导数与零点,不等式问题教案
高中数学解决零点问题教案
高中数学解决零点问题教案
一、教学目标
1. 理解零点的概念，掌握零点问题的解决方法。
2. 学会利用函数图象、方程、不等式等方法求解零点问题。
3. 培养学生的数学思维和问题解决能力。
二、教学内容
1. 零点的概念及意义。
2. 零点问题的解决方法。
3. 利用函数图象、方程、不等式等方法求解零点问题。
三、教学过程
1. 引入：通过一个简单的例子引入零点概念，让学生了解什么是零点。
2. 授课：介绍零点问题的解决方法，包括利用函数图象、方程、不等式等方法求解零点问题的基本步骤。
3. 案例分析：给学生若干个实际问题，并引导他们分析问题，利用所学知识解决问题。
4. 练习：让学生进行练习，巩固所学内容。
5. 总结：总结本节课所学内容，并强调方法的运用和注意事项。
四、教学要点
1. 熟练掌握零点的概念及其解决方法。
2. 学会运用函数图象、方程、不等式等方法解决零点问题。
3. 注意理解问题的意义，加强实际问题的练习。
五、教学辅助
1. 教材课件
2. 案例练习册
六、教学效果评估
1. 课堂提问：通过提问学生并解答问题来评估学生的理解程度。
2. 练习成绩：通过练习册的成绩来评估学生的掌握程度。
3. 课堂表现：通过观察学生的课堂表现来评估学习态度和参与度。
七、教学反馈
1. 及时对学生的练习册进行批改和评价。
2. 分析学生在学习中的问题和不足，及时进行指导和辅导。
《利用导数研究函数的零点问题》教学设计
《利用导数研究函数的零点问题》教学设计授课班级：某高二（文）班1．教学背景 1.1 学生特征分析我所试讲班级是长沟中学高二文班，学生的平均年龄在16-17岁，多数学生对于所识记的材料，在再认和回忆时，没有歪曲、遗漏、增补和臆测，初步具备在知觉某一事物时，能根据自己已有的知识、经验对事物加以解释和判断；具有一定的比较与分类思维，但是抽象概括及分析综合思维欠缺。
学生已经系统的复习了函数、导数的相关知识，学生了解函数零点的定义，会利用导数求函数的单调区间和极值。
对导数有了一定的理解，学习积极性比较高，利用导数这一工具对函数的性质研究比较好。
但是理性思维比较欠缺，对于处理含参问题的能力还有待提高，把新问题转化问已解决问题的能力有待提高，缺乏选择解决问题策略的能力。
由于是借班作课，师生接触少，师生之间的默契程度有待提高。
1.2教师特点分析自己教学中的优势：注重学生自主学习、善于与信息技术的整合、善于鼓励学生，能对学生进行有效指导。
不足：由于是借班作课，与学生有效沟通较少。
1.3 学习内容分析1、内容分析：导数是微积分的核心概念之一。
它是研究函数的单调性、最大（小）值等问题的最一般、最有效的工具,对我们描绘函数图象带来极大方便，高考对导数的考查重在导数的应用，如求函数的单调区间、极值最值、解决实际问题及与不等式的结合。
而利用导数对函数性质的研究有利于我们解决函数的零点问题。
近几年高考也出现了一些函数零点问题或可转化为函数零点问题的题目，今年北京文科就出现了这样的题目，所以本节课从三次函数出发探究函数零点问题，以简单的含参数函数零点问题为载体，引导学生利用导数讨论函数的单调性、极值、最值解决问题，突出数形结合思想、转化思想的应用。
2、例题分析：热身练习：求函数32()f x x x x =+-的单调区间和极值，并试求此函数的零点。
题目比较简单，学生可以独立完成，目的是让学生熟悉利用导数研究函数性质的基本过程； 思考题：函数32()1f x x x x =+-+的图像与x 轴有几个交点。
导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题
05 总结与展望
导数与不等式证明及函数零点、方程根问题的总结
导数与不等式证明
导数是研究函数性质的重要工具，通过导数可以研究函数的单调性、极值和最值等。不等 式证明则是数学中常见的题型，利用导数可以证明不等式，如AM-GM不等式、CauchySchwarz不等式等。
函数零点问题
函数的零点是指满足$f(x)=0$的$x$值。研究函数的零点对于理解函数的性质和解决方程 的根的问题具有重要意义。通过导数可以研究函数的零点个数和位置，以及零点附近的函 数性质。
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• 应用领域的拓展：导数与不等式证明及函数零点、方程根的问题不仅在数学领 域有广泛应用，在其他学科和工程领域也有着重要的应用价值。例如，在经济 学、物理学和社会科学等领域，这些问题都可能成为重要的研究课题。
• 与其他数学分支的交叉融合：随着数学各分支之间的交叉融合，导数与不等式 证明及函数零点、方程根的问题可能会与其他数学分支产生更多的交叉点。例 如，与概率论、统计学和复分析等领域的结合可能会产生新的研究方向和应用 场景。
导数在求解函数零点、方程根中的注意事项
注意定义域
在使用导数研究函数性质 时，需要注意函数的定义 域，确保导数在定义域内 连续。
考虑多解情况
在求解函数零点或方程根 时，需要注意多解情况， 全面考虑所有可能的解。
注意函数的奇偶性
在利用导数研究函数性质 时，需要注意函数的奇偶 性，以便更准确地判断函 数的性质。
不等式
不等式是表示两个数或两个量之 间大小关系的数学表达式。
导数与不等式的性质
01
导数大于零，函数在该区间内单 调递增；导数小于零，函数在该 区间内单调递减。
02
不等式的基本性质包括传递性、 加法性质、乘法性质等。
导数证明不等式的问题(教案)
导数证明不等式的问题
一、教学目标
1.知识与技能：掌握利用导数证明不等式的基本方法，以及会灵活处理几种“困境”
.
2.过程与方法：利用几个不等式的具体证明，巩固导数证明不等式的基本方法；同时结合几个辅助函数及其导函数的结构特点，能用不同的方法解决不同的情况.
3.情感态度与价值观：理解从外在结构入手，分析内在特点的过程，激发学生对数学的探究潜能.
二、教学过程
师：大家好，本节课我们一起来学习导数的不等式证明问题
.导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，
它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力. 用导数证明不等式问题是各地高考常见题型之一.本节课，我们一起结合以下几个例题来研究导数证明形如：
的问题.1.作差构造辅助函数()()()()g x f x g x f x “”或“”。
高考数学二轮复习专题五函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式问题学案201812242188
第5讲 导数与函数零点、不等式问题高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题．真 题 感 悟(2018·浙江卷)已知函数f (x )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2；(2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点． 证明 (1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2，因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x (x －4)，所以x >0时，g ′(x )、g (x )的变化情况如下表：所以g (x )在g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2，即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2. (2)令m ＝e－(|a |＋k )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，则f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0，所以，存在x 0∈(m ，n )使f (x 0)＝kx 0＋a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点． 由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －ax.设h (x )＝x －ln x －ax，则h ′(x )＝ln x －x2－1＋ax 2＝－g （x ）－1＋ax2， 其中g (x )＝x2－ln x .由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．考 点 整 合1．利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解． 2．三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x →∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可．存在两个极值点x 1，x 2且x 1<x 2的函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)的零点分布情况如下：3.(1)利用导数证明不等式．若证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果能证明F (x )在(a ，b )上的最大值小于0，即可证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )．(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题． ①f (x )>g (x )对一切x ∈I 恒成立I 是f (x )>g (x )的解集的子集f (x )－g (x )]min >0(x ∈I )．②x ∈I ，使f (x )>g (x )成立I 与f (x )>g (x )的解集的交集不是空集f (x )－g (x )]max >0(x∈I )．③对x 1，x 2∈I 使得f (x 1)≤g (x 2f (x )max ≤g (x )min .④对x 1∈I ，x 2∈I 使得f (x 1)≥g (x 2f (x )min ≥g (x )min .温馨提醒 解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一 利用导数研究函数的零点(方程的根)【例1】 (2018·全国Ⅱ卷)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，＋∞)上单调递增，在(3－23，3＋23)上单调递减．(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＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫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．探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题．第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与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．【训练1】 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． 解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . ∵f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，∴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 ， ∴f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：∴当c >0且c －27<0时，f (－4)＝c －16<0，f (0)＝c >0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．热点二 利用导数求解不等式问题 [考法1] 证明不等式【例2－1】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.(ⅰ)若a ≤2，则f ′(x )≤0， 当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (ⅱ)若a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．(2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减， 又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.[考法2] 不等式恒成立问题【例2－2】 已知函数f (x )＝a ln x ＋1(a >0)．(1)设φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ，求φ(x )的最小值；(2)在区间(1，e)上f (x )>x 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x＝a ln x －a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x (x >0)．则φ′(x )＝a x －ax 2＝a （x －1）x 2， 令φ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，φ′(x )<0；当x >1时，φ′(x )>0. ∴φ(x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 故φ(x )在x ＝1处取得极小值，也是最小值． ∴φ(x )min ＝φ(1)＝0.(2)由f (x )>x 得a ln x ＋1>x ，即a >x －1ln x .令g (x )＝x －1ln x (1<x <e)，则g ′(x )＝ln x －x －1x （ln x ）2.令h (x )＝ln x －x －1x (1<x <e)，则h ′(x )＝1x －1x2>0. 故h (x )在区间(1，e)上单调递增，所以h (x )>h (1)＝0.因为h (x )>0，所以g ′(x )>0，即g (x )在区间(1，e)上单调递增，则g (x )<g (e)＝e －1，即x －1ln x<e －1，所以实数a 的取值范围为[e －1，＋∞)． [考法3] 存在性不等式成立问题【例2－3】 已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝（x －1）（x －a ）x2. ①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； 当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数． 所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1. 综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值． 由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae，又g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数， 则g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2ee ＋1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1 .探究提高 1.(1)涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的最值、极值问题，在转化过程中，一定要注意等价性． (2)对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化．2．“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍．【训练2】 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .(1)证明 当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x.当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减． 而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)解 设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0，2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在[0，＋∞)的最小值．①若h (2)>0，即a <e24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；②若h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；③若h (2)<0，即a >e24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x >x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3（e 2a ）2>1－16a 3（2a ）4＝1－1a>0.故h (x )在(2，4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点． 综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e24.1．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．2．对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x 轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件．3．利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h (x )>0.其中找到函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点是解题的突破口． 4．不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a ＞f (x )max 或a ＜f (x )min .(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论．(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.一、选择题1．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝3，对任意x ∈R ，f ′(x )<3，则f (x )>3x ＋6的解集为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x >－1}C ．{x |x <－1}D ．R解析 设g (x )＝f (x )－(3x ＋6)，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )为减函数，又g (－1)＝f (－1)－3＝0，所以根据单调性可知g (x )>0的解集是{x |x <－1}． 答案 C2．若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2，2]恒成立，则m 的取值范围是( ) A ．(－∞，7] B ．(－∞，－20] C ．(－∞，0]D ．[－12，7]解析 令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝3(舍去)．∵f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20， ∴f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20. 答案 B3．(2018·宁波联考)已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y 的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4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.答案 D4．(2018·金华十校联考)已知函数f (x )＝ln x x，则( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析 f (x )的定义域(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx， 令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0. ∴f (x )max ＝f (e)＝1e.又f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96所以f (e)>f (3)>f (2)． 答案 D5．已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f （x ）x ＞0，若g (x )＝f (x )＋1x，则函数g (x )的零点个数为( ) A ．1B ．2C ．0D ．0或2解析 令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，xf ′（x ）＋f （x ）x ＞0，所以h ′（x ）x＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0时，h (x )＞0，又g (x )＝h （x ）＋1x，所以g (x )≠0，故函数g (x )的零点个数为0. 答案 C6．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，则实数a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析 由题意知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a ，令f ′(x )＝0，解得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，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于0的零点，不满足．当a <0时，需使x 0>0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a>0，则a 2>4，所以a <－2.答案 C 二、填空题7．(2018·湖州模拟)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0. 答案 (－4，0)8．(2018·舟山调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f (x )>f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f （x ）ex<1的解集为________．解析 令g (x )＝f （x ）ex，则g ′(x )＝e x·f ′（x ）－（e x）′·f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x. 由题意得g ′(x )<0恒成立，所以函数g (x )＝f （x ）ex在R 上单调递减．又g (0)＝f （0）e＝1，所以f （x ）ex<1，即g (x )<g (0)，所以x >0，所以不等式的解集为{x |x >0}． 答案 {x |x >0}9．(2018·绍兴调研)已知f (x )＝－x 2－6x －3，g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9，设m <－2，若x 1∈[m ，－2)，x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则实数m 的最小值为________． 解析 ∵g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9，∴g ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x ＋2)(x －1)． 则当0<x <1时，g ′(x )<0，函数g (x )递减；当x >1时，g ′(x )>0，函数g (x )递增， ∴g (x )min ＝g (1)＝2.∵f (x )＝－x 2－6x －3＝－(x ＋3)2＋6≤6，结合函数图象知，当f (x )＝2时，方程两根分别为－5和－1，则m 的最小值为－5. 答案 －5 三、解答题10．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0.(1)解 f ′(x )＝－ax 2＋（2a －1）x ＋2ex，f ′(0)＝2.因此曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是 2x －y －1＝0.(2)证明 当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x. 令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；所以g (x )≥g (－1)＝0.因此f (x )＋e≥0.11．设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：所以，f f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2.因为f (x )存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 12．(2018·北京东城区质检)已知函数f (x )＝x －1x－ln x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)； (3)求证：ln e 2x ≤1＋xx.(1)解 f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ， f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2，∴f ′(x x <1，f ′(x x >1，∴f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)解 由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在(1，e]上单调递减， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <f (e)．∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.综上，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e.(3)证明 要证ln e 2x ≤1＋x x ，即证2－ln x ≤1＋1x，即证1－1x－ln x ≤0.由(1)可知，f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0，即f (x )≤0， ∴1－1x－ln x ≤0恒成立．原不等式得证．13．(2018·台州模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(e 为自然对数的底数，a ∈R )．(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1x 2＋(1－a )x ＋1＝0.由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3＝(a ＋1)(a －3)可知： 当Δ＞0时，即a ＜－1或a ＞3时，有两个公共点； 当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点； 当Δ＜0时，即－1＜a ＜3时，没有公共点． (2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ， 由y ＝0，得a ＝x ＋2x＋ln x ，则由题意知函数y ＝a 与y ＝x ＋2x ＋ln x 的图象在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个交点． 令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2）x2. 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，由h ′(x )＝0，得x ＝1.所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， 因此h (x )min ＝h (1)＝3.由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e＋2e －1，h (e)＝e ＋2e ＋1，比较可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a ≤e＋2e ＋1时，函数y ＝a 与y ＝x＋2x ＋ln x 的图象在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个交点，即函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点．14．(2017·稽阳联谊学校高三联考)设f (x )＝x －a －1x－a ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线方程； (2)当a <1时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内是否存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立？ 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12＋ln 2，f ′(x )＝1－1x，所以曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12＋ln 2处的切线的斜率为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－112＝－1. 故所求切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋ln 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12， 即x ＋y －ln 2－1＝0.(2)假设当a <1时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立， 则只需证明当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )max >e －1即可． f ′(x )＝1＋a －1x 2－a x ＝x 2－ax ＋（a －1）x 2＝（x －1）[x －（a －1）]x2(x >0)， 令f ′(x )＝0得，x 1＝1，x 2＝a －1，当a <1时，a －1<0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，f ′(x )<0；当x ∈(1，e)时 ，f ′(x )>0.∴函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， ∴f (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，f （e ）.于是，只需证明f (e)>e －1或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >e －1即可．∵f (e)－(e －1)＝e －a －1e －a －(e －1)＝（e ＋1）（1－a ）e>0，∴f (e)>e －1成立． 所以假设正确，即当a <1时，在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内至少存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立．精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
导数与零点问题教学设计
导数与零点问题教学设计引言：数学中的导数与零点问题是高中数学中的重要概念之一。
导数是微积分的基础概念，而零点问题则是导数应用的一种常见情境。
学生在学习导数与零点问题时往往需要深入理解它们的概念，掌握它们的求解方法，并能够在实际问题中应用它们。
本文将为教师设计一堂导数与零点问题的教学活动，旨在帮助学生更好地学习与理解这一概念，提高解决实际问题的能力。
一、教学目标通过本节课的学习，学生应能够：1. 理解导数的定义与概念；2. 掌握求导的基本方法；3. 熟练应用导数求解实际问题中的零点问题。
二、教学重点和难点教学重点：导数的定义与求导方法的掌握。
教学难点：如何将导数与实际问题相结合，解决零点问题。
三、教学准备1. 教师准备讲解导数的定义与求导方法的教学材料；2. 准备一些实际问题的应用例题，以帮助学生理解导数与零点问题的应用。
四、教学过程步骤一：导入与概念解释（15分钟）教师可通过用图形与实际问题引入导数的概念，例如向学生展示一条直线的斜率与导数的关系，或者通过介绍汽车行驶的速度与位移的关系引导学生理解导数的定义。
教师还可以利用丰富的图像资料和实例解释导数的概念和意义，帮助学生加深对导数的理解。
步骤二：导数的基本求导方法与实例演示（20分钟）教师将重点介绍导数的基本求导方法，包括常数的导数、幂函数的导数、乘积与商的导数等。
通过一些简单的实例演示，教师引导学生掌握这些基本方法，并强调求导的注意事项。
教师还可以设计一些练习题，提供给学生进行计算练习，巩固求导方法的应用。
步骤三：导数与零点问题的应用（30分钟）教师将重点讲解如何利用导数解决实际问题中的零点问题。
通过给出一些应用实例，例如求函数的最值、求函数的单调区间、求切线方程等问题，教师引导学生运用导数的概念和求导方法，将实际问题转化为数学模型，最终求得问题的解。
教师还可以帮助学生分析解决问题的步骤与方法，培养学生的问题解决能力。
步骤四：实践应用与讨论（30分钟）在这一步骤中，教师设计一些小组合作活动或者个人练习题，供学生进行实践应用与讨论。
“利用导数探究函数的零点问题专题讲座”教案讲义
a＞0 (f(x1)为极大值， f(x2)为极小值)
a＜0 (f(x1)为极小值， f(x2)为极大值)
一个 两个 三个 一个 两个 三个
f(x1)＜0或f(x2)＞0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＞0且f(x2)＜0 f(x2)＜0或f(x1)＞0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＜0且f(x2)＞0
【巩固练习 3】已知函数 f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线 y＝f(x)在点(0，
2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为－2. (1)求 a；
巩固练习3
(2)证明：当 k＜1 时，曲线 y＝f(x)与直线 y＝kx－2 只有一个交点.
(1)解 f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线 y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为 y＝ax＋2.
(2)若过点 P(1，t)存在 3 条直线与曲线 y＝f(x)相切，求 t 的取值
范围.
解 (1)由 f(x)＝2x3－3x 得 f′(x)＝6x2－3.
令
f′(x)＝0，得
x＝－
22或
x＝
2 2.
因为 f(－2)＝－10，f
－
22＝
2，f
22＝－
2，f(1)＝－1，
所以 f(x)在区间[－2，1]上的最大值为 f
极小值为 h(3) m 6ln 3 15.
几何画板演示
因此， h(x) 的极大值为 h(1) m 7 ， 极小值为 h(3) m 6ln 3 15.
又当 x 0 时， h(x) ；当 x 时， h(x) .
因此， h(x) 的图象与 x 轴正半轴有三个不同的交点，
等价于
h( h(
解得 a 1 ，此时， f (x) x3 3x 1 直线 y m与 y f (x) 的图象有三个不同的交点， 等价于函数 g(x) f (x) m 有三个不同的零点.
导数不等式教案
导数不等式教案教案标题：导数不等式教案教案目标：1. 理解导数不等式的概念和性质。
2. 掌握使用导数不等式解决实际问题的方法。
3. 培养学生分析和解决问题的能力。
教学准备：1. 教师准备：a. 熟悉导数的定义和性质。
b. 研究和准备相关的导数不等式问题。
c. 准备教学素材、白板、彩色笔等。
2. 学生准备：a. 复习导数的定义和计算方法。
b. 准备纸和笔。
教学流程：引入（5分钟）：1. 教师可以通过提问或举例来引入导数不等式的概念，例如：“你们知道什么是导数吗？导数有什么作用？”2. 引导学生回顾导数的定义和计算方法。
讲解导数不等式（10分钟）：1. 通过示例和图形，解释导数不等式的概念和性质。
例如，当导数大于零时，函数递增；当导数小于零时，函数递减。
2. 强调导数不等式与函数的增减性质之间的关系。
解决实际问题（20分钟）：1. 教师提供一些实际问题，要求学生利用导数不等式解决问题。
例如，给定一个函数的导数，要求确定函数在哪些区间上是递增或递减的。
2. 学生在纸上进行计算和分析，并给出问题的解答。
练习与巩固（15分钟）：1. 学生个人或小组完成一些练习题，巩固导数不等式的应用。
2. 教师可以提供一些挑战性的问题，激发学生的思考和讨论。
总结与拓展（10分钟）：1. 教师对本节课的内容进行总结，并强调导数不等式的重要性和应用。
2. 提出一些拓展问题，鼓励学生进一步思考和研究导数不等式的相关问题。
作业布置：1. 布置一些练习题，要求学生自主完成。
2. 鼓励学生研究和探索更多与导数不等式相关的问题，并写出自己的思考和解决方法。
教学反思：1. 教师可以通过观察学生的参与情况和作业完成情况来评估学生对导数不等式的理解和掌握程度。
2. 教师可以根据学生的反馈和问题，及时调整教学策略，帮助学生更好地理解和应用导数不等式。
高二数学(选修-人教A版)-利用导数研究函数的零点问题-1教案
【分析】
要证曲线 总在曲线 的上方，
需证 ，即 ，不妨令 ，即证
【预设】
，则 ，同样的道理，构造新函数
，所以函数 在 单调递增，又因为 ，
，所以 ，使 ，即
当 变化时， 的变化情况如下表：
↘
极小值
↗
所以 在区间 上单调递减，在 上单调递增，所以 在 处取得极小值，也是函数 的最小值，即
我们可以转化为研究函数图象与 轴公共点的个数.
【预设2】
则 ，令
即 ，解得
当 变化时， 的变化情况如下表：
↗
极大值
↘
所以 在区间 上单调递增，在 上单调递减，且 在 处取得极大值 ，而 ， ，所以 在区间 内有且仅有一个零点，在 内有且仅有一个零点，即函数 在区间 内有两零点.
第一问采用了两种不同的转化方法对函数的零点问题进行了探究，同学们比较一下，哪一种方法更简洁？通过对问题的解答大家不难发现把函数的零点问题转化为方程的解从而转化为两条曲线的交点更容易得到解决.但是并不是每一个函数的零点问题都能转化为大家熟知的曲线的交点去解决.所以方法一具有局限性，而方法二虽然没有方法一直接简洁，但是确是解决函数零点问题的通性通法，同学们要认真领会并掌握.
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以 在区间 上单调递増，在 上单调递减，在区间 上单调递増，且 在 处取得极大值 ，在 处取得极小值 ，我们很容易画出函数 的图象.要使函数 有三个零点，需有 .
同学们可以比较一下两种解法，大家会发现转化为定函数研究要容易一些.
变式1：设函数 ，若函数 在 上无极值，求 的取值范围.
方法一：我们把函数转化为方程：令 ，则 ，这是超越方程，同学们不会解，怎么办？我们把方程变形为： ，请同学们思考：如何判断方程解的个数？我们可以把方程解的个数转化为两条曲线 与 交点的个数.这是大家非常熟悉的两个函数，很容易画出两个图象，通过观察，同学们可以看到两条曲线有两个交点，即：函数 又两个零点.
6导数与零点 教案
即1＜m≤ ．
6.已知函数 的图象在 处的切线方程为 ，若关于 的方程 有四个不同的实数解，则 的取值范围为（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由题得
所以 ，
所以函数f(x)在（-2,1）内单调递增，在（-∞，-2）和（1，+∞）内单调递减.
∵f（x2）=x2，由图象可知方程f（x）=x2有两解，方程f（x）=x1有三解．
综上①②可知：方程f（x）=x1或f（x）=x2共有5个实数解．
即关于x的方程2a（f（x））2+bf（x）﹣1=0的共有5不同实根．
故答案为：5
5.已知函数 的图像与函数 的图象相切，记 .
（1）求实数b的值及函数F（x）的极值
【解析
求导，得 ，
因为 ，所以 ，
所以当 时， ，函数 为减函数；
当 时， ，函数 为增函数.
故当 时， 存在极小值 ， 不存在极大值.
(Ⅱ)证明：解方程 ，得 .
由 ，得 .
随着 的变化， 与 的变化情况如下表：
1
+
0
-
0
+
极大值
极小值
所以函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减.
又因为 ，
所以函数 至多在区间 存在一个零点；
【答案】（1）递增区间为： 与 （2）-8<t<24
【解析】
（1）当 时， ，
令 Hale Waihona Puke 则 或者 ，故 的单调递增区间为：
和 ．
（2）因为 有3个不同的极值点，故 有3个不同的解，故 有三个不同实根，即 有三个不等根．
故 有三个不同的零点，
高中数学导数与不等式的证明及函数零点方程根的问题精品PPT课件
热点一 利用导数证明不等式 【例 1】 (2014·潍坊模拟)已知函数 f(x)＝x3－x－ x.
(1)令 g(x)＝faxx2＋＋axx＋ln x，若函数 y＝g(x)在0，1e内有极值， 求实数 a 的取值范围； (2)在(1)的条件下，对任意 t∈(1，＋∞)，s∈(0,1)，求证：g(t) －g(s)＞e＋2－1e.
• 第5讲 • 导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题
真题感悟·考点
热点聚焦·题
归 专纳题总训结练·思对
• 高考定位 以解答题的形式考查利用导数证 明不等式或利用导数解决有关函数零点、方 程根的个数问题，难度较大．
真题感悟·考点
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[真题感悟] (2014·新课标全国卷Ⅰ)设函数 f(x)＝aexln x＋bexx－1，曲线 y＝ f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝e(x－1)＋2. (1)求 a，b； (2)证明：f(x)>1.
热点聚焦·题
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• 又当x∈(0，x1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增 ，x∈(x1,1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
真题感悟·考点
热点聚焦·题
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由(1)可知 x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1，x1∈0，1e，x2∈(e，＋∞)， 因此：g(t)－g(s)≥g(x2)－g(x1)， ＝ln x2＋x2－a 1－ln x1－x1－a 1＝ln xx21＋x2－a 1－x1－a 1 ＝lnx22＋x2－x12(x2＞e)， 设 k(x)＝ln x2＋x－1x＝2ln x＋x－1x，k′(x)＝2x＋1＋x12＞0， ∴k(x)在(e，＋∞)单调递增，故 k(x)＞k(e)＝2＋e－1e， 即 g(t)－g(s)＞e＋2－1e.
利用导数研究函数零点问题教案(2019年13日)
利用导数研究函数零点问题武胜中学 李开勇学习内容分析：导数是微积分的核心概念之一，它是研究函数的单调性、最值等问题最一般、最有效的工具，对我们描绘函数的图像带来极大的方便，高考对导数的考查重在导数的应用，如求函数的单调区间、极值最值、解决实际问题以及不等式的结合。
而利用导数对函数性质的研究有利于我们解决函数的零点问题。
近几年高考也出现了函数零点问题或者可转化为函数零点问题的题目，《考点一》利用最值(极值)判断零点个数已知函数f (x )＝－12ax 2＋(1＋a )x －ln x (a ∈R)． 当a ＝0时，设函数g (x )＝xf (x )－k (x ＋2)＋2.若函数g (x )在区间[12，＋∞)上有两个零点，求实数k 的取值范围．【解】)g (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个零点，即关于x 的方程k ＝x 2－x ln x ＋2x ＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个不相等的实数根． 令函数h (x )＝x 2－x ln x ＋2x ＋2，x ∈[12，＋∞)，则h ′(x )＝x 2＋3x －2ln x －4(x ＋2)2， 令函数p (x )＝x 2＋3x －2ln x －4，x ∈[12，＋∞)． 则p ′(x )＝(2x －1)(x ＋2)x 在[12，＋∞)上有p ′(x )≥0， 故p (x )在[12，＋∞)上单调递增． 因为p (1)＝0，所以当x ∈[12，1)时，有p (x )＜0，即h ′(x )＜0，所以h (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，有p (x )＞0，即h ′(x )＞0，所以h (x )单调递增．因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝910＋ln 25，h (1)＝1，所以k 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤1，910＋ln 25.利用函数的极值(最值)判断函数零点个数，主要是借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负、函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者利用零点个数求参数范围．《考点二》数形结合法研究零点问题[典例引领]已知f (x )＝ax 2(a ∈R)，g (x )＝2ln x .(1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程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】 (1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，所以F ′(x )＝2ax －2x ＝2(ax 2－1)x(x ＞0)． ①当a ＞0时，由ax 2－1＞0，得x ＞1a， 由ax 2－1＜0，得0＜x ＜1a ， 故当a ＞0时，F (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减． ②当a ≤0时，F ′(x )＜0(x ＞0)恒成立．故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a ＝2ln x x 2在区间[2，e]上有两个不等解． 令φ(x )＝2ln x x 2，由φ′(x )＝2x (1－2ln x )x 4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 ，而φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22. 由φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝ln e 4－ln 2e 22e 2＜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)． 《考点三》构造函数法研究零点问题[典例引领]设函数1()(01)ln f x x x x x=>≠且 （1） 求函数()f x 的单调区间；（2） 试确定a 的取值范围，讨论12=a x x 解的个数。
第3章 第2讲 第3课时 导数与函数的零点或方程的根、不等式
高考一轮总复习 • 数学
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由(1)知，当 x>2 时，ex－x－2>0， 所以当 x>4 且 x>2ln(2a)时，
xx
f(x)＝e2 ·e2 －a(x＋2)>eln(2a)·2x＋2－a(x＋2)＝2a>0， 故 f(x)在(ln a，＋∞)存在唯一零点，从而 f(x)在(－∞，＋∞)有两个 零点． 综上，a 的取值范围是1e，＋∞.
第三章 导数及其应用
考点突破·互动探究
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考点一
利用导数研究函数的零点或方程的根——师生共研
例1 (2020·全国Ⅰ，20)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
[解析] (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，
第三章 导数及其应用
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(2)设 f(x)＝ln x－x＋1(x>0)， f′(x)＝1x－1＝1－x x(x>0)， 在(0,1)上 f′(x)>0，在(1，＋∞)上 f′(x)<0， ∴f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)≤f(1)＝0. ∴ln x≤x－1.
第三章 导数及其应用
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又 f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以 fa3＝－2a73＋1＝0，得 a＝3， 所以 f(x)＝2x3－3x2＋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.
《利用导数解决不等式问题》教学设计
《利用导数解决不等式问题》教学设计《利用导数解决不等式问题》教学设计【学习目标】知识技能1、会利用导数作为工具证明不等式;2、能够构造函数,结合放缩和函数的单调性、最值达到证明目的过程方法：(1)在“分析、实验、讨论、总结”的探究过程中,发展学生自主学习能力；(2)强化数形结合思想情感态度：(1)培养学生的探究精神；(2)体验动手操作带的成功感【教学重点难点】1 灵活准确的构造函数2 利用可导函数解决不等式证明；【学情分析】导数之难,难在对函数单调性的认识并且导数工具的运用,充分体现了“数形结合思想”问题研究的核心就是“函数的单调性”结合本节试题的结构和内容分析，结合着高三年级学生他们的认知结构及其心理特征，归纳总结做题规律，使学生明确做题的方向。
我们都知道数学是一门培养人的逻辑思维能力的重要学科。
因此，在教学过程中，不仅要使学生“知其然”，还要使学生“知其所以然”。
我们在以师生既为主体，又为客体的原则下，展现获取理论知识、解决实际问题方法的思维过程。
考虑到我校高三年级学生的现状，我主要采取引导加点拨的教学方法，让学生真正的参与教学中去，而且在堂活动中得到新的认识和体验，产生践行的愿望。
当然教师自身也是非常重要的教学资。
教师本人应该通过堂教学感染和激励学生，充分调动起学生参与活动的积极性，激发学生对解决难题问题的渴望，并且要培养学生以理论联系实际的能力，从而达到最佳的教学效果。
同时也体现了改的精神。
【教学过程】一、前思考：（引入题）1、利用导数能解决哪些问题？2、复习上节证明含对数和指数的不等式的两种常用方法：设计意图：利用提出问题吸引学生，由抽签法进行幸运抽奖活动，激发学习兴趣，达到调动学生积极性的目的若学生能说出导数除了能解决单调性和最值问题，还能解决不等式问题，则追问利用导数证明不等式常用的方法是啥；若学生不清楚，则用简单的例子引导他们，对于复杂一点的不等式问题又如何下手呢？从而引入授内容二、观察分析，初步探究例1．若函数=在R上可导且满足不等式x>－恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．a>b【解】由已知x+>0 ∴构造函数，则x+>0，从而在R上为增函数。
2025年高中数学高考精品备课教案：利用导数解决零点问题
利用导数解决零点问题命题点1根据函数零点个数求参数例1[2022全国卷乙]已知函数f（x）＝ax－1－（a＋1）ln x.（1）当a＝0时，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围.解析（1）当a＝0时，f（x）＝－1－ln x（x＞0），所以f'（x）＝12－1＝1－2.当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.所以f（x）max＝f（1）＝－1.（2）由f（x）＝ax－1－（a＋1）ln x（x＞0），得f'（x）＝a＋12－r1＝（B－1)(－1）2（x ＞0）.当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点.当a＜0时，f'（x）＝（－1)(－1）2，若x∈（0，1），则f'（x）＞0，f（x）单调递增；若x∈（1，＋∞），则f'（x）＜0，f（x）单调递减.所以f（x）max＝f（1）＝a－1＜0，所以f（x）不存在零点.当a＞0时，f'（x）＝（－1)(－1）2，若a＝1，则f'（x）≥0（当且仅当x＝1时“＝”成立），f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（1）＝a－1＝0，所以函数f（x）恰有一个零点；若a＞1，则f（x）在（0，1），（1，＋∞）上单调递增，在（1，1）上单调递减，因为f（1）＝a－1＞0，所以f（1）＞f（1）＞0，当x→0＋时，f（x）→－∞，由零点存在定理可知f（x）在（0，1）上必有一个零点，所以a＞1满足条件；若0＜a＜1，则f（x）在（0，1），（1，＋∞）上单调递增，在（1，1）上单调递减，因为f（1）＝a－1＜0，所以f（1）＜f（1）＜0，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理可知f（x）在（1，＋∞）上必有一个零点，即0＜a＜1满足条件.综上，若f（x）恰有一个零点，则a的取值范围为（0，＋∞）.方法技巧已知函数零点个数求参数的方法（1）数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合求解；（2）分离参数法：由f（x）＝0分离出参数a，得a＝φ（x），利用导数求函数y＝φ（x）的单调性、极值和最值，根据直线y＝a与y＝φ（x）的图象的交点个数得参数a的取值范围；（3）分类讨论法：先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数的范围.训练1[2021全国卷甲]已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝（x＞0）.（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围.解析（1）当a＝2时，f（x）＝22（x＞0），f'（x）＝（2－En2）2（x＞0），令f'（x）＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f（x）单调递增；令f'（x）＜0，则x＞2ln2，此时函数f（x）单调递减.所以函数f（x）的单调递增区间为（0，2ln2），单调递减区间为（2ln2，＋∞）.（2）曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，可转化为方程＝1（x＞0）有两个不同的解，即方程ln＝ln有两个不同的解.设g（x）＝ln（x＞0），则g'（x）＝1－ln2（x＞0），令g'（x）＝0，得x＝e，当0＜x＜e时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增；当x＞e时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减.故g（x）max＝g（e）＝1e，且当x＞e时，g（x）∈（0，1e）.又g（1）＝0，所以0＜ln＜1e，所以a＞1且a≠e，即a的取值范围为（1，e）∪（e，＋∞）.命题点2探究函数零点个数例2[全国卷Ⅰ]已知函数f（x）＝sin x－ln（1＋x），f'（x）为f（x）的导数，证明：（1）f'（x）在区间（－1，π2）上存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点.解析（1）设g（x）＝f'（x），则g（x）＝cos x－11+，g'（x）＝－sin x＋1（1+）2.当x∈（－1，π2）时，g'（x）单调递减，而g'（0）＞0，g'（π2）＜0，可得g'（x）在（－1，π2）上有唯一零点，设为α.则当x∈（－1，α）时，g'（x）＞0；当x∈（α，π2）时，g'（x）＜0.所以g（x）在（－1，α）上单调递增，在（α，π2）上单调递减，故g（x）在（－1，π2）上存在唯一极大值点，即f'（x）在（－1，π2）上存在唯一极大值点.（2）f（x）的定义域为（－1，＋∞）.（i）当x∈（－1，0]时，由（1）知，f'（x）在（－1，0）上单调递增，而f'（0）＝0，所以当x∈（－1，0）时，f'（x）＜0，故f（x）在（－1，0）上单调递减.又f（0）＝0，从而x＝0是f（x）在（－1，0]上的唯一零点.（ii）当x∈（0，π2]时，由（1）知，f'（x）在（0，α）上单调递增，在（α，π2）上单调递减，而f'（0）＝0，f'（π2）＜0，所以存在β∈（α，π2），使得f'（β）＝0，且当x∈（0，β）时，f'（x）＞0；当x∈（β，π2）时，f'（x）＜0.故f（x）在（0，β）上单调递增，在（β，π2）上单调递减.又f（0）＝0，f（π2）＝1－ln（1＋π2）＞0，所以当x∈（0，π2]时，f（x）＞0.从而f（x）在（0，π2]上没有零点.（iii）当x∈（π2，π]时，f'（x）＜0，所以f（x）在（π2，π）上单调递减.而f（π2）＞0，f（π）＜0，所以f（x）在（π2，π]上有唯一零点.（i v）当x∈（π，＋∞）时，ln（x＋1）＞1，所以f（x）＜0，从而f（x）在（π，＋∞）上没有零点.综上，f（x）有且仅有2个零点.方法技巧探究函数零点个数的方法（1）图象法：通过导数研究函数的单调性、极值、最值，确定函数f（x）的图象草图，判断图象与横轴的交点个数，一般要结合函数零点存在定理处理.（2）分离法：设f（x）＝g（x）－h（x），则f（x）的零点个数⇔g（x）与h（x）图象的交点个数.训练2[2023山东潍坊二模节选]已知函数f（x）＝x＋a sin x.讨论f（x）在区间（0，π2）上的零点个数.解析f'（x）＝1＋a cos x.①若a≥0，则f'（x）＝1＋a cos x＞0在（0，π2）上恒成立，所以f（x）在（0，π2）上单调递增，又f（0）＝0，所以f（x）在（0，π2）上无零点.②若a＜0，由x∈（0，π2），得0＜cos x＜1，则1＋a＜1＋a cos x＜1.当a＋1≥0，即－1≤a＜0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，π2）上单调递增，又f（0）＝0，故f（x）在（0，π2）上无零点.当a＋1＜0，即a＜－1时，f'（x）在（0，π2）上单调递增，且f'（0）＝1＋a＜0，f'（π2）＝1＞0，故存在x0∈（0，π2），使得f'（x0）＝0，所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，又f（0）＝0，故f（x0）＜0，f（π2）＝π2＋a.此时，若π2＋a≤0，即a≤－π2，则f（x）在（0，π2）上无零点；若π2＋a＞0，即－π2＜a＜－1，则f（x）在（0，π2）上有一个零点.综上，当a≥－1时，f（x）在（0，π2）上无零点；当－π2＜a＜－1时，f（x）在（0，π2）上有一个零点；当a≤－π2时，f（x）在（0，π2）上无零点.1.[命题点1/2022全国卷乙]已知函数f（x）＝ln（1＋x）＋ax e－x.（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若f（x）在区间（－1，0），（0，＋∞）各恰有一个零点，求a的取值范围.解析（1）当a＝1时，f（x）＝ln（1＋x）＋x e－x，∴f'（x）＝1r1＋e－x＋x e－x×（－1），∴f'（0）＝1＋1＝2.∵f（0）＝0，∴所求切线方程为y－0＝2（x－0），即y＝2x.（2）∵f（x）＝ln（1＋x）＋ax e－x＝ln（x＋1）＋B e，∴当a≥0时，若x＞0，则ln（x＋1）＞0，B e≥0，∴f（x）＞0，∴f（x）在（0，＋∞）上无零点，不符合题意..当a＜0时，f'（x）＝e＋（1－2）（r1）e令g（x）＝e x＋a（1－x2），则g'（x）＝e x－2ax，g'（x）在（－1，＋∞）上单调递增，g'（－1）＝e－1＋2a，g'（0）＝1.（a）若g'（－1）≥0，则－12e≤a＜0，∴－12e≤a＜0时，g'（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，∴g（x）在（－1，＋∞）上单调递增.∵g（－1）＝e－1＞0，∴g（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，∴f'（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，∴f（x）在（－1，＋∞）上单调递增.∵f（0）＝0，∴f（x）在（－1，0），（0，＋∞）上均无零点，不符合题意.（b）若g'（－1）＜0，则a＜－12e，∴a＜－12e时，存在x0∈（－1，0），使得g'（x0）＝0.∴g（x）在（－1，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增.g（－1）＝e－1＞0，g（0）＝1＋a，g（1）＝e＞0.（i）当g（0）≥0，即－1≤a＜－12e时，g（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，∴f'（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增.∵f（0）＝0，∴当x∈（0，＋∞）时，f（x）＞0，∴f（x）在（0，＋∞）上无零点，不符合题意.（ii）当g（0）＜0，即a＜－1时，存在x1∈（－1，x0），x2∈（0，1），使得g（x1）＝g（x2）＝0，∴f（x）在（－1，x1），（x2，＋∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减.∵f（0）＝0，∴f（x1）＞f（0）＝0，当x→－1时，f（x）＜0，∴f（x）在（－1，x1）上存在一个零点，即f（x）在（－1，0）上存在一个零点.∵f（0）＝0，当x→＋∞时，f（x）＞0，∴f（x）在（x2，＋∞）上存在一个零点，即f（x）在（0，＋∞）上存在一个零点.综上，a的取值范围是（－∞，－1）.2.[命题点2/全国卷Ⅱ]已知函数f（x）＝ln x－r1－1.（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y ＝e x的切线.解析（1）f（x）的定义域为（0，1）∪（1，＋∞）.因为f'（x）＝1＋2（－1）2＞0，所以f（x）在（0，1），（1，＋∞）单调递增.因为f（e）＝1－e+1e－1＜0，f（e2）＝2－e2+1e2－1＝e2－3e2－1＞0，所以f（x）在（1，＋∞）有唯一零点x1，即f（x1）＝0.又0＜11＜1，f（11）＝－ln x1＋1+11－1＝－f（x1）＝0，故f（x）在（0，1）有唯一零点11.综上，f（x）有且仅有两个零点.（2）因为10＝e－ln0，所以点B（－ln x0，10）在曲线y＝e x上.由题设知f（x0）＝0，即ln x0＝0+10－1，连接AB，则直线AB的斜率k＝10－ln0－ln0－0＝10－0+10－1－0+10－1－0＝10.曲线y＝e x在点B（－ln x0，10）处切线的斜率是10，曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处切线的斜率也是10，所以曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y＝e x的切线.学生用书·练习帮P2871.[2024安徽六校联考]已知函数f（x）＝a e x－x（e是自然对数的底数）.（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若g（x）＝a e x（x－1）－ln x＋f（x）有两个零点，求实数a的取值范围.解析（1）由已知，得f'（x）＝a e x－1.①当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在R上单调递减；②当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝－ln a，当x∈（－∞，－ln a）时，f'（x）＜0，所以f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，当x∈（－ln a，＋∞）时，f'（x）＞0，所以f（x）在（－ln a，＋∞）上单调递增.（2）原问题等价于g（x）＝ax e x－（ln x＋x）＝ax e x－ln（x e x）（x＞0）有两个零点，令t＝x e x（x＞0），则易得t＞0，所以g（x）＝ax e x－ln（x e x）有两个零点⇔T（t）＝at－ln t有两个零点⇔a＝ln有两个不同的实数解⇔直线y＝a与函数h（t）＝ln的图象有两个交点.h'（t）＝1－ln2，由h'（t）＞0得0＜t＜e，由h'（t）＜0得t＞e，所以h（t）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减.所以h（t）max＝h（e）＝1e.又当t →0时，h （t ）→－∞，当t →＋∞时，h （t ）→0，所以h （t ）的大致图象如图，所以a 的取值范围是（0，1e ）.2.[2024南昌市模拟]已知函数f （x ）＝a x （a ＞1）.（1）求函数g （x ）＝f （x ）＋f （1）在（0，＋∞）上的单调区间和极值；（2）若方程f （1）＝1－x log a x 有两个不相等的正实数根，求a 的取值范围.解析（1）g （x ）＝a x＋1（a ＞1），则g'（x ）＝a xln a －1ln 2＝ln2（x 2a x－1），设φ（x ）＝x 2a x－1（a ＞1），则φ'（x ）＝2xa x ＋x 2a x ln a ＋121ln a ＞0（x ＞0），故φ（x ）在（0，＋∞）上单调递增，又φ（1）＝0，所以当x ∈（0，1）时，g'（x ）＜0，当x ∈（1，＋∞）时，g'（x ）＞0，所以g （x ）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，＋∞）.则g （x ）的极小值为g （1）＝2a ，无极大值.（2）方程f （1）＝1－x log a x ，即1＝1－x log a x ，即11＝log a （11），令t ＝11（a ＞1），显然t ＝11在（0，＋∞）上单调递减，故方程f （1）＝1－x log a x 有两个不相等的正实数根，等价于h （t ）＝t －log a t 有两个不同的零点，等价于关于t 的方程t ＝log a t ，即ln a ＝ln有两个不同的实数解，亦即直线y ＝ln a 与函数m （t ）＝ln的图象有两个不同的交点.m'（t ）＝1－ln 2，故易知m （t ）在（0，e ）上单调递增，在（e ，＋∞）上单调递减，且当x＞e 时，m （t ）＞0，所以m （t ）max ＝m （e ）＝1e，作出m （t ）的图象，如图所示，则0＜ln a ＜1e ，解得1＜a ＜e 1e .故所求a 的取值范围是（1，e 1e ）.3.[2023武汉市5月模拟]已知f （x ）＝ax ＋＋c －ln x ，其中a ，b ，c ∈R.（1）若b ＝c ＝0，讨论f （x ）的单调性；（2）已知x 1，x 2是f （x ）的两个零点，且x 1＜x 2，证明：x 2（ax 1－1）＜b ＜x 1（ax 2－1）.解析（1）若b ＝c ＝0，则f （x ）＝ax －ln x （x ＞0）.f'（x ）＝a －1＝B －1.①若a ≤0，则f'（x ）＜0，所以f （x ）在（0，＋∞）上单调递减；②若a ＞0，令f'（x ）＞0得x ＞1，令f'（x ）＜0得0＜x ＜1，所以f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.综上，当a ≤0时，f （x ）在（0，＋∞）上单调递减；当a ＞0时，f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.（2）因为x 1，x 2是f （x ）的两个零点，x 1＜x 2，所以ax 1＋1＋c －ln x 1＝0，ax 2＋2＋c －ln x 2＝0.所以a （x 1－x 2）＋b （11－12）＋ln x 2－ln x 1＝0，即b ＝ax 1x 2－x 1x 2·ln 2－ln 12－1.要证x 2（ax 1－1）＜b ＜x 1（ax 2－1），只需证ax 1x 2－x 2＜b ＜ax 1x 2－x 1，即证－x 2＜－x 1x 2ln 2－ln 12－1＜－x 1，即证1－12＜ln 21＜21－1，令t ＝21，则t ＞1，即证1－1＜ln t ＜t －1.令p （t ）＝ln t －1＋1（t ＞1），则p'（t ）＝1－12＝－12＞0，所以p （t ）在（1，＋∞）上单调递增，则p （t ）＞ln 1－1＋11＝0，即ln t ＞1－1.令q （t ）＝ln t －t ＋1（t ＞1），则q'（t ）＝1－1＜0，所以q （t ）在（1，＋∞）上单调递减，则q （t ）＜ln 1－1＋1＝0，即ln t ＜t －1.综上可得：x 2（ax 1－1）＜b ＜x 1（ax 2－1）.4.[2023合肥市二检]已知函数f （x ）＝2ln x ＋12mx 2－（2m ＋1）x ，其中m ∈R.（1）若曲线y ＝f （x ）仅有一条垂直于y 轴的切线，求m 的取值范围；（2）讨论函数f （x ）的零点个数.解析（1）函数f （x ）＝2ln x ＋12mx 2－（2m ＋1）x 的定义域为（0，＋∞），f '（x ）＝2＋mx －（2m ＋1）＝B 2－（2r1）r2＝（B －1)(－2）.因为曲线y＝f（x）仅有一条垂直于y轴的切线，所以f'（x）＝（B－1)(－2）＝0有唯一正实数解，所以m≤0或m＝12，又当m＝12时，f'（x）≥0不符合题意，所以m的取值范围是（－∞，0].（2）因为f'（x）＝（B－1)(－2）.①当m≤0时，因为x＞0，所以mx－1＜0，所以当x∈（0，2）时，f'（x）＞0；当x∈（2，＋∞）时，f'（x）＜0.所以f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减，此时f（x）max＝f（2）＝2ln2＋2m－2（2m＋1）＝2ln2－2m－2，当m＝ln2－1时，f（2）＝0，函数f（x）只有一个零点；当ln2－1＜m≤0时，f（2）＜0，函数f（x）没有零点；当m＜ln2－1时，因为当x→0＋或x→＋∞时，f（x）→－∞，且f（2）＞0，所以可作出f（x）的大致图象如图1，图1所以函数f（x）在（0，2）和（2，＋∞）上各有唯一零点，此时函数f（x）有2个零点.②当0＜m＜12时，1＞2，当x∈（0，2）∪（1，＋∞）时，f'（x）＞0；当x∈（2，1）时，f'（x）＜0.所以f（x）在（0，2）和（1，＋∞）上单调递增，在（2，1）上单调递减.当x→0＋时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，且f（2）＝2ln2－2m－2＜0，作出f（x）的大致图象如图2，图2所以函数f（x）在（1，＋∞）上有唯一零点，此时函数f（x）有且只有1个零点.③当m＝12时，f'（x）＝（－2)(－2）2≥0，f （x ）在（0＋∞）上单调递增.当x →0＋时，f （x ）→－∞，当x →＋∞时，f （x ）→＋∞，所以此时函数f （x ）在（0，＋∞）上有且只有1个零点.④当m ＞12时，0＜1＜2，当x ∈（0，1）∪（2，＋∞）时，f '（x ）＞0；当x ∈（1，2）时，f '（x ）＜0.所以f （x ）在（0，1）和（2，＋∞）上单调递增，在（1，2）上单调递减.f （1）＝2ln 1＋12m ·（1）2－（2m ＋1）·1＝－2ln m －12－2.设g （m ）＝－2ln m －12－2（m ＞12），则g'（m ）＝－2＋122＝1－422＜0，所以g （m ）在（12，＋∞）上单调递减，所以g （m ）＜－2ln 12－12×12－2＝2ln 2－3＜0，即f （1）＜0.当x →0＋时，f （x ）→－∞，当x →＋∞时，f （x ）→＋∞，作出f （x ）的大致图象如图3，所以函数f （x ）在区间（2，＋∞）上有唯一零点，此时f （x ）有且只有1个零点.图3综上所述，当m ＜ln 2－1时，函数f （x ）有2个零点；当ln 2－1＜m ≤0时，函数f （x ）没有零点；当m ＝ln 2－1或m ＞0时，函数f （x ）有1个零点.。
2025届高考数学一轮复习教案：导数-导数的函数零点问题
第2课时导数的函数零点问题【命题分析】函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查基本初等函数、三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现.【核心考点·分类突破】题型一利用导数探究函数的零点个数[例1]设函数f(x)=ln x+,m∈R,讨论函数g(x)=f'(x)-3零点的个数.【解析】由题意知g(x)=f'(x)-3=1-2-3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0).设φ(x)=-13x3+x(x>0),则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.所以x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,所以x=1也是φ(x)的最大值点,所以φ(x)的最大值为φ(1)=23.结合y=φ(x)的图象(如图)可知,①当m>23时,函数g(x)无零点;②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0<m<23时,函数g(x)有两个零点;④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.综上所述,当m>23时,函数g(x)无零点;当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0<m<23时,函数g(x)有两个零点.【解题技法】利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法(1)构造函数:构建函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解函数零点的个数.(2)应用定理:利用零点存在定理,先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.【对点训练】(2023·郑州质检)已知函数f(x)=e x-ax+2a,a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)求函数f(x)的零点个数.【解析】(1)f(x)=e x-ax+2a,定义域为R,且f'(x)=e x-a,当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在R上单调递增;当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln a,当x<ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递增;当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(2)令f(x)=0,得e x=a(x-2),当a=0时,e x=a(x-2)无解,所以f(x)无零点,当a≠0时,1=-2e,令φ(x)=-2e,x∈R,所以φ'(x)=3-e,当x∈(-∞,3)时,φ'(x)>0;当x∈(3,+∞)时,φ'(x)<0,所以φ(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减,且φ(x)max=φ(3)=1e3,又x→+∞时,φ(x)→0,x→-∞时,φ(x)→-∞,所以φ(x)的大致图象如图所示.当1>1e3,即0<a<e3时,f(x)无零点;当1=1e3,即a=e3时,f(x)有一个零点;当0<1<1e3,即a>e3时,f(x)有两个零点;当1<0,即a<0时,f(x)有一个零点.综上所述,当a∈(0,e3)时,f(x)无零点;当a∈(-∞,0)∪{e3}时,f(x)有一个零点;当a∈(e3,+∞)时,f(x)有两个零点.【加练备选】已知函数f(x)=x e x+e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)e x,令f'(x)=0得x=-2,则f'(x),f(x)的变化情况如表所示:x(-∞,-2)-2(-2,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减-12单调递增所以f(x)的单调递减区间是(-∞,-2),单调递增区间是(-2,+∞).当x=-2时,f(x)有极小值,为f(-2)=-1e2,无极大值.(2)令f(x)=0,得x=-1,当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0,且f(x)的图象经过点(-2,-1e2),(-1,0),(0,1).当x→-∞时,f(x)→0;当x→+∞时,f(x)→+∞,根据以上信息,画出f(x)大致图象如图所示.函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数为y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数,所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:当a<-1e2时,零点的个数为0;当a=-1e2或a≥0时,零点的个数为1;当-1e2<a<0时,零点的个数为2.题型二利用函数零点问题求参数范围[例2]已知函数f(x)=e x-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-x-2,则f'(x)=e x-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)f'(x)=e x-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意;当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).(i)若0<a≤1e,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意; (ii)若a>1e,则f(ln a)<0.因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.易知,当x>2时,e x-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=e2·e2-a(x+2)>e ln(2a)+2-a(x+2)=2a>0.故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点,从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.综上,a,+∞.【解题技法】由函数零点求参数范围的策略(1)涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求得参数的取值范围.(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.(3)含参数的函数零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,用x表示参数的函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(一题多法)(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=e x-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-(x+2),f'(x)=e x-1,令f'(x)<0,解得x<0,令f'(x)>0,解得x>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)方法一:当a≤0时,f'(x)=e x-a>0恒成立,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不符合题意;当a>0时,令f'(x)=0,解得x=ln a,当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)=a-a(ln a+2)=-a(1+ln a).又当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞;所以要使f(x)有两个零点,只要f(ln a)<0即可,则1+ln a>0,可得a>1e.综上,若f(x)有两个零点,则a的取值范围是(1e,+∞).方法二:若f(x)有两个零点,即e x-a(x+2)=0有两个解,显然x=-2不成立,即a=e r2(x≠-2)有两个解,令h(x)=e r2(x≠-2),则有h'(x)=e(r2)-e(r2)2=e(r1)(r2)2,令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)<0,解得x<-2或-2<x<-1,所以函数h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,且当x<-2时,h(x)<0,而当x→(-2)+(从右侧趋近于-2)时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,所以当a=e r2(x≠-2)有两个解时,有a>h(-1)=1e,所以满足条件的a的取值范围是(1e,+∞).【加练备选】已知函数f(x)=x ln x,g(x)=(-x2+ax-3)e x(a∈R).(1)当a=4时,求曲线y=g(x)在x=0处的切线方程;(2)如果关于x的方程g(x)=2e x f(x)在区间[1e上有两个不等实根,求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=4时,g(x)=(-x2+4x-3)e x,g(0)=-3,g'(x)=(-x2+2x+1)e x,g'(0)=1,所以所求的切线方程为y+3=x-0,即y=x-3.(2)由g(x)=2e x f(x),可得2x ln x=-x2+ax-3,a=x+2ln x+3.设h(x)=x+2ln x+3(x>0),所以h'(x)=1+2-32=(r3)(-1)2,所以x在[1e,e]上变化时,h'(x),h(x)的变化如表:x[1,1)1(1,e]h'(x)-0+h(x)单调递减极小值(最小值)单调递增又h(1e)=1e+3e-2,h(1)=4,h(e)=3e+e+2,且h(e)-h(1e)=4-2e+2e<0,所以实数a的取值范围为(4,e+2+3e].题型三与函数零点有关的证明[例3](2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)=e x-x,g(x)=x-ln x.(1)判断直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点分别有几个;(2)证明:曲线y=f(x)和y=g(x)有且只有一个公共点;(3)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【解析】(1)设S(x)=e x-x-b,S'(x)=e x-1,当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,故S(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以S(x)min=S(0)=1-b.当b<1时,S(x)min=1-b>0,S(x)无零点;当b=1时,S(x)min=1-b=0,S(x)有1个零点;当b>1时,S(x)min=1-b<0,而S(-b)=e->0,S(b)=e b-2b,设u(b)=e b-2b,其中b>1,则u'(b)=e b-2>0,故u(b)在(1,+∞)上单调递增,故u(b)>u(1)=e-2>0,故S(b)>0,故S(x)=e x-x-b有两个不同的零点.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=-1,当0<x<1时,T'(x)<0,当x>1时,T'(x)>0,故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以T(x)min=T(1)=1-b.当b<1时,T(x)min=1-b>0,T(x)无零点;当b=1时,T(x)min=1-b=0,T(x)有1个零点;当b>1时,T(x)min=1-b<0,而T(e-)=e->0,T(e b)=e b-2b>0,所以T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点.综上可知,当b<1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是0;当b=1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是1;当b>1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是2.(2)由f(x)=g(x)得e x-x=x-ln x,即e x+ln x-2x=0,设h(x)=e x+ln x-2x,其中x>0,故h'(x)=e x+1-2.设s(x)=e x-x-1,x>0,则s'(x)=e x-1>0,故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即e x>x+1,所以h'(x)>x+1-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,而h(1)=e-2>0,h(1e3)=e1e3-3-2e3<e-3-2e3<0,故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,且1e3<x0<1,当0<x<x0时,h(x)<0,即e x-x<x-ln x,即f(x)<g(x),当x>x0时,h(x)>0,即e x-x>x-ln x,即f(x)>g(x),所以曲线y=f(x)和y=g(x)有且只有一个公共点.(3)由(2)知,若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,则b=f(x0)=g(x0)>1,此时e x-x=b有两个不同的解x1,x0(x1<0<x0),x-ln x=b有两个不同的解x0,x2(0<x0<1<x2),故e1-x1=b,e0-x0=b,x2-ln x2-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x2-b=ln x2,即e2-=x2,即e2--(x2-b)-b=0,故x2-b为方程e x-x=b的解,同理x0-b也为方程e x-x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x2-b},而b>1,故0=2-,1=0-,即x1+x2=2x0.【解题技法】1.证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;2.证明的思路一般对条件等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.【对点训练】已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x)=1-1+2cos x,当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-12<0,所以g(x)在(0,π)上单调递减,又因为g(π3)=3π-1+1>0,g(π2)=2π-1<0,所以g(x)在(0,π)上有唯一的零点.(2)设f'(x)在(0,π)上的唯一零点为α,由(1)知π3<α<π2.①当x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点α,所以f(α)>f(π2)=lnπ2-π2+2>2-π2>0,又因为f(1e2)=-2-1e2+2sin1e2<-2-1e2+2<0,所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点.又因为f(π)=lnπ-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.②当x∈[π,2π)时,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,设h(x)=ln x-x,h'(x)=1-1<0,所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2.设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=1-1<0,所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个不同的零点.。
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导数与单调区间 零点与不等式
．单调区间的讨论 1.已知函数()ln(1)(1)1f x x k x =---+，求函数()f x 的单调区间；
2、已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ，其中函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴．(1)确定a 与b 的关系； b ＝－2a －1(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．
3、设函数1()ln ().f x x a x a R x =--∈，求函数()f x 的极值点；
二、零点
根据导数可得函数的单调区间，但是图像与x 轴交点还不清楚，也就是函数零点的情况我们还不清楚。
1、方程0109623=-+-x x x 的实根个数是 ( )
讨论函数()()R a a x x x x f ∈--+-=109623零点的个数？
决定零点区间的是1.单调区间 2.极值点的函数值的符号3.区间两端点的函数值的正负 变式 已知函数f （x ）=ax 3﹣2x 2
+1，若f （x ）存在唯一的零点x 0，且x 0＜0，则实数a 的取值范围为（ ）
A ．（2，+∞）
B ．（0，
） C ．（﹣∞，﹣） D ．（，+∞
四、不等式
1、当01x x e x >>+时，
1.构造辅助函数()()()h x f x g x =-的单调性
2.()h x 的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）
变式 求证：ln(1)x x +<
2、已知函数()ln 1,.a f x x a R x
=+-∈，若0a >，且对(0,2]x e ∈时，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围.
3.f （x ）=ax 3﹣3x+1对于x ∈[﹣1，1]总有f （x ）≥0成立，则a=
五、
1、已知函数21()ln 2
f x x x a x =
--，a R ∈．若()f x 在区间1[,)3+∞上单调递增，求a 的取值范围
2、函数f （x ）=x 3+ax 2+x 在（0，+∞）有两个极值点，则实数a 的取值范围是（ ）
六、
x e a ae x x x --+=)2()(f 2，若f(x)有2个零点，求a 的范围。
练习
1、已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．
(1)求函数f (x )的单调区间；
(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．
2、()()22
1ln x k x x x f +-+=，讨论函数单调性
3、
4、 已知函数21()ln 2
f x x x a x =
--，a R ∈．若()f x 在区间1[,)3+∞上单调递增，求a 的取值范围
5、若对任意x ∈[－1，2]，不等式2
3
222x x x a a --+<恒成立，求实数a 的 取值范围.
6、函数y=lnx+x2的图象与函数y=3x﹣b的图象有3个不同的交点，则实数b的取值范围是
7.函数f（x）=x3+ax2+x在（0，+∞）有两个极值点，则实数a的取值范围是（）
8、已知f（x）=（2x+2f'（0））e x，，h（x）=f（x）+a（x2+4x）+4．（Ⅰ）求f（x）；（Ⅱ）求g（x）单调区间；
9.若函数f （x ）=a （x ﹣2）e x +lnx ﹣x 存在唯一的极值点，且此极值小于0，则实数a 的取值范围为（ ）
A ．（﹣，）
B ．（﹣，）
C ．（﹣，0]
D ．（﹣，0]
作业
1、若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间(12，3)上有极值点，则实数a 的取值范围是(
)
2、当x ∈[﹣2，0]时，不等式mx 3≥x 2﹣4x ﹣3恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）
3、已知函数f （x ）=lnx ﹣ax 2﹣2x （a ＜0）
（1）若函数f （x ）在定义域内单调递增，求a 的取值范围；
4、已知函数f （x ）=x 3﹣ax 2+4，若f （x ）的图象与x 轴正半轴有两个不同的交点，则实数a 的取值范围为（ ）
A ．（1，+∞）
B ．（，+∞）
C ．（2，+∞）
D ．（3，+∞）
5、若函数x x
a x x f ln )(++
=，(a<0)试讨论函数)(x f 的极值存在情况。
6.已知函数f （x ）=lnx +kx 2+（2k +1）x ，讨论f （x ）的单调性；
7、已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；
8、已知函数f（x）=（x﹣1）e x+ax2，a∈R．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；零点的分类讨论
（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
9、已知函数()(ln)
=-有两个极值点,则实数a的取值范围是（）
f x x x ax
思考：
.已知函数f（x）=ax3+bx2+cx在x=±1处取得极值，且在x=0处的切线的斜率为﹣3．（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）若过点A（2，m）可作曲线y=f（x）的三条切线，求实数m的取值范围．
()()x x a ax x ln 21221
f 2++-=,（a>0）讨论函数的单调区间
若函数f （x ）=xlnx ﹣ax 2有两个极值点，则实数a 的取值范围是（
） A ． B ． C ．（1，2） D ．（2，e ）
4已知函数f (x )＝ln x －a x .，若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．
若函数f （x ）=a （x ﹣2）e x +lnx ﹣x 存在唯一的极值点，且此极值小于0，则实数a 的取值范围为（ ）
A ．（﹣，）
B ．（﹣，）
C ．（﹣，0]
D ．（﹣，0]
1.()()x x a ax x ln 2122
1f 2++-=
,（a>0）讨论函数的单调区间
已知函数f （x ）=e x （x ﹣2）+ax +1．
（1）当f （2）=3时，判断x=0是否为f （x ）的极值点，并说明理由；
（2）记g （x ）=f （x ）+ax 2﹣2ax ．若函数g （x ）存在极大值g （x 0），证明：g （x 0）≥﹣1．
已知函数x a x x f ln )1()(--=.若0)(≥x f 对),1[+∞∈x 上恒成立，求实数a 的取值范围.
已知函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是
（2018•北京）设函数f （x ）=[ax 2﹣（4a +1）x +4a +3]e x ．
（Ⅰ）若曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若f （x ）在x=2处取得极小值，求a 的取值范围．
5.函数，函数，它们的定义域均为，并且函数
的图像始终在函数的上方，那么的取值范围是（ ）
x p px x x f 2ln 2)(+--=设,(p>-2)讨论函数f(x)的单调区间
讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性．。