【2021高考数学压轴题】2、三招五法破解含参零点问题 (1)

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高考函数与导数压轴题目之找点速成——“2+3找点秘籍”

4 a2 2b a
，
故可取
x0

4 a2

2b a
,或补项成完全平方
x0

2 a
2

b

.
【例 5】已知 f x 1 x3 a 3
x2 x 1
，寻找 x1, x2 ，分别使得 f x1 0 和 f x2 0 .
分析一：并项
因为当 x 时， x2 x 1，所以 x2 x 1 3x2 .
，在极值点左侧寻找
x0
，使得
f x0 0 .
分析：极值点左侧，有 x 0 ，则 1 ，于是 x
x2 ln x a 0 x2 ln x a ln x a 1 1 ln 1 a 1 .
x2 2 x2
x2
该问题转化为基本模型二了，于是可取 1 1 a 1 ，即 x 2a .

ln
1 a2

1 a

2 ln
1 a

1 a

0.
它的证明可以通过构造函数 h x ln x x 0 来实现.
x
（ ln x 1 1 2ln x x ln x x 或 ln x 1 1 2ln 1 1 0 ）
x e2
x e2
aa
这两个基本模型都是当 x 时，两个正无穷大的量之间的比较，大部分
要使得 1 x3 a x2 x 1 ，只需 1 x3 3 a x2 ，取 x 9 a ，
3
3
还要保证 x2 x 1 ，所以取 x1 9 a 1 .
要使得 1 x3 a x2 x 1 ，只需 1 x3 a x2 x 1 ，

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2121年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：因为 f (x) ex+m x3 ，所以 f (x) ex+m 3x2 .……………………………………………………………1 分
因为曲线 y f x 在点 0，f 0 处的切线斜率为1，所以 f 0 em 1，解得 m 0 .…………………………………………………2 分
（Ⅱ）证法一：因为 f (x) ex+m x3 , g x ln x 1 2 ，
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所以 f x g (x) x3 等价于 ex+m ln x 1 2 0 ．
当 m 1时， ex+m ln x 1 2 ex1 ln x 1 2 ．
要证 ex+m ln x 1 2 0 ，只需证明 ex1 ln(x 1) 2 0 .………………4 分
，解得：，
由
，解得：
，
故在递减，在
递增；
2 由 1 知要使存在最小值，
则且
，
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令
，
，
则
在
递减，
又
，
，
故存在
使得
故在
递增，在
，
故
，
故
，递减，，
，
又
，
，
故
．
2．【广东省汕头市 2019 届高三上学期期末】已知函数
．
讨论的单调性；
若，是的两个极值点，证明：
．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析【解析】
解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；
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

三招妙解导数零点问题

(1) 若函数f(x)在(a , a + 1)上有极值，求实数 a 的取值范围； ⑵若关于x 的方程f(x)= X 2— 2x + k 有实数解，求实数 k 的取值范围. ［方法演示］In x解：⑴因为 f ' (x)=— ~x 2",当 Ovxvl 时，f ' (x)>0 ；当 x>1 时，f ' (x)<0,所以函数 f(x) 在(0,1)上单调递增，在(1,+^)上单调递减，故函数 f(x)的极大值点为 x = 1,所以avlva + 1,即0<a<1，故所求实数a 的取值范围是(0,1).(2) 方程f(x)= x 2— 2x + k 有实数解，即f(x) — x 2+ 2x = k 有实数解. 设 g(x)= f(x) — x 2 + 2x , 则 g ' (x)= 2(1 — x)—哼.x接下来，需求函数 g(x)的单调区间，所以需解不等式 g ' (x)>0及g ' (x)< 0,因而需解方程g ' (x)= 0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解.可得 g ' (1) = 0，且当 0<x<1 时，g ' (x)>0，当 x>1 时，g ' (x)<0，所以函数 g(x)在(0,1) 上单调递增，在(1, +)上单调递减.所以 g(x)max = g(1) = 2•当 X T 0 时，g(X)T —8 ；当 + ^ 时，g(x)^ — ，所以函数 g(x)的值域是(—^, 2］,所以所求实数 k 的取值范围是(—^, 2］.［解题师说］当所求的导函数解析式中出现 In x 时，常猜x = 1;当函数解析式中出现e x 时，常猜x=0 或 x = In x.［应用体验］11 .函数f(x) = e +尹2— (2 + In 2)x 的最小值为 ________ . 解析：f ' (x)= e x + x — (2 + In 2).接下来，需求函数 f(x)的单调区间，所以需解不等式 f ' (x)>0及f ' (x)< 0,因而需解方程f ' (x) = 0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解.易知f ' (x)是增函数，所以方程f ' (x) = 0至多有一个实数根，且可观察出此实数根就是In 2,所以函数f(x)在(—^, In 2)上是减函数，在(In 2, +)上是增函数，三招妙解导数零点问题［典例］设 f(x) = 1 + In x所以f(x)min= f(In 2) = 2 —2In 2 —*n22.［典例］(2015全国卷)设函数f(x)= e-aln x.⑴讨论f(x)的导函数f' (x)零点的个数；2(2)证明：当a>0 时，f(x)> 2a+ aln .a［方法演示］解：⑴法一：f' (x)= 2e2x- x(x>0) •当a w 0时，f' (x)>0, f' (x)没有零点.当a>0 时，设u(x)= e2x, v(x)=--,因为u(x)= e2x在(0,+s)上单调递增，v(x)=-旦在(0,+s)上单调递增，所以f' (x)在(0,+s)上单调递增.a 1又f' (a)>0，当b满足0<b<4且b<4时，f(b)<°,所以当a>0时，f' (x)存在唯一零点.法二：f' (x)= 2e2x-a(x>0).令方程f' (x)= 0，得a= 2xe2x(x>0).因为函数ax)= 2x(x>0), h(x)= e2x(x>0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u(x)= 2xe2x(x>0)也是增函数，其值域是(0 ,+^).由此可得，当a w 0时，f' (x)无零点；当a>0时，f' (x)有唯一零点.(2)证明：由⑴可设f' (x)在(0, + g)上的唯一零点为x o.当x € (0, x°)时,f' (x)<0 ;当x € (x°,+ g)时，f' (x)>0.所以f(x)在(0, x°)上单调递减，在(X0,+g)上单调递增，当且仅当x= X。

专题06“三招”妙解导函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破

一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明 “三招”妙解导函数零点问题. 二．解题策略类型一察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【河北省武邑中学2019届高三上第三次调研】已知函数．（1）当时，求在处的切线方程；（2）设函数，（ⅰ）若函数有且仅有一个零点时，求的值；（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，若，，求的取值范围。

【答案】（1）（2）（ⅰ）（ⅱ）【解析】（2）（ⅰ）令则即令，则令，，在上是减函数又所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当函数有且今有一个零点时，9分【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x时，常猜x＝1；当函数解析式中出现e x时，常猜x＝0或x＝ln x.2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】设()1ln xf x x+＝. (1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围； (2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围．【答案】（1）(0,1)；（2）(－∞，2]．【解析】(1)因为()2ln xf x x'＝－，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，所以a <1<a ＋1，即0<a <1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)． (2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解．设()()22g x f x x x ＝－＋，则()(2)1g x x '＝－2ln xx －. 接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．可得g ′(1)＝0，且当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]．类型二设而不求，巧“借”零点【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln xf x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a≥+. 【答案】（I ）当0a £时，()f x ¢没有零点；当0a >时，()f x ¢存在唯一零点.（II ）见解析【解析】（II ）由（I ），可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x，当()00x x Î，时，()0f x ¢<;当()0+x x 违，时，()0f x ¢>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ¥，单调递增，所以当0x x=时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x .由于0202=0x a ex -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++?. 故当0a >时，2()2ln f x a a a?. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最小值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20x af x e x¢-=的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”．【举一反三】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．【答案】（1）f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．（2）2.(2)由于a ＝1，所以(x －k )f ′(x )＋x ＋1＝(x －k )(e x－1)＋x ＋1. 故当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0等价于()101x x k x x e +<>-＋．① 令()1()01x x g x x x e +=>-＋，则()221(2)1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'--＝＋＝由(1)知，函数h (x )＝e x－x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)．又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k <g (α)，故整数k 的最大值为2. 类型三二次构造（求导），避免求根【例3】已知函数f (x )＝ln(ax ＋1)＋x 3－x 2－ax . (1)若x ＝23为y ＝f (x )的极值点，求实数a 的值； (2)若y ＝f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围； (3)若a ＝－1时，方程f (1－x )－(1－x )3＝bx有实根，求实数b 的取值范围．【答案】(2)因为f (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝1a ax +＋3x 2－2x －a ＝22[3(32)(2)]01x ax ax a ax +--+≥+在[1，＋∞)上恒成立．当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，此时f (x )在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a ＝0符合题意；当a ≠0时，由ax ＋1>0对x >1恒成立，知a >0.所以3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)，其对称轴为x ＝1132a -，因为a >0，所以1132a -<13，所以g (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g (1)≥0即可，即－a 2＋a ＋1≥0，解得0<a ≤152. 综上，实数a 的取值范围为15+].∴函数h(x)＝g′(x)17+，+∞）上递减．又g′(1)＝0，∴存在x0∈(0, 176)，使得g′(x0)＝0.当0<x<x0时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(0，x0)上递减；当x0<x<1时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(x0,1)上递增；当x>1时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上递减．又当x→＋∞时，g(x)→－∞.又g(x)＝x ln x＋x2－x3＝x(ln x＋x－x2)≤1 (ln)4x x+，当x→0时，ln x＋14<0，则g(x)<0，且g(1)＝0，∴b的取值范围为(－∞，0]．【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b的范围问题，实际上是求g(x)＝x(ln x＋x－x2)极值问题，问题是g′(x)＝ln x＋1＋2x－3x2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h(x)＝g′(x)再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等.【举一反三】【吉林省通榆县第一中学2019届高三上期中】已知函数,R.（Ⅰ）当时,求的单调区间和极值；（Ⅱ)若关于的方程恰有两个不等实根,求实数的取值范围；【答案】（1）在和上单调递增,在上单调递减，, ；（2）.【解析】（Ⅰ）解:当时,函数,则. 令,得,,当变化时,的变化情况如下表:+ - +↗极大值↘极小值↗∴在和上单调递增,在上单调递减.当时,,当时,.（Ⅱ）依题意,即. 则令,则.当时,,故单调递增（如图）,且；当时,,故单调递减,且.∴函数在处取得最大值.故要使与恰有两个不同的交点,只需.∴实数的取值范围是.三．强化训练1.设函数满足，，则时，的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D2．【盐城市2019届高三第一学期期中模拟】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。

数形结合法破解含参函数的零点问题

'(
1)
可初步做出判断,严格的证明需借助于二阶
导数。
(
责任编辑
徐利杰)
+∞ 上
2
单调递增,当 x→ - ∞ 时,
图4
x)
→+∞ ,其图像如图
g(
4 所示。依题意知,直线 y =a (
x -1)与
几何意义是过点 (
1,
0)的动
函数 y =2
l
nx 的图像在
例 3
x)→0,当 x → + ∞ 时,
g(
1
该方程在 0,
上无解,其
x)的图
g(
像有唯一的公共
对数的底数,
若 f(
1)=0,函数 f (
x)在区间
点。因为两条函数
解析:
由 f(
1)=e-a-b-1=0,得 b=
好相反,所以由数
(
内有零点,
求 a 的取值范围。
0,
1)
e-a -1。当 x ∈ (
0,
1)时,
x )=e f(
x
ax - (
e-a-1)
解题篇经典题突破方法
高二数学 2022 年 7-8 月
数形结合法破解含参函数的零点问题
■ 河南省郑州中原一中实验学校
含参函数的零点问题是高中数学的重要
题型,
在考试中常常处于小题甚至是大题的
压轴位置,
其一般形式为:
已知函数 y=f(
x,
在区间I 上有 ※ 个(

【函数与导数压轴题突破】2、三招五法破解含参零点问题

2021高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇函数与导数专题02 “三招五法”，轻松破解含参零点问题一．方法综述函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数的性质，特别是函数单调性（可借助于导数）探寻解题思路，或利用数形结合思想、分离参数方法来求解．具体的，（1）分类讨论参数的不同取值情况，研究零点的个数或取值；（2）利用零点存在的判定定理构建不等式形结合、转化与化归等思想方法，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度，往往出现在压轴题的位置.正因为如此，根据函数的零点情况，讨论参数的范围成为高考的难点．对于此类题目，我们常利用零点存在定理、函数求解；（3）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；（4）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. 二．解题策略类型一 “第一招”带参讨论【例1】【2020·福建福州期末】已知函数()()2224x x f x x x a e e --+=--+有唯一零点，则a =（） A ．12-B ．-2C ．12D ．2【答案】B【解析】因为函数()()2224x x f x x x a e e --+=--+有唯一零点，等价于方程()2224x x x x a e e --+-=+有唯一解，等价于函数24y x x =-的图像与()22x x y a ee --+=+的图像只有一个交点.当0a =时，()224244y x x x =-=--≥-，此时有两个零点，矛盾；当0a >时，由于()22424y x x x =-=--在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增，且()22x x y a ee --+=+在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增，所以函数24y x x =-的图像最低点为()2,4-，()22x x y a e e --+=+的图像的最低点为()2,2a ，由于204a >>-，故两函数图像有两个交点，矛盾，当0a <时，由于()22424y x x x =-=--在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增，且()22x x y a ee --+=+在(),2-∞单调递增，在()2,+∞单调递减，所以函数24y x x =-的图像最低点为()2,4-，()22x x y a e e --+=+的图像的最高点为()2,2a ，若两函数只有一个交点，则24a =-，即2a =-.故选B 【指点迷津】1.根据题设要求研究函数的性质，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.由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类讨论，并逐一求解．【举一反三】【2020河北邯郸期末】已知函数()2x f x me x m --=有两个零点，则m 的取值范围是( ) A ．(0,)+∞ B ．(,0)-∞ C ．(0,1) D ．1(0,)e【答案】A【解析】由题知，()1x f x me '=-，当0m 时，()0f x '<，所以()f x 在R 上单调递减，函数()f x 不可能有两个零点，故0m 不成立；当0m >时，令()0f x '=，∴1x e m=，∴1x ln m =∴函数()f x 在1(,)lnm -∞上单调递减，在1(,)ln m+∞上单调递增， ∴函数()f x 的最小值111()21()2min f lnm ln m ln m m m m m==--=+- 令()1()2g m ln m m =+-，其中0m >，∴121()2m g m m m-+'=-= ()g m ∴在1(0,)2上单调递增，在1(,)2+∞上单调递增，∴11()()022max g m g ln ==<()0g m ∴<，()f x ∴的最小值1()0f lnm< 且x 趋向于-∞时，()f x 趋向于+∞；当x 趋向于+∞时，()f x 趋向于+∞∴此时()f x 有两个零点，符合题意，(0,)m ∴∈+∞故选A ．类型二 “第二招”数形结合【例2】【2020•河南一模】已知关于x 的方程2[()]()10f x kf x -+=恰有四个不同的实数根，则当函数2()x f x x e =时，实数k 的取值范围是( ) A ．(-∞，2)(2-⋃，)+∞B ．224(,)4e e ++∞C ．28(,2)eD ．224(2,)4e e +【答案】B【解析】函数2()2(2)x x x f x xe x e x xe '=+=+，由()0f x '>得(2)0x x +>，得0x >或2x <-，此时()f x 为增函数，由()0f x '<得(2)0x x +<，得20x -<<，此时()f x 为减函数，即当0x =时，函数()f x 取得极小值，极小值为(0)0f =，当2x =-时，函数()f x 取得极大值，极大值为24(2)f e -=，当0x →，()0f x >，且()0f x →，作出函数()f x 的图象如图：设()t f x =，则当240t e <<时方程()t f x =有3个根，当24t e =时方程()t f x =有2个根，当0t =或24t e >时方程()t f x =有1个根，则方程2[()]()10f x kf x -+=等价为210t kt -+=，若2[()]()10f x kf x -+=恰有四个不同的实数根，等价为210t kt -+=有两个不同的根，当0t =，方程不成立，即0t ≠，其中1240t e <<或224t e >，设2()1h x t kt =-+，则满足2(0)100224()0h k kh e⎧⎪=>⎪-⎪-=>⎨⎪⎪<⎪⎩，得222044()()10k k e e >⎧⎪⎨-+<⎪⎩，即2222204()1444k e e k e e >⎧⎪⎪+⎨>=+⎪⎪⎩，即2244e k e >+，即实数k 的取值范围是224(,)4e e ++∞，故选B ．【指点迷津】1.由两个基本初等函数组合而得的超越函数f(x)＝g(x)－h(x)的零点个数，等价于方程g(x)－h(x)＝0的解的个数，亦即g(x)＝h(x)的解的个数，进而转化为基本初等函数y ＝g(x)与y ＝h(x)的图象的交点个数．2.先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数y =g (x ),y =h (x )的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为y =a,y =g (x )的交点个数的图象的交点个数问题．交点的横坐标即零点.【举一反三】【2020河北武邑直线一调】已知函数()x x f x e=，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++-=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值范围是( )A ．(-∞，2)(2⋃，)+∞B ．1(1e-，)+∞ C ．1(1e-，1)D ．(1,)e【答案】C【解析】由题意1()xxf x e -'=．当1x >时，1()0x x f x e -'=<，当1x <时，1()0x xf x e-'=>， ()f x ∴在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，∴当1x =时，)(x f 取极大值1e．()f x 大致图象如下：假设2m =，令()t f x =．则2210t t ++=．解得1t =-，即()1f x =-．根据()f x 图象，很明显此时只有一个解，故2m =不符合题意，由此排除B 、D 选项；假设3m =，则2320t t ++=，解得12t =-，21t =-．即()2f x =-，或()1f x =-．根据()f x 图象，很明显此时方程只有两个解，故3m =不符合题意，由此排除A 选项．故选C ．类型三 “第三招”分离参数【例3】【2020安徽】已知方程23||02ln x ax -+=有4个不同的实数根，则实数a 的取值范围是．【答案】2(0,)2e【解析】由23||02ln x ax -+=，得23||2ax ln x =+，0x ≠，∴方程等价为23||2ln x a x +=，设23||2()ln x f x x +=，则函数()f x 是偶函数，当0x >时，232()lnx f x x +=，则24413()22(1)2()x lnx xx lnx x f x x x -+-+'==，由()0f x '>得2(1)0x lnx -+>，得10lnx +<，即1lnx <-，得10x e<<，此时函数单调递增，由()0f x '<得2(1)0x lnx -+<，得10lnx +>，即1lnx >-，得1x e>，此时函数单调递减，即当0x >时，1x e =时，函数()f x 取得极大值21312()1()ln e f e e+=2231(1)22e e =-+=，作出函数()f x 的图象如图所示，要使23||2ln x a x +=，有4个不同的交点，则满足202e a <<.【指点迷津】1.分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域（最值）问题加以解决；2.通过将原函数中的变参量进行分离后变形成g(x)＝l(a)，则原函数的零点问题化归为与x 轴平行的直线y ＝l(a)和函数g(x)的图象的交点问题．【举一反三】【2015年天津卷理】已知函数()()22,2,{2,2,x x f x x x -≤=->函数()()2g x b f x =--，其中b R ∈，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则b 的取值范围是（）A ． 7,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ． 7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ． 70,4⎛⎫ ⎪⎝⎭D ． 7,24⎛⎫⎪⎝⎭【答案】D 【解析】函数恰有4个零点，即方程，即有4个不同的实数根，即直线与函数的图像有四个不同的交点．又做出该函数的图像如图所示，由图得，当时，直线与函数的图像有4个不同的交点，故函数恰有4个零点时，b 的取值范围是故选D ．类型四 “三招五法”一题多解【例4】【2014年全国卷Ⅰ】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 的取值范围为( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D ．(－∞，－1)【答案】B 【解析】法一单调性法：利用函数的单调性求解由已知得，a ≠0，f ′(x)＝3ax 2－6x ，令f ′(x)＝0，得x ＝0或x ＝2a. 当a>0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x)>0；x ∈（0，2a ），f ′(x)<0；x ∈（2a，＋∞），f ′(x)>0.所以函数f(x)在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在（0，2a）上单调递减，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于零的零点，不符合题意．当a<0时，x ∈（－∞，2a ），f ′(x)<0；x ∈（2a ，0），f ′(x)>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x)<0.所以函数f(x)在（－∞，2a ）和(0，＋∞)上单调递减，在（2a，0）上单调递增，所以要使f(x)有唯一的零点x 0且x 0>0，只需f （2a）>0，即a 2>4，解得a<－2.法二数形结合法：转化为直线与曲线的位置关系求解由ax 3－3x 2＋1＝0可知x ≠0，可得ax ＝3－21x ，作出y ＝3－21x 的图象如图所示，转动直线y ＝ax ，显然a>0时不成立；当a<0，直线y ＝ax 与左边的曲线相切时，设切点为t,3－21t，其中t<0，则切线方程为y －3－21t ＝32t (x －t)．又切线过原点，则有0－3－21t ＝32t(0－t)，解得t ＝－1(t ＝1舍去)，此时切线的斜率为－2，由图象可知a<－2符合题意．法三数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解令f(x)＝0，得ax 3＝3x 2－1.问题转化为g(x)＝ax 3的图象与h(x)＝3x 2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a ＝0时，函数g(x)的图象与h(x)的图象存在两个的交点；当a>0时，如图(1)所示，不合题意；当a<0时，由图(2)知，可先求出函数g(x)＝ax 3与h(x)＝3x 2－1的图象有公切线时a 的值．由g ′(x)＝h ′(x)，g(x)＝h(x)，得a ＝－2.由图形可知当a<－2时，满足题意．法四分离参数法：参变分离，化繁为简.易知x ≠0，令f(x)＝0，则331a x x ＝－，记331()g x x x ＝－，2'234333(1)()x g x x x x --=-+=，可知g(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g(－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y ＝a ，结合图象，可知a<－2.法五特例法：巧取特例求解取a ＝3，则f(x)＝3x 3－3x 2＋1.由于f(0)＝1，f(－1)<0，从而f(x)在(－∞，0)上存在零点，排除A 、C.取a ＝－43，则f(x)＝－43x 3－3x 2＋1.由于f(0)＝1，f （32）<0，从而f(x)在(－∞，0)上存在零点，排除D ，故选B. 【指点迷津】1.本题的实质是函数f(x)存在唯一的零点x 0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．2. 函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.【举一反三】【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则a=A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】方法一：函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+，设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e---+----'=-=-=，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，方法二：由函数f(x)有零点，得211(2)0x x x x a e e －－＋－＋＋＝有解，即211()(110)x x x a e e －－＋－－＋＋＝有解，令1t x ＝－，则上式可化为2(10)t t t a e e －－＋＋＝，即21t tt a e e --+＝.令21t tt e e --+h(t)＝，易得h(t)为偶函数，又由f(x)有唯一零点得函数h(t)的图象与直线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0，所以10122a -＝＝，故选C. 方法三：由()112()02.x x f x a e ex x ⇔－－＋＝＋＝－＋112x x e e ≥－－＋＋，当且仅当1x =时取“＝”． 2221)11(x x x ≤－＋＝－－＋，当且仅当1x =时取“＝”．若a>0，则112()x x a e e a ≥－－＋＋，要使f(x)有唯一零点，则必有21a ＝，即12a ＝. 若a ≤0，则f(x)的零点不唯一．综上所述，12a ＝.三．强化训练1．【2018年新课标I 卷理】已知函数f(x)={e x，x ≤0，lnx ，x >0， 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，+∞）【答案】C【解析】画出函数f(x)的图像，y =e x 在y 轴右侧的去掉，再画出直线y =-x ，之后上下移动，可以发现当直线过点A 时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程f(x)=-x -a 有两个解，也就是函数g(x)有两个零点，此时满足-a ≤1，即a ≥-1，故选C.2.【2020届河北“五个一名校联盟”二诊】已知函数()y f x =满足对任意的x R ∈，总有(2)()f x f x +=，且当[0x ∈，2]时，()1|1|f x x =--．若关于x 的方程()log a f x x =恰有三个不相等的实根，则实数a 的取值范围为( ) A ．[3，5] B ．(3,5)C ．[4，5]D ．(3,6)【答案】B【解析】函数()y f x =满足对任意的x R ∈，总有(2)()f x f x +=，可知函数的周期为2，当[0x ∈，2]时，()1|1|f x x =--，所以函数()y f x =的图象如图所示关于x 的方程()log a f x x =恰有三个不相等的实根，可知1a >，log a y x =必须夹在A 点的下方，B点的上方，所以3151a alog log <⎧⎨>⎩，可得(3,5)a ∈，故选B ．3.【2020河北唐山期中】若存在两个正实数x ，y 使得等式(1)x lnx xlny ay +=-成立（其中lnx ，lny 是以e 为底的对数），则实数a 的取值范围是( )A ．21(0,]eB ．1(0,]eC ．21(,]e -∞ D ．1(,]3-∞【答案】C【解析】(1)x lnx xlny ay +=-可化为x x x a ln y y y=--，令x t y=，则0t >，()f t t tlnt =--，()2f t lnt '=--，∴函数()f t 在区间21(0,)e 上单调递增，在区间21(,)e +∞ 上单调递减．即22221121()()f t f e e e e =-+=，则21(,]a e ∈-∞，故选C ． 4．【2019届同步单元双基双测AB 卷】函数f (x )的定义域为实数集R ,f (x )={(12)x-1,-1≤x <0log 2(x +1),0≤x <3,对于任意的x ∈R 都有f (x +2)=f (x -2),若在区间[-5,3]函数g (x )=f (x )-mx +m 恰有三个不同的零点, 则实数m 的取值范围是（） A ． (-12,-13) B ． [-12,-13] C ． (-12,-16) D ． [-12,-16) 【答案】D【解析】∵f （x+2）=f （x ﹣2），∴f （x ）=f （x+4）， f （x ）是以4为周期的函数，若在区间[﹣5，3]上函数g （x ）=f （x ）﹣mx+m 恰有三个不同的零点，则f （x ）和y=m （x ﹣1）在[﹣5，3]上有3个不同的交点，画出函数函数f （x ）在[﹣5，3]上的图象，如图示：，由K AC =﹣16，K BC =﹣12，结合图象得：m ∈[-12,16)，故选：D5.【2020届重庆八中期末】已知函数2()log 1f x x =-，且关于x 的方程2[()]()20f x af x b ++=有6个不同的实数解，若最小的实数解为-1，则+a b 的值为（） A ．-2 B ．-1C ．0D ．1【答案】B【解析】作出函数2()log 1f x x =-的图象，∵方程2[()]()20f x af x b ++=有个不同的实数解，∴如图所示，令，方程2[()]()20f x af x b ++=转化为：，则方程有一零根和一正根，又∵最小的实数解为，由，∴方程：的两根是和，由韦达定理得：，，∴，故选B.6.【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】设函数f(x)={|2x+1-1|,x ≤14-x,x >1 ,若互不相等的实数p,q,r 满足f(p)=f(q)=f(r),则2p +2q +2r 的取值范围是（）A ． (8,16)B ． (9,17)C ． (9,16)D ． (172,352) 【答案】B 【解析】不妨设p <q <r ，f (x )的图像如图所示，令f (p )=f (q )=f (r )=m ，则|2p+1-1|=|2q+1-1|=4-r =m ，故2p+1-1=2q+1-1或2p+1-1=-2q+1+1且0<m <1，所以p =q （舎）或2p+1+2q+1=2即2p +2q =1且3<r <4，故2p +2+q2r =1+2r ∈(9,17)，故选B.7.【2020山西运城一中期末】对于任意的实数[1x ∈，]e ，总存在三个不同的实数[1y ∈-，5]，使得210y y xe ax lnx ---=成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．24251(,]e e e- B ．4253[,)e e C ．(0，425]e D ．24253[,)e e e- 【答案】B 【解析】210yy xeax lnx ---=可化为：2y y e lnxa e x=+，设2()(15)y y eg y y e=-，则(2)()y ey y g y e -'=，即函数()g y 在(1,0)-，(2,5)为减函数，在(0,2)为增函数，又2(1)g e -=，g （2）4e =，g （5）425e =，设()([1,])lnx f x a x e x =+∈，所以21()lnxf x x -'=，即函数()f x 在[1，]e 为增函数，所以1()a f x a e+，对于任意的实数[1x ∈，]e ，总存在三个不同的实数[1y ∈-，5]，使得210y y xe ax lnx ---=成立，即对于任意的实数[1x ∈，]e ，总存在三个不同的实数[1y ∈-，5]，使得2y y e lnxa e x=+成立，即425[lnx a x e +∈，4)e对于任意的实数[1x ∈，]e 恒成立，即42514a e a e e ⎧⎪⎪⎨⎪+<⎪⎩，即4253a e e <，故选B ．8.【2020浙江绍兴期末】若关于x 的方程12x a a x ---=恰有三个不同的解，则实数a 的取值范围为______. 【答案】[]1,1-【解析】原题等价于方程12x a a x--=±恰有三个不同的解, 设11(),()2,()2f x x a a g x h x x x=--=+=-,作出图像如下:则2,()=,x a x af x x x a -≥⎧⎨-<⎩是一个“V ”型分段函数,其顶点(,)A a a -在直线y x =-上运动, 将y x =-分别与(),()g x h x 联立,可得直线y x =-与()g x 相切与点(1,1)B -,与()h x 相切与点(1,1)C -, 因此,当且仅当点A 在线段BC 上运动时,()f x x a a =--与12y x=±有三个交点, 由图知实数a 的取值范围为[]1,1-.9．【2020江西瑞金一中期末】已知函数21,0,()2,0,lnx x f x x x x x +⎧>⎪=⎨⎪--<⎩若函数()()g x f x mx =-有三个零点，则实数m 的取值范围是．【答案】(0,)2e【解析】函数()()g x f x mx =-有三个零点，即函数()y f x =的图象与函数y mx =的图象有三个交点，当0x >时，21(),()lnx lnxf x f x x x+-='=，显然，当(0,1)x ∈时，()0f x '>，函数()f x 递增，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，函数()f x 递减，且f （1）1=，设直线y mx =与函数()(0)y f x x =>相切时的切点为0(P x ，0)y ，则00200001lnx y x x lnx y x -⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，解得00x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩此时切线斜率为2e ，作函数草图如下，由图象可知，要使函数()y f x =的图象与函数y mx =的图象有三个交点，则直线函数y mx =的图象应在x 轴与切线OP 之间，则斜率的取值范围为(0,)2e ，即实数m 的取值范围是(0,)2e．10.【2020浙江西湖一中期末】已知函数()y f x =是定义域为R 的偶函数，当0x 时，21,024()13(),224x x x f x x ⎧-⎪⎪=⎨⎪-->⎪⎩，若关于x 的方程27[()]()016a f x af x ++=，a R ∈有且仅有8个不同实数根，则实数a 的取值范围是．【答案】7(4，16)9【解析】当02x 时，214y x =-递减，当2x >时，13()24x y =--递增，由于函数()y f x =是定义域为R 的偶函数，则()f x 在(,2)-∞-和(0,2)上递减，在(2,0)-和(2,)+∞上递增，当0x =时，函数取得极大值0；当2x =±时，取得极小值1-．当02x 时，21[14y x =-∈-，0]．当2x >时，13()[124x y =--∈-，3)4- 要使关于x 的方程27[()]()016af x af x ++=，a R ∈，有且仅有8个不同实数根，设()t f x =，则27016a t at ++=的两根均在3(1,)4--．则有2704312471016937016416a a a a a a a ⎧->⎪⎪⎪-<-<-⎪⎨⎪-+>⎪⎪⎪-+>⎩，即为70432216995a a a a a ⎧><⎪⎪⎪<<⎪⎨⎪<⎪⎪⎪<⎩或，解得71649a <<．即有实数a 的取值范围是7(4，16)9．。

2021年高考数学重难点复习：破解含参零点问题

2021年高考数学重难点复习轻松破解含参零点问题一．方法综述函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数的性质，特别是函数单调性（可借助于导数）探寻解题思路，或利用数形结合思想、分离参数方法来求解．具体的，（1）分类讨论参数的不同取值情况，研究零点的个数或取值；（2）利用零点存在的判定定理构建不等式形结合、转化与化归等思想方法，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度，往往出现在压轴题的位置.正因为如此，根据函数的零点情况，讨论参数的范围成为高考的难点．对于此类题目，我们常利用零点存在定理、函数求解；（3）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；（4）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.二．解题策略类型一 “第一招”带参讨论【例1】【2020·福建福州期末】已知函数()()2224x x f x x x a e e --+=--+有唯一零点，则a =（）A ．12-B ．-2C ．12D ．2 【答案】B【解析】因为函数()()2224x x f x x x a e e --+=--+有唯一零点，等价于方程()2224x x x x a e e --+-=+有唯一解，等价于函数24y x x =-的图像与()22x x y a ee --+=+的图像只有一个交点. 当0a =时，()224244y x x x =-=--≥-，此时有两个零点，矛盾；当0a >时，由于()22424y x x x =-=--在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增，且()22x x y a e e --+=+在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增，所以函数24y x x =-的图像最低点为()2,4-，()22x x y a e e --+=+的图像的最低点为()2,2a ，由于204a >>-，故两函数图像有两个交点，矛盾，当0a <时，由于()22424y x x x =-=--在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增，且()22x x y a e e --+=+在(),2-∞单调递增，在()2,+∞单调递减，所以函数24y x x =-的图像最低点为()2,4-，()22x x y a e e --+=+的图像的最高点为()2,2a ，若两函数只有一个交点，则24a =-，即2a =-.故选B【指点迷津】1.根据题设要求研究函数的性质，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.由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类讨论，并逐一求解．【举一反三】【2020河北邯郸期末】已知函数()2x f x me x m --=有两个零点，则m 的取值范围是( ) A ．(0,)+∞B ．(,0)-∞C ．(0,1)D ．1(0,)e 【答案】A【解析】由题知，()1x f x me '=-，当0m …时，()0f x '<，所以()f x 在R 上单调递减，函数()f x 不可能有两个零点，故0m …不成立；当0m >时，令()0f x '=，∴1x e m=，∴1x ln m = ∴函数()f x 在1(,)ln m -∞上单调递减，在1(,)ln m+∞上单调递增， ∴函数()f x 的最小值111()21()2min f ln m ln m ln m m m m m==--=+-g 令()1()2g m ln m m =+-，其中0m >，∴121()2m g m m m -+'=-= ()g m ∴在1(0,)2上单调递增，在1(,)2+∞上单调递增，∴11()()022max g m g ln ==< ()0g m ∴<，()f x ∴的最小值1()0f ln m< 且x 趋向于-∞时，()f x 趋向于+∞；当x 趋向于+∞时，()f x 趋向于+∞∴此时()f x 有两个零点，符合题意，(0,)m ∴∈+∞故选A ．类型二 “第二招”数形结合【例2】【2020•河南一模】已知关于x 的方程2[()]()10f x kf x -+=恰有四个不同的实数根，则当函数。

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

专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一) 确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2. 判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a ＝g (x ),根据导数的知识求出函数g(x )在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y ＝a 与函数y ＝g (x )图象交点的个数问题．只需要用a 与函数g (x )的极值和最值进行比较即可．3. 处理函数y =f (x )与y =g (x )图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f (x )=g (x )根的个数问题,也通过构造函数y =f (x )-g (x ),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数()()20,ex ax f x a a =¹ÎR ．(1)求()f x 的极大值；(2)若1a =，求()()cos g x f x x =-在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点个数．【解析】（1）由题易得，函数()2ex ax f x =的定义域为R ，又()()()22222e e 2e e e x xx xxax x ax ax ax ax f x ---===¢，所以，当0a >时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢-0+0-()f x ]极小值Z极大值]由上表可知，()f x 的单调递增区间为()0,2，单调递减区间为()(),0,2,¥¥-+．所以()f x 的极大值为()()2420e af a =>．当a<0时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢+0-0+()f x Z 极大值]极小值Z由上表可知，()f x 的单调递增区间为()(),0,2,¥¥-+，单调递减区间为()0,2．所以()f x 的极大值为()()000f a =<．综上所述，当0a >时，()f x 的极大值为24ea；当a<0时，()f x 的极大值为0．（2）方法一：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos e x xg x f x x x =-=-．由()0g x =，得2cos e xx x =．所以要求()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点的个数，只需求()y f x =的图象与()cos h x x =的图象在区间π,2024π2éù-êúëû上的交点个数即可．由（1）知，当1a =时，()y f x =在()(),0,2,¥¥-+上单调递减，在()0,2上单调递增，所以()y f x =在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()cos h x x =在区间π,02éù-êúëû上单调递增，且()()()()()1e 1cos 11,001cos00f h f h -=>>-=-=<==，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间π,02éù-êúëû上只有一个交点，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且只有1个零点．因为当10a x =>，时，()20ex x f x =>，()f x 在区间()02，上单调递增，在区间()2,¥+上单调递减，所以()2e x xf x =在区间()0,¥+上有极大值()2421e f =<，即当1,0a x =>时，恒有()01f x <<．又当0x >时，()cos h x x =的值域为[]1,1-，且其最小正周期为2πT =，现考查在其一个周期(]0,2π上的情况，()2ex x f x =在区间(]0,2上单调递增，()cos h x x =在区间(]0,2上单调递减，且()()0001f h =<=，()()202cos2f h >>=，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]0,2上只有一个交点，即()g x 在区间(]0,2上有且只有1个零点．因为在区间3π2,2æùçúèû上，()()0,cos 0f x h x x >=£，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间3π2,2æùçúèû上无交点，即()g x 在区间3π2,2æùçúèû上无零点．在区间3π,2π2æùçúèû上，()2ex x f x =单调递减，()cos h x x =单调递增，且()()3π3π002π1cos2π2π22f h f h æöæö>><<==ç÷ç÷èøèø，，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间3π,2π2æùçúèû上只有一个交点，即()g x 在区间3π,2π2æùçúèû上有且只有1个零点．所以()g x 在一个周期(]0,2π上有且只有2个零点．同理可知，在区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上，()01f x <<且()2e xx f x =单调递减，()cos h x x =在区间(]2π,2ππk k +上单调递减，在区间(]2ππ,2π2πk k ++上单调递增，且()()()02π1cos 2π2πf k k h k <<==，()()()2ππ01cos 2ππ2ππf k k h k +>>-=+=+()()()02ππ1cos 2ππ2ππf k k h k <+<=+=+，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]2π,2ππk k +和2ππ,2π2π]k k ++（上各有一个交点，即()g x 在(]2π,2024π上的每一个区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上都有且只有2个零点．所以()g x 在0,2024π]（上共有2024π220242π´=个零点．综上可知，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．方法二：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos ex x g x f x x x =-=-．当π,02éùÎ-êúëûx 时，()22sin 0e x x x g x x -=¢+£，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()π0,002g g æö-><ç÷èø，所以存在唯一零点0π,02x éùÎ-êúëû，使得()00g x =．所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且仅有一个零点．当π3π2π,2π,22x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，20cos 0ex x x ><,，所以()0g x >．所以()g x 在π3π2π,2π,22k k k æù++ÎçúèûN 上无零点．当π0,2x æùÎçèû时，()22sin 0exx x g x x -=¢+>，所以()g x 在区间π0,2æöç÷èø上单调递增．又()π00,g 02g æö<>ç÷èø，所以存在唯一零点．当*π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0exx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上单调递增．又()π2π0,2π+02g k g k æö¢<>ç÷èø¢，所以存在*1π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN ，使得()10g x ¢=．即当()12π,x k x Î时，()()10,g x g x <¢单调递减；当1π,2π2x x k æùÎ+çúèû时，()()10,g x g x >¢单调递增．又()π2π0,2π02g k g k æö<+>ç÷èø，所以()g x 在区间*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点所以()g x 在区间π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．当3π2π,2π2π,2x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0e xx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递增．又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+<+<ç÷¢¢èø，所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递减：又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+>+<ç÷èø，所以存在唯一23π2π,2π2π2x k k æöÎ++ç÷èø，使得()20g x =．所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．所以()g x 在区间(]2π,2π2π,k k k +ÎN 上有两个零点．所以()g x 在(]0,2024π上共有2024π220242π´=个零点．综上所述，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．(二) 根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数()()ln 2f x x =+(1)求曲线()y f x =在=1x -处的切线方程；(2)求证：e 1x x ³+；(3)函数()()()2h x f x a x =-+有且只有两个零点，求a 的取值范围．【解析】（1）因为()12f x x ¢=+，所以曲线()y f x =在=1x -处的切线斜率为()11112f -==-+¢，又()()1ln 120f -=-+=，所以切线方程为1y x =+.（2）记()e 1x g x x =--，则()e 1xg x ¢=-，当0x <时，()0g x ¢<，函数()g x 在(),0¥-上单调递减；当0x >时，()0g x ¢>，函数()g x 在()0,¥+上单调递增.所以当0x =时，()g x 取得最小值()00e 10g =-=，所以()e 10xg x x =--³，即e 1x x ³+.（3）()()()()()2ln 22,2h x f x a x x a x x =-+=+-+>-，由题知，()()ln 220x a x +-+=有且只有两个不相等实数根，即()ln 22x a x +=+有且只有两个不相等实数根，令()()ln 2,22x m x x x +=>-+，则()()()21ln 22x m x x -+=+¢，当2e 2x -<<-时，()0m x ¢>，()m x 在()2,e 2--上单调递增；当e 2x >-时，()0m x ¢<，()m x 在()e 2,¥-+上单调递减.当x 趋近于2-时，()m x 趋近于-¥，当x 趋近于+¥时，()m x 趋近于0，又()1e 2ef -=，所以可得()m x 的图象如图：由图可知，当10ea <<时，函数()m x 的图象与直线y a =有两个交点，所以，a 的取值范围为10,e æöç÷èø.(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a ) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m ) 与 f (a ) 异号,则在 (m ,a ) 上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；确保赋值点 x 0 落在规定区间内；确保运算可行三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.【例3】（2024届山东省烟台招远市高考三模）已知函数()()e x f x x a a =+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当3a =时，若方程()()()1f x x xm f x x f x -+=+-有三个不等的实根，求实数m 的取值范围.【解析】（1）求导知()1e xf x a =¢+.当0a ³时，由()1e 10xf x a ¢=+³>可知，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，对()ln x a <--有()()ln 1e 1e0a xf x a a --=+>+×=¢，对()ln x a >--有()()ln 1e 1e 0a x f x a a --=+<+×=¢，所以()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.综上，当0a ³时，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.（2）当3a =时，()3e xf x x =+，故原方程可化为3e 13e 3e xx xx m x +=++.而()23e 13e 3e 3e 3e 3e 3e x x x x x x xx x x x x x x +-=-=+++，所以原方程又等价于()23e 3e xx x m x =+.由于2x 和()3e3e xxx +不能同时为零，故原方程又等价于()23e 3e x x xm x =×+.即()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=.设()e xg x x -=×，则()()1e xg x x -=-×¢，从而对1x <有()0g x ¢>，对1x >有()0g x ¢<.故()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，这就得到()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =.然后考虑关于x 的方程()g x t =：①若0t £，由于当1x >时有()e 0xg x x t -=×>³，而()g x 在(],1-¥上递增，故方程()g x t =至多有一个解；而()110eg t =>³，()0e e t g t t t t --=×£×=，所以方程()g x t =恰有一个解；②若10e t <<，由于()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，故方程()g x t =至多有两个解；而由()()122222e2e e 2e 2e 12e 22x x x x xxx x g x x g g -------æö=×=×××=××£××=×ç÷èø有1222ln 1ln 222ln 2e2e t t g t t -×-æö£×<×=ç÷èø，再结合()00g t =<，()11e g t =>，()22ln 2ln 2e ln e 1t>>=，即知方程()g x t =恰有两个解，且这两个解分别属于()0,1和21,2ln t æöç÷èø；③若1t e=，则()11e t g ==.由于()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =，故方程()g x t =恰有一解1x =.④若1e t >，则()()11eg x g t £=<，故方程()g x t =无解.由刚刚讨论的()g x t =的解的数量情况可知，方程()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=存在三个不同的实根，当且仅当关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû.一方面，若关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû，则首先有()20Δ93694m m m m <=+=+，且1212119e e m t t t -=£<.故()(),40,m ¥¥Î--È+， 219e m >-，所以0m >.而方程2390t mt m--=，两解符号相反，故只能1t =，2t =23e m >这就得到203e m ->³，所以22243e m m m æö->+ç÷èø，解得219e 3e m <+.故我们得到2109e 3em <<+；另一方面，当2109e 3e m <<+时，关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根1t =，2t 22116e 13319e 3e 9e 3e 2et +×+×++===，2t 综上，实数m 的取值范围是210,9e 3e æöç÷+èø.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为0x ,再利用导函数的单调性确定0x 所在区间,最后根据()00f x ¢=,研究()0f x ,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若)(x f 中含有参数a ,关系式0)('0=x f 是关于a x ,0的关系式,确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关.【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数()e xf x =，()ln g x x =.(1)若函数()()111x h x ag x x +=---，a ÎR ，讨论函数()h x 的单调性；(2)证明：()()()()1212224x f x f x g x -->-.（参考数据：45e 2.23»，12e 1.65»）【解析】（1）由题意()()1ln 1,11x h x a x x x +=-->-，所以()()22,11ax a h x x x -+¢=>-，当0a =时，()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数；当0a ¹时，令()0h x ¢=得21x a=-，所以若0a >时，211a-<，所以()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数，若0<a 时，211a ->，且211x a<<-时，()0h x ¢>，21x a >-时，()0h x ¢<，所以()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数，综上：当0a ³时，()h x 在()1,+¥上为增函数，当0<a 时，()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数；（2）()()()()1212224x f x f x g x -->-等价于()2121e e 2ln 204x x x x ---+>，设()()2121e e 2ln 24x x F x x x =---+，则()()()222e 2e 12e e 2e e x x x x x x x x x x F x x x x x-+--¢=--==，因为0x >，所以e 10x x +>，设()e 2x x x j =-，则()()10e xx x j ¢=+>，则()x j 在()0,¥+上单调递增，而()4544e 20,1e 2055j j æö=-<=->ç÷èø，所以存在04,15x æöÎç÷èø，使()00x j =，即00e 2xx =，所以00ln ln 2x x +=，即00ln ln 2x x =-，当00x x <<时，()0F x ¢<，则()F x 在()00,x 上单调递减，当0x x >时，()0F x ¢>，则()F x 在()0,x +¥上单调递增，所以()()00200min 121e e 2ln 24x x F x x x =---+()000220001421212ln 22222ln 224x x x x x x =---++=-+-+，设()21422ln 22,15m t t t t æö=-+-+<<ç÷èø，则()3220m t t ¢=+>，则()m t 在4,15æöç÷èø上单调递增，42581632ln 222ln 20516580m æö=-+-+=->ç÷èø，则()min 0F x >，则不等式()2121e e 2ln 204x x x x ---+>恒成立，即不等式()()()()1212224x f x f x g x -->-成立.【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数()πln sin sin 10f x x x =++.(1)求函数()f x 在区间[]1,e 上的最小值；(2)判断函数()f x 的零点个数，并证明.【解析】（1）因为()πln sin sin 10f x x x =++，所以1()cos f x x x ¢=+，令()1()cos g x f x x x ==+¢，()21sin g x x x-¢=-，当[]1,e Îx 时，()21sin 0g x x x =--<¢，所以()g x 在[]1,e 上单调递减，且()11cos10g =+>，()112π11e cos e<cos 0e e 3e 2g =++=-<，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使()()0g f a a =¢=又当()1,x a Î时，()()0g x f x =¢>；当(),e x a Î时，()()0g x f x =¢<；所以()f x 在()1,x a Î上单调递增，在(),e x a Î上单调递减，又因为()ππ1ln1sin1sinsin1sin 1010f =++=+，()()ππe ln e sin e sin1sin e sin 11010f f =++=++>，所以函数()f x 在区间[1,e]上的最小值为()π1sin1sin10f =+.（2）函数()f x 在()0,¥+上有且仅有一个零点，证明如下：函数()πln sin sin 10f x x x =++，()0,x ¥Î+，则1()cos f x x x¢=+，若01x <£，1()cos 0f x x x+¢=>，所以()f x 在区间(]0,1上单调递增，又()π1sin1sin010f =+>，11πππ1sin sin 1sin sin 0e e 1066f æö=-++<-++=ç÷èø，结合零点存在定理可知，()f x 在区间(]0,1有且仅有一个零点，若1πx <£，则ln 0,sin 0x x >³，πsin010>，则()0f x >，若πx >，因为ln ln π1sin x x >>³-，所以()0f x >，综上，函数()f x 在()0,¥+有且仅有一个零点.【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数()e e (ax axf x a -=+ÎR ，且0)a ¹.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若方程()1f x x x -=+有三个不同的实数解，求a 的取值范围.【解析】（1）解法一：()()e eax axf x a -=-¢令()()e e ax axg x a -=-，则()()2e e0ax axg x a -+¢=>()g x \在R 上单调递增.又()00,g =\当0x <时，()0g x <，即()0f x ¢<；当0x >时，()0g x >，即()0f x ¢>()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.解法二：()()()()e 1e 1e e e ax ax ax ax axa f x a -+-=-=¢①当0a >时，由()0f x ¢<得0x <，由()0f x ¢>得0x >()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增②当0a <时，同理可得()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.综上，当0a ¹时，()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.（2）解法一：由()1f x x x -=+，得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()e e x xh x -=+，则()()ln h ax h x =又()e e x xh x -=+Q 为偶函数，()()ln h ax h x \=由（1）知()h x 在()0,¥+上单调递增，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解.令()()2ln 1ln ,x x m x m x x x -=¢=，由()0m x ¢>，得0e;x <<由()0m x ¢<，得e x >，()m x \在(]0,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减，且()()110,e em m ==()y m x \=在(]0,1上单调递减，在(]1,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减当0x →时，()m x ¥→+；当x →+¥时，()0m x →，故10ea <<解得10e a -<<或10e a <<，故a 的取值范围是11,00,e e æöæö-Èç÷ç÷èøèø解法二：由()1f x x x -=+得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()1h x x x -=+，则()h x 在()0,1上单调递减，在()1,¥+上单调递增.由()()e axh h x =，得e ax x =或1e ax x -=两边同时取以e 为底的对数，得ln ax x =或ln ax x =-，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解下同解法一.【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数31()(ln 1)(0)f x a x a x =++>．(1)求证：1ln 0x x +>；(2)若12,x x 是()f x 的两个相异零点，求证：211x x -<【解析】（1）令()1ln ,(0,)g x x x x =+Î+¥，则()1ln g x x ¢=+．令()0g x ¢>，得1ex >；令()0g x ¢<，得10e x <<．所以()g x 在10,e æöç÷èø上单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上单调递增．所以min 11()10e e g x g æö==->ç÷èø，所以1ln 0x x +>．（2）易知函数()f x 的定义域是(0,)+¥．由()(ln f x a x =+，可得()a f x x ¢=．令()0f x ¢>得x >()0f x ¢<得0<所以()0f x ¢>在æççè上单调递减，在¥ö+÷÷ø上单调递增，所以min 3()ln 333a a f x f a æö==++ç÷èø．①当3ln 3033a aa æö++³ç÷èø，即403e a <£时，()f x 至多有1个零点，故不满足题意．②当3ln 3033a a a æö++<ç÷èø，即43e a >1<<．因为()f x 在¥ö+÷÷ø上单调递增，且(1)10f a =+>．所以(1)0f f ×<，所以()f x 在¥ö+÷÷ø上有且只有1个零点，不妨记为1x 11x <<．由（1）知ln 1x x>-，所以33221(1)0f a a a a a æö=+>+=>ç÷ç÷èø．因为()f x 在æççè0f f <×<，所以()f x 在æççè上有且只有1个零点，记为2x 2x <<211x x <<<<2110x x -<-<．同理，若记12,x x öÎÎ÷÷ø则有2101x x <-<综上所述，211x x -<．【例4】（2022高考全国卷乙理）已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++（1）当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+¥各恰有一个零点,求a 取值范围．的【解析】（1）当1a =时,()ln(1),(0)0e xxf x x f =++=,所以切点为(0,0),11(),(0)21ex xf x f x -¢¢=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =.（2）()ln(1)e x ax f x x =++,()2e 11(1)()1e (1)ex x xa x a x f x x x +--¢=+=++,设()2()e 1xg x a x=+-1°若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x Î-=+->,即()0f x ¢>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意,2°若10a -……,当,()0x Î+¥时,()e 20xg x ax ¢=->所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,所以()(0)10g x g a >=+…,即()0f x ¢>所以()f x 在(0,)+¥上单调递增,()(0)0f x f >=,故()f x 在(0,)+¥上没有零点,不合题意.3°若1a <-,(1)当,()0x Î+¥,则()e 20x g x ax ¢=->,所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,(0)10,(1)e 0g a g =+<=>,所以存在(0,1)m Î,使得()0g m =,即()0¢=f m .当(0,),()0,()x m f x f x ¢Î<单调递减,当(,),()0,()x m f x f x ¢Î+¥>单调递增,所以当(0,),()(0)0x m f x f Î<=,当,()x f x →+¥→+¥,所以()f x 在(,)m +¥上有唯一零点,又()f x 在(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+¥上有唯一零点,(2)当()2(1,0),()e 1xx g x a xÎ-=+-,()e2xg x ax ¢=-,设()()h x g x ¢=,则()e 20x h x a ¢=->,所以()g x ¢在(1,0)-上单调递增,1(1)20,(0)10eg a g ¢¢-=+<=>,所以存(1,0)n Î-,使得()0g n ¢=当(1,),()0,()x n g x g x ¢Î-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x ¢Î>单调递增,()(0)10g x g a <=+<,在又1(1)0eg -=>,所以存在(1,)t n Î-,使得()0g t =,即()0f t ¢=当(1,),()x t f x Î-单调递增,当(,0),()x t f x Î单调递减有1,()x f x →-→-¥而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x Î>,所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点,即()f x 在(1,0)-上有唯一零点,所以1a <-,符合题意,综上得()f x 在区间(1,0),(0,)-+¥各恰有一个零点,a 的取值范围为(,1)-¥-.【例5】（2024届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数()1e ln xf x x x x -=--.(1)求函数()f x 的最小值；(2)求证：()()1e e e 1ln 2xf x x x +>---éùëû.【解析】（1）因为函数()1e ln x f x x x x -=--，所以()()()11111e 11e x x f x x x x x --æö=+--=+-çè¢÷ø，记()11e,0x h x x x -=->，()121e 0x h x x-¢=+>，所以()h x 在()0,¥+上单调递增，且()10h =，所以当01x <<时，()0h x <，即()0f x ¢<，所以()f x 在()0,1单调递减；当1x >时，()0h x >，即()0f x ¢>，所以()f x 在()1,¥+单调递增，且()10f ¢=，所以()()min 10f x f ==.（2）要证()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû，只需证明：()11e ln 02xx x --+>对于0x >恒成立，令()()11e ln 2xg x x x =--+，则()()1e 0xg x x x x¢=->，当0x >时，令1()()e xm x g x x x=¢=-，则21()(1)e 0xm x x x =+¢+>，()m x 在(0,)+¥上单调递增，即()1e xg x x x=¢-在(0,)+¥上为增函数，又因为222333223227e e033238g éùæöæöêú=-=-<ç÷ç÷êøøëû¢úèè，()1e 10g =¢->，所以存在02,13x æöÎç÷èø使得()00g x ¢=，由()0200000e 11e 0x x x g x x x x ¢-=-==，得020e 1xx =即0201x e x =即0201x e x =即002ln x x -=，所以当()00,x x Î时，()1e 0xg x x x=¢-<，()g x 单调递减，当()0,x x ¥Î+时，()1e 0xg x x x=¢->，()g x 单调递增，所以()()()0320000000022min0122111e ln 2222x x x x x x g x g x x x x x -++-==--+=++=，令()3222213x x x x x j æö=++-<<ç÷èø，则()22153223033x x x x j æö=++=++>ç÷èø¢，所以()x j 在2,13æöç÷èø上单调递增，所以()0220327x j j æö>=>ç÷èø，所以()()()002002x g x g x x j ³=>，所以()11e ln 02xx x --+>，即()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû.1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数()()e 1,ln ,xf x xg x x mx m =-=-ÎR .(1)求()f x 的最小值；(2)设函数()()()h x f x g x =-，讨论()hx 零点的个数.2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数()()()ln 1.f x ax x a =--ÎR (1)若()0f x ³恒成立，求a 的值；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，且21e 1x x ->-，求a 的取值范围.3．（2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考）已知函数()()1e x f x ax a a -=--ÎR .(1)当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若函数()f x 有2个零点，求a 的取值范围.4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数()e sin x f x a x =+，[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时，()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点，求实数a 的取值范围.5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数()ln 54f x x x =+-．(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)证明：3()25f x x>--．6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知()e 1xf x ax =--，a ÎR ，e 是自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()10f x +=有两个不等实根，求a 的取值范围；(3)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<.7．（2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数()e 4sin 2x f x x l l =-+-的图象在0x =处的切线为3,y ax a a =--ÎR .(1)求l 的值；(2)求()f x 在(0,)+¥上零点的个数.8．（2024年天津高考数学真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立，求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î，证明()()121212f x f x x x -£-．9．（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数()ex axf x =，()sin cosg x x x =+.(1)当1a =时，求()f x 的极值；(2)当()0,πx Î时，()()f x g x £恒成立，求a 的取值范围.10．（2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练）已知函数()()1ln R f x a x x a x=-+Î.(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若关于x 的不等式()22ef x x £-在()0,¥+上恒成立，求a 的取值范围.11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设()21)e sin 3x f x a x =-+-（(1)当a =()f x 的零点个数.(2)函数2()()sin 22h x f x x x ax =--++，若对任意0x ³，恒有()0h x >，求实数a 的取值范围12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数()2sin f x ax x =-.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)当0x >时，()cos f x ax x ³恒成立，求实数a 的取值范围.13．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+Î.(1)当1m =时，证明：()1f x <；(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立，求整数m 的最小值.14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数(1)若，，求曲线在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k 的最大值．15．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数.(1)判断函数零点的个数，并证明；(2)证明：.322()33f x x ax b x =-+1a =0b =()y f x =()()1,1f 0a b <<1ln 1x k f f x x +æöæö>ç÷ç÷-èøèø()1,x Î+¥21()e xf x x=-()f x 2e ln 2cos 0x x x x x --->。

高考数学热点难点突破技巧第09讲三角函数的零点问题的处理(2021年整理)

第09讲三角函数零点问题的处理【知识要点】三角函数的零点问题,是考试经常考察的重点、热点和难点.三角函数的零点问题的处理一般有以下三种方法：1、单调性+数形结合。

2、分离参数+数形结合。

3、方程+数形结合。

三种方法也不是绝对的，要注意灵活使用.【方法讲评】【例1】已知向量，,设函数．（1）若函数的图象关于直线对称，且时，求函数的单调增区间；（2）在(1）的条件下，当时，函数有且只有一个零点，求实数的取值范围．(1）∵函数图象关于直线对称，∴，解得：，∵，∴,∴，由,解得:，所以函数的单调增区间为．∴当或时函数有且只有一个零点．即或，所以满足条件的．【点评】（1）本题第2小问是在第1问的前提下进行的，第1问求出了函数的单调增区间，所以第2小问对零点问题的研究，可以利用单调性+数形结合方法分析解答.第2问首先求复合函数在上的单调性，再数形结合分析函数零点的个数。

(2）在解答数学问题时，只要写不等式，一定要注意取等问题,本题第2问，左边可以取等，右边不能取等.【反馈检测1】设P是⊙O：上的一点，以轴的非负半轴为始边、OP为终边的角记为，又向量。

且.（1)求的单调减区间;（2）若关于的方程在内有两个不同的解，求的取值范围.【例2】已知函数的最大值为．（1)求函数的单调递增区间；（2）将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若方程-＝0在∈上有解,求实数的取值范围．【解析】（1)，由,解得,所以函数的单调递增区间当时，，取最小值-3．方程在∈上有解，即—3≤≤【点评】（1)本题就是先分离参数，再分别画方程左右两边的函数的图像数形结合分析.（2)本题也可以单调性+数形结合的方法分析解答。

它们之间不是绝对的，要注意灵活使用。

【反馈检测2】已知函数的周期为.(1)若，求它的振幅、初相；（2）在给定的平面直角坐标系中作出该函数在的图像；(3）当时，根据实数的不同取值，讨论函数的零点个数。

【例3】已知函数。

（Ⅰ）当时，求值；（Ⅱ）若存在区间(且）,使得在上至少含有6个零点，在满足上述条件的中，求的最小值。

五法并举,破解含参函数零点问题

五法并举,破解含参函数零点问题王国涛【期刊名称】《《高中数理化》》【年(卷),期】2019(000)013【总页数】4页(P11-14)【作者】王国涛【作者单位】湖北省孝感高级中学【正文语种】中文本文探究一道含参函数零点的问题，这是具有代表性的一个热点题目，主要考查导数、函数零点、函数图象与函数性质等知识，考查运用推理论证能力,运算求解能力和数据处理能力，且渗透数学抽象、逻辑推理与数学运算等核心素养．这虽是一道选择题,但难度较大,学生得分率低，对解决含参函数零点这一类问题有借鉴意义,值得一探究竟．题目已知函数f(x)=ln x-ax2+ax恰有两个零点,则实数a的取值范围为( ).A (-∞,0);B (0,+∞);C (0,1)∪(1,+∞);D (-∞,0)∪{1}1 解法探究1.1 特值法解法1当a=1时,f(x)=ln x-x2+x,当0<x<1时,f′(x)>0;当x>1时,f′(x)<0.故fmax(x)=f(1)=0,此时函数f(x)只有唯一一个零点,不合题意,从而排除B,D.当a=-1时,恒成立,故f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)至多只有一个零点,不合题意,从而排除A,故选C.作为选择题,本题可利用特值法排除不合题意的选项,从而快速得到正确选项,体现了“小题不大做”的解题智慧.1.2 直接法解法2由题知故当a=0时,f(x)=ln x只有唯一零点,不合题意；当Δ=a2+8a≤0即-8≤a<0时,-2ax2+ax+1≥0,f′(x)≥0,从而f(x)在(0,+∞)单调递增,且当x→0+时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→+∞,故f(x)只有一个零点,不合题意；当a<-8时,记-2ax2+ax+1=0的两根分别为x1,x2且x1<x2,因为所以由得x1<x<x2,故f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,因为所以从而x1是f(x)的极大值点，且故f(x)只有一个零点,不合题意.当a>0时,因所以x1<0<<x2,由f′(x)>0,得x1<x<x2,从而f(x)在(0,x2)上单调递增,在(x2,+∞)上单调递减,故x2是f(x)的极大值点，且因为x→0+时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→-∞,要使f(x)恰有两个零点,只需f(x2)>0.令则当时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.故gmin(x)=g(1)=0,从而g(x)≥0,f(x2)≥0.由f(x2)>0，得x2≠1,a≠1,从而a>0且a≠1.综上所述,a>0且a≠1.直接处理函数零点的问题需要准确把握分类讨论的分界点,本题的分界点需要考虑二次项的系数以及二次方程的判别式．所以不仅要考虑二次方程根的大致范围,而且要注意函数值的变化趋势．1.3 转化法(转化为两曲线的交点)解法3函数f(x)=ln x-ax2+ax恰有两个零点⟺方程ln x=ax2-ax恰有两个实根⟺y=ln x与y=ax2-ax恰有两个交点.当a=0时,y=ln x与y=0只有一个交点;当a<0时,y=ln x与y=ax(x-1)只有一个交点;当a=1时,因为ln x≤x-1,且x2-x-(x-1)=(x-1)2≥0,所以x2-x≥x-1≥ln x,此时y=x-1恰好是y=ln x与y=x2-x的公共切线,如图1所示,y=ln x与y=x2-x只有一个交点;图1当a>1时,如图2所示,此时y=a(x2-x)的开口变小,y=ln x与y=a(x2-x)有两个交点,其横坐标一个为1,另一个在(0,1)内;图2当0<a<1时,如图3所示,此时y=a(x2-x)的开口变大,y=ln x与y=a(x2-x)有两个交点,其横坐标一个为1,另一个在(1,+∞)内.图3综上所述,a>0且a≠1.解题时注意到二次函数恒过定点(0,0)和(1,0),直线y=x-1恰好是y=ln x和y=x2-x 的公共切线,而系数a不仅决定抛物线的开口方向,还决定抛物线开口的大小.解法4函数f(x)=ln x-ax2+ax恰有两个零点与y=a(x-1)有两个交点.令则由g′(x)>0,得0<x<e,故g(x)在(0,e)单调递增,在(e,+∞)上单调递减,故注意到y=x-1恰是的切线,故当a=1时,与y=x-1恰有一个交点，如图4所示.图4当a>1时,与y=a(x-1)恰有两个交点,如图5所示.图5当0<a<1时,与y=a(x-1)有两个交点,如图6所示.图6当a≤0时,与y=a(x-1)有1个交点.综上所述,0<a且a≠1.利用半参变分离法将原函数零点问题转化为求解直线与曲线有两个交点的问题,使参数a有非常明显的几何意义(直线的斜率),学生更容易理解和接受．本题中涉及的函数也是学生必须掌握的热点函数之一．解法5函数f(x)=ln x-ax2+ax有两个零点⟺y=a与在(0,+∞)上只有一个交点,令则令h(x)=(x-1)-(2x-1)ln x,则所以h′(x)在(0,+∞)单调递减,注意到h′(1)=0,故当0<x<1时,h′(x)>0;当x>1时,h′(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)单调递减,故hmax(x)=h(1)=0,即h(x)≤0,从而g′(x)≤0,故g(x)在(0,1)和(1,+∞)单调递减,当x→0+时,g(x)→+∞;当x→1时,由洛必达法可知当x→+∞时,g(x)→0.故g(x)的图象如图7所示.图7要使y=a与只有一个交点,则a>0且a≠1.本解法的关键是利用导数和极限的知识准确地画出的大致图象.2 试题链接例1 (2018年全国卷Ⅰ) 已知函数g(x)=f(x)+x+a.若g(x)存在两个零点,则a的取值范围是( ).A [-1,0);B [0,+∞);C [-1,+∞);D [1,+∞)g(x)存在两个零点⟺y=f(x)与y=-x-a的图象有两个交点,作出函数f(x)与直线y=-x-a的图象,如图8所示,由图象可知,-a≤1,从而a≥-1,故选C.图8本题利用半参变分离法将问题转化为直线与函数图象的交点个数问题,简洁明了. 例2 (2017年全国卷Ⅰ) 已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.(1) 当a≤0时,f(x)在R上单调递减; 当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减，在(-ln a,+∞)上单调递增 (过程略).(2)因为f′(x)=(aex-1)(2ex+1). 故当a≤0时,由(1)可知,f(x)至多有一个零点; 当a>0时,由(1)可知当x→-∞时,f(x)→+∞;当x→+∞时,f(x)→+∞.要使f(x)有两个零点,则令则从而g(a)在(0,+∞)上单调递增,注意到g(1)=0,由g(a)<0，得0<a<1.综上所述，0<a<1.本题是利用直接法处理函数零点问题,解题的关键一是要准确把握好分类讨论的分界点,二是要善于利用导数知识和极限知识把握好函数的图象与性质.例3 (2016年全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点,求a的取值范围.易知f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).若a=0,则f(x)=(x-2)ex只有一个零点.若a>0,则当x<1时,f′(x)<0;当x>1时,f′(x)>0,故f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,fmin(x)=f(1)=-e<0,且当x→-∞时,f(x)→+∞;当x→+∞时,f(x)→+∞,故f(x)有两个零点.若a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).当ln(-2a)≤1，即时,当x>1时,f(x)在(1,+∞)单调递增,当x≤1时,f(x)<0,故f(x)只有一个零点.当ln(-2a)>1，即时,当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增,又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)只有一个零点.综上所述,a>0.本题采用直接法处理含参函数的零点问题,利用函数的单调性及极值的符号分类讨论确定零点的个数.例4 (2018年全国卷Ⅱ) 已知函数f(x)=ex-ax2，若f(x)在(0,+∞)上只有一个零点,求a.f(x)在(0,+∞)上只有一个零点在(0,+∞)上只有一个实根⟺y=a与的图象在(0,+∞)上只有一个交点,令则易知g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,当x→0+时,g(x)→+∞;当x→+∞时,g(x)→+∞.故要使y=a与在(0,+∞)上只有一个交点,则本题采用全参变分离法处理含参函数零点问题,避免了烦琐的分类讨论,过程简洁,易于学生掌握.例5 (2015年天津卷) 已知函数g(x)=b-f(2-x),其中b∈R,若函数y=f(x)-g(x)恰有4个零点,则b的取值范围是( ).函数y=f(x)-g(x)恰有4个零点⟺y=f(x)与y=g(x)恰有4个交点.由已知条件可得作出函数y=f(x)与y=g(x)的图象，如图9所示.图9要使y=f(x)与y=g(x)的图象恰有4个不同的交点,需满足在x<0时有两个不同的解,即x2+x+2-b=0有两个不同的负根,故解得同时满足在x>2时有两个不同的解,即x2-5x+8-b=0有两个大于2的不同实根,故解得综上所述,满足条件的b的取值范围是故选D.本题采用直接法将问题转化为两条曲线的交点问题,在同一坐标系中准确作出两个函数的图象是解题的关键.从以上例题可以看出,含参函数零点问题是高考的热点、重点和难点,几乎每年都考,并且常以压轴题的形式出现.处理这类问题应合理利用“五法”，准确定位、并举.应该具体问题具体分析，并对“五法”进行比较尽可能“择其善者而从之”，只有不断尝试、反思，才能熟练掌握这类题型的解法，从而提升学生的解题能力.。

全国卷压轴题中含参数不等式问题的两种解法

全国卷压轴题中含参数不等式问题的两种解法含参数的不等式问题是指，在不等式中存在一个或多个参数（未知数），需要求解参数取值范围满足不等式的问题。

下面将介绍两种解法：图像法和参数法。

一、图像法：图像法是通过绘制函数的图像来解决含参数不等式的方法。

1.简单不等式问题的图像法解法：假设我们需要求解不等式f(x)<0，其中f(x)是一个含有参数a的函数。

我们可以通过绘制f(x)关于x的图像，并查找f(x)<0的x区间，来求解a的取值范围。

举个例子：求解不等式(ax-1)(ax+2) < 0 ，其中 a 是一个参数。

解法：首先确定不等式的定义域，即(ax-1)(ax+2) 的取值范围。

当a≠0 时，不等式的定义域为一次函数 (ax-1)(ax+2) 的根，即 x = -2/a 和 x = 1/a ；当 a=0 时，不等式的定义域为整个数轴（因为 (ax-1)(ax+2) = -x(x+1) ）。

接下来，我们将 f(x) = (ax-1)(ax+2) 的图像绘制出来。

根据函数的性质，我们可以确定函数的增减性，并找出 f(x)<0 的 x 区间。

在这个例子中，我们可以看出当 a>0 时， f(x)<0 的解集为 (-∞, -2/a) ∪ (1/a, +∞) ；当 a<0 时， f(x)<0 的解集为 (-2/a, 1/a)。

最后，我们根据a>0和a<0，得到参数a的取值范围为a>0或a<0。

2.复杂不等式问题的图像法解法：对于含有多个参数的复杂不等式问题，图像法可以先通过绘制函数图像（或者利用软件），确定函数的性质和f(x)<0的解集。

然后，通过观察函数图像和性质，进行推论和分析，进一步确定参数的取值范围。

二、参数法：参数法是通过对含有参数的不等式进行化简和变形，转化为关于参数的代数不等式来求解。

举个例子：求解不等式 ax^2 + bx + c > 0 ，其中 a 是正数。

2021年高考数学难点突破(新课标版) 专题01 零点个数问题(解析版)

专题01 零点个数问题专题概述本类问题题常以分段函数、抽象函数等为载体，考查函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等。

要注意函数零点、方程的根、不等式解集三者之间的关系，进行彼此之间的转化是解决该类题的关键，等价转化是这类问题的难点．解决该类问题的途径往往是根据函数的性质作出示意图，利用数形结合研究分界位置，结合函数、方程、不等式刻画边界位置，其间要注意导数的应用.典型例题考向1 分段函数（或含绝对值函数）的零点个数问题【例1】（2020•漳州一模）已知函数21,1()43,1x e x f x x x x ⎧-<=⎨-+⎩，若y kx =与()f x 有三个公共点，则实数k 的取值范围是( ) A．4,1)e - B．4,0)(0,1)e -C．4,1)(1,1)e - D．4,0)(0,1)(1,1)e -【分析】如图所示，函数()f x 的图象，y kx =的图象．1x -→时，()1f x e →-，可得(1,1)A e -，1OA k e =-．1x <时，()1x f x e =-，()x f x e '=．1x 时，22()43(2)1f x x x x =-+=--，．假设()f x 与y kx =相切于原点时，01k e ==．结合图形可得k 范围，满足y kx =与()f x 有三个公共点．设直线y kx =与2()43(1)f x x x x =-+相切于点0(P x ，20043)x x -+，根据200004324x x x x -+=-，解得：0x ，可得斜率k ．结合图形可得k 满足条件，使得y kx =与()f x 有三个公共点．【解答】解：如图所示，函数()f x 的图象，y kx =的图象． 1x -→时，()1f x e →-，可得(1,1)A e -，1OA k e =-．1x <时，()1x f x e =-，()xf x e '=．1x 时，22()43(2)1f x x x x =-+=--，()24f x x '=-．假设()f x 与y kx =相切于原点时，01k e ==．结合图形可得：11k e <<-时y kx =与()f x 有三个公共点．设直线y kx =与2()43(1)f x x x x =-+相切于点0(P x ，2043)x x -+，则200004324x x x x -+=-，化为：203x =，解得：0x =4k =-．结合图形可得：41k <<时，y kx =与()f x 有三个公共点．综上可得：41k -<<，或11k e <<-时，y kx =与()f x 有三个公共点．故选：C ．【例2】(2019·郑州质量测试)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －a ，x ≤0，2x －a ，x >0(a ∈R)，若函数f (x )在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(0,1] B ．[1，＋∞) C ．(0,1) D ．(－∞，1]【答案】A【解析】画出函数f (x )的大致图象如图所示．因为函数f (x )在R 上有两个零点，所以f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x ≤0时，f (x )有一个零点，需0<a ≤1；当x >0时，f (x )有一个零点，需－a <0，即a >0.综上，0<a ≤1.【变式训练】（2020•泉州一模）已知函数1,(0),()2,(0)x xe x f x x lnx x ⎧+=⎨-->⎩若函数()y f x a =-至多有2个零点，则a的取值范围是( )A ．1(,1)e -∞-B ．1(,1)(1,)e-∞-+∞C ．1(1,1)e--D ．[1，1]e +【分析】利用导数判断出函数()f x 的图象，数形结合即可．【解答】解：当0x 时，()1x f x xe =+，则()(1)0x f x x e '=+=时，1x =-，则()f x 在(,1)-∞-上单调递减，在(1,0)-上单调递增，且当x →-∞时，()1f x →，1(1)1f e-=-；当0x >时，()2f x x lnx =--，则1()10f x x'=-=时，1x =，则()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且f （1）1=-，函数()y f x a =-至多有2个零点等价于函数()f x 的图象与直线y a =的图象至多2个零点，作出图象如下：由图可知，1a >时，图象有2个交点，满足； 111a e-时，图象有3个或4个交点，不满足； 11a e <-时，图象有2个或1个或0个交点，满足，故(a ∈-∞，11)(1e-⋃，)+∞，故选：B ．考向2 复合函数的零点个数问题【例3】（2020•郑州一模）2|21|,1()log (1),1x x f x x x +<⎧=⎨->⎩，32515()244g x x x m =-++，若(())y f g x m =-有9个零点，则m 的取值范围是( ) A ．(0,1)B ．(0,3)C ．5(1,)3D ．5(,3)3【分析】求出函数()g x 的极值点，结合函数()y f x =的图象和()y g x =的图象，分类讨论，确定m 的范围．【解答】解：令()t g x =，32515()244g x x x m =-++，2215151515()(2)(2)4244g x x x x x x x '=-=-=-，当(,0)x ∈-∞，(2,)+∞时，函数()g x 递增，当(0,2)x ∈时，函数()g x 递减，函数()g x 有极大值(0)2g m =+，极小值g （2）3m =-，若(())y f g x m =-有9个零点，画出图象如下：观察函数()y f t =与y m =的交点，当0m <时，1t >，此时函数()y f t =与y m =最多有3个交点，故不成立，当0m =时，112t =-，22t =，(0)2g =，g （2）3=-，1()g x t =，有三个解，()2g x =有2个解，共5个解不成立；当3m >时，显然不成立；故要使函数有9个零点，03m <<，根据图象，每个y t =最多与()y g x =有三个交点，要有9个交点，只能每个t 都要有3个交点，当03m <<，()y f t =与y m =的交点，1122t -<<-，2112t -<<，329t <<，(0)2(2g m =+∈，5)，g （2）3(3,0)m =-∈-，当322t m <<+时，由233(1),21m log t m t -==+，即2212m m <+<+时，得01m <<时，323t <<时3()x t =，有三个解， 2()g x t =，要有三个解132m -<-，即52m <，1()g x t =有三个解32m -<-，即1m <，综上，(0,1)m ∈，故选：A ．【例4】（2019·湖北重点中学联考）已知函数()xf x xe =，若关于x 的方程()()()2230fx tf x t R -+=∈有两个不等实数根，则t 的取值范围为__________.【答案】1322e e ⎫+⎪⎭【解析】xy xe =，易知()xf x xe =的图象如下：()11f e-=，令()f x k =，则2230k tk -+=，得32,0t k k k=+>，当()f x k =有两个不等实根是，则1k e>，所以123t e e <<+，即t 的取值范围是1322e e ⎫+⎪⎭。

精选2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(第一篇)专题02“三招五法”轻松破解含参零点问题学案

专题02“三招五法”轻松破解含参零点问题一．方法综述函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思想方法，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度，往往出现在压轴题的位置.正因为如此，根据函数的零点情况，讨论参数的范围成为高考的难点．对于此类题目，我们常利用零点存在定理、函数的性质，特别是函数单调性（可借助于导数）探寻解题思路，或利用数形结合思想、分离参数方法来求解．具体的，（1）分类讨论参数的不同取值情况，研究零点的个数或取值；（2）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（3）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；（4）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.二．解题策略类型一“第一招”带参讨论【例1】【湖南省澧县一中2018届一轮第一次检测】已知函数f(x)=,如果函数f（x）恰有两个零点，那么实数m的取值范围为_____．【答案】【解析】分析：根据与-2，0和4的大小关系逐一判断的零点个数即可得出结论．若，则在上有2个零点0，在上无零点，符合题意；∴或．故答案为：．【指点迷津】1.根据题设要求研究函数的性质，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.由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类讨论，并逐一求解．【举一反三】【江苏省扬州中学2019届高三10月月考】已知定义在上的函数可以表示为一个偶函数与一个奇函数之和，设若方程无实根，则实数的取值范围是_________【答案】【解析】∴p（t）=t2+2mt+m2﹣m+1．p（p（t））=[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1，若p（p（t））=0无实根，即[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1①无实根，方程①的判别式△=4m2﹣4（m2﹣m+1）=4（m﹣1）．1°当方程①的判别式△＜0，即m＜1时，方程①无实根．2°当方程①的判别式△≥0，即m≥1时，方程①有两个实根，即②，只要方程②无实根，故其判别式，即得③，且④，∵m≥1，③恒成立，由④解得m＜2，∴③④同时成立得1≤m＜2．综上，m的取值范围为m＜2．。

2021年高考数学重难点复习：导数破解不等式

2021年高考数学重难点复习用好导数，破解函数零点问题一．方法综述近几年的高考数学试题中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化、综合化.处理函数零点问题时，我们不但要掌握零点存在性定理，还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法，才能有效地找到解题的突破口．利用导数解决函数的零点问题，是近几年高考命题的热点题型，此类题一般属于压轴题，难度较大．本专题举例说明如何用好导数，破解函数零点问题.二．解题策略类型一讨论函数零点的个数【例1】【2020河南濮阳一中期中】已知函数2()ln 1f x x mx =++，m ∈R .（1）当2m =-时，求函数()f x 的单调区间及极值；（2）讨论函数()f x 的零点个数.【解析】由题得，函数()f x 的定义域为(0,)+∞.（1）当2m =-时，2()ln 21f x x x =-+，所以1(12)(12)()4x x f x x x x-+'=-=，当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，所以函数()f x 的单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭. 所以当12x =时，()f x 有极大值，且极大值为21111ln 21ln 22222f ⎛⎫⎛⎫=-⨯+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，无极小值. （2）由2()ln 1f x x mx =++，得2112()2mx f x mx x x +'=+=.当0m ≥时，()0f x '>恒成立，函数()f x 单调递增，当10m x e --<<时，()()211()110m m f x f e m m e ----<=--++≤，又(1)10f m =+>，所以函数()f x 有且只有一个零点；当0m <时，令()0f x x '=⇒=，当x ⎛∈ ⎝时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；当x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，所以()f x 的极大值为2111ln 1ln 222f m m ⎛⎫=+⨯+=-+ ⎪⎝⎭， ①当111ln 0222m ⎛⎫-+< ⎪⎝⎭，即得11ln 1ln 2m e ⎛⎫-<-= ⎪⎝⎭时，解得2e m <-，此时函数()f x 没有零点； ②当111ln 0222m ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，即2e m =-时，函数()f x 有1个零点； ③当111ln 0222m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即02e m -<<时， ()2442110f e me me ---=-++=-+<.当1x >时，令()ln g x =x-x ，则1()10g x x'=-<在(1,)+∞上恒成立，所以()(1)1g x g <=-，即ln 1x x <-，所以221()ln 1f x x mx x mx mx x+m ⎛⎫=++<+= ⎪⎝⎭，故当1x >且1x m>-时，()0f x <.。

专题09 利用图象求解函数零点问题-2021年高考数学一轮复习优拔尖必刷压轴题(选择题、填空题)

1专题09 利用图象求解函数零点问题【方法点拨】1.函数的零点就是函数图象与x 轴交点的横坐标，解决实际问题时，往往需分离函数，将零点个数问题转化为两个函数图象交点个数问题，将零点所在区间问题，转化为交点的横坐标所在区间问题.2.利用图象法解决零点问题，分离函数的基本策略是：一静一动，一直一曲，动直线、静曲线.3. 利用图象法解决零点问题时，作图时要注意运用导数等相关知识分析函数的单调性、奇偶性、以及关键点线（如渐进线），以保证图像的准确.【典型题示例】例1 （2020·天津·9）已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧=⎨-<⎩若函数2()()2g 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,)-∞+∞【答案】D【分析】由(0)0g =，结合已知，将问题转化为|2|y kx =-与()()||f x h x x =有3个不同交点，分0,0,0k k k =<>三种情况，数形结合讨论即可得到答案.【解析】注意到(0)0g =，所以要使()g x 恰有4个零点，只需方程()|2|||f x kx x -=恰有3个实根即可，令()h x =()||f x x ，即|2|y kx =-与()()||f x h x x =的图象有3个不同交点.因为2,0()()1,0x x f x h x x x ⎧>==⎨<⎩，当0k =时，此时2y =，如图1，2y =与()()||f x h x x =有2个不同交点，不满足题意；2当k 0<时，如图2，此时|2|ykx =-与()()||f x h x x =恒有3个不同交点，满足题意；当0k >时，如图3，当2y kx =-与2yx 相切时，联立方程得220x kx -+=，令0∆=得280k -=，解得22k =（负值舍去），所以22k >. 综上，k 的取值范围为(,0)(22,)-∞+∞.故选：D.点评：本题是一道由函数零点个数求参数的取值范围的问题，其基本思路是运用图象，将零点个数问题转化为两函数图象交点个数，考查函数与方程的应用、数形结合思想、转化与化归思想、导数知识、一元二次方程、极值不等式、特值等进行分析求参数的范围.例2 （2020·江苏镇江三模·13）已知函数()2e 143,13xx f x x x x ⎧≤⎪=⎨-+-<<⎪⎩，，若函数()()2g x f x k x =-+有三个零点，则实数k 的取值范围是__________．【答案】151e 0,,e 3⎛⎫⎛⎤⎪ ⎥ ⎪⎝⎦⎝⎭ 【解析】作()2e ,143,13x x f x x x x ⎧≤⎪=⎨-+-<<⎪⎩与2y k x =+图象，由243(2),0,2x x k x k x -+-=+>>-得2222(1)(44)430k x k x k ++-++= 由2222(44)4(1)(43)0k k k ∆=--++=得211501515k k k =>∴=，对应图中分界线①;由(2),0,2y k x k x =+>>-过点(1,)e 得3ek =，对应图中分界线②；3当(2),0,2y k x k x =+>>-与x y e =相切于00(,)x x e 时，因为e xy '=，所以0001(2)01,x k e k x k x k e==+>∴=-=，对应图中分界线③；因为函数()()2g x f x k x =-+有三个零点，所以实数k 的取值范围是151e 0,,15e 3⎛⎛⎤⎥ ⎝⎦⎝⎭ 故答案为：151e 0,,15e 3⎛⎛⎤⎥ ⎝⎦⎝⎭ 例3 （2020·江苏南通基地校一联考·14）已知函数与的零点分别为和．若，则实数的取值范围是．【答案】(),1-∞-【分析】将问题转化为函数y m =与函数1()1h x x x =--和1()ln 2e x x x =-交点的大小问题，作出函数图像，观察图像可得结果.【解析】由2()(1)10f x x m x =-+-=，得11m x x=--，对于函数1()1h x x x=--，在()0,∞+上单调递增，在(),0-∞上单调递减，由()ln 220g x x x m =--=，得1ln 2m x x =-，对于1()ln 2e x x x =-，'112122x y x x -=-=得1ln 2y x x =-在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，最大值为111ln 222-，其图像如图，2()(1)1f x x m x =-+-()ln 22g x x x m =--12x x ，34x x ，1324x x x x <<<m4令111ln 2x x x x --=-得(1,1)A -，要1324x x x x <<<，则直线y m =要在A 点下方， 1m ∴<-，∴实数的取值范围是(,1)-∞-．例4 （2020·江苏七市(南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁)三模·13）已知函数22(1), 0()2, 0k x f x x x k x ⎧-<⎪=⎨⎪-≥⎩，若函数()()()g x f x f x =-+有且仅有四个不同的零点，则实数k 的取值范围是．【答案】(27，+∞)【解析】易知()()()g x f x f x =-+是偶函数，问题可转化为22(), 0kg x x k x x=+->有且仅有两个不同的零点. 分离函数得()21210x x k x=-+>，由图形易知k ＞0，问题进一步转化为()21210y x y x k x==-+>、有两个交点问题.设两个函数图象的公切点为()0002,10x x x ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭则0202000222110x x k x x k x ⎧=⎪⎪⎪-+=⎨⎪⎪>⎪⎩，解得03x =， m5所以当200121x k x <-+时，即k ＞27时，上述两个函数图象有两个交点综上所述，实数k 的取值范围是(27，+∞)．例5 （2020·江苏南通五月模拟·13）已知函数2210()0xx mx x e f x e mx x ⎧+<⎪=⎨⎪+>⎩，，，，若函数()f x 有四个不同的零点，则实数m 的取值范围是．【答案】2(,)4e -∞-【解析】2210()0xx mx x e f x e mx x ⎧+<⎪=⎨⎪+>⎩，，，是偶函数，问题转化为2=0x e mx +，即2=x e mx -（0x >）有两个零点易知0m <，两边均为曲线，较难求解.两边取自然对数，()=ln 2ln x m x -+，即()ln 2ln x m x --= 问题即为：()()ln g x x m =--与()2ln h x x =有两个交点先考察直线y x b =+与()2ln h x x =相切，即只有一点交点的“临界状态” 设切点为00(,2ln )x x ，则002()1h x x '==，解得02x =，此时切点为(2,2ln 2)代入2ln22b =-再求()()ln g x x m =--与()2ln h x x =有两个交点时，m 的取值范围由图象知，当()()ln g x x m =--在直线y x b =+下方时，满足题意故()ln 2ln 22m b --<=-，解之得24e m <-，此时也符合0m <所以实数m 的取值范围是2(,)4e -∞-．点评：取对数的目的在于“化双曲为一直一曲”，简化了运算、难度，取对数不影响零点的个数.例6 若函数3||()2x f x kx x =-+有三个不同的零点，则实数k 的取值范围为．【答案】 27(,)32-∞-⋃+∞(0,) 【分析】本题的难点是“分离函数”，函数分离的是否恰当、易于进一步解题，是分离时应6综合考虑的重要因素，也是学生数学素养、能力的综合体现.本例中，可将已知变形为下列多种形式：3||2x kxx =+2||(2)x kx x x =+、3||(2)x k x x =+，31(2)x x k x +=，···，但利用31(2)x x k x +=【解析】易知0是函数3()2f x kx x =-+一个的零点，当x ≠0时，3()02f x kx x =-=+可化为31(2)x x k x +=，考虑1y k=与3(2)()x x g x x +=有且只有两个非零零点. 如下图，利用导数知识易得：min 432()()327g x g =-=-由图象得：321027k -<<或10k >，解之得： 2732k <-或0k >所以实数k 的取值范围为27(,)32-∞-⋃+∞(0,)．例7 （2020·南通基地校第三次联考·14）已知函数24()ln(e1)x f x -=+，()2g x x a =+-．若关于x 的方程()()f x g x =有四个不相等的实数解，则实数a 的取值范围是．【答案】()4ln 2,ln(e 1)2+-【分析】从结构上看，首先考虑“对化指”，方程24242ln(e1)2e1e0x x x a x a --+-+=+-⇔+-=，属于复合函数的零点问题，内函数是指数型，外函数是二次函数.设242()e 1ex x a h x -+-=+-，x R ∈，则()h x 为偶函数，研究 “一半”，令2ex t -=，x ＞0，则关于t 的方程2e 10at t -+=在(2e -，+∞)内有两个不相等的实根，分离参数，利用“形”立得. 【解析】方程24242()()ln(e 1)2e1e0x x x a f x g x x a --+-=⇔+=+-⇔+-=令242()e1ex x a h x -+-=+-，x R ∈，则显然()h x 为偶函数，211234567224681012f x () =x 3∙x + 2()xO7所以方程()()f x g x =有四个实根⇔函数242()e1e x x a h x -+-=+-，x ＞0有两个零点，令2ex t -=，x ＞0，则关于t 的方程2e 10at t -+=，即1e at t=+在(2e -，+∞)内有两个不相等的实根，结合函数1y t t=+，2e t ->的图像，得222e e e a -<<+，即4ln 2ln(e 1)2a <<+-，则实数a 的取值范围是()4ln 2,ln(e 1)2+-．【巩固训练】1. 已知函数()2xf x e x a =-+有零点，则实数a 的取值范围是____________.2. 已知函数22()(21)(31)(2)(2)x x f x a a e a x e x =---+++有四个零点，则实数a 的取值范围是__________．3. 已知e 为自然对数的底数，若方程|xlnx —ex +e |=mx 在区间[e1,e 2]上有三个不同实数根，则实数m 的取值范围是________. 4.已知关于x 的方程2x kx x =-有三个不同的实数解，则实数k 的取值范围是______.5．(2020·南通中学·二调)已知函数2()(1)2f x x a x =-+-有两个零点12,x x ，函数()ln 2g x x x a =--有两个零点34,x x ，满足1324x x x x <<<，则实数a 的取值范围为．6. （2020·江苏天一中学·12月考）已知函数32ln ,0(),0e x xf x x x x >⎧=⎨+≤⎩，若函数2()()g x f x ax =-有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是_____.7.（2020·江苏徐州打靶卷·13）已知函数21,0()1,02x xx x x f x e e x x ⎧++≥⎪=⎨+<⎪⎩，()xg x me =（其中m8是非零实数），若函数()y f x =与函数()y g x =的图象有且仅有两个交点，则的取值范围为 .8.（2020·河北衡水中学八调）已知函数22()(21)(31)(2)(2)xx f x a a e a x e x =---+++有四个零点，则实数a 的取值范围是__________． A. 1,12⎛⎫⎪⎝⎭ B. 11,2e +⎛⎫ ⎪⎝⎭C. 11,22e +⎛⎫⎪⎝⎭ D. 11,11,22e +⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭9．已知函数3()f x x a a x=--+，，若关于的方程()2f x =有且仅有三个不同的实根，且它们成等差数列，则实数取值的集合为．a R ∈x a9【答案或提示】1.【答案】(,2ln 22]-∞-2.【答案】11,11,22e +⎛⎫⎛⎫⋃⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3.【答案】12,2eee）【解析】方程两边同时除以x ，令()ln ef x x ex，问题转化为()y f x 与y m 的图象在区间[e1,e 2]上有三个交点. ∵221()e x ef x xx x， ∴当1(,)x e e时，()0f x ，()f x 减；当2(,)x e e 时，()0f x ，()f x 增.()10f e e e，()20f e e e作出()yf x 的图象，由图象知实数m 的取值范围是：12,2ee e）.4.【答案】102k <<1,02,0x x R x ⎧>⎪-⎪=⎪⎪⎩224651015f x () = ln x () e +e xO1105．【答案】(,2)-∞- 6.【答案】(0,1){2}-【提示】易知0是其中一个零点，问题转化为y a =与函数22ln ,0()1,0e xx x k x x x x ⎧>⎪⎪=⎨⎪+<⎪⎩有两个不同的零点.7.【答案】⎪⎭⎫⎢⎣⎡⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛e 3,121,0【提示】转化为函数21,0()11,02xx x x e F x x x ⎧++≥⎪⎪=⎨⎪+<⎪⎩与函数()G x m =的图象有且仅有两个交点最简.8.【答案】 D【提示】()(2)(21)(2)x xf x ae x a e x ⎡⎤⎡⎤=-+--+⎣⎦⎣⎦，根据对称性，只需考察1(2)x e x a =+有两个零点，得0a e <<，故有002121a ea e a a <<⎧⎪<-<⎨⎪≠-*⎩，前两者是保证两方程各自有两解，这里（*）易漏，它是保证两方程解不相同的. 9．【答案】953335⎧+⎪-⎨⎪⎪⎩⎭原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！11。