10x x x -+=,记()00002ln 1t x x x x =-+,010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,有()00'2ln 1t x x =+,其在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增, 所以()001'2ln 12ln11ln 402t x x =+<+=-< 则()00'2ln 10t x x =+<在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立,即()0t x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,又222212131015510e t e e e e e t e e e ⎧-⎛⎫=--+=< ⎪⎪⎝⎭⎪⎨-⎛⎫⎪=-=> ⎪⎪⎝⎭⎩, 由零点存在定理,210e x e --<<.【指点迷津】当导函数的零点不易求时,可以通过进一步构造函数,求其导数,即通过“二次求导”,避免解方程而使问题得解.如上面例题,从题目形式来看,是极其常规的一道导数考题,第(3)问要求参数b 的范围问题,实际上是求g (x )=x (ln x +x -x 2)极值问题,问题是g ′(x )=ln x +1+2x -3x 2=0这个方程求解不易,这时我们可以尝试对h (x )=g ′(x )再一次求导并解决问题.所以当导数值等于0这个方程求解有困难,考虑用二次求导尝试不失为一种妙法.这种方法适用于研究函数的单调性、确定极(最)值及其相关参数范围、证明不等式等. 【举一反三】【2020·云南昆明一中期末】已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅,且()0f x .(1)求a ;(2)证明:()f x 存在唯一极大值点0x ,且()0316f x <. 【解析】(1)因为()()ee 10xxf x ax =--≥,且e0x>,所以e 10x ax --≥,构造函数()e 1xu x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =,若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去;若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去;若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去; 若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意;综上所述,1a =.(2)证明:由(1)可知()()2e 1e x xf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()022200000011e1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+<⎪⎝⎭. 三.强化训练1.【2020·安徽合肥二中月考】已知函数() 01ln 0x x e x f x xe x x x -⎧-≤=⎨--->⎩,,,则函数()()()()F x f f x ef x =-的零点个数为( )(e 是自然对数的底数) A .6 B .5 C .4 D .3【答案】B【解析】0x ≤时,()xf x e -=-是增函数,(0)1f =-,0x >时,()1ln x f x xe x x =---,11()(1)1(1)()x x f x x e x e x x'=+--=+-,显然10x +>, 由1xe x=,作出xy e =和1(0)y x x=>的图象,如图,x y e =是增函数,1y x =在0x >是减函数它们有一个交点,设交点横坐标为0x ,易得0011x e x =>,001x <<, 在00x x <<时,1xe x <,()0f x '<,0x x >时,1xe x>,()0f x '>, 所以()f x 在0(0,)x 上递减,在0(,)x +∞上递增,0()f x 是()f x 的极小值,也是在0x >时的最小值.001x e x =,001x x e =,0001ln ln x x x ==-,即00ln 0x x +=,00000()1ln 0x f x x e x x =---=, 0x →时,()f x →+∞,x →+∞时,()f x →+∞.作出()f x 的大致图象,作直线y ex =,如图,0x >时y ex =与()f x 的图象有两个交点,即()0f x ex -=有两个解12,t t ,120,0t t >>.0x <时,()x f x e -=-,()x f x e '-=,由11()xf x e e -'==得1x =-,而1x =-时,(1)y e e =⨯-=-,(1)f e -=-,所以直线y ex =与()x f x e -=-在(1,)e --处相切.即0x ≤时方程()0f x ex -=有一个解e -.()(())()0F x f f x ef x =-=,令()t f x =,则()()0F x f t et =-=,由上讨论知方程()0f t et -=有三个解:12,,e t t -(120,0t t >>)而()f x e =-有一个解,1()f x t =和2()f x t =都有两个解,所以()0F x =有5个解, 即函数()F x 有5个零点.故选B . 2.【2020江苏盐城期中】已知函数,若函数存在三个单调区间,则实数的取值范围是__________. 【答案】【解析】函数,若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根,即有两个不等实根,转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令,即x=,即y=在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增。

高考函数题型总结:零点问题总结

高考函数题型总结:零点问题总结

高考函数题型总结:零点问题总结高中函数专题——零点(看图像交点)2018新课标1理】已知函数f(x),的取值范围是()。

若存在2个零点,则答案为C。

解析】令y=f(x),则y=a(x-1)e^(x-1)+1.当y=0时,即a(x-1)e^(x-1)+1=0.当a=0时,有两个零点,矛盾。

当a0时,在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减,此时y=a(x-1)e^(x-1)+1的图象只能有一个零点,即在(1,+∞)上有一个零点。

综上,当a>0时,f(x)的零点个数为1,故答案为C。

2018•新课标Ⅲ】函数的零点个数为3.解析】由题意得f(x)=x^3-3x^2+2x,令f(x)=0,则x^3-3x^2+2x=0,整理得x(x-2)(x-1)=0,即f(x)的零点为0,1,2,故零点个数为3.2018•浙江理】已知λ∈R,函数f(x)=λ(e^(x-1)-1)/(x-1)。

当λ=2时,不等式f(x)<0的解集是(1,2)。

若函数f(x)恰有2个零点,则λ的取值范围是(1,4)。

解析】当λ=2时,f(x)=(e^(x-1)-1)/(x-1),不等式f(x)<0的解集是(1,2)。

当f(x)有2个零点时,即f(x)的图象在(1,2)上有两个交点,所以f(x)在(1,2)上单调性变化,即f'(x)在(1,2)上存在一个零点。

由f'(x)=(e^(x-1)(x-2)+1)/(x-1)^2=0,解得x=2,所以λ的取值范围为1<λ≤3.2018•天津理】已知a>0,函数f(x)=x^2+ax+1/x^2.若关于x的方程f(x)=ax恰有2个异的实数解,则a的取值范围是(4,8)。

解析】由f(x)=x^2+ax+1/x^2=ax,整理得x^4+ax^3+x^2-a=0.由于f(x)恰有2个异的实数解,即x^2≠1,所以x^4+ax^3+x^2-a=0要么无根,要么有同号根,同号根时a>0,所以x^4+ax^3+x^2-a=0在a>0时有两个异的实数解。

导数的应用--函数的零点问题5题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测

导数的应用--函数的零点问题5题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测

专题15导数的应用--函数的零点问题5题型分类1、函数零点问题的常见题型:判断函数是否存在零点或者求零点的个数;根据含参函数零点情况,求参数的值或取值范围.求解步骤:第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图像与x轴(或直线y k=)在某区间上的交点问题;第三步:结合图像判断零点或根据零点分析参数.2、函数零点的求解与判断方法:(1)直接求零点:令f(x)=0,如果能求出解,则有几个解就有几个零点.(2)零点存在性定理:利用定理不仅要函数在区间[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0,还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点.(3)利用图象交点的个数:将函数变形为两个函数的差,画两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.f x整理变形成3、求函数的零点个数时,常用的方法有:一、直接根据零点存在定理判断;二、将()()()(),g x h x两函数图象的交点确定函数的零点个数;三、结合导数,求函=-的形式,通过()()f xg xh x数的单调性,从而判断函数零点个数.4、利用导数研究零点问题:(1)确定零点的个数问题:可利用数形结合的办法判断交点个数,如果函数较为复杂,可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像;(2)方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题,可参变分离,转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法,把问题转化为研究构造的函数的零点问题;(3)利用导数研究函数零点或方程根,通常有三种思路:①利用最值或极值研究;②利用数形结合思想研究;③构造辅助函数研究.(一)函数零点的求解与判断方法(二)根据零点个数求参数的单调性,先确定参数分类标准,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f(三)零点与不等式的证明问题(四)导数与“隐零点”问题5-1.(2024·全国)设函数()2ln xf x e a x =-.(Ⅰ)讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数;(Ⅱ)证明:当0a >时()22lnf x a a a≥+.5-2.(2024·海南省直辖县级单位·模拟预测)已知函数()ln f x x a x =-.(1)求()f x 的单调区间;(2)若()y f x =有两个零点,记较小零点为0x ,求证:()01a x a ->.一、单选题1.(2024·天津)函数在区间(0,1)内的零点个数是A .0B .1C .2D .32.(2024·全国)函数()32f x x ax =++存在3个零点,则a 的取值范围是()A .(),2-∞-B .(),3-∞-C .()4,1--D .()3,0-3.(2024·全国)已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点,则=a A .12-B .13C .12D .14.(2024·吉林通化·模拟预测)已知函数()()232()23f x x x ax b =+-+满足:①定义域为R ;②142b <<;③有且仅有两个不同的零点1x ,2x ,则1211+x x 的取值范围是()A .(2,1)--B .11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭C .1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D .(1,2)5.(2024·河南郑州·模拟预测)已知函数()11e e x x xf x a x x --=+++,若()0f x =有3个不同的解1x ,2x ,3x 且123x x x <<,则3121232e e e x x x x x x ++的取值范围是()A .()e,+∞B .[)2e,+∞C .()8e,-+∞D .()e,2e 二、多选题6.(2024高三上·河北保定·阶段练习)已知函数32()1f x x ax bx =-++,则下列说法正确的是()A .当0b =时,()f x 有两个极值点B .当0a =时,()f x 的图象关于()0,1中心对称C .当24a b =,且4a >-时,()f x 可能有三个零点D .当()f x 在R 上单调时,23a b≥7.(2024·广东深圳·模拟预测)对于函数()f x 和()g x ,设(){}(){}120,0x xf x x xg x ∈=∈=∣∣,若存在12,x x ,使得121x x -≤,则称()f x 与()g x 互为“零点相邻函数”.若函数()3e 4xf x x -=+-与()lng x x mx =-互为“零点相邻函数”,则实数m 的值可以是()A .ln55B .ln33C .ln22D .1e三、填空题8.(2024·北京)已知函数()lg 2f x x kx =--,给出下列四个结论:①若0k =,()f x 恰有2个零点;②存在负数k ,使得()f x 恰有1个零点;③存在负数k ,使得()f x 恰有3个零点;④存在正数k ,使得()f x 恰有3个零点.其中所有正确结论的序号是.9.(2024高三上·江苏南通·开学考试)已知定义在R 上的函数()f x 同时满足下列三个条件:①()f x 为奇函数;②当02x ≤≤时,()33f x x x =-,③当0x ≥时,()()22f x f x +=+.则函数()ln y f x x =-的零点的个数为.10.(2024高三上·广东深圳·阶段练习)已知函数()2e 2,198,1x x x x x f x x x x ⎧--<⎪=⎨+-≥⎪⎩,则方程()11e f f x ⎡⎤+=⎣⎦有个不相等的实数解.11.(2024·陕西西安·一模)若函数()()3221R f x x ax a =-+∈在()0,∞+内有且只有一个零点,则()f x 在[]22-,上的最大值与最小值的和为.四、解答题12.(2024·全国)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.13.(2024·全国)已知函数()()32113f x x a x x =-++.(1)若=3a ,求()f x 的单调区间;(2)证明:()f x 只有一个零点.14.(2024·全国)已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+.(1)当0a =时,求()f x 的最大值;(2)若()f x 恰有一个零点,求a 的取值范围.15.(2024·全国)已知函数()()ln 1exf x x ax -=++(1)当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程;(2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围.16.(2024高三上·河南·阶段练习)设函数()(2)ln(1)f x x x ax =---,R a ∈.(1)若()f x 在(2,)+∞上单调递增,求a 的取值范围;(2)已知()f x 有两个不同的零点12,x x ,(i )求a 的取值范围;(ii )证明:12111x x +=.17.(2024高三上·四川成都·开学考试)已知函数()1ln f x a x x x=+-有三个零点123,,x x x (123x x x <<).(1)求a 的取值范围;(2)过点()1,0x 与()3,0x 分别作()f x 的切线,两切线交于M 点,求M 点到y 轴的距离.18.(2024·全国)已知函数()ln xf x x a xx e -=+-.(1)若()0f x ≥,求a 的取值范围;(2)证明:若()f x 有两个零点12,x x ,则121x x <.19.(2024·河北·模拟预测)已知函数()ln 2m f x x x=+-.(1)若不等式()2f x <-有解,求实数m 的取值范围;(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ,证明:122ln ln ln 1ln m x x m <+<+.20.(2024·陕西)设2()1,, 2.n n f x x x x n N n =+++-∈≥ (Ⅰ)求(2)n f ';(Ⅱ)证明:()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且仅有一个零点(记为n a ),且1120233nn a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭.21.(2024高三上·河南洛阳·开学考试)(1)证明不等式:2e ln x x ->(第一问必须用隐零点解决,否则不给分);(2)已知函数2()(2)e (1)=-+-x f x x a x 有两个零点.求a 的取值范围.(第二问必须用分段讨论解决,否则不给分)22.(2024高三上·河北·期中)已知函数()22e (ln )x f x a x x x =+-+.(1)若2e 1a =--,求()f x 的单调区间;(2)记函数()()2ln 14g x x a x x =--+++,若()()1f x g x +≥恒成立,试求实数a 的取值范围.23.(2024高三上·云南·阶段练习)已知()()e ln xg x x a x x =-+.(1)当1a =时,求()g x 在()1,+∞上的单调性;(2)若()e xh x x =,令()()f x h x '=,讨论方程()()f x m m =∈R 的解的个数.24.(2024高三上·北京·开学考试)已知函数()e xx bf x ax +=-,曲线()y f x =在(0,(0))f 的切线为1y x =-+.(1)求a ,b 的值;(2)求证:函数在区间(1,)+∞上单调递增;(3)求函数()f x 的零点个数,并说明理由.25.(2024高三上·河北保定·开学考试)已知函数()sin 1e ex x af x π+=-,a ∈R .(1)当1a =-时,证明:()1f x >在[],0π-上恒成立;(2)当1a =时,求()f x 在[],2ππ内的零点个数..26.(2024高三上·重庆·阶段练习)已知定义在R 上的函数()2e 1xf x x x =---,其导函数为()f x '.(1)求()y f x '=的单调区间;(2)若函数()()21x a x g x =-+-,求关于x 的方程()()g x f x =的解的个数.27.(2024高三上·河北·阶段练习)已知函数()()sin 1ln f x x x =--,()f x '为()f x 的导数.(1)证明:()f x '在区间π0,12⎛⎫+ ⎪⎝⎭上存在唯一极大值点;(2)求函数()f x 的零点个数.28.(2024高三上·重庆·开学考试)已知函数()1e xf x x +=.(1)求()f x 的极值;(2)若关于x 的方程()f x m =只有一个实数解,求实数m 的取值范围.29.(2024高三上·四川广安·阶段练习)已知函数3()32f x x ax =+-.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若函数()f x a 的取值范围.30.(2024高三上·江西南昌·开学考试)已知函数()(1)xx a a f =>.(1)求函数()()1g x f x f x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在()0,∞+上的单调区间和极值;(2)若方程11log a f x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭有两个不同的正根,求a 的取值范围.31.(2024高三上·福建厦门·阶段练习)若函数3()4=-+f x ax bx ,当1x =时,函数()f x 有极值为2,(1)求函数()f x 的解析式;(2)若()f x k =有3个解,求实数k 的范围.32.(2024·河北保定·二模)已知函数()()22e x f x x x ax =+++,其中常数a ∈R ,e 是自然对数的底数.(1)若3a =-,求()f x 的最小值;(2)若函数()()2cos g x f x x =-恰有一个零点,求a 的值.33.(2024高三上·重庆·阶段练习)已知函数()()eln ,R f x a x a x=-∈.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若函数()()e xg x f x x=+在区间()1,+∞上恰有一个零点,求a 的取值范围.34.(2024·河南·模拟预测)已知函数()ln (,,0)f x a x bx a b a =-∈≠R .(1)求证:曲线()y f x =仅有一条过原点的切线;(2)若20a b =>时,关于x 的方程2()f x m x =-有唯一解,求实数m 的取值范围.35.(2024·新疆·三模)已知函数2()(1)ln 1f x ax a x x =++-,()()f x g x x=.(1)讨论()g x 的单调性;(2)若方程2()e ln 1xf x x x x =+-有两个不相等的实根12,x x ,求实数a 的取值范围,并证明12212e ex x x x +>.36.(2024·江西鹰潭·一模)设m 为实数,函数()()2ln 2R f x m x x m =-∈.(1)当12m =时,直线y ax b =+是曲线()y f x =的切线,求a b +的最小值;(2)已函数()f x 有两个不同的零点1x ,2x (120x x <<),若()12011x x x λλλ+=≠-+,且()00f x '<恒成立,求实数λ的范围.37.(2024高三下·重庆沙坪坝·阶段练习)已知函数()()e ln 1sin xf x x x a x =++-.(1)证明:当2a >时,()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上存在极值点;(2)记()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上的极值点为m ,()f x 在区间[]0,π上的零点的和为n ,请比较2m 与n 的大小.38.(2024高三上·内蒙古乌兰察布·期中)设函数()22ln 42x af x a x x =-++,(1)试讨论函数()f x 的单调性;(2)如果0a >且关于x 的方程()f x m =有两个解()1212,x x x x <,证明:122x x a +>.39.(2024高三上·辽宁大连·期中)已知函数()ln e xa xf x a x=--(e 自然对数的底数)有两个零点.(1)求实数a 的取值范围;(2)若()f x 的两个零点分别为1x ,2x ,证明:12212e e x x x x +>.40.(2024高三下·重庆九龙坡·开学考试)已知()32log e (0a f x x x a =->且1)a ≠.(1)试讨论函数()f x 的单调性;(2)当1a >时,若()f x 有三个零点123,,x x x .①求a 的范围;②设123x x x <<,求证:333123322e 2x x x ++>-.41.(2024高三上·广东河源·开学考试)已知函数()()ln 1f x x =+,()()e xg x f x a =+,其中a ∈R .(1)求过点()1,1--且与函数()f x 的图象相切的直线方程;(2)①求证:当0x >时,2e 12xx x >++;②若函数()g x 有两个不同的零点1x ,2x ,求证:21x x -<全国名校大联考2023-2024学年高三上学期第一联考(月考)数学试题)已知函数()2ln f x x ax =+(a ∈R ).(1)若()0f x ≤在()0,∞+上恒成立,求a 的取值范围:(2)设()()3g x x f x =-,1x ,2x 为函数()g x 的两个零点,证明:121x x <.43.(2024·江苏南京·模拟预测)已知函数()ln f x x =,()21212g x x x =-+.(1)求函数()()()3x g x f x ϕ=-的单调递减区间;(2)设()()()h x af x g x =-,a R ∈.①求证:函数()y h x =存在零点;②设0a <,若函数()y h x =的一个零点为m .问:是否存在a ,使得当()0,x m ∈时,函数()y h x =有且仅有一个零点,且总有()0h x ≥恒成立?如果存在,试确定a 的个数;如果不存在,请说明理由.44.(2024高三上·山西临汾·期中)已知函数()e sin 1x f x a x =--,()()22cos sin 2e xx a g x a x x ++=-+-+,()f x 在()0,π上有且仅有一个零点0x .(1)求a 的取值范围;(2)证明:若12a <<,则()g x 在(),0π-上有且仅有一个零点1x ,且010x x +<.45.(2024高三上·广东深圳·阶段练习)已知0a >,函数()e xf x x a =-,()lng x x x a =-.(1)证明:函数()f x ,()g x 都恰有一个零点;(2)设函数()f x 的零点为1x ,()g x 的零点为2x ,证明12x x a =.46.(2024·海南海口·模拟预测)已知函数2()e x f x x +=.(1)求()f x 的最小值;(2)设2()()(1)(0)F x f x a x a =++>.(ⅰ)证明:()F x 存在两个零点1x ,2x ;(ⅱ)证明:()F x 的两个零点1x ,2x 满足1220x x ++<.47.(2024高三上·甘肃天水·阶段练习)已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++.(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)当0a =时,2()(1)()1g x x f x x =---,证明:函数()g x 有且仅有两个零点,两个零点互为倒数.48.(2024·四川遂宁·模拟预测)已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++.(1)若函数()f x 在1x =处取得极值,求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程;(2)讨论函数()f x 的单调性;(3)当0a =时,2()(1)()1g x x f x x =---,证明:函数()g x 有且仅有两个零点,且两个零点互为倒数.49.(2024高三·湖南长沙·阶段练习)已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈在其定义域内有两个不同的零点.(1)求a 的取值范围;(2)记两个零点为12,x x ,且12x x <,已知0λ>,若不等式()21ln 1ln 10λ-+->x x 恒成立,求λ的取值范围.50.(2024·广西·模拟预测)已知()3()1ln f x x ax x =-+.(1)若函数()f x 有三个不同的零点,求实数a 的取值范围;(2)在(1)的前提下,设三个零点分别为123,,x x x 且123x x x <<,当132x x +>时,求实数a 的取值范围.51.(2024·贵州遵义·模拟预测)已知函数321()13f x x ax bx =+++(,a b R ∈).(1)若0b =,且()f x 在(0,)+∞内有且只有一个零点,求a 的值;(2)若20a b +=,且()f x 有三个不同零点,问是否存在实数a 使得这三个零点成等差数列?若存在,求出a 的值,若不存在,请说明理由.52.(2024·浙江·二模)设e 2a <,已知函数()()()22e 22x f x x a x x =---+有3个不同零点.(1)当0a =时,求函数()f x 的最小值:(2)求实数a 的取值范围;(3)设函数()f x 的三个零点分别为1x 、2x 、3x ,且130x x ⋅<,证明:存在唯一的实数a ,使得1x 、2x 、3x 成等差数列.53.(2024高三上·山东临沂·期中)已知函数ln ()xf x x=和()e x ax g x =有相同的最大值.(1)求a ,并说明函数()()()h x f x g x =-在(1,e )上有且仅有一个零点;(2)证明:存在直线y b =,其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.54.(2024·湖北黄冈·三模)已知函数()()2sin cos ,ln πxf x x x x axg x x =++=.(1)当0a =时,求函数()f x 在[]π,π-上的极值;(2)用{}max ,m n 表示,m n 中的最大值,记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>,讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数.55.(2024·四川南充·三模)已知函数21()sin cos 2f x x x x ax =++,()ln πx g x x =.(1)当0a =时,求函数()f x 在[,]-ππ上的极值;(2)用max{,}m n 表示m ,n 中的最大值,记函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>,讨论函数()h x 在(0,)+∞上的零点个数.56.(2024·四川南充·三模)已知函数()2e 2x ax x f x x =+-,()ln g x x =其中e 为自然对数的底数.(1)当1a =时,求函数()f x 的极值;(2)用{}max ,m n 表示m ,n 中的最大值,记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>,当0a ≥时,讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数.57.(2024·广东汕头·二模)已知函数()ln f x x =-,31()4g x x ax =-+,R a ∈.(1)若函数()g x 存在极值点0x ,且()()10g x g x =,其中10x x ≠,求证:1020x x +=;(2)用min{,}m n 表示m ,n 中的最小值,记函数()min{()h x f x =,()}(0)g x x >,若函数()h x 有且仅有三个不同的零点,求实数a 的取值范围.58.(2024高三上·山西朔州·期末)已知函数()()31,1ln 4f x x axg x x x =++=--.(1)若过点()1,0可作()f x 的两条切线,求a 的值.(2)用{}min ,m n 表示,m n 中的最小值,设函数()()(){}min ,(01)h x f x g x x =<<,讨论()h x 零点的个数.59.(2024高三上·重庆南岸·阶段练习)已知()2ln 12a f x x x x =++.(1)若函数()()cos sin ln 1g x f x x x x x x =+---在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦上有1个零点,求实数a 的取值范围.(2)若关于x 的方程()212x a a xe f x x ax -=-+-有两个不同的实数解,求a 的取值范围.60.(2024高三上·湖南·阶段练习)已知函数()e ln(1)ln 1x f x a x a =-++-.(1)若1a =,求函数()f x 的极值;(2)若函数()f x 有且仅有两个零点,求a 的取值范围.61.(2024·江苏)已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥.(1)若()()2222()f x x x g x x x D =+=-+=-∞+∞,,,,求h (x )的表达式;(2)若2()1()ln (),(0)f x x x g x k x h x kx k D =-+==-=+∞,,,,求k 的取值范围;(3)若()()()()422342248432(0f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤,,,[],D m n ⎡=⊆⎣,求证:n m -≤62.(2024高三上·广东汕头·期中)已知函数()()e e 212x xf x a ax ⎡⎤=-++⎣⎦,(e 为自然对数的底数,且1a ≤).(1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.63.(2024高三·宁夏银川·阶段练习)已知函数2()(1)()x f x xe a x a R =++∈(1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有两个零点,求a 的取值范围.。

高中数学压轴题系列——导数专题——函数零点或交点问题

高中数学压轴题系列——导数专题——函数零点或交点问题

(Ⅲ)证明:函数 h(x)=f(x)﹣x2=lnx﹣ x2,h′(x)= ﹣3x=
,(x>0),
当 0<x< 时,h′(x)>0,h(x)递增;当 x> 时,h′(x)<0,h(x)递减.
即有 x≥1 时,h(x)递减,即 h(x)≤h(1)=ln1﹣ <0,则 lnx< x2,即为 3x2>lnx2.
【解答】(1)解:f′(x)=
,∵在 x=0 处取得极值,∴f′(0)=0,∴ ﹣1=0,解得 a=1.
经过验证 a=1 时,符合题意. (2)证明:当 a=1 时,f(x)=ln(x+1)﹣x2﹣x,其定义域为{x|x>﹣1}.f′(x)=
=

令 f′(x)=0,解得 x=0. 当 x>0 时,令 f′(x)<0,f(x)单调递减;当﹣1<x<0 时,令 f′(x)>0,f(x)单调递增. ∴f(0)为函数 f(x)在(﹣1,+∞)上的极大值即最大值. ∴f(x)≤f(0)=0,∴ln(x+1)≤x2+x,当且仅当 x=0 时取等号. (3)解:f(x)=﹣ x+b 即 ln(x+1)﹣x2+ x﹣b=0,
高中数学压轴题系列——导数专题——函数零点或交点问题
头条号:延龙高中数学 微信:gyl_math123
1.已知函数 f(x)=ln(x+a)﹣x2﹣x(a∈R)在 x=0 处取得极值. (1)求实数 a 的值; (2)证明:ln(x+1)≤x2+x; (3)若关于 x 的方程 f(x)=﹣ x+b 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数 b 的取值范围.
是曲线 y=f(x)的
一条切线. (1)求 a 的值;(2)设函数 g(x)=xex﹣2x﹣f(x﹣a)﹣a+2,证明:函数 g(x)无零点. 解:(1)函数 f(x)=ln(x+a)﹣x(a∈R)的导数为 f′(x)= ﹣1,

2025届高考数学一轮复习教案:导数-导数的函数零点问题

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.。

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高中数学压轴题系列——导数专题——函数零点或交点问题
头条号:延龙高中数学微信:gyl_math123
1.已知函数f(x)=ln(x+a)﹣x2﹣x(a∈R)在x=0处取得极值.
(1)求实数a的值;
(2)证明:ln(x+1)≤x2+x;
(3)若关于x的方程f(x)=﹣x+b在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数b的取值范围.【解答】(1)解:f′(x)=,∵在x=0处取得极值,∴f′(0)=0,∴﹣1=0,解得a=1.
经过验证a=1时,符合题意.
(2)证明:当a=1时,f(x)=ln(x+1)﹣x2﹣x,其定义域为{x|x>﹣1}.f′(x)==,令f′(x)=0,解得x=0.
当x>0时,令f′(x)<0,f(x)单调递减;当﹣1<x<0时,令f′(x)>0,f(x)单调递增.
∴f(0)为函数f(x)在(﹣1,+∞)上的极大值即最大值.
∴f(x)≤f(0)=0,∴ln(x+1)≤x2+x,当且仅当x=0时取等号.
(3)解:f(x)=﹣x+b即ln(x+1)﹣x2+x﹣b=0,
令g(x)=ln(x+1)﹣x2+x﹣b,x∈(﹣1,+∞).
关于x的方程f(x)=﹣x+b在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根⇔g(x)=0在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根.
g′(x)=﹣2x+=,
当x∈(0,1)时,g′(x)>0,∴g(x)在(0,1)上单调递增.
当x∈(1,2)时,g′(x)<0,∴g(x)在(0,1)上单调递减.
∴,∴.
2.已知函数f(x)=(x∈R),当x=2时f(x)取得极值.
(1)求a的值;(2)求f(x)的单调区间;
(3)若关于x的方程f(x)﹣2m+1=0在x∈[﹣2,1]时有解,求实数m的取值范围.
解:(1).∵当x=2时f(x)取得极值,∴f′(2)=0,∴a=2;
(2),由f′(x)>0得﹣1<x<2;由f′(x)<0得x<﹣1或x>2,
所以函数f(x)的增区间是(﹣1,2),减区间是(﹣∞,﹣1),(2,+∞)
(3)由(2)知函数f(x)在[﹣2,﹣1)单减,在(﹣1,1]单增.
当x∈[﹣2,1]时,f min(x)=﹣1,,依题意,所以
3.(2018•南平一模)已知函数f(x)=lnx﹣(a+1)x,g(x)=﹣ax+a,其中a∈R.
(1)试讨论函数f(x)的单调性及最值;
(2)若函数F(x)=f(x)﹣g(x)不存在零点,求实数a的取值范围.
解:(1)f(x)=lnx﹣(a+1)x,函数的定义域是(0,+∞),f′(x)=﹣(a+1)=,
a+1<0即a<﹣1时,1﹣(a+1)x>0,故f′(x)>0,f(x)递增,无最值,
a+1≥0即a≥﹣1时,令f′(x)>0,解得:x<,令f′(x)<0,解得:x>,
故f(x)在(0,)递增,在(,+∞)递减;故f(x)min=f()=﹣ln(a+1)﹣1;(2)F(x)=lnx﹣(a+1)x﹣+ax﹣a=lnx﹣x﹣﹣a,
F′(x)=﹣1+=,
令F′(x)>0,解得:x<2,令F′(x)<0,解得:x>2,
故F(x)在(0,2)递增,在(2,+∞)递减,
故F(x)max=F(2)=ln2﹣2﹣1﹣a=ln2﹣3﹣a,
若F(x)不存在零点,则ln2﹣3﹣a<0,解得:a>ln2﹣3.
4.(2018•榆林三模)设函数f(x)=ax3+bx2﹣x(x∈R,a,b 是常数,a≠0),且当x=1和x=2时,函数f(x)取得极值.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若曲线y=f(x)与g(x)=﹣3x﹣m(﹣2≤x≤0)有两个不同的交点,求实数m的取值范围.解:(1)f'(x)=3ax2+2bx﹣1,…(2分)依题意f'(1)=f'(2)=0,
即,解得a=﹣,b=…(4分)∴f(x)=﹣x3+x2﹣x…(5分)
(2)由(1)知,曲线y=f(x)与g(x)=﹣3x﹣m(﹣2≤x≤0)有两个不同的交点,
即x3﹣x2﹣2x﹣m=0在[﹣2,0]上有两个不同的实数解…(6分)
设φ(x)=x3﹣x2﹣2x﹣m,则φ′(x)=x2﹣x﹣2,…(8分)
由φ'(x)=0的x=4或x=﹣1
当x∈(﹣2,﹣1)时φ'(x)>0,于是φ(x)在[﹣2,﹣1]上递增;
当x∈(﹣1,0)时φ'(x)<0,于是φ(x)在[﹣1,0]上递减.…(10分)
依题意有⇔⇔0≤m<,
∴实数m的取值范围是0≤m<.…(13分)
5.(2018•广元模拟)已知函数f(x)=2lnx﹣x2+ax(a∈R).
(Ⅰ)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程;
(Ⅱ)若函数f(x)与g(x)=ax﹣m图象在上有两个不同的交点,求实数m的取值范围.解:(Ⅰ)当a=2时,f(x)=2lnx﹣x2+2x,f′(x)=﹣2x+2,
切点坐标为(1,1),切线的斜率k=f′(1)=2,则切线方程为y﹣1=2(x﹣1),即y=2x﹣1.
(Ⅱ)由题意可得:2lnx﹣x2+m=0,令h(x)=2lnx﹣x2+m,则h′(x)=﹣2x=,
∵x∈[,e],故h′(x)=0时,x=1.当<x<1时,h′(x)>0;当1<x<e时,h′(x)<0.
故h(x)在x=1处取得极大值h(1)=m﹣1.
又=m﹣2﹣,h(e)=m+2﹣e2,h(e)﹣=4﹣e2+<0,则h(e)<,
∴h(x)在[]上的最小值为h(e).
h(x)在[]上有两个零点的条件是,解得:1<m≤2+,
∴实数m的取值范围是[1,2+].
6.(2018•广西二模)已知函数f(x)=ln(x+a)﹣x(a∈R),直线l:是曲线y=f(x)的一条切线.
(1)求a的值;(2)设函数g(x)=xe x﹣2x﹣f(x﹣a)﹣a+2,证明:函数g(x)无零点.
解:(1)函数f(x)=ln(x+a)﹣x(a∈R)的导数为f′(x)=﹣1,
设切点为(m,n),直线l:是曲线y=f(x)的一条切线,
可得﹣1=﹣,ln(m+a)﹣m=﹣m+ln3﹣,解得m=2,a=1;
(2)证明:函数g(x)=xe x﹣2x﹣f(x﹣a)﹣a+2=xe x﹣2x﹣f(x﹣1)﹣2+2=xe x﹣x﹣lnx,x>0,
g′(x)=(x+1)e x﹣1﹣=(x+1)(e x﹣),可设e x﹣=0的根为m,即有e m=,即有m=﹣lnm,当x>m时,g(x)递增,0<x<m时,g(x)递减,可得x=m时,g(x)取得极小值,且为最小值,则g(x)≥g(m)=me m﹣m﹣lnm=1﹣m+m=1,可得g(x)>0恒成立,则函数g(x)无零点.
7.(2018•全国二模)已知函数
(Ⅰ)当a=1时,求f(x)的单调区间及极值;(Ⅱ)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.解:(Ⅰ)当a=1时,,x>0.,x>0.……………1分
当0<x<1时,f′(x)<0;当x>1时,f′(x)>0.……………3分
所以f(x)的单调减区间为(0,1);单调增区间为(1,+∞).
f(x)的极小值为;无极大值.……………5分
(Ⅱ)∵
=.……………7分
∵x>0,a>0,∴x2+x+a>0,
当x>a时,f′(x)>0;当0<x<a时,f′(x)<0.f(x)在(0,a)上单调递减;在(a,+∞)上单调递增.……………8分
所以
若f(x)有两个零点,必有,得a>3.……………10分


综上所述,当a>3时f(x)有两个零点,所以符合题意的a的取值范围为(3,+∞).…12分
8.已知函数f(x)=lnx﹣﹣ax(a∈R),在x=1时取得极值.
(Ⅰ)求f(x)的单调区间;
(Ⅱ)若方程f(x)=﹣x+b在区间[1,3]上有两个不等实数根,求实数b取值范围.
(Ⅲ)若函数h(x)=f(x)﹣x2,利用h(x)的图象性质,证明:3(12+22+…+n2)>ln(12•22•…•n2)
(n∈N*).
解:(Ⅰ)函数f(x)=lnx﹣﹣ax的导数为f′(x)=﹣x﹣a,
由在x=1时取得极值,则f′(1)=0,即1﹣1﹣a=0,解得a=0,
即有f(x)=lnx﹣的导数为f′(x)=﹣x,(x>0),
令f′(x)>0可得0<x<1,令f′(x)<0可得x>1,
则f(x)的增区间为(0,1),减区间为(1,+∞);
(Ⅱ)若方程f(x)=﹣x+b在区间[1,3]上有两个不等实数根,
即为b=lnx﹣x2+x在区间[1,3]上有两个不等实数根.
令g(x)=lnx﹣x2+x,g′(x)=﹣x+=,
当1≤x<2时,g′(x)>0,g(x)递增;当x>2时,g′(x)<0,g(x)递减.
即有x=2处g(x)取得极大值,也为最大值,且为ln2+1,
x=1时,g(x)=1,x=3时,g(x)=ln3.
则当ln3≤b<ln2+1时,方程在区间[1,3]上有两个不等实数根;
(Ⅲ)证明:函数h(x)=f(x)﹣x2=lnx﹣x2,h′(x)=﹣3x=,(x>0),
当0<x<时,h′(x)>0,h(x)递增;当x>时,h′(x)<0,h(x)递减.
即有x≥1时,h(x)递减,即h(x)≤h(1)=ln1﹣<0,则lnx<x2,即为3x2>lnx2.则有ln12<3•12,ln22<3•22,ln32<3•32,…,lnn2<3•n2.
则ln12+ln22+…+lnn2<3(12+22+…+n2),故有3(12+22+…+n2)>ln(12•22•…•n2)(n∈N*).。

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