2020高考专题3.5 导数与函数的零点(解析版)
2020年高考山东版高考理科数学 第3课时 利用导数研究函数零点问题
第3课时 利用导数研究函数零点问题1.已知函数f(x)=a+ln x(a ∈R ).x (1)求f(x)的单调区间;(2)试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.解析 (1)函数f(x)的定义域是(0,+∞),f '(x)=()'ln x+·=.x x 1x x (ln x +2)2x令f '(x)>0,解得x>e -2,令f '(x)<0,解得0<x<e -2,所以f(x)在(0,e -2)上递减,在(e -2,+∞)上递增.(2)由(1)得f(x)min =f(e -2)=a-,2e 显然a>时, f(x)>0,无零点,2e a=时, f(x)=0,有1个零点,2e a<时, f(x)<0,有2个零点.2e 2.(2018课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=x 3-a(x 2+x+1).13(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.解析 (1)当a=3时, f(x)=x 3-3x 2-3x-3, f '(x)=x 2-6x-3.13令f '(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.33当x ∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时, f '(x)>0;33当x ∈(3-2,3+2)时, f '(x)<0.33故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.3333(2)证明:由于x 2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.x 3x 2+x +1设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递x3x 2+x +1x 2(x 2+2x +3)(x 2+x +1)2增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a 2+2a-=-6-<0, f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.13(a -16)21613综上, f(x)只有一个零点.3.(2018重庆调研)设函数f(x)=-x 2+ax+ln x(a ∈R ).(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;(2)设函数f(x)在上有两个零点,求实数a 的取值范围.[13,3]解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f '(x)=-2x-1+=,令f '(x)=0,得x=(负值舍去),1x -2x 2-x +1x12当0<x<时, f '(x)>0,当x>时, f '(x)<0,1212∴f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(0,12)(12,+∞)(2)令f(x)=-x 2+ax+ln x=0,得a=x-,ln x x 令g(x)=x-,其中x ∈,则g'(x)=1-=,令g'(x)=0,得x=1,当≤x<1时,g'(x)<0,ln x x [13,3]1x ·x -ln x x 2x 2+ln x -1x 213当1<x ≤3时,g'(x)>0,∴g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为(1,3],[13,1)∴g(x)min =g(1)=1,由于函数f(x)在上有两个零点,g=3ln 3+,g(3)=3-,[13,3](13)13ln333ln 3+>3-,13ln33∴实数a 的取值范围是.(1,3-ln33]4.(2019贵州贵阳模拟)已知函数f(x)=kx-ln x(k>0).(1)若k=1,求f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k 的值;(3)比较e 3与3e 的大小.解析 (1)k=1, f(x)=x-ln x,定义域为(0,+∞),则f '(x)=1-,1x 由f '(x)>0得x>1,由f '(x)<0得0<x<1.∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)解法一:由题意知kx-ln x=0仅有一个实根,由kx-ln x=0得k=(x>0),ln x x 令g(x)=(x>0),则g'(x)=,ln x x 1-ln xx 2当x=e 时,g'(x)=0;当0<x<e 时,g'(x)>0;当x>e 时,g'(x)<0.∴g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,∴g(x)max =g(e)=.1e 当x →+∞时,g(x)→0.又k>0,∴要使f(x)仅有一个零点,则k=.1e 解法二:f(x)=kx-ln x,则f '(x)=k-=(x>0,k>0).1x kx -1x 当x=时, f '(x)=0;当0<x<时, f '(x)<0;当x>时, f '(x)>0.1k 1k 1k ∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,(0,1k )(1k ,+∞)∴f(x)min =f =1-ln ,(1k )1k ∵f(x)有且只有一个零点,∴1-ln =0,即k=.1k 1e 解法三:∵k>0,∴函数f(x)有且只有一个零点即为直线y=kx 与曲线y=ln x 相切,设切点为(x 0,y 0),由y=ln x 得y'=,1x ∴∴k=,{k =1x 0,y 0=k x 0,y 0=ln x 0,1e x 0=e,y 0=1,∴实数k 的值为.1e (3)由(1)(2)知≤,即≥ln x,当且仅当x=e 时,取“=”,令x=3,得>ln 3,即ln e 3>eln 3=ln ln x x 1e x e 3e 3e ,∴e 3>3e .。
2020版高考数学导数及其应用 Word版含解析
第2课时 导数与方程题型一 求函数零点个数例1 已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)． 解 (1)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x ，∵x >0，a >0，当0<x <a 时，f ′(x )>0， 当x >a 时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调增区间是(0，a )，单调减区间是(a ，＋∞)． (2)由(1)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)． 讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln(e 2)－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数f (x )的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )在区间(1，e 2)上无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有两个零点．思维升华 (1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 根据函数零点情况求参数范围例2 (2018·南京联合体调研)已知f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调增区间；(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． (参考求导公式：[f (ax ＋b )]′＝af ′(ax ＋b ))解 (1)由题知f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，x >0，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x ，令f ′(x )>0，因为x >0，所以x ＋a >0，所以x >a ， 所以函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)． 综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．(2)由(1)知，若a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，函数f (x )至多有一个零点，不合题意． 若a >0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )上为减函数； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数， 所以f (x )min ＝f (a )＝12a －12a ln a ＝12a (1－ln a )．要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝12a (1－ln a )<0，所以a >e. 下面证明：当a >e 时，函数f (x )有两个零点．因为a >e ，所以1∈(0，a )，而f (1)＝12>0，所以f (x )在(0，a )上存在唯一零点．方法一 又f (e a )＝12e a 2－a ⎝⎛⎭⎫12＋ln a ＝12a (e a －1－2ln a )， 令h (a )＝e a －1－2ln a ，a >e ，h ′(a )＝e －2a >0，所以h (a )在(e ，＋∞)上单调递增， 所以h (a )>h (e)＝e 2－3>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点． 综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)． 方法二 先证x ∈(1，＋∞)有ln x <x －1， 所以f (x )＝12x 2－a ln x >12x 2－ax ＋a .因为a >e ，所以a ＋a 2－2a >a >a .因为12(a ＋a 2－2a )2－a (a ＋a 2－2a )＋a ＝0.所以f (a ＋a 2－2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点；综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．思维升华 函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 解 由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：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h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2， 所以实数a 的取值范围为4<a ≤e ＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e .1．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数． 解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x ，令f ′(x )>0，解得x >e －2， 令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )在(0，e －2)上单调递减， 在(e －2，＋∞)上单调递增． f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点．2．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x 2，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1， 所以f (x )在(0,1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增， 而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞， x →＋∞时，F (x )→＋∞， 画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．3．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．解 由已知可得方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解，令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2(1－2ln x )x 3易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数， 则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，由于φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22，φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝24e 2ln e ln 22e-<ln 81－ln 272e 2<0， 所以φ(e)<φ(2)． 所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a <1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时，a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫ln 22，1e .4．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.(1)解 f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0， 故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明 不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)， f (x )在(－∞，1)内单调递减， 所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)， 即f (2－x 2)<0. 由于222222(2)e(1)x f x x a x －－＝－＋－，而()22222(2)e (1)0xf x x a x ＝－＋－＝， 所以222222(2)e(2)e .x x f x x x －－＝－－－设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0.而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．(2018·南通模拟)已知函数f (x )＝e x －|x －a |，其中a ∈R . (1)若f (x )在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数有极大值点x 2和极小值点x 1，且f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝e x －|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －x ＋a ，x ≥a ，e x＋x －a ，x <a ，则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－1，x ≥a ，e x ＋1，x <a .因为f (x )在R 上单调递增， 所以f ′(x )≥0恒成立，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0恒成立； 当x ≥a 时，要使f ′(x )＝e x －1≥0恒成立， 所以f ′(a )≥0，即a ≥0.所以实数a 的取值范围为[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ≥0时，f (x )在R 上单调递增，不符合题意， 所以有a <0.此时，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0，f (x )单调递增； 当x ≥a 时，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝0， 所以f ′(x )<0在(a,0)上恒成立，f (x )在(a,0)上单调递减， f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )极大值＝f (a )＝e a ，f (x )极小值＝f (0)＝1＋a ，即a <0符合题意． 由f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立， 可得e a －a －1≥ka 对任意a <0恒成立．设g (a )＝e a －(k ＋1)a －1，求导得g ′(a )＝e a －(k ＋1)．①当k ≤－1时，g ′(a )>0恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递增，又因为g (－1)＝1e＋k <0，与g (a )≥0矛盾． ②当k ≥0时，g ′(a )<0在(－∞，0)上恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递减， 又因为当a →0时，g (a )→0，所以此时g (a )>0恒成立，符合题意． ③当－1<k <0时，g ′(a )>0在(－∞，0)上的解集为(ln(k ＋1)，0)， 即g (a )在(ln(k ＋1)，0)上单调递增，又因为当a →0时，g (a )→0，所以g (ln(k ＋1))<0，不合题意．综上，实数k 的取值范围为[0，＋∞)．。
2023年高考数学总复习第三章 导数及其应用第5节：利用导数研究函数的零点问题(教师版)
2023年高考数学总复习第三章导数及其应用利用导数研究函数的零点问题题型一判断、证明或讨论函数零点的个数例1已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1).(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点.(1)解当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减.(2)证明由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增.故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点.又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点.综上，f (x )只有一个零点.感悟提升利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.(2)根据题目要求，画出函数图像的走势规律，标明函数极(最)值的位置.(3)数形结合法分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.训练1设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m 为正数.试讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.解由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0).转化为函数y ＝m 与y ＝－13x 3＋x 的图像的交点情况.设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减，∴x ＝1是φ(x )唯一的极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图像(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当实数m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.题型二根据零点个数确定参数范围例2(2021·全国甲卷)已知a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝x a ax (x ＞0).(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，求a 的取值范围.解(1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x （2－x ln 2）2x(x ＞0)，令f ′(x )＞0，则0＜x ＜2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )＜0，则x ＞2ln 2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )(2)函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，则转化为方程x a a x ＝1(x ＞0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解.设g (x )＝ln x x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－ln x x2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，当x ＞e 时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e，且当x ＞e 时，g (x )g (1)＝0，所以0＜ln a a ＜1e，所以a ＞1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).感悟提升在解决已知函数y ＝f (x )有几个零点求f (x )中参数t 的取值范围问题时，经常从f (x )中分离出参数t ＝g (x )，然后用求导的方法判断g (x )的单调性，再根据题意求出参数t 的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.训练2已知函数f (x )＝ax －2ln x －a x(a ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数h (x )＝1－a 2x －f （x ）2恰有两个不同的零点，求实数a 的取值范围.解(1)函数f(x)＝ax－2ln x－ax的定义域是(0，＋∞)，求导可得f′(x)＝a－2x＋ax2＝ax2－2x＋ax2.当a≤0时，f′(x)<0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.当a≥1时，4(1－a2)≤0，此时f′(x)＝ax2－2x＋ax2≥0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当0<a<1时，4(1－a2)>0，令f′(x)＝0，得x1＝1－1－a2a，x2＝1＋1－a2a，所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；在(x1，x2)上单调递减.综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a≥1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，函数f(x)(1－1－a2a，1＋1－a2a)上单调递减.(2)由题意得函数h(x)＝1－a2x－f（x）2＝1－a2x＋ln x(x>0)，则函数h(x)＝1－a2xf（x）2恰有两个不同的零点即方程1－a2x＋ln x＝0恰有两个不同的根.由1－a2x＋ln x＝0得a＝2（1＋ln x）x，所以直线y＝a与函数g(x)＝2（1＋ln x）x的图像有两个不同的交点.由g(x)＝2（1＋ln x）x，得g′(x)＝－2ln xx2，当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝2.又e－2<1，g(e－2)＝2（1＋ln e－2）e－2＝－2e－2<0，x>1时，g(x)>0，所以实数a的取值范围为(0，2).题型三可化为函数零点的个数问题例3已知函数f(x)＝ln x(0<x≤1)与函数g(x)＝x2＋a的图像有两条公切线，求实数a的取值范围.解设公切线与函数f(x)＝ln x的图像切于点A(x1，ln x1)(0<x1≤1)，因为f(x)＝ln x，所以f′(x)＝1 x，所以在点A(x1，ln x1)处切线的斜率k1＝f′(x1)＝1 x1，所以切线方程为y－ln x1＝1x1(x－x1)，即y＝xx1＋ln x1－1，设公切线与函数g(x)＝x2＋a的图像切于点B(x2，x22＋a)，因为g(x)＝x2＋a，所以g′(x)＝2x，所以在点B(x2，x22＋a)处切线的斜率k2＝g′(x)＝2x2，所以切线方程为y－(x22＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x22＋a，1x1＝2x2，ln x1－1＝－x22＋a.因为0<x1≤1，所以1x1＝2x2≥1，x2≥12.又a＝－ln2x2＋x22－1，令t＝x2∈12，＋∞，则h(t)＝－ln2t＋t2－1＝－ln2－ln t＋t2－1，所以h′(t)＝2t2－1 t.令h′(t)>0且t≥12，得t>22；令h ′(t )<0且t ≥1，得12≤t <22.所以h (t )在12，所以函数f (x )＝ln x (0<x ≤1)与函数g (x )＝x 2＋a 有两条公切线，满足h (t )≤ln2－12<h (t )≤－34，所以a ln 2－12，－34.感悟提升解决曲线的切线条数、两曲线的交点个数、方程根的个数等问题的关键是转化为对应函数的零点个数问题，利用数形结合思想，通过研究函数的零点个数解决相关问题.训练3已知函数f (x )＝1＋ln x x.(1)求函数f (x )的图像在x ＝1e 2处的切线方程(e 为自然对数的底数)；(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x(a >0)有唯一实数根，求a 的取值范围.解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－ln x x 2，所以f 2e 4，又e 2，所以函数f (x )的图像在x ＝1e2处的切线方程为y ＋e 2＝2e 即y ＝2e 4x －3e 2.(2)当x >1时，f (x )＝a (x －1)＋1x，即ln x －a (x 2－x )＝0.令h (x )＝ln x －a (x 2－x )，有h (1)＝0，h ′(x )＝－2ax 2＋ax ＋1x.令r (x )＝－2ax 2＋ax ＋1(a >0)，则r (0)＝1，r (1)＝1－a ，①当a≥1时，r(1)≤0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x∈(1，＋∞)时，r(x)<0，即h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以方程f(x)＝a(x－1)＋1x无实根.②当0<a<1时，r(1)＝1－a>0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以存在x0∈(1，＋∞)，使得x∈(1，x0)时，r(x)>0，即h(x)单调递增；x∈(x0，＋∞)时，r(x)<0，即h(x)单调递减.所以h(x)max＝h(x0)>h(1)＝0.取x＝1＋1(x>2)，则1＋1a ln1＋1a a1＋1a＋a1＋1a ln1＋1a－1＋1a.令t＝1＋1a>0，故m(t)＝ln t－t(t>2)，则m′(t)＝1t－1<0，所以m(t)在(2，＋∞)单调递减，所以m(t)<ln2－2<0，即h 1＋1a故存在唯一x1x0，1＋1a，使得h(x1)＝0.综上，a的取值范围为(0，1).隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫作隐零点；若x0容易求出，就叫作显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.例1设函数f(x)＝e x－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞). (2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋x＋1e x－1(x>0)恒成立，令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，得g′(x)＝e x－1－（x＋1）e x（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2(x>0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数.又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝α＋1eα－1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.例2已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax的图像在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－32.(1)解因为f′(x)＝x e x－a，由f′(0)＝－1得a＝1，又f(0)＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)证明令g(x)＝f′(x)＝x e x－1，则g′(x)＝(x＋1)e x，所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0e x0＝1⇒e x0＝1 x0，f(x0)＝x0－1x0－x0＝1x又＝e2－1<0，g(1)＝e－1>0⇒12<x0<1⇒2<1x0＋x0<52，所以f(x0)>－3 2 .1.已知函数f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.解(1)当a＝0时，f(x)＝e x－e x，则f′(x)＝e x－e，f′(1)＝0，当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.(2)由题意得f′(x)＝e x－2ax＋a－e，设g(x)＝e x－2ax＋a－e，则g′(x)＝e x－2a.若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.若a<0，则g′(x)＝e x－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，e x>e x.则f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2>e x＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a的取值范围为(－∞，0).2.设函数f(x)＝12x2－m ln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图像的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（x＋m）（x－m）x.当0<x<m时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>m时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.综上，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m).(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－m ln x，x>0，题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.F′(x)＝－（x－1）（x－m）x，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为F(1)＝32>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点；当m>1时，0<x<1或x>m时，F′(x)<0；1<x<m时，F′(x)>0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，因为F(1)＝m＋12>0，F(2m＋2)＝－m ln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点.综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图像总有一个交点.3.已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax2＋b＋12.(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝12时，f(x)的图像与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)e x－x2＋b＋12(x∈R)，则f′(x)＝e x＋(x－1)e x－2x＝x(e x－2).令f′(x)>0，解得x<0或x>ln2；令f′(x)<0，解得0<x<ln2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2).(2)因为a＝12，所以f(x)＝(x－1)e x－12x2＋b＋12.由(x－1)e x－12x2＋b＋12＝bx，得(x－1)e x－12(x2－1)＝b(x－1).当x＝1时，方程成立.当x≠1时，只需要方程e x－12(x＋1)＝b有2个实根.令g(x)＝e x－12(x＋1)，则g′(x)＝e x－12.当x <ln 12时，g ′(x )<0，当x >ln 12且x ≠1时，g ′(x )>0，所以g (x )∞，ln 12，(1，＋∞)上单调递增，因为＝12－12＋＝12ln 2，g (1)＝e －1≠0，所以b 2，e －(e －1，＋∞).4.已知函数f (x )＝ax cos x －1在0，π6上的最大值为3π6－1.(1)求a 的值；(2)证明：函数f (x )2个零点.(1)解f ′(x )＝a (cos x －x sin x )，因为x ∈0，π6，所以cos x >sin x ≥0，又1>x ≥0，所以1·cos x >x sin x ，即cos x －x sin x >0.当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在区间0，π6上单调递增，所以f (x )max ＝a ·π6×32－1＝3π6－1，解得a ＝2.当a <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间0，π6上单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝－1，不符合题意，当a ＝0时，f (x )＝－1，不符合题意.综上，a ＝2.(2)证明设g (x )＝cos x －x sin x ，则g ′(x )＝－2sin x －x cos x x所以g (x )又g (0)＝1>0，＝－π2<0，所以存在唯一的x0g(x0)＝0，当0<x<x0时，g(x)>0，即f′(x)＝2g(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增；当x0<x<π2时，g(x)<0，即f′(x)＝2g(x)<0，所以f(x)0又f(0)＝－1<0，＝2π4－1>0，1<0，所以f(x)综上，函数f(x).。
专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)
导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x 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.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+， 令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论： 当21e a <-时，零点的个数为0个； 当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个； 当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案； 【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论． 【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增， 又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞， 根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点． 综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增， 此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意， 综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-， 设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =， 所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<． 以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 且 x →+∞时，()0h x →，()11h =， 所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =， 当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，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 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+， 所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数； （2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．（2022·天津静海一中高三月考）已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行． （1）求a 的值和函数()f x 的单调区间； （2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围． 【答案】（1）-9，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-； 由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-． （2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点． ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--， ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <； 由()0g x '<，解得12x <<．∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →， 作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围． （2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩， 解得3ln204k -<<， 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+， 令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增； 因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围． 【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值； （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案 【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =． （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<； 当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。
浙江专用2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第4节导数与函数的零点习题含解析
第4节 导数与函数的零点考试要求 能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.知 识 梳 理函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围. [常用结论与易错提醒] (1)注意构造函数；(2)注意转化思想、数形结合思想的应用.基 础 自 测1.若函数f ()＝⎩⎨⎧x ＋3x ，x ≤0，13x 3－4x ＋a3，x >0在其定义域上只有一个零点，则实数a 的取值范围是( ) A.(16，＋∞) B.[16，＋∞) C.(－∞，16)D.(－∞，16]解析 ①当≤0时，f ()＝＋3，∵y ＝与y ＝3在(－∞，0)上都单调递增，∴f ()＝＋3在(－∞，0)上也单调递增，又f (－1)<0，f (0)>0， ∴f ()在(－1，0)内有一个零点. ②当>0时，f ()＝133－4＋a3，f ′()＝2－4＝(＋2)(－2).令f ′()＝0得＝2或＝－2(舍)， 当∈(0，2)时，f ′()<0，f ()递减， 当∈(2，＋∞)时，f ′()>0，f ()递增， ∴在>0时，f ()最小＝f ()极小＝233－8＋a3，要使f ()在(0，＋∞)上无零点，需233－8＋a3>0，∴a >16. 答案 A2.(2019·杭州质检)已知函数f ()＝2＋e －12(<0)与g ()＝2＋ln(＋a )的图象上存在关于y 轴对称的点，则a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1eB.(－∞，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，eD.⎝⎛⎭⎪⎫－e ，1e解析 设点P (0，y 0)(0<0)在函数f ()上，由题意可知，点P 关于y 轴的对称点P ′(－0，y 0)在函数g ()上，所以⎩⎨⎧y 0＝x 20＋e x 0－12，y 0＝（－x 0）2＋ln （－x 0＋a ），消y 0可得20＋e 0－12＝(－0)2＋ln(－0＋a )，即e 0－ln(a －0)－12＝0(0<0)，所以e 0－12＝ln(a －0)(0<0).令m ()＝e －12(<0)，n ()＝ln(a －)(<0)，它们的图象如图，当n ()＝ln(a －)过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，解得a ＝e ，由图可知，当a <e 时， 函数m ()与函数n ()在(－∞，0)上有交点. 答案 B3.(2019·金丽衢十二校三联)对于函数f ()＝ln －，g ()＝2x ＋220＋2＋－4，若存在实数α，β，使得f (α)＝0，g (α＋sin β)＝0，则实数的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1eB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1eC.⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln 33，1e D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln 33解析 结合选项及g ()的零点可知≥0，当＝0时，易知符合题意；当>0时，由题意得f ′()＝1x －，令f ′()＝1x －＝0得＝1k，易得函数f ()在⎝⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k，＋∞上单调递减，则函数f ()的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＝ln 1k－1，令f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＝ln 1k －1＝0得＝1e ，则易得当0<≤1e 时函数f ()存在零点，则由图易得存在函数f ()的零点α∈(0，e].又因为函数g ()＝2x ＋220＋2＋－4在R 上为增函数，且g (2)＝22＋220＋2＋2－4＝0，所以α＋sin β＝2，α＝2－sin β∈[1，3]，又因为α∈(0，e]，所以α∈[1，e]，则由图易得∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1e ，故选A. 答案 A4.(2018·江苏卷)若函数f ()＝23－a 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f ()在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.解析 f ′()＝62－2a ＝2(3－a )(a ∈R )，当a ≤0时，f ′()>0在(0，＋∞)上恒成立，则f ()在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f ()在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a >0时，由f ′()>0得>a3，由f ′()<0得0<<a3，则f ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f ()在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f ()＝23－32＋1，则f ′()＝6(－1)，当∈(－1，0)时，f ′()>0，f ()单调递增，当∈(0，1)时，f ′()<0，f ()单调递减，则f ()ma ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f ()min ＝－4，所以f ()在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3. 答案 －35.已知函数f ()＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ＋1x，x >1，2x 2－mx －m 2＋58，x ≤1，若g ()＝f ()－m 有三个零点，则实数m 的取值范围是________.解析 g ()＝f ()－m 有三个零点，根据题意可得>1时，函数有一个零点；≤1时，函数有两个零点.当>1时，f ()＝ln ＋1x ，f ′()＝1x －1x 2＝x －1x2>0恒成立，f ()∈(1，＋∞)，故m >1；当≤1时，f ()＝22－m ＋m2＋58，要使得g ()＝f ()－m 有两个零点，需满足⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝m 2－8⎝ ⎛⎭⎪⎫58－m 2>0，m4<1，f （1）＝2－m －m 2＋58≥0，解得m <－5或1<m ≤74，综上可得⎝ ⎛⎦⎥⎤1，74，故答案为⎝ ⎛⎦⎥⎤1，74. 答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤1，746.(2019·湖州模拟)已知函数f ()＝＋ln －2e ，g ()＝mx ，其中e 为自然对数的底数，若函数f ()与g ()的图象恰有一个公共点，则实数m 的取值范围是________.解析 因为f ′()＝1＋1x >0，所以函数在(0，＋∞)上为增函数且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e <0，所以当m ≥0时，与g ()＝m x 有一个公共点，当m <0时，令f ()＝g ()，∴2＋ln －2e＝m 有一解即可，设h ()＝2＋ln －2e ，令h ′()＝2＋ln ＋1－2e ＝0得＝1e ，即当＝1e 时，h ()有极小值－e ＋1e2，故当m ＝－e ＋1e 2时有一公共点，故填m ≥0或m ＝－e ＋1e 2.答案 m ≥0或m ＝－e ＋1e2考点一 导数与函数的零点【例1】 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f ()＝133－a (2＋＋1).(1)若a ＝3，求f ()的单调区间； (2)证明：f ()只有一个零点.(1)解 当a ＝3时，f ()＝133－32－3－3，f ′()＝2－6－3.令f ′()＝0解得＝3－23或＝3＋2 3.当∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′()>0； 当∈(3－23，3＋23)时，f ′()<0.故f ()在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)上单调递增，在(3－23，3＋23)上单调递减.(2)证明 由于2＋＋1>0，所以f ()＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g ()＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′()＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当＝0时g ′()＝0，所以g ()在(－∞，＋∞)单调递增.故g ()至多有一个零点，从而f ()至多有一个零点. 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f ()有一个零点.综上，f ()只有一个零点.规律方法 利用导数解决函数的零点问题的方法： (1)研究原函数的单调性、极值；(2)通过f ()＝0变形，再构造函数并研究其性质； (3)注意零点判定定理的应用.【训练1】 (2018·镇海中学模拟)已知函数f ()＝a e 2＋(a －2)e －. (1)讨论f ()的单调性；(2)若f ()有两个零点，求a 的取值范围. 解 (1)f ′()＝(2e ＋1)(a e －1)， 若a ≤0时，f ′()＝(2e ＋1)(a e －1)<0. 所以f ()在R 上为减函数；若a >0时，由f ′()＝(2e ＋1)(a e －1)＝0，得＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，则f ()在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，ln 1a 上为减函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 1a ，＋∞上为增函数.(2)由f ()有两个零点及(1)得a >0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a <0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋(a －2)1a －ln 1a＝1－1a －ln 1a<0，令t ＝1a(t >0)，因为g (t )＝1－t －ln t 在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝0，所以当t >1时，g (t )<0，所以1a>1，解得0<a <1，所以a 的取值范围为(0，1). 考点二 导数与方程的根 【例2】 设函数f ()＝ln ＋.(1)令F ()＝f ()＋a x －(0<≤3)，若F ()的图象上任意一点P (0，y 0)处切线的斜率≤12恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若方程2mf ()＝2有唯一实数解，求正数m 的值.解 (1)F ()＝ln ＋ax，∈(0，3]，则＝F ′(0)＝x 0－a x 20≤12在0∈(0，3]上恒成立， 所以a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 20＋x 0max，0∈(0，3]， 当0＝1时，－1220＋0取得最大值12，所以a ≥12.故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.(2)因为方程2mf ()＝2有唯一实数解，所以2－2m ln －2m ＝0有唯一实数解， 设g ()＝2－2m ln －2m ，则g ′()＝2x 2－2mx －2mx.令g ′()＝0，则2－m －m ＝0. 因为m >0，所以Δ＝m 2＋4m >0， 又>0，所以1＝m －m 2＋4m2<0(舍去)，2＝m ＋m 2＋4m2.当∈(0，2)时，g ′()<0，g ()在(0，2)上单调递减； 当∈(2，＋∞)时，g ′()>0，g ()在(2，＋∞)上单调递增； 当＝2时，g ′(2)＝0，则g ()取得最小值g (2). 因为g ()＝0有唯一解，所以g (2)＝0，则⎩⎨⎧g （x 2）＝0，g ′（x 2）＝0，即⎩⎨⎧x 22－2m ln x 2－2mx 2＝0，x 22－mx 2－m ＝0，所以2m ln 2＋m 2－m ＝0.因为m >0，所以2ln 2＋2－1＝0. (*) 设函数h ()＝2ln ＋－1，因为当>0时，h ()是增函数，所以h ()＝0至多有一解. 因为h (1)＝0，所以方程(*)的解为2＝1， 即m ＋m 2＋4m2＝1，解得m ＝12.规律方法 (1)方程f ()＝g ()根的问题，常构造差函数解决；(2)对f ()＝0，如果化为g ()＝()后，g ()，()图象容易画出，可数形结合求解. 【训练2】 (2019·北京通州区一模)已知函数f ()＝e ，g ()＝a (e －1).a ∈R . (1)当a ＝1时，求证：f ()≥g ()；(2)当a >1时，求关于的方程f ()＝g ()的实根个数. 解 设函数F ()＝f ()－g ()＝e －a e ＋a .(1)证明：当a ＝1时，F ()＝e －e ＋1，所以F ′()＝e. 所以∈(－∞，0)时，F ′()<0；∈(0，＋∞)时，F ′()>0. 所以F ()在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.所以当＝0时，F ()取得最小值F (0)＝0. 所以F ()≥0，即f ()≥g (). (2)当a >1时，F ′()＝(－a ＋1)e ， 令F ′()>0，即(－a ＋1)e>0，解得>a －1； 令F ′()<0，即(－a ＋1)e<0，解得<a －1.所以F ()在(－∞，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增. 所以当＝a －1时，F ()取得极小值，即F (a －1)＝a －e a －1. 令h (a )＝a －e a －1，则h ′(a )＝1－e a －1.因为a >1，所以h ′(a )<0.所以h (a )在(1，＋∞)上单调递减. 所以h (a )<h (1)<0，所以F (a －1)<0.又因为F (a )＝a >0，所以F ()在区间(a －1，a )上存在一个零点. 所以在[a －1，＋∞)上存在唯一的零点.又因为F ()在区间(－∞，a －1)上单调递减，且F (0)＝0， 所以F ()在区间(－∞，a －1)上存在唯一的零点0.所以函数F ()有且仅有两个零点，即方程f ()＝g ()有两个实根. 考点三 两曲线的交点(公共点)【例3】 (2018·江苏卷节选)记f ′()，g ′()分别为函数f ()，g ()的导函数.若存在0∈R ，满足f (0)＝g (0)且f ′(0)＝g ′(0)，则称0为函数f ()与g ()的一个“S 点”. (1)证明：函数f ()＝与g ()＝2＋2－2不存在“S 点”；(2)若函数f ()＝a 2－1与g ()＝ln 存在“S 点”，求实数a 的值； (1)证明 函数f ()＝，g ()＝2＋2－2， 则f ′()＝1，g ′()＝2＋2. 由f ()＝g ()且f ′()＝g ′()，得⎩⎨⎧x ＝x 2＋2x －2，1＝2x ＋2，此方程组无解， 因此，f ()与g ()不存在“S 点”. (2)解 函数f ()＝a 2－1，g ()＝ln ， 则f ′()＝2a ，g ′()＝1x.设0为f ()与g ()的“S 点”，由f (0)＝g (0)且f ′(0)＝g ′(0)，得⎩⎨⎧ax 20－1＝ln x 0，2ax 0＝1x 0，即⎩⎨⎧ax 20－1＝ln x 0，2ax 20＝1，(*) 得ln 0＝－12，即0＝e －12，则a ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫e －122＝e 2. 当a ＝e 2时，0＝e －12满足方程组(*)，即0为f ()与g ()的“S 点”.因此，a 的值为e2.规律方法 (1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解判断； (2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数判定.【训练3】 (2018·天津卷)设函数f ()＝(－t 1)(－t 2)(－t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列.(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f ()在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f ()的极值；(3)若曲线y ＝f ()与直线y ＝－(－t 2)－63有三个互异的公共点，求d 的取值范围. 解 (1)由已知，可得f ()＝(－1)(＋1)＝3－， 故f ′()＝32－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1，又因为曲线y ＝f ()在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(－0)， 故所求切线方程为＋y ＝0.(2)由已知可得f ()＝(－t 2＋3)(－t 2)(－t 2－3)＝(－t 2)3－9(－t 2)＝3－3t 22＋(3t 22－9)－t 32＋9t 2. 故f ′()＝32－6t 2＋3t 22－9.令f ′()＝0，解得＝t 2－3，或＝t 2＋ 3. 当变化时，f ′()，f ()的变化情况如下表：3)＝(3)3－9×3＝－6 3.(3)曲线y ＝f ()与直线y ＝－(－t 2)－63有三个互异的公共点等价于关于的方程(－t 2＋d )(－t 2)(－t 2－d )＋(－t 2)＋63＝0有三个互异的实数解.令u ＝－t 2，可得u 3＋(1－d 2)u ＋63＝0.设函数g ()＝3＋(1－d 2)＋63，则曲线y ＝f ()与直线y ＝－(－t 2)－63有三个互异的公共点等价于函数y ＝g ()有三个零点.g ′()＝32＋1－d 2.当d 2≤1时，g ′()≥0，这时g ()在R 上单调递增，不合题意. 当d 2>1时，令g ′()＝0，解得1＝－d 2－13，2＝d 2－13.易得，g ()在(－∞，1)上单调递增，在[1，2]上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.g ()的极大值g (1)＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－d 2－13＝23(d 2－1)329＋63>0.g ()的极小值g (2)＝g ⎝⎛⎭⎪⎫d 2－13＝－23(d 2－1)329＋6 3.若g (2)≥0，由g ()的单调性可知函数y ＝g ()至多有两个零点，不合题意.若g (2)<0，即(d 2－1)32>27，也就是|d |>10，此时|d |>2，g (|d |)＝|d |＋63>0，且－2|d |<1，g (－2|d |)＝－6|d |3－2|d |＋63<－6210＋63<0，从而由g ()的单调性，可知函数y ＝g ()在区间(－2|d |，1)，(1，2)，(2，|d |)内各有一个零点，符合题意. 所以，d 的取值范围是(－∞，－10)∪(10，＋∞).基础巩固题组1.设函数f ()＝e 2－a ln .讨论f ()的导函数f ′()零点的个数； 解 f ()的定义域为(0，＋∞)，f ′()＝2e 2－ax(＞0). 当a ≤0时，f ′()＞0，f ′()没有零点. 当a ＞0时，设u ()＝e 2，v ()＝－a x，因为u ()＝e 2在(0，＋∞)上单调递增，v ()＝－a x 在(0，＋∞)上单调递增， 所以f ′()在(0，＋∞)上单调递增.又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0(讨论a ≥1或a ＜1检验)， 故当a ＞0时，f ′()存在唯一零点.2.函数f ()＝－2＋a ＋ln (a ∈R )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数a 的取值范围(其中e 是自然对数的底数).解 f ()＝－2＋a ＋ln ＝0即a ＝－ln x x， 令g ()＝－ln x x ，其中∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， 则g ′()＝1－1x·x －ln xx 2＝x 2＋ln x －1x 2. 显然y ＝2＋ln －1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递增， 又当＝1时，y ＝1＋ln 1－1＝0，∴当∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1时，g ′()<0， 当∈(1，e]时，g ′()>0，∴g ()的单调减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1，单调增区间为(1，e]. ∴g ()min ＝g (1)＝1.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e ＋1e ，g (e)＝e －1e ， 函数f ()在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点， 则a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，e －1e . 3.已知函数f ()＝3－32＋＋2，证明：当＜1时，曲线y ＝f ()与直线y ＝－2只有一个交点. 证明 设g ()＝f ()－＋2＝3－32＋(1－)＋4.由题设知1－＞0.当≤0时，g ′()＝32－6＋1－＞0，故g ()在(－∞，0]上单调递增，又g (－1)＝－1＜0，g (0)＝4，所以g ()＝0在(－∞，0]上有唯一实根.当＞0时，令h ()＝3－32＋4，则g ()＝h ()＋(1－)＞h ().h ′()＝32－6＝3(－2)，故h ()在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g ()＞h ()≥h (2)＝0.所以g ()＝0在(0，＋∞)上没有实根.综上，g ()＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f ()与直线y ＝－2只有一个交点.4.已知函数f ()＝133－a 2＋3＋b (a ，b ∈R ).若对任意的b ，函数g ()＝|f ()|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围.解 由题得f ′()＝2－2a ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′()≥0，f ()在R 上单调递增，满足题意.②当Δ>0，即a 2>3时，方程f ′()＝0有两根，设两根为1，2，且1<2，则1＋2＝2a ，12＝3.所以f ()在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减.由题意知|f (1)－f (2)|≤43， 即⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 31－x 323－a （x 21－x 22）＋3（x 1－x 2）≤43. 化简得43(a 2－3)32≤43，解得3<a 2≤4， 综合①②，得a 2≤4，即－2≤a ≤2.故a 的取值范围是[－2，2].5.(2019·北京延庆区模拟)已知函数f ()＝e －(e 为自然对数的底数).(1)设不等式 f ()>a 的解集为P ，且{|0≤≤2}⊆P ，求实数a 的取值范围；(2)设g ()＝f ()－a ，写出函数g ()的零点的个数(只需写出结论).解 (1)因为不等式f ()>a 的解集为P ，且{|0≤≤2}⊆P ，所以，对任意的∈[0，2]，不等式f ()>a 恒成立，由f ()>a 得(1＋a )<e.当＝0时，上述不等式显然成立，故只需考虑∈(0，2]的情况.将(1＋a )<e 变形得a <e x x－1， 令g ()＝e x x －1，g ′()＝（x －1）e xx 2. 令g ′()>0，解得>1；令g ′()<0，解得<1.从而g ()在(0，1)内单调递减，在(1，2)内单调递增.当＝1时，g ()取得最小值e －1，所以实数a 的取值范围是(－∞，e －1).(2)当a <－1时，有一个零点；当－1≤a <e －1时，无零点，当a ＝e －1时，有一个零点；当a >e －1时，有两个零点.6.已知函数f ()＝sin ＋a cos ＋，a ∈R .(1)当a ＝2时，求f ()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值； (2)当a >2时，若方程f ()－3＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有唯一解，求a 的取值范围. 解 (1)当a ＝2时，f ()＝sin ＋2cos ＋，所以f ′()＝－sin ＋cos ＋1.当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，1－sin >0，cos >0，所以f ′()>0. 所以f ()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增. 因此f ()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π，最小值为f (0)＝2. (2)当a >2时，f ′()＝(1－a )sin ＋cos ＋1.设h ()＝(1－a )sin ＋cos ＋1，h ′()＝(2－a )cos －sin ，因为a >2，∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以h ′()<0. 所以h ()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减. 因为h (0)＝1>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－a ＋1＝2－a <0，所以存在唯一的0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，使h (0)＝0，即f ′(0)＝0. 所以f ()在区间[0，0]上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0，π2上单调递减. 因为f (0)＝a ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π， 又因为方程f ()－3＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有唯一解， 所以2<a ≤3.能力提升题组7.(2019·杭州模拟)已知函数f ()＝122－a ln (a >0). (1)求f ()在区间[1，e]上的最小值；(2)若f ()在区间(1，e)上恰有两个零点，求a 的取值范围.解 (1)f ′()＝－a x ＝x 2－a x. 由于a >0及定义域为(0，＋∞)，所以令f ′()＝0得＝a . ①若a ≤1，即0<a ≤1，则∈(1，e)时，f ′()>0，f ()在(1，e)上单调递增，∴f ()在区间[1，e]上的最小值为f (1)＝12. ②若1<a <e ，即1<a <e 2，则∈(1，a )时，f ′()<0，f ()单调递减，当∈(a ，e)时，f ′()>0，f ()单调递增，∴f ()在区间[1，e]上的最小值为f (a )＝12a (1－ln a ). ③若a ≥e ，即a ≥e 2，则∈(1，e)时，f ′()<0，f ()在[1，e]上单调递减，∴f ()在区间[1，e]上的最小值为f (e)＝12e 2－a . 综上所述，当0<a ≤1时，f ()min ＝12； 当1<a <e 2时，f ()min ＝12a (1－ln a )； 当a ≥e 2时，f ()min ＝12e 2－a .(2)由(1)可知当0<a ≤1或a ≥e 2时，f ()在(1，e 2)上是单调递增或递减函数，不可能存在两个零点.当1<a <e 2，要使f ()在区间(1，e)上恰有两个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧12a （1－ln a ）<0，f （1）＝12>0，f （e ）＝12e 2－a >0，即⎩⎨⎧a >e ，a <12e 2，故e<a <12e 2. 所以，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，12e 2. 8.(2018·全国Ⅱ卷)已知函数f ()＝e －a 2.(1)若a ＝1，证明：当≥0时，f ()≥1；(2)若f ()在(0，＋∞)只有一个零点，求a .(1)证明 当a ＝1时，f ()≥1等价于(2＋1)e －－1≤0.设函数g ()＝(2＋1)e －－1，则g ′()＝－(2－2＋1)e －＝－(－1)2e －.当≠1时，g ′()<0，所以g ()在(0，＋∞)单调递减.而g (0)＝0，故当≥0时，g ()≤0，即f ()≥1.(2)解 设函数h ()＝1－a 2e －.f ()在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h ()在(0，＋∞)只有一个零点. (ⅰ)当a ≤0时，h ()>0，h ()没有零点；(ⅱ)当a >0时，h ′()＝a (－2)e －.当∈(0，2)时，h ′()<0；当∈(2，＋∞)时，h ′()>0.所以h ()在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.故h (2)＝1－4a e 2是h ()在[0，＋∞)的最小值. ①若h (2)>0，即a <e 24，h ()在(0，＋∞)没有零点； ②若h (2)＝0，即a ＝e 24，h ()在(0，＋∞)只有一个零点；③若h (2)<0，即a >e 24，由于h (0)＝1，所以h ()在(0，2)有一个零点. 由(1)知，当>0时，e>2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3（e 2a ）2>1－16a 3（2a ）4＝1－1a>0. 故h ()在(2，4a )有一个零点.因此h ()在(0，＋∞)有两个零点.综上，f ()在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e 24.。
2020版高考数学第三章导数及其应用第6讲利用导数研究函数零点问题分层演练理(含解析)新人教A版
第6讲 利用导数研究函数零点问题1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12B ．13 C ．12D ．1解析：选C.由f (x )＝x 2－2x ＋a (ex －1＋e－x ＋1)，得f (2－x )＝(2－x )2－2(2－x )＋a [e2－x －1＋e－(2－x )＋1]＝x 2－4x ＋4－4＋2x ＋a (e1－x＋ex －1)＝x 2－2x ＋a (ex －1＋e－x ＋1)，所以f (2－x )＝f (x )，即x ＝1为f (x )图象的对称轴．由题意，f (x )有唯一零点，所以f (x )的零点只能为x ＝1，即f (1)＝12－2×1＋a (e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a ＝12.故选C.2．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)解析：选B.f ′(x )＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x )＝9x 2－6x ＝3x (3x －2)，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23时，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )>0，注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝59>0，则f (x )的大致图象如图(1)所示：不符合题意，排除A 、C.当a ＝－43时，f ′(x )＝－4x 2－6x ＝－2x (2x ＋3)，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0时，f ′(x )>0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－54，则f (x )的大致图象如图(2)所示．不符合题意，排除D.3.函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )的导函数的图象如图所示：(1)求a ，b 的值并写出f (x )的单调区间； (2)若函数y ＝f (x )有三个零点，求c 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b .因为f ′(x )＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图象可知，当－1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，函数单调递减， 当x ＜－1或x ＞2时，f ′(x )＞0，函数单调递增， 故函数f (x )在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增， 在(－1，2)上单调递减．(2)由(1)得f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数， 在(－1，2)上是减函数，所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ，极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎪⎨⎪⎧76＋c ＞0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，103.4．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋exe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数． 解：(1)f ′(x )＝－1x 2＋e xe ＝x 2e x－ee x2， 令f ′(x )＞0，解得x ＞1，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1， 所以f (x )在(0，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋ex e －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0＜x 1＜1＜x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增， 而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞，x →＋∞时，F (x )→＋∞，画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．1．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ， 则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，由f ′(x )＞0，得x ＞2， 由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为f (x )＜0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上恒成立不可能， 故要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点， 只要对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，f (x )＞0恒成立， 即对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，a ＞2－2ln x x －1恒成立． 令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，则h ′(x )＝2ln x ＋2x－2（x －1）2，再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13， 则m ′(x )＝－2（1－x ）x2＜0， 故m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为减函数，于是，m (x )＞m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝4－2ln 3＞0， 从而h ′(x )＞0，于是h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为增函数， 所以h (x )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝2－3ln 3， 所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．2．(2019·豫南九校联考)对于函数y ＝H (x )，若在其定义域内存在x 0，使得x 0·H (x 0)＝1成立，则称x 0为函数H (x )的“倒数点”．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12(x ＋1)2－1.(1)求证：函数f (x )有“倒数点”，并讨论函数f (x )的“倒数点”的个数； (2)若当x ≥1时，不等式xf (x )≤m [g (x ) －x ]恒成立，试求实数m 的取值范围． 解：(1)证明：设h (x )＝ln x －1x(x ＞0)，则h ′(x )＝1x ＋1x2＞0(x ＞0)，所以h (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数． 而h (1)＜0，h (e)＞0，所以函数h (x )有零点且只有一个零点．所以函数f (x )有“倒数点”且只有一个“倒数点”． (2)xf (x )≤m [g (x )－x ]等价于2x ·ln x ≤m (x 2－1)，设d (x )＝2ln x －m ⎝⎛⎭⎪⎫x －1x ，x ≥1.则d ′(x )＝－mx 2＋2x －mx2，x ≥1， 易知－mx 2＋2x －m ＝0的判别式为Δ＝4－4 m 2.①当m ≥1时，d ′(x )≤0，d (x )在[1，＋∞)上单调递减，d (x )≤d (1)＝0，符合题意； ②当0＜m ＜1时，方程－mx 2＋2x －m ＝0有两个正根且0＜x 1＜1＜x 2，则函数d (x )在(1，x 2)上单调递增，此时d (x )＞d (1)＝0，不合题意；③当m ＝0时，d ′(x )＞0，d (x )在(1，＋∞)上单调递增，此时d (x )＞d (1)＝0，不合题意； ④当－1＜m ＜0时，方程－mx 2＋2x －m ＝0有两个负根，d (x )在(1，＋∞)上单调递增，此时d (x )＞d (1)＝0，不合题意；⑤当m ≤－1时，d ′(x )≥0，d (x )在(1，＋∞)上单调递增，此时d (x )＞d (1)＝0，不合题意．综上，实数m 的取值范围是[1，＋∞)．。
2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题（解析版）
2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题题型一 利用导数讨论函数零点的个数 【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数．【解】 (1)∵函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∴f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∵a >0，∴x 1<x 2，列表如下：∴f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∵存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∴f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∵y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，∴y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∴当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最大值为4，∴2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝1－4a 2， ①当1－4a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．②当1－4a2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0.又g (1)＝0，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ③当1－4a2<0，即0<a <2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)，∵φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1x <0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减．又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e3＋2e 2－3e 2>0，∴存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，(ⅰ)当0<x ≤x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∴h (x )＝f (x )且h (x )为减函数． 又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∴h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (ⅱ)当x >x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∴h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∵g (1)＝0，∴h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0<a <2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点； 当a >2时，h (x )无零点．题组训练一 利用导数讨论函数零点的个数 已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数． 【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x(x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2. (2)g (x )＝x ln x －12ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0， 故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0， 使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 取x 1＝e a ，又a <0，∴0<x 1<1，∴g (x 1)＝x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-＝e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221， 设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2ea ，(a <0)，h′(a)＝－12a ea－12ea－2e a＋2，(a<0)，h′(0)＝－12，h″(a)＝e－a－e a＋e－a－12a ea>0，∴h′(a)在(－∞，0)上单调递增，h′(a)<h′(0)<0，∴h(a)在(－∞，0)上单调递减，∴h(a)>h(0)＝0，∴g(x1)>0，即当a<0时，g(e a)>0.当x趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，且g(2)＝2ln2－2<0.∴函数g(x)在(0，＋∞)上始终有两个零点．题型二由函数零点个数求参数的取值范围【题型要点解析】研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．已知函数f(x)＝mxln x，曲线y＝f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线2x＋y＝0垂直(其中e 为自然对数的底数)．(1)求f(x)的解析式及单调减区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－kx2x－1无零点，求k的取值范围．【解析】(1)函数f(x)＝mxln x的导数为f′(x)＝m(ln x－1)(ln x)2，又由题意有：f′(e2)＝12⇒m4＝12⇒m＝2，故f(x)＝2xln x.此时f′(x)＝2(ln x－1)(ln x)2，由f′(x)≤0⇒0<x<1或1<x≤e，所以函数f(x)的单调减区间为(0,1)和(1，e]．(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1⇒g (x )＝x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kxx －1在x ∈(0,1)∪(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∪(1，＋∞)内无解．构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ⇒h ′(x )＝kx －2x2.①当k ≤0时，h ′(x )<0在x ∈(0,1)∪(1，＋∞)内恒成立，所以函数h (x )在(0,1)内单调递减，h (x )在(1，＋∞)内也单调递减.又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；②当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2⇒h ′(x )＝22xkx k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-，(i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e2k>0，故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点，所以不满足条件；(ii)若k ＝2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h (x )>0恒成立，故无零点，满足条件；(iii)若k >2，则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点． 又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －k )>0，所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点，故不满足条件．综上可得：k 的取值范围为：k ≤0或k ＝2.题组训练二 由函数零点个数求参数的取值范围 已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x－2a 2x －a＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增， 在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减．当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ①若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；②若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤ ⎝⎛1,21a 上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34， 又∵a >12，∴ln 12a <0，∴不等式不成立．∴f (x )在(0,1]内无零点；当a <0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ③若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；④若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．题型三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： (1)在该区间上构造与方程相应的函数； (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号； (4)作出结论．已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2.(1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∵f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －x －2.∴f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程3x ＋y －4＝0.(2)令g (x )＝f (x )－x －2＝0，则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln xx ，令h (x )＝1－(x －2)·ln xx，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ，∵t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数， 又∵t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0， 当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝1.因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1.g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∵e －2<x <e∴函数g (x )在(e －2，e －32)上单调递增，在(e －32，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，∵g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e ＝g (e)，即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，∴m ≥2e 2－3e .题组训练三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 已知y ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时，求y 的最小值φ(x )；(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.①当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1； ②当x >0时，f (t )的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋112x ，若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x ≤13，即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭⎫⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x >13，即0<x <13或x >1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.综合①②，得φ(x )＝⎩⎨⎧4x 3－1，x <13或x >1，4x 3＋2x 2－83x －13，13≤x ≤1.(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0，＋∞)，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，g ′(x )，g (x )取值的变化情况如下表：①当t2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3＝－2t (3t －2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.②当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点；若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛2,0t 内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0， 综合①②，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【专题训练】1．已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围．[解析] (1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤1ln 2x －1ln x＝221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x －14.∵x ∈(1，＋∞)，∴ln x ∈(0，＋∞)， ∴当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∴a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∴f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x ＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x ＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∴4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，求函数g (x )的解析式； (2)在(1)的条件下，求函数y ＝g (x )的图象在点P (－1，g (－1))处的切线方程； (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，若方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31， 即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1，代入得a ＝－1，∴g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∴g ′(x )＝3x 2－2x －1，g ′(－1)＝4，∴点P (－1,1)处的切线斜率k ＝g ′(－1)＝4，∴函数y ＝g (x )的图象在点P (－1,1)处的切线方程为y －1＝4(x ＋1)，即4x －y ＋5＝0.(3)由题意知，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0，∴当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝h (1)＝－2，∴a ≥－2.令φ(a )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∴φ(a )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∵φ(－2)＝－2e －2＝－2e 2，φ(－1)＝－e －1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，∴方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2e 2.3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。
高考常考题- 函数的零点问题(含解析)
函数的零点问题一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
作图与根分布综合的题目，其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。
例1、(2019苏州三市、苏北四市二调）定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在区间[2，4)上⎩⎨⎧<≤-<≤-=43,432,2)(x x x x x f 则函数x x f y log 5)(-=的零点的个数为 例2、(2017苏锡常镇调研）若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x ＜1，ln xx 2，x ≥1，)则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．例3、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数()πcos 36f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[]0π，的零点个数为________． 题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接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．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．例4、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知ln ,1()(2),1x x f x f x k x ≥⎧=⎨-+<⎩若函数()1y f x =-恰有一个零点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(1,)+∞B ．[1,)+∞C ．(,1)-∞D ．(,1]-∞例5、（2020·全国高三专题练习（文））函数()()22log ,1,1,1,x x f x f x x ≥⎧=⎨+<⎩，若方程()2f x x m =-+有且只有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是 （ ） A ．(),4-∞B ．(],4-∞C ．()2,4-D ．(]2,4-例6、【2020年高考天津】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx x k =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是 A ．1(,)(22,)2-∞-+∞ B ．1(,)(0,22)2-∞-C ．(,0)(0,22)-∞ D ．(,0)(22,)-∞+∞例7、【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0例8、（2020·浙江学军中学高三3月月考）已知函数2(4),53()(2),3x x f x f x x ⎧+-≤<-=⎨-≥-⎩，若函数()()()1g x f x k x =-+有9个零点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．1111,,4664⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．1111,,3553⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,64⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,53⎛⎫ ⎪⎝⎭例9、（2020届浙江省杭州市第二中学高三3月月考）已知函数()()2,22,2,x f x f x x ≤<=-≥⎪⎩()2g x kx =+，若函数()()()F x f x g x =-在[)0,+∞上只有两个零点，则实数k 的值不可能为A ．23- B ．12-C ．34-D ．1-二、达标训练1、（2019·山东师范大学附中高三月考）函数()312xf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在区间为（ ） A ．()1,0-B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()1,22、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()e 0ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a =++．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A ．[–1，0）B ．[0，+∞）C ．[–1，+∞）D ．[1，+∞）3、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）已知,a b ∈R ，函数(),0(),0x x a e ax x f x x x ⎧++≤=⎨>⎩，若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．1,0a b >>B ．1,0a b ><C ．1,0a b <>D ．1,0a b <<4、（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a=-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（ ） A ．12BC ．2e D5、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数(01)()2(1)x f x x x⎧<≤⎪=⎨>⎪⎩，若方程()f x x a =-+有三个不同的实根，则实数a 的取值范围是________．6、【2018年高考浙江】已知λ∈R ，函数f (x )=24,43,x x x x x λλ-≥⎧⎨-+<⎩，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．7、【2020届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数()222,01,03x x ax a x f x e ex a x x⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若存在实数k ，使得函数()y f x k =-有6个零点，则实数a 的取值范围为__________.一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
高考数学复习、高中数学 导数与函数的零点附答案解析
《课标要求》 1、了解函数的单调性与导数的关系；能用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函 数不超过三次）； 2、了解函数在某点处取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值和极小值（其中多项式 函数不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值和最小值； 3、利用导数研究函数的单调性、极值、最值，并会解决与之有关的方程问题（函数零点问题）、不等式 问题； 4、会利用导数解决某些简单的实际问题。
【知识衍化体验】
知识梳理
1、函数零点的定义 使得函数 y f (x) 的函数值为 0 的实数
，叫函数 f (x) 的零点。
说明：
函数 f (x) 的零点 方程f (x) 0 的
；
函数 f (x) 的零点 f (x) 图象与 x 轴交点的
。
2、零点存在性定理
若函数 y f (x) 在区间 [a,b] 上的图象是一条
则正确命题的序号是（ ）
A．①③
B．②④
C．②③
2
D．①④
5．已知函数
f
x
x3 3x, ln x, x
x
0
0
，若函数
g
x
f
x a 有 3 个零点，则实数 a 的取值范围是
（ ）
A． 0, 4
B．0, 2
ห้องสมุดไป่ตู้C． , 4
D． , 2
6．已知函数 f (x) ex x ， x 0 ，下列结论中正确的是（
在性定理处理。
[微点提醒]
1、对于（选择题、选择填空题中的）零点个数问题，可以从形的角度，转化为图象交点个数。 2、对于（解答题中的）零点个数问题，不能仅仅从形的角度处理。要用导数研究极值的正负并结合零点
函数与导数之零点问题(解析版)
函数与导数之零点问题一．考情分析零点问题涉及到函数与方程，但函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图像与x 轴的交点的横坐标,函数y ＝f (x )也可以看作二元方程f (x )－y ＝0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：①是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：②是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性 质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点.二．经验分享1.确定函数f (x )零点个数(方程f (x )＝0的实根个数)的方法：(1)判断二次函数f (x )在R 上的零点个数，一般由对应的二次方程f (x )＝0的判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来完成；对于一些不便用判别式判断零点个数的二次函数，则要结合二次函数的图象进行判断．(2)对于一般函数零点个数的判断，不仅要用到零点存在性定理，还必须结合函数的图象和性质才能确定，如三次函数的零点个数问题．(3)若函数f (x )在[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且是单调函数，又f (a )·f (b )＜0，则y ＝f (x )在区间(a ，b )内有唯一零点．2.导数研究函数图象交点及零点问题利用导数来探讨函数)(x f y =的图象与函数)(x g y =的图象的交点问题，有以下几个步骤： ①构造函数)()()(x g x f x h -=； ②求导)('x h ；③研究函数)(x h 的单调性和极值（必要时要研究函数图象端点的极限情况）； ④画出函数)(x h 的草图，观察与x 轴的交点情况，列不等式；⑤解不等式得解.探讨函数)(x f y =的零点个数，往往从函数的单调性和极值入手解决问题，结合零点存在性定理求解.三、题型分析（一）确定函数的零点与方程根的个数问题例1.【四川省成都七中2020届高三上半期考试，理科数学，12】函数)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，则方程0log )(2=-x x f 的根个数为（ ）A.3B.4C.5D.6 【答案】C【解析】)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，根据性质我们可以画出函数图像，方程0log )(2=-x x f 的根个数转化成⎩⎨⎧==x y x f y 2log )(的交点个数，有图像可以看出，一共有5个交点，ABCDE.其中我x=8处是要仔细看图，是易错点。
2021届高考数学(文)二轮考前复习学案：第三篇 专题5 导数与函数的零点 Word版含解析
专题5 导数与函数的零点1.求解函数零点个数问题的三个步骤 第一步:转化为函数的图象与x 轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题; 第二步:利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象;第三步:结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围 (1)要注意端点的取舍;(2)选择恰当的分类标准进行讨论.【典例】(12分)(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.(1)函数求导→解不等式→确定单调区间;(2)问题转化→方程有两解→构造函数→单调性求解.【标准答案】(1)当a=1时,f(x)=e x-(x+2), f′(x)=e x -1, ...........测试目标(1)利用导数研究函数的单调性; (2)构造函数,结合函数单调性求解 测试 目标 数学抽象:由零点问题抽象出方程有解;逻辑推理:函数单调性与方程有解;令f′(x)<0,解得x<0, 令f′(x)>0,解得x>0, ...所以f(x)的减区间为(-∞,0),增区间为(0,+∞);.......(2)若f(x)有两个零点, 即e x-a(x+2)=0有两个解,因为f(-2)=e-2≠0,所以f(x)的解一定不是-2,所以a=有两个解,令h(x)=(x≠-2), ....则有h′(x)==,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)在数学建模:构造函数;数学运算:函数求导,解不等式已知函数f(x)=e x-1,g(x)=+x. (其中e是自然对数的底数,e=2.718 28…) (1)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点; (2)说明方程f(x)=g(x)的根的个数. 3.求与函数零点有关的参数范围的四个技巧(1)对函数求导;(2)分析函数在区间(a,b)上的单调情况;(3)数形结合分析极值点;(4)依据零点的个数确定极值的取值范围,从而得到参数的范围.利用导数研究函数零点的思路第一步求导数:利用运算法则求导,要注意函数的定义域; 第二步找关系:根据几何意义,极值点,极值等寻求等量关(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增, ............且当x<-2时,h(x)<0,当x从右侧趋近于-2时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,所以当a=有两个解时,有a>h(-1)=, .......满足条件的a的取值范围是:.12分系;第三步寻突破:利用第一问的结论,或函数的单调性,结合图形,寻找讨论的依据;第四步逐段清:分段讨论,确定每段的结论;第五步得结论:根据每段的情况,下结论.1.关键分:解题过程的关键点,有则给分,无则没分.如分类讨论确定是否存在零点.2.计算分:计算准确是根本保证.3.规范分:审视思路,规划并书写规范步骤.4.重视转化思想在研究函数零点中的应用,如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点,充分利用函数的图象与性质,借助导数求解.1.(参数范围)若函数f(x)=ax3-bx+4(a,b∈R),当x=2时,函数f(x)有极值-.(1)求函数的解析式;(2)求函数的极值;(3)若关于x的方程f(x)=k有三个零点,求实数k的取值范围.2.(零点个数)已知f(x)=e x-mx.(1)若曲线y=ln x在点(e2,2)处的切线也与曲线y=f(x)相切,求实数m 的值;(2)试讨论函数f(x)零点的个数.3.(零点与单调性)已知函数f=ln x-ax.(1)讨论f的单调性;(2)若a=-1,当x>0时,函数g=x2-2mf有且只有一个零点,求m的值.4.(零点与最值)已知函数f=-a.(1)当a=-2时,求f的最值;(2)讨论f的零点个数.5.(零点与极值)已知函数f(x)=(x+2)ln x+ax2-4x+7a(a∈R).(1)若a=,求函数f(x)的所有零点;(2)若a≥,证明函数f(x)不存在极值.6.(零点与极值、单调性)已知函数f(x)=xln x+x2-ax(a∈R).(1)若a=3,求f(x)的单调性和极值;(2)若函数y=f(x)+至少有1个零点,求a的取值范围.7.(与数列结合)已知函数f(x)=xln x+1-ax(a∈R).(1)讨论f(x)的零点个数.(2)正项数列满足a1=,a n+1=ln+1(n∈N*),求证:++…+<n+1.8.(探索问题)已知函数f=ax-ln x-a.(1)求函数f的极值;(2)是否存在实数a,使方程f=0有两个不同的实数根?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.专题5 导数与函数的零点【模拟考场】【解析】(1)h(x)=f(x)-g(x)=e x-1--x,所以h(1)=e1-1--1=e-3<0,h(2)=e2-1--2=e2-3->0,又h(x)在(1,2)上连续,所以h(x)在区间(1,2)上有零点.(2)由(1)可知h(x)=f(x)-g(x)=e x-1--x.由g(x)=+x知x∈[0,+∞),而h(0)=0,则x=0为h(x)的一个零点.又h(x)在(1,2)内有零点,因此h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点.h′(x)=e x--1,记φ(x)=e x--1,则φ′(x)=e x+.当x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增,易知φ(x)在(0,+∞)内至多有一个零点,即h(x)在(0,+∞)内至多有两个零点,则h(x)在[0,+∞)上有且只有两个零点,所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2.///高考演兵场·检验考试力///1.【解析】(1)f′=3ax2-b,由题意知解得故所求的解析式为f=x3-4x+4;(2)由(1)可得f′=x2-4=,令f′=0,得x=2或x=-2,列表如下:x -2 2f′+ 0 - 0 + f↗极大值↘极小值↗所以当x=-2时,f有极大值f=,当x=2时,f有极小值f=-;(3)由(2)知,当x<-2或x>2时,f为增函数;当-2<x<2时,f为减函数,所以函数f=x3-4x+4的图象大致如图,由图可知当-<k<时,f与y=k有三个交点,所以实数k的取值范围为.2.【解析】(1)曲线y=ln x在点(e2,2)处的切线方程为y-2=(x-e2),即y=x+1.令切线与曲线f(x)=e x-mx相切于点(x0,-mx0),则切线方程为y=(-m)x-(x0-1),所以所以=1,令m+e-2=t,则t(1-ln t)=1,记g(t)=t(1-ln t),g′(t)=1-(1+ln t)=-ln t,于是,g(t)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(t)max=g(1)=1,于是t=m+e-2=1,m=1-e-2.(2)f′(x)=e x-m,①当m<0时,f′(x)>0恒成立,f(x)在R上单调递增,且f(0)=1>0,f=-1<0,所以函数f(x)在R上有且仅有一个零点;②当m=0时,f(x)=e x在R上没有零点;③当m>0时,令f′(x)>0,则x>ln m,即函数f(x)的增区间是(ln m,+∞),同理,减区间是(-∞,ln m),所以f(x)min=m(1-ln m).(ⅰ)若0<m<e,则f(x)min=m(1-ln m)>0,f(x)在R上没有零点;(ⅱ)若m=e,则f(x)=e x-ex有且仅有一个零点;(ⅲ)若m>e,则f(x)min=m(1-ln m)<0.f(2ln m)=m2-2m ln m=m(m-2ln m),令h(m)=m-2ln m,则h′(m)=1-,所以当m>e时,h(m)单调递增,h(m)>h(e)>0.所以f(2ln m)=m2-2m ln m=m(m-2ln m)>m(e-2)>0,又因为f(0)=1>0,所以f(x)在R上恰有两个零点,综上所述,当0≤m<e时,函数f(x)没有零点;当m<0或m=e时,函数f(x)恰有一个零点;当m>e时,f(x)恰有两个零点.3.【解析】(1)函数f的定义域为,且f′=-a=.当a≤0时,f′>0,所以函数f在上单调递增.当a>0时,令f′=0,得x=,由f′>0得0<x<,由f′<0得x>,所以函数f在上单调递增,在上单调递减.(2)由题意知g=x2-2m ln x-2mx,则g′=,x>0,令g′=0,得x1=<0(舍去),x2=,当x∈时,g′<0,g在上单调递减;当x∈时,g′>0,g在上单调递增; 所以g的最小值为g,因为函数g有且只有一个零点,所以g=0.由得所以2m ln x2+mx2-m=0,因为m>0,所以2ln x2+x2-1=0.(*)设函数y=2ln x+x-1,易知当x>0时,该函数是增函数,且当x=1时,y=0,所以方程(*)的解为x 2=1,所以x2==1,解得m=.4.【解析】(1)因为a=-2,所以f=+2,所以f′=-,令f′>0,得x<0;令f′<0,得x>0,则f在上单调递增,在上单调递减,故f在x=0时取得最大值,f=3,没有最小值.(2)令f=-a=0,得a=.设g=,则g′==,当x>0时,g′<0,当x<0时,g′>0,所以g在上单调递增,在上单调递减,所以g≤g=1,而当x>-1时,g>0;当x<-1时,g<0.所以g的图象如图所示,①当a>1时,方程g=a无解,即f没有零点;②当a=1时,方程g=a有且只有一解,即f有唯一的零点;③当0<a<1时,方程g=a有两解,即f有两个零点;④当a≤0时,方程g=a有且只有一解,即f有唯一的零点. 综上,当a>1时,f没有零点;当a=1或a≤0时,f有唯一的零点;当0<a<1时,f有两个零点.5.【解析】(1)当a=时,f=ln x+x2-4x+,函数f的定义域为,且f′=ln x++x-3.设g=ln x++x-3,则g′=-+1==.当0<x<1时,g′<0;当x>1时,g′>0,即函数g在上单调递减,在上单调递增,所以当x>0时,g≥g=0(当且仅当x=1时取等号).即当x>0时,f′≥0(当且仅当x=1时取等号).所以函数f在上单调递增,至多有一个零点.因为f=0,所以x=1是函数f唯一的零点.所以若a=,则函数f的所有零点只有x=1.(2)方法一:因为f=ln x+ax2-4x+7a,函数f的定义域为,且f′=ln x++2ax-4. 当a≥时,f′≥ln x++x-3,由(1)知ln x++x-3≥0.即当x>0时f′≥0,所以f在上单调递增.所以f不存在极值.方法二:因为f=ln x+ax2-4x+7a,函数f的定义域为,且f′=ln x++2ax-4. 设m=ln x++2ax-4,则m′=-+2a=.设h=2ax2+x-2,则m′与h同号.当a≥时,由h=2ax2+x-2=0,解得x1=<0,x2=>0.可知当0<x<x2时,h<0,即m′<0,当x>x2时,h>0,即m′>0,所以f′在上单调递减,在上单调递增. 由(1)知ln x++x-3≥0.则f′=ln x2++x2-3+x2≥x2≥0.所以f′≥f′≥0,即f在定义域上单调递增.所以f不存在极值.6.【解析】(1)当a=3时,f(x)=x ln x+x2-3x,所以f′(x)=ln x+2x-2,当0<x<1时,ln x<0,2x-2<0,所以f′(x)=ln x+2x-2<0,当x>1时,ln x>0,2x-2>0,所以f′(x)=ln x+2x-2>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)在x=1处取得极小值,极小值为f(1)=-2,无极大值. (2)因为f(x)+=x ln x+x2-ax+,由x ln x+x2-ax+=0得a=ln x+x+,令g(x)=ln x+x+,则g′(x)=+1-==,由g′(x)=0得xe x=1.令h(x)=xe x,当x>0时,h′(x)=(x+1)e x>0,所以h(x)=xe x在(0,+∞)上单调递增,因为h=<1,h(1)=e>1,所以存在x0∈,使得x0=1,且当x∈时,h(x)<1,即xe x-1<0,当x∈时,h(x)>1,即xe x-1>0,因为x+1>0,x2e x>0,所以当x∈时,g′(x)<0;当x∈时,g′(x)>0,所以g(x)在上单调递减,在上单调递增,所以g(x)在x=x0处取得最小值g=ln x0+x0+,因为x0=1,所以ln=ln 1=0,即ln x0+x0=0,所以ln x0+x0+=0+=1,即g=1,所以当a<1时,函数y=f(x)+无零点,当a≥1时,因为g(a)=ln a+a+>a,所以函数y=f(x)+至少有1个零点,故a的取值范围是[1,+∞).7.【解析】(1)f(x)的定义域为,令f′(x)=ln x+1-a=0,则x=e a-1.当0<x<e a-1时,f′(x)<0;当x>e a-1时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,e a-1)上单调递减,在(e a-1,+∞)上单调递增, 所以f(x)的最小值为f(e a-1)=1-e a-1.当a<1时,1-e a-1>0,此时f(x)无零点,当a=1时,1-e a-1=0,此时f(x)只有一个零点,当a>1时,1-e a-1<0,f(e a)=1>0,又e a>e a-1,所以f(x)在(e a-1,+∞)上有且只有一个零点.f(e-a)=1-2ae-a=,令h(a)=e a-2a,h′(a)=e a-2,因为a>1,所以h′(a)>0,所以h(a)>h(1)=e-2>0,所以2a<e a,所以f(e-a)>0,所以f(x)在(0,e a-1)上有且只有一个零点.综上:当a<1时,函数无零点;当a=1时,函数有且只有一个零点;当a>1时,函数有两个零点.(2)由(1)知:当a=1时,f(x)≥0,所以ln x≥1-,所以a n+1=ln+1≥2-=,所以≤=+,所以-1≤,所以-1≤≤≤…≤=,所以≤+1,所以++…+≤n+=n+1-<n+1.8.【解析】(1)由题意知f的定义域为,f′=a-=.①当a≤0时,f′<0,所以函数f在上单调递减,此时函数f无极值,②当a>0时,令f′=0,得x=.当0<x<时,f′<0,所以函数f在上单调递减;当x>时,f′>0,所以函数f在上单调递增.此时,函数f有极小值,为f=1-a+ln a,无极大值.综上,当a≤0时,函数f无极值;当a>0时,函数f有极小值f=1-a+ln a,无极大值.(2)假设存在实数a,使得方程f=0有两个不同的实数根,即函数f有两个不同的零点.①当a≤0时,由(1)知函数f在上单调递减,所以方程f=0不存在两个不同的实数根.②当0<a<1时,>1.因为f=0,所以由(1)知f<f=0.f=+2ln a-a,令g=+2ln a-a,则g′=-+-1=-<0,所以g在上单调递减,所以g>+2×ln 1-1=0,所以f=+2ln a-a>0.此时,函数f在上也有一个零点,所以,当0<a<1时,函数f有两个不同的零点.③当a=1时,=1,f≥f=0,此时函数f仅有一个零点.④当a>1时,0<<1,因为f=0,所以由(1)知f<f=0.令函数h=e a-a,则h′=e a-1,当a>0时,h′>0,h单调递增,所以当a>0时,h>h=1>0,所以e a>a>0,则<.又f=ae-a>0,所以函数f在上也有一个零点,所以,当a>1时,函数f有两个不同的零点,综上所述,当a∈∪时,函数f有两个不同的零点,即方程f=0有两个不同的实数根.关闭Word文档返回原板块。
高考常考题-函数的零点问题(含解析)
函数的零点问题一、题型选讲 题型一、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
作图与根分布综合的题目，英中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要 注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。
例1、(2019苏州三市、苏北四市二调)立义在R 上的奇函数金)满足Λx+4)=Λx),且在区间[2, 4)上例3、【2018年高考全国III 卷理数】函数/(x) = COS^3Λ + ^ ∣^[0,π]的零点个数为 ______ 题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接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囤.(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法.它的本质就是将 函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便 地研究问题.(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画岀函数的图像，然后数形结合求解.1∏Λ∖X≥ 1例4. (2020届山东省枣庄.滕州市髙三上期末)已知/(X) = {…、f ,若函数y = ∕(x)-l 恰有f(2-x) + k,x<∖一个零点，则实数A ∙的取值范围是( )A. (l,4∙s) B ・ ILC. (YU)D ・(Y M]Z、21og^ x,x≥∖. Z 、例5、(2020全国高三专题练习(文))函数/(M = [f(w]) JI yl ，若方程f(x) = ~2x + m 有且只有两个不相等的实数根，则实数加的取值范围是()A. (-oo,4)B. (Y ,4]C. (-2,4)D. (-2,4]2-x,2≤x<3x-4,3≤x<4则函数y=∕ω-iog s H 的零点的个数为 ____________x<b例2、(2017苏锡常镇调研)若函数Λx)=≤ IInx<x>l, )则函数y=^χ)∣~∣的零点个数为 ______若函数F(X) =/(x)-g(x)在［0,2)上只有两个零点，则实数R 的值不可能为A.丄 3 3 C.——4例6、［2020年高考天津】已知函数f(x) = < Λ j'0,若函数g(γ) =γ,(j).∣AΛ^2点，则k 的取值范围是A. (→>,-∣)U(2√2,+oo)B ∙ U(0,2√Σ)c ・(Y,0)U(0,2√Σ) D ・ YO)U(2√Σ,S例7. ［2019年髙考浙江】已知t 函数f(x) = < 1x,x < O1 c ・若函数一F --(α + l)f +ax.x≥O 13 2y = f(x)-cιx -b 恰有3个零点，则A. Λ<-L b<0B. αv -l, b>0C. α>-l, XoD ・ α>-l, b>Q例8. (2020浙江学军中学髙三3月月考)已知函数/(X)=(A -÷4)V5≤X <-3J 若函数 /(x-2),x≥-3g(x) = ∕α)-W(X+ 1)1有9个零点，则实数M 的取值范围是()A.［科丿B.1 1)匕'FD.1 1 <55例9.(2020届浙江省杭州市第二中学髙三3月月考)已知函数/(X)=2/V 『心2'B- 4D ・-1-2彳伙WR)恰有4个零二、达标训练1、(2019 IlJ 东师范大学附中高三月考)函数/(x) = √-W 的零点所在区间为()A- (一 1'O)B- [θ,^j C - (Al D- (1'2)e 丫 X V 02、 【2018年髙考全国I 卷理数】已知函数/(X)=g(χ) = f(χ) + x + a •若g(x)存在2个lnx, x>O,零点，则α的取值范用是A. [一 1, 0)B. [0, +∞)C. [-1, +oo)D. [1, +∞)3、 (2020届浙江省“山水联盟"髙三下学期开学)已知αbwR,函数f(x) = <(A+(l)e +αr "≤°,若函x,x>0数y = f{x)-ax-b 恰有3个零点，则()A. a>∖J)>OB. d>l,D<0C. a<tb>OD. a<^b<O4. (2020届山东实验中学髙三上期中)设定义在/?上的函数/(X)满足/(→) + /(X) = X 2,K 当X WO 时,__________ ・若函数沧)恰有2个零点，则2的取值范圉是 _____________≥∕(1~x ))2}且★为函数 g(x) = e λ-y[ex-aZR 疋为自然对数的底数)的一个零点，则实数α的取值可能是()A. 1√E 2D ・√72√7(0<x≤l)5、(2020届山东师范大学附中髙三月考)已知函数fW = ∖2—(X > DIX若方程/(兀)=一力+ α有三个不同的实根，则实数α的取值范围是 _______6、［2018年髙考浙江】已知z∈R.函数沧)=<X - 4, % ≥ Λ X 2-4x + 3,x<2,当z=2时，不等式√(x)vθ的解集是广(X)Vx .己知存在如Λ 2+2ax + a,x ≤ O 74202O届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数f(x) = \e x_ex I ,,若存在实数+-a2,x>O X 3使得函数y = f(χ)-k有6个零点，则实数。
导数与函数的零点问题考点与题型归纳
导数与函数的零点问题考点与题型归纳且f(1)=0，所以当x≥1时，f(x)≥XXX成立。
2)解：由题可知，x－－f(x)＝x3－2ex2＋tx，即f(x)＝x－－x3＋2ex2－tx。
设g(x)=f'(x)=1-2x+2ex-t，求g(x)的零点。
当x1时，g(x)>0.所以f(x)在[0,1)上是单调减函数，在(1,＋∞)上是单调增函数。
又因为f(0)=0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以方程x－－f(x)=x3－2ex2＋tx的根有且只有一个。
给定函数$f(x)=e^x-ax^2$，其中$a>0$。
1) 当$a=1$时，证明对于$x\geq 0$，有$f(x)\geq 1$。
证明：当$a=1$时，$f(x)\geq 1$等价于$(x^2+1)e^{-x}-1\leq 0$。
设$g(x)=(x^2+1)e^{-x}-1$，则$g'(x)=-e^{-x}(x^2-2x+1)=-e^{-x}(x-1)^2$。
当$x\neq 1$时，$g'(x)<0$，因此$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减。
而$g(0)=0$，因此对于$x\geq 0$，有$g(x)\leq 0$，即$f(x)\geq 1$。
2) 若$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，求$a$。
设$h(x)=1-ax^2e^{-x}$。
由于$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，因此$h(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点。
i) 当$a\leq \frac{1}{e}$时，$h(x)>0$，因此$h(x)$没有零点。
ii) 当$a>\frac{1}{e}$时，$h'(x)=a(x-2)e^{-x}$。
当$x\in(0,2)$时，$h'(x)0$。
因此$h(x)$在$(0,2)$上单调递减，在$(2,+\infty)$上单调递增。
江苏省2020版高考数学第三章导数及其应用第5讲导数的综合应用——解决函数零点问题课件
2.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法 研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如 单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下： ①转化为形如f(x1)·f(x2)＜0的不等式：若y＝f(x)满足f(a)f(b)＜0，则f(x)在(a，b)内至 少有一个零点； ②转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g(x)＝0有解问题，将方 程分离参数后(a＝f(x))转化为求y＝f(x)的值域问题； ③数形结合：将问题转化为y＝f(x)与y＝g(x)的交点问题，利用函数图象位置关系解 决问题.
【例2】 已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a. (1)证明 当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1， 则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当x≠1时，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，＋∞)单调递减. 而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
答案 (0，e)∪(3，＋∞)
规律方法 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，用含x的函数表示参数，作出该函数图象，根据图象特征求出参数的 范围.
【训练1】 已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x
－1 0 2 3 4
f(x)
1
2020
当 a≤12时，g′(x)≥0，所以 g(x)在[0，1]上单调递增，
因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当 a≥2e时，g′(x)≤0，所以 g(x)在[0，1]上单调递减，
高考数学导数专题：零点
高考数学导数专题：零点理论一：零点个数。
①在一个单调区间中：两个端点的函数值同时为正或者同时为负，在这个单调区间中函数没有零点。
②在一个单调区间中：两个端点的函数值一正一负，在这个单调区间中函数有一个零点。
例题一：2020年高考文科数学新课标Ⅰ卷第20题：已知函数)2()(+-=x a e x f x。
（1）当1=a 时，讨论)(x f 的单调性；（2）若)(x f 有两个零点，求a 的取值范围。
本题解析：（1）当1=a 时：2)2()(--=+-=x e x e x f xx。
定义域：R x ∈；导函数：1)('-=xe xf ；令导函数1010)('≥⇒≥-⇒≥xxe e xf ，010≥⇒≥⇒=x e e e x。
如下图所示：所以：当)0,(-∞∈x 时：导函数0)('<x f ，原函数)(x f 单调递减；当),0[+∞∈x 时：导函数0)('≥x f ，原函数)(x f 单调递增。
（2）令0)(=x f ，)2()(+-=x a e x f xxxex a x a e =+⇒=+-⇒)2(0)2(2+=⇒x e a x 。
假设：2)(+=x e x g x。
)(x f 的零点为方程)(x g a =的解（)(x g 与直线a y =的交点）。
导函数：22)2()1()2(1)2()('++=+⋅-+=x x e x e x e x g x x 。
令导函数1010)('-≥⇒≥+⇒≥x x x g 。
如下图所示：x ∞-)1,(--∞1-),1[+∞-∞+)('x g -+)(x g ∞+↓e1↑∞+ee e e g 1121)1(111===+-=----。
如下图所示：)(x g 与直线a y =有两个交点ea 1>⇒。
所以：a 的取值范围为：),1(+∞e。
例题二：2020年高考文科数学新课标Ⅲ卷第20题：已知函数23)(k kx x x f +-=。
专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2020年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
第二步：以零点为分界点，说明导函数 f′(x)的正负，进而得到 f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代
【典型例题】
类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数
,曲线 y=f(x)
在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
(1)判断函数 f(x)在区间 和
上的单调性，并说明理由;
(2)当
时,
恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1）区间
（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以
f（x）必存在唯一极大值点
x0，且
2x0﹣2﹣lnx0=0，所以
f（x0）=
x
2 0
﹣
x
0
﹣x0
ln
x
0
=
x
2 0
﹣
x
0
﹣
x 0(2x 0
2)=﹣
x
2 0
+
x
0
，由
x0＜
1 2
可知
f（x0）＜(x
2 0
x 0 )max
1 22
零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.
我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们
称这类问题为“隐零点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函
数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：
当 x 0,1 ，(x) 0 ，即(x) 在区间 0,1 为增函数，
2020版高考数学总复习-导数在研究函数中的应用-利用导数研究函数零点专题应用能力提升(理)(含解析)
第五课时利用导数研究函数零点专题【选题明细表】知识点、方法题号利用导数研究函数零点个数7,9根据函数零点求参数1,2,3,4函数零点的综合应用5,6,8基础巩固(建议用时:25分钟)1.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在三个零点,则a的取值范围是( D )(A)(-∞,-2) (B)(-2,2)(C)(2,+∞) (D)(-2,0)∪(0,2)解析:很明显a≠0,由题意可得f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-2).则由f'(x)=0可得x1=0,x2=,由题意得不等式f(x1)f(x2)=-+1<0,即>1,a2<4,-2<a<2,综上可得a的取值范围是(-2,0)∪(0,2).故选D.2.(2018·山西省六校第四次联考)已知函数f(x)=2e2x-2ax+a-2e-1,其中a∈R,e为自然对数的底数.若函数 f(x)在区间(0,1)内有两个零点,则a的取值范围是( B )(A)(2,2e-1) (B)(2e-1,2e2-2e-1)(C)(2e2-2e-1,2e2) (D)(2,2e2)解析:f'(x)=4e2x-2a.令f'(x)=0得,a>0时,x=ln,当x<ln,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x>ln,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)min=f(ln)=2a-2e-1-aln,由f(x)在(0,1)内有两个零点,所以解得2e-1<a<2e2-2e-1.故选B.3.(2018·东北三校二模)已知当x∈(1,+∞)时,关于x的方程=-1有唯一实数解,则k值所在的范围是( B )(A)(3,4) (B)(4,5) (C)(5,6) (D)(6,7)解析:原方程化为xln x+(2-k)x+k=0,记f(x)=xln x+(2-k)x+k,则f'(x)=ln x+3-k,当k≤3时,f'(x)>0,f(x)为(1,+∞)上的增函数,又f(1)=2>0,则f(x)=0无解,所以k>3,令f'(x)=0得x=e k-3,在x∈(0,e k-3),f'(x)<0,f(x)单调递减,在x∈e k-3,+∞,f'(x)>0,f(x)单调递增,因为原方程在(1,+∞)有唯一实数解,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点,所以f(e k-3)=-e k-3+k=0,当k=4时,-e k-3+k=-e+4>0,当k=5时,-e k-3+k=-e2+5<0,所以4<k<5.故选B.4.(2018·广西二模)若函数f(x)=x3-3x2-a(a≠0)只有2个零点,则a= .解析:由f(x)=x3-3x2-a,则f'(x)=3x2-6x.令3x2-6x=0,可得x=0或x=2,即函数有两个极值点,函数f(x)=x3-3x2-a(a≠0)只有2个零点,由f(0)=-a=0得a=0,由f(2)=8-12-a=0得a=-4,综上a=0或-4时,f(x)有且只有2个零点.答案:0或-45.直线y=a与函数f(x)=x3-3x的图象有相异的三个公共点,则a的取值范围是.解析:令f'(x)=3x2-3=0,得x=±1,可得极大值为f(-1)=2,极小值为f(1)=-2,如图,观察得-2<a<2时恰有三个不同的公共点.答案:(-2,2)能力提升(建议用时:25分钟)6.已知函数f(x)=xe x-ae2x(a∈R)恰有两个极值点,则实数a的取值范围是.解析:函数f(x)=xe x-ae2x的导数为f'(x)=e x(x+1-2ae x),要使f(x)恰有2个极值点,则方程x+1-2ae x=0有2个不相等的实数根.令g(x)=x+1-2ae x,g'(x)=1-2ae x;(i)a≤0时,g'(x)>0,g(x)在R递增,不合题意,舍去,(ii)a>0时,令g'(x)=0,解得x=ln ,当x<ln 时,g'(x)>0,g(x)在(-∞,ln )递增,且x→-∞时,g(x)<0,x>ln 时,g'(x)<0,g(x)在(ln ,+∞)递减,且x→+∞时,g(x)<0,所以g(x)max=g(ln )=ln +1-2a·=ln >0,所以>1,即0<a<.答案:(0,)7.(2018·广东一模节选)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(ln x-x+1).讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数.解:f'(x)=(x-1)e x+a(-1)=(x>0),令g(x)=xe x-a(x>0),g'(x)=(x+1)e x>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=-a.所以当a≤0或a=e时,f'(x)=0只有1个零点,当0<a<e或a>e时,f'(x)有两个零点.8.(2018·辽宁凌源市高考模拟)已知函数f(x)=xe x.若直线y=x+2与曲线y=f(x)的交点的横坐标为t,且t∈[m,m+1],求整数m所有可能的值.解:由题可知,原命题等价于方程xe x=x+2在x∈[m,m+1]上有解.由于e x>0,所以x=0不是方程的解,所以原方程等价于e x--1=0,令r(x)=e x--1.因为r'(x)=e x+>0对于x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,所以r(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内单调递增.又r(1)=e-3<0,r(2)=e2-2>0,r(-3)=-<0,r(-2)=>0,所以直线y=x+2与曲线y=f(x)的交点仅有两个,且两交点的横坐标分别在区间[1,2]和[-3,-2]内,所以整数m的所有值为-3,1.9.(2018·北京市丰台区二模)已知函数f(x)=xcos x-ax+a,x∈[0,](a≠0).(1)当a≥1时,求f(x)的单调区间;(2)求证:f(x)有且仅有一个零点.(1)解:根据题意,f(x)=xcos x-ax+a,则f'(x)=cos x-xsin x-a.令g(x)=cos x-xsin x-a,x∈[0,],则g'(x)=-2sin x-xcos x≤0.所以g(x)在区间[0,]上单调递减.因为g(0)=1-a≤0,所以g(x)≤0,即f'(x)≤0,所以f(x)的单调递减区间是[0,],没有单调递增区间.(2)证明:由(1)知,g(x)在区间[0,]上单调递减,且g(0)=1-a,g()=--a. 当a≥1时,f(x)在[0,]上单调递减.因为f(0)=a>0,f()=a(1-)<0,所以f(x)有且仅有一个零点.当--a≥0,即a≤-时,g(x)≥0,即f'(x)≥0,f(x)在[0,]上单调递增.因为f(0)=a<0,f()=a(1-)>0,所以f(x)有且仅有一个零点.当-<a<1时,g(0)=1-a>0,g()=--a<0,所以存在x0∈(0,),使得g(x0)=0;x,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x (0,x0) x0(x0,) f'(x) + 0 -f(x) ↗极大值↘所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减.因为f(0)=a,f()=a(1-),且a≠0,所以f(0)f()=a2(1-)<0,所以f(x)有且仅有一个零点.综上所述,f(x)有且仅有一个零点.。
2020高考专题3.5导数与函数的零点（解析版）
2020高考专题3.5导数与函数的零点（解析版）第三篇导数及其应用专题3.5导数与函数的零点【考点聚焦突破】考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．【答案】见解析【解析】(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：X(0，1)1(1，3)3(3，＋∞) g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，< bdsfid="95" p=""></x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，<>当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【规律方法】利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.< bdsfid="146" p=""></x<1.<>所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y ＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<xe时，f(x)>0.</x当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.< bdsfid="160" p=""></m<－1.<> 所以m的取值范围是(－2，－1)．【规律方法】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．【训练2】已知函数f(x)＝e x＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，所以f(x)＝e x－x＋1，求导得f′(x)＝e x－1.易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.(2)由(1)知f′(x)＝e x＋a，由于e x>0，①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，当x>1时，f(x)＝e x＋a(x－1)>0；当x<0时，取x＝－1 a，则＋－1a－a<0.所以函数f(x)存在零点，不满足题意．②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝e ln(－a)＋a ln(－a)－a ＝－2a＋a ln(－a)>0，解得－e2<a<0.综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0)．< bdsfid="191" p=""></a<0.综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0)．<>考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.【答案】见解析【解析】(1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－a x单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<14<=""<14<="" ，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．<14<="" (2)证明由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，<14<="" 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.<14<="" 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，<14<="" 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．<14<="" 由于2e2x 0－a x 0<14<="" ＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a<14<="" .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a<14<="" .【规律方法】 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.<14<="" 2．由(1)知，函数f ′(x )存在唯一零点x 0，则f (x 0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f (x 0)≥2a ＋a ln 2a <14<="" .【训练3】(2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)．<14<="" (1)求函数f (x )在1e ，e 的最小值；<14<="" (2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<1.<="" 2，证明：x="" bdsfid="229" p=""><14<="" 【答案】见解析<14<="" 【解析】(1)解<14<="" f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－x x<14<="" ＝0，∴x ＝1.<14<="" 当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增；<14<="" 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．<14<="" 且1－1e<14<="" －m ，f (e)＝1－e －m ，<14<=""<14<="" 因为f (e)＝－2－1e<14<=""<14<="" ＋e>0，函数f (x )在1e ，e 的最小值为1－e －m .<14<="" (2)证明由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且01，ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0，<14<="" 由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<="" bdsfid="261" p=""><14<="" 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2，<14<="" 所以0<="" bdsfid="266" p=""><14<="" <1.<14<=""<14<="" 则f (x 1)－ln x 1－x 1ln 1x 2－＝ln x 2－x 2ln 1x 2－＝－x 2＋1x 2<14<="" ＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x<14<="" ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2<14<="" ≤0，当x >2时，g (x )是减函数，<14<="" 所以g (x )<="" bdsfid="282" p=""><14<="" ＋ln 4.<14<="" 因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324<14<="" ＝ln 1.634＝ln 4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，<14<="" 所以当x >2时，f (x 1)－，<14<=""<14<=""<14<="" 即f (x 1)<因为0<="" bdsfid="299" p=""><14<="" <1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以x 1<1x 2<14<="" ，故x 1x 2<1.【反思与感悟】<14<="" 1．解决函数y ＝f (x )的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x 轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等．<14<="" 2．通过等价变形，可将“函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点”与“方程f (x )＝g (x )的解”问题相互转化．<14<="" 【易错防范】<14<="" 函数y ＝f (x )在某一区间(a ，b )上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.<14<="" 【分层训练】<14<="" 【基础巩固题组】(建议用时：30分钟)<14<="" 一、选择题<14<="" 1.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x<14<="" －10234f (x )12020<14<="" f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<="" ＝f=""><14<="" <="" ＝f="">)<14<="" <="" ＝f=""><14<="" <="" ＝f="">A.1<14<="" <="" ＝f="">B.2<14<="" <="" ＝f="">C.3<14<="" <="" ＝f="">D.4【答案】<14<="" <="" ＝f="">D 【解析】根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.<14<="" <="" ＝f=""><14<="" <="" ＝f="">由于f (0)＝f (3)＝2，1<="" ＝f=""> <14<="" <="" ＝f="">二、填空题<14<="" <="" ＝f="">2.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________.<14<="" <="" ＝f="">【答案】<14<="" <="" ＝f="">4－2ln 2【解析】由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)|<14<="" <="" ＝f="">＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，<14<="" <="" ＝f="">则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减，<14<="" <="" ＝f="">在(ln 2，＋∞)上单调递增，<14<="" <="" ＝f="">所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0，<14<="" <="" ＝f="">即|AB |的最小值是4－2ln 2.<14<="" <="" ＝f="">3.若函数f (x )＝ax －a e<14<="" <="" ＝f="">x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.【答案】<14<="" <="" ＝f="">(－e 2，0)【解析】f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x<14<="" <="" ＝f="">(a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0，<14<="" <="" ＝f="">∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝a e<14<="" <="" ＝f="">2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝a e<14<="" <="" ＝f="">2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<0.<="" bdsfid="403" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="406" p="">三、解答题<14<="" <0.<="" bdsfid="409" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="413" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="417" p="">4.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4<14<="" <0.<="" bdsfid="420" p="">x 2－ax －2的图象过点(1)求函数f (x )的单调递增区间；<14<="" <0.<="" bdsfid="423" p="">(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围.<14<="" <0.<="" bdsfid="426" p="">【答案】见解析<14<="" <0.<="" bdsfid="429" p="">【解析】(1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4<14<="" <0.<="" bdsfid="432" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="436" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="440" p="">x 2－ax －2的图象过点所以32a 3－4a －4a －2＝103<14<="" <0.<="" bdsfid="443" p="">，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12<14<="" <0.<="" bdsfid="446" p="">x 2－2x －2，所以f ′(x )＝x 2－x －2.<14<="" <0.<="" bdsfid="449" p="">由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.<14<="" <0.<="" bdsfid="452" p="">所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞).<14<="" <0.<="" bdsfid="455" p="">(2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56<14<="" <0.<="" bdsfid="458" p="">，f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163<14<="" <0.<="" bdsfid="461" p="">，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点，<14<="" <0.<="" bdsfid="464" p="">则－163<2m －3<－56，解得－760)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3<14<="" <0.<="" bdsfid="468" p="">零点的个数.【答案】见解析<14<="" <0.<="" bdsfid="471" p="">【解析】函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3<14<="" <0.<="" bdsfid="474" p="">(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13<14<="" <0.<="" bdsfid="477" p="">x 3＋x (x >0).设h (x )＝－13<14<="" <0.<="" bdsfid="480" p="">x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).<14<="" <0.<="" bdsfid="483" p="">当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.<14<="" <0.<="" bdsfid="486" p="">所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23<14<="" <0.<="" bdsfid="489" p="">.令h (x )＝0，即－13<14<="" <0.<="" bdsfid="492" p="">x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3.作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：<14<="" <0.<="" bdsfid="495" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="499" p="">①当m >23<14<="" <0.<="" bdsfid="502" p="">时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23<14<="" <0.<="" bdsfid="505" p="">时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点.③当0<23<="" bdsfid="506" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="509" p="">时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g(x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<23<="" bdsfid="510" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="513" p="">时，函数g (x )有两个零点.<14<="" <0.<="" bdsfid="516" p="">【能力提升题组】(建议用时：25分钟)<14<="" <0.<="" bdsfid="519" p="">6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和.<14<="" <0.<="" bdsfid="522" p="">【答案】见解析<14<="" <0.<="" bdsfid="525" p="">【解析】f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )，<14<="" <0.<="" bdsfid="528" p="">当 a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，<14<="" <0.<="" bdsfid="531" p="">则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，<14<="" <0.<="" bdsfid="534" p="">所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.<14<="" <0.<="" bdsfid="537" p="">当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<=""<14<="" <0.<="" bdsfid="541" p="">，<14<="" <0.<="" bdsfid="544" p="">则f (x )f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以<14<="" <0.<="" bdsfid="547" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="551" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="555" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="559" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="563" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="567" p="">－a 327<14<="" <0.<="" bdsfid="570" p="">＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，<14<="" <0.<="" bdsfid="573" p="">当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，<14<="" <0.<="" bdsfid="576" p="">当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.<14<="" <0.<="" bdsfid="579" p="">则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，<14<="" <0.<="" bdsfid="582" p="">则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.<14<="" <0.<="" bdsfid="585" p="">7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数.<14<="" <0.<="" bdsfid="588" p="">(1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；<14<="" <0.<="" bdsfid="591" p="">(2)当0<－1a<14<="" <0.<="" bdsfid="594" p=""><="" )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a="" bdsfid="595" p="" 时，若f="" 的值；(3)当a="" ＝－1时，试推断方程|f=""><14<="" <0.<="" bdsfid="598" p="">ln x x ＋12是否有实数根.【答案】见解析<14<="" <0.<="" bdsfid="601" p="">【解析】(1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}，<14<="" <0.<="" bdsfid="604" p="">当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝<14<="" <0.<="" bdsfid="607" p="">1－x x (x >0)；当00；当x >1时，f ′(x )<0.<14<="" <0.<="" bdsfid="611" p="">所以f (x )的单调递增区间为(0，1).<14<="" <0.<="" bdsfid="614" p="">(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a<14<="" <0.<="" bdsfid="617" p="">；由f ′(x )>0，解得0<0，解得－1a<=""<14<="" <0.<="" bdsfid="621" p=""><e.<="" bdsfid="622" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="625" p="">从而f (x )－1a ，<14<="" <0.<="" bdsfid="628" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="632" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="636" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="640" p="">所以，f (x )max ＝1＋ 3.<14<="" <0.<="" bdsfid="643" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="647" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="651" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="655" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="659" p="">解得a ＝－e 2.<14<="" <0.<="" bdsfid="662" p="">(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1，<14<="" <0.<="" bdsfid="665" p="">所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2.当00；当x >e 时，g ′(x )<0.<14<="" <0.<="" bdsfid="669" p="">从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.<14<="" <0.<="" bdsfid="672" p="">所以g(x)max＝g(e)＝1<14<="" <0.<="" bdsfid="675" p="">e＋<14<="" <0.<="" bdsfid="678" p="">1<14<="" <0.<="" bdsfid="681" p="">2<14<="" <0.<="" bdsfid="684" p=""><1，<14<="" <0.<="" bdsfid="687" p="">所以，|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>ln x<14<="" <0.<="" bdsfid="690" p="">x＋<14<="" <0.<="" bdsfid="693" p="">1<14<="" <0.<="" bdsfid="696" p="">2，<14<="" <0.<="" bdsfid="699" p="">所以，方程|f(x)|＝ln x<14<="" <0.<="" bdsfid="702" p="">x＋<14<="" <0.<="" bdsfid="705" p="">1<14<="" <0.<="" bdsfid="708" p="">2没有实数根.<14<="" <0.<="" bdsfid="710" p="">。
2020高考数学之函数零点问题《04 “用好零点”,确定参数的最值或取值范围》(解析版)
高考数学函数零点问题专题四“用好零点”，确定参数的最值或取值范围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）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数零点，确定参数的最值或取值范围问题，例题说法，高效训练.【典型例题】例1.【山东省淄博市2019届高三3月模拟】已知函数.（1）若是的极大值点，求的值；（2）若在上只有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】(1)，因为是的极大值点，所以，解得，当时，，，令，解得，当时，，在上单调递减，又，所以当时，；当时，，故是的极大值点；(2)令，，在上只有一个零点即在上只有一个零点,当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以.（Ⅰ）当，即时，时，在上只有一个零点，即在上只有一个零点.（Ⅱ）当，即时，取，，①若，即时，在和上各有一个零点，即在上有2个零点，不符合题意；②当即时，只有在上有一个零点，即在上只有一个零点，综上得，当时，在上只有一个零点.例2.【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），.（1）当时，求函数的极小值；（2）若当时，关于的方程有且只有一个实数解，求的取值范围.【答案】（1）0（2）【解析】（1）当时，，，令则列表如下：所以.（2）设，，设，，由得，，，在单调递增，即在单调递增，，①当，即时，时，，在单调递增,又，故当时，关于的方程有且只有一个实数解，符合题意.②当，即时，由（1）可知，所以，又故，当时，，单调递减，又，故当时，，在内，关于的方程有一个实数解1.又时，，单调递增，且，令，,,故在单调递增，又在单调递增，故，故，又，由零点存在定理可知，，故在内，关于的方程有一个实数解.又在内，关于的方程有一个实数解1，不合题意.综上，.例3. 已知函数()()ln 1axf x e x =+，其中a R ∈. （1）设()()axF x ef x -='，讨论()F x 的单调性；（2）若函数()()g x f x x =-在()0,+∞内存在零点，求a 的范围. 【答案】（1）见解析；（2）a 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. 【解析】（i ） 当 0a <时，则 111x a=-<-，因此在()1,-+∞ 上恒有 ()'0F x < ，即 ()F x 在()1,-+∞ 上单调递减；（ii ）当0a >时， 111x a =->-，因而在11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上有()'0F x <，在11,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上有()'0F x > ；因此 ()F x 在 11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减，在11,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调递增. （2）设 ()()()()ln 1,0,axg x f x x e x x x =-=+-∈+∞,()()()()1''1ln 1111ax axg x f x e a x e F x x ⎛⎫=-=++-=- ⎪+⎝⎭，设()()()'1ax h x g x e F x ==-，则 ()()()()()22221''ln 11axaxax a h x e aF x F x e a x x ⎛⎫+- ⎪⎡⎤=+=++⎣⎦ ⎪+⎝⎭. 先证明一个命题：当0x >时， ()ln 1x x +<.令()()ln 1S x x x =+-， ()1'1011xS x x x-=-=<++，故()S x 在()0,+∞上是减函数，从而当0x >时， ()()00S x S <=，故命题成立.若0a ≤ ,由 0x >可知， 01ax e <≤.()()()ln 1110ax ax ax g x e x e x x x e ∴=+-<-=-≤，故()0g x <，对任意()0,x ∈+∞都成立，故 ()g x 在()0,+∞上无零点，因此0a >.（ii ）当102a <<，考察函数 ()'h x ，由于 ()()1'0210,'0,'2h a h h x a ⎛⎫=-∴ ⎪⎝⎭在 ()0,+∞上必存在零点.设()'h x 在 ()0,+∞的第一个零点为0x ，则当()00,x x ∈时， ()'0h x <，故 ()h x 在 ()00,x 上为减函数，又 ()()000h x h <=，所以当 ()00,x x ∈时， ()'0g x <，从而 ()g x 在 ()00,x 上单调递减，故在 ()00,x 上恒有()()00g x g <=.即 ()00g x < ，注意到 ax e x ax >，因此()()()()()ln 1ln 11ln 11axg x e x x x ax x x a x =+->+-=+-，令1ax e =时，则有()0g x >，由零点存在定理可知函数 ()y g x =在 10,ax e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有零点，符合题意. 学科%网例4．【广东省广州市天河区2019届高三综合测试（一)】设函数．若函数在处的切线与直线垂直，求实数a的值；讨论函数的单调区间与极值；若函数有两个零点，求满足条件的最小整数a的值．【答案】（1）；（2）见解析；（3）3【解析】，．，函数在处的切线与直线垂直，，解得．，时，，此时函数在内单调递增，无极值．时，可得函数在内单调递减，在内单调递增．可得时，函数取得极小值，．由可得：时，函数在内单调递增，不可能有两个零点，舍去．时，可得时，函数取得极小值，时，；时，．因此极小值．即．令函数，在上单调递增．，，，可得，满足条件的最小整数．【规律与方法】根据函数零点求参数取值，也是高考经常涉及的重点问题，（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.（4）如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.（5）参变分离法、构造函数法、数形结合法等，均应灵活运用.【提升训练】1.【四川省高中2019届高三二诊】已知．求的极值；若有两个不同解，求实数的取值范围．【答案】（1）有极小值，为；无极大值；（2）【解析】的定义域是，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故时，；记，，则，故可转化成，即：，令，，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，且时，，时，故，由，，的性质有：，和有两个不同交点，，且，，各有一解，即有2个不同解，，和仅有1个交点，且，有2个不同的解，即有两个不同解，取其它值时，最多1个解，综上，的范围是2．【陕西省咸阳市2019年高考模拟（二)】已知函数. （1）当，求证；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)见证明；(2)【解析】（1）证明：当时，，得，知在递减，在递增，，综上知，当时，.（2）法1：，，即，令，则，知在递增，在递减，注意到，当时，；当时，，且，由函数有个零点，即直线与函数图像有两个交点，得.法2：由得，，当时，，知在上递减，不满足题意；当时，，知在递减，在递增.，的零点个数为，即，综上，若函数有两个零点，则.3.【湖南省怀化市2019届高三3月一模】设函数.（1）若是的极大值点，求的取值范围；（2）当，时，方程（其中）有唯一实数解，求的值. 【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意，函数的定义域为，则导数为由，得，∴①若，由，得.当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减.所以是的极大值点②若，由，得，或.因为是的极大值点，所以，解得综合①②：的取值范围是（2）因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解设，则，令，即.因为，，所以（舍去），当时，，在上单调递减，当时，，在单调递增当时，，取最小值则，即，所以，因为，所以（*）设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解因为，所以方程（*）的解为，即，解得4.【安徽省马鞍山市2019届高三高考一模】已知函数在上是增函数．求实数的值；若函数有三个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】当时，是增函数，且，故当时，为增函数，即恒成立，当时，函数的导数恒成立，当时，，此时相应恒成立，即恒成立，即恒成立，当时，，此时相应恒成立，即恒成立，即恒成立，则，即．若，则在上是增函数，此时最多有一个零点，不可能有三个零点，则不满足条件．故，当时，有一个零点，当时，，故0也是故的一个零点，故当时，有且只有一个零点，即有且只有一个解，即，得，，则，在时有且只有一个根，即与函数，在时有且只有一个交点，，由得，即得，得，此时函数递增，由得，即得，得，此时函数递减，即当时，函数取得极小值，此时极小值为，，作出的图象如图，要使与函数，在时有且只有一个交点，则或，即实数的取值范围是．5.【吉林省长春市普通高中2019届高三监测（二)】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若方程有两个实数根，求实数的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)【解析】（1）由题可得，当时，，在上单调递增；当时，，，在上单调递增；，，在上单调递减.（2）令，，易知单调递增且一定有大于0的零点，不妨设为，，即，，故若有有两个零点，需满足，即，令，，所以在上单调递减.，所以的解集为，由，所以.当时，，有，令，由于，所以，，故，所以，故，在上有唯一零点，另一方面，在上，当时，由增长速度大，所以有，综上，.6. 设函数()()()22ln 11f x x x =---. （1）求函数()f x 的单调递减区间；（2）若关于x 的方程()230f x x x a +--=在区间[]24，内恰有两个相异的实根，求实数a 的取值范围.【答案】(1) 函数()f x 的单调递增区间为()2,+∞;(2) a 的取值范围是[)2ln352ln24--，. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为()1+∞， ∵()()()2212111x x f x x x x --⎡⎤=--=⎢⎥--⎣⎦'∵1x >，则使()0f x '<的x 的取值范围为()2,+∞， 故函数()f x 的单调递减区间为()2,+∞故()230f x x x a +--=在区间[]24，内恰有两个相异实根()()()20{30 40.g g g ≥⇔<≥，，即30{4220 5230a a ln a ln +≥+-<+-≥，解得： 2ln352ln24a -≤<-综上所述， a 的取值范围是[)2ln352ln24--，7. 已知函数()()21xf x e a x b =---，其中e 为自然对数的底数.（1）若函数()f x 在区间[]0,1上是单调函数，试求实数a 的取值范围；（2）已知函数()()211xg x e a x bx =----，且()10g =，若函数()g x 在区间[]0,1上恰有3个零点，求实数a 的取值范围． 【答案】(1) ][3,1,22e⎛⎫-∞⋃++∞ ⎪⎝⎭(2) ()1,2e - 【解析】（2）()()()'21xg x e a x b f x =---=．由()()010g g ==，知()g x 在区间()0,1内恰有一个零点， 设该零点为0x ，则()g x 在区间()00,x 内不单调， 所以()f x 在区间()00,x 内存在零点1x ， 同理， ()f x 在区间()0,1x 内存在零点2x ， 所以()f x 在区间()0,1内恰有两个零点． 由（1）知，当32a ≤时， ()f x 在区间[]0,1上单调递增，故()f x 在区间()0,1内至多有一个零点，不合题意． 当12ea ≥+时， ()f x 在区间[]0,1上单调递减， 故()f x 在()0,1内至多有一个零点，不合题意； 所以3122ea <<+．8．已知函数()()22ln R f x a x x ax a =-+∈.（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，若()f x 在()1,e 上有零点，求实数a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）)1e 1,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【解析】（Ⅰ）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()()()2222a x a x a ax x f x x x-++='-=.由()0f x '=得x a =或2ax =-. 当0a =时， ()0f x '<在()0,+∞上恒成立，所以()f x 的单调递减区间是()0,+∞，没有单调递增区间. 当0a >时， ()(),,x f x f x '的变化情况如下表：所以()f x 的单调递增区间是()0,a ，单调递减区间是(),a +∞. 当0a <时， ()(),,x f x f x '的变化情况如下表：所以()f x 的单调递增区间是0,2a ⎛⎫-⎪⎝⎭，单调递减区间是,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.9．已知()()()3231ln ,2x f x x e e x g x x x a =--=-++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()10,x ∈+∞及唯一正整数2x ，使得()()12f x g x =，求a 的取值范围．【答案】（1）()f x 的单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+∞;(2) a 的取值范围是1,22⎡⎫-⎪⎢⎣⎭. 【解析】（2）由（1）知当1x =时， ()f x 取得最小值， 又()10f =，所以()f x 在()0,+∞上的值域为[)0,+∞．因为存在()10,x ∈+∞及唯一正整数2x ，使得()()12f x g x =， 所以满足()0g x ≥的正整数解只有1个． 因为()3232g x x x a =-++， 所以()()23331g x x x x x =-+'=--，所以()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()()10{20g g ≥<，即1{ 220a a +≥-+<， 解得122a -≤<． 所以实数a 的取值范围是1,22⎡⎫-⎪⎢⎣⎭． 10．设函数()ln f x x =， ()bg x ax c x=+-（,,a b c R ∈）. （1）当0c =时，若函数()f x 与()g x 的图象在1x =处有相同的切线，求,a b 的值；（2）当3b a =-时，若对任意()01,x ∈+∞和任意()0,3a ∈，总存在不相等的正实数12,x x ，使得()()()120g x g x f x ==，求c 的最小值；（3）当1a =时，设函数()y f x =与()y g x =的图象交于()11,,A x y ()2212,()B x y x x <两点．求证：122121x x x b x x x -<<-.【答案】（1）12{ 12a b ==-（2）3（3）见解析【解析】（2）当01x >时，则()00f x >，又3b a =-，设()0t f x =， 则题意可转化为方程3(0)aax c t t x-+-=>在()0,+∞上有相异两实根12,x x ．即关于x 的方程()()230(0)ax c t x a t -++-=>在()0,+∞上有相异两实根12,x x ．所以()()2121203430{ 030a c t a a c t x x a a x x a<<∆=+-->++=>-=>，得()()203{43 0a c t a a c t <<+>-+>， 所以c t >对()()0,,0,3t a ∈+∞∈恒成立．因为03a <<，所以（当且仅当32a =时取等号）， 又0t -<，所以的取值范围是(),3-∞，所以3c …． 故c 的最小值为3. （3）当1a =时，因为函数()f x 与()g x 的图象交于,A B 两点，所以111222{b lnx xc x b lnx x c x =+-=+-，两式相减，得211221ln ln 1x x b x x x x ⎛⎫-=- ⎪-⎝⎭. 要证明122121x x x b x x x -<<-，即证211221212121ln ln 1x x x x x x x x x x x x ⎛⎫--<-<- ⎪-⎝⎭，即证212211ln ln 11x x x x x x -<<-，即证1222111ln 1x x x x x x -<<-. 令21x t x =，则1t >，此时即证11ln 1t t t-<<-． 令()1ln 1t t tϕ=+-，所以()221110t t t t t ϕ'-=-=>，所以当1t >时，函数()t ϕ单调递增． 又()10ϕ=，所以()1ln 10t t t ϕ=+->，即11ln t t-<成立；再令()ln 1m t t t =-+，所以()1110tm t t t-=-=<'，所以当1t >时，函数()m t 单调递减，又()10m =，所以()ln 10m t t t =-+<，即ln 1t t <-也成立． 综上所述， 实数12,x x 满足122121x x x b x x x -<<-.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第三篇导数及其应用专题3.5导数与函数的零点【考点聚焦突破】考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．【答案】见解析【解析】(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：X(0，1)1(1，3)3(3，＋∞) g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【规律方法】利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【规律方法】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．【训练2】已知函数f(x)＝e x＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，所以f(x)＝e x－x＋1，求导得f′(x)＝e x－1.易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.(2)由(1)知f′(x)＝e x＋a，由于e x>0，①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，当x>1时，f(x)＝e x＋a(x－1)>0；当x<0时，取x＝－1 a，则＋－1a－a<0.所以函数f(x)存在零点，不满足题意．②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝e ln(－a)＋a ln(－a)－a＝－2a＋a ln(－a)>0，解得－e2<a<0.综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0)．考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.【答案】见解析【解析】(1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－a x单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.【规律方法】 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.2．由(1)知，函数f ′(x )存在唯一零点x 0，则f (x 0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f (x 0)≥2a ＋a ln 2a.【训练3】(2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)．(1)求函数f (x )在1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.【答案】见解析【解析】(1)解f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－x x＝0，∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且1－1e－m ，f (e)＝1－e －m ，因为f (e)＝－2－1e＋e>0，函数f (x )在1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1，ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0，由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2.又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2，所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－ln x 1－x 1ln 1x 2－＝ln x 2－x 2ln 1x 2－＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln 4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－，即f (x 1)<因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.【反思与感悟】1．解决函数y ＝f (x )的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x 轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等．2．通过等价变形，可将“函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点”与“方程f (x )＝g (x )的解”问题相互转化．【易错防范】函数y ＝f (x )在某一区间(a ，b )上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：30分钟)一、选择题1.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x－10234f (x )12020f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为()A.1B.2C.3D.4【答案】D 【解析】根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.二、填空题2.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________.【答案】4－2ln 2【解析】由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)|＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0，即|AB |的最小值是4－2ln 2.3.若函数f (x )＝ax －a ex ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.【答案】(－e 2，0)【解析】f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x(a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0，∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝a e2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝a e2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0.三、解答题4.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围.【答案】见解析【解析】(1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2，所以f ′(x )＝x 2－x －2.由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞).(2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56，f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点，则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m －76，5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.【答案】见解析【解析】函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0).设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23.令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3.作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点.③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.【能力提升题组】(建议用时：25分钟)6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和.【答案】见解析【解析】f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a 3，则f (x )f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数.(1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a<e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值；(3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根.【答案】见解析【解析】(1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－x x (x >0)；当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a；由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a<x <e.从而f (x )－1a ，所以，f (x )max ＝1＋ 3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1，所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2.当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0.从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.所以g(x)max＝g(e)＝1e＋12<1，所以，|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>ln xx＋12，所以，方程|f(x)|＝ln xx＋12没有实数根.。