导数与函数的零点问题考点与题型归纳

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导数与函数的零点知识点讲解+例题讲解(含解析)

导数与函数的零点一、知识梳理1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a ＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【训练2】已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ，又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数，当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0；当x <0时，取x ＝－1a ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )．在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减，在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0，由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2，所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0，即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0，即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103，所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2，所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点，则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.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 ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4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 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0). 设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. 当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)；当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ；由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1，所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1，所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。

微专题10 导数解答题之零点问题(解析版)

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

导数与函数零点问题归纳总结

令，
①若，即时，恒成立
②若，即或时，，得
综上
（3）由题意有有3个不同的实根.
有2个不同的实根，且这2个实根两两不相等.
（1）有个不同的实根，
只需满足或
（2）有3个不同的实根，
1*当即时，
在上为增函数，
在上为减函数，在上为增函数，
在处取得最大值，
即，不符合题意，舍；
【详解】
（1） .
①当时，，在上单调递减；
②当时，令，解得，，
所以在和上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，在上单调递减，且，
则只需，所以，又，所以 .
当时，在和上单调递减，在上单调递增，
且，
①当，即时，若在上恰好只有一个零点，
则，则无解；
∴只需证明 .
由，∴ ，，
∴ ，
∴ 在上单调递增，
∴ ，
即，∴ .
【点睛】
本题考查导数的应用，用导数研究不等式恒成立，研究函数零点．解题过程自始至终贯穿着转化思想，但转化后仍然要用导数去研究函数的单调性与最值．本题难度较大，属于难题．
6．（1）；（2）见解析
【解析】
则；
当时，令，
则，在上单调递减，
在上单调递增.所以，
所以，，
又因为当时，所以，，
又因为在上单调递减，
所以在有且只有一个零点，
则，所以，
所以 .
【点睛】
本题考查用导数求函数的单调区间、极值、零点，以及零点存在性定理应用，考查函数零点的特征，解题的关键要合理构造函数，属于较难题.

导数专题一零点问题1------导数专题超级经典讲义

导数专题四、零点问题【知识结构】【知识点】一、零点的定义：定义：一般地，如果函数)(x f y =在x α=处有实数根，即()0f α=，则α叫做这个函数()f x 的零点.1.函数值为零时x 的值；2.函数为零时，方程的解；3.函数的图象与x 轴交点；4.两个函数的交点；二、零点问题主要包括的题型包括： 1.是否有零点； 2.判断零点个数； 3.已知零点求参数三、函数零点的判定：方程0)(=x f 有实数根⇔函数)(x f y =的图象与x 轴有交点⇔函数)(x f y =有零点【考点分类】考点一、分类讨论求零点个数；【例1-1】（2014-2015年朝阳一模理18）已知函数2()ln (1)2x f x a x a x =+-+，a ∈R ．（Ⅱ）当1a ≤时，讨论函数()f x 的零点个数.【答案】（Ⅱ）(1)()()x x a f x x--'=,0x >. （1）当0a ≤时，(0,1)x ∈时,()0f x '<,()f x 为减函数;(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数. 所以()f x 在1x =时取得最小值1(1)2f a =--. （ⅰ）当0a =时，2()2x f x x =-，由于0x >，令()0f x =，2x =，则()f x 在(0,)+∞上有一个零点；（ⅱ）当12a =-时，即(1)0f =时，()f x 有一个零点；（ⅲ）当12a <-时，即(1)0f >时，()f x 无零点.（ⅳ）当102a -<<时，即(1)0f <时，由于0x →（从右侧趋近0）时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞，所以()f x 有两个零点.不等式放缩：，0)1(2ln 2>+-+x a xx a 即可。

取a x a x x x x a x x a a x x -=>--∈>+-+-∴<<--≤,02)1,0(,0)1(2)1(,021,1ln 22，02)1231()123)(ln()1(2)ln()(22>=++-->++-=+++-=-a aa a aa a a a a a a a f)22(ln )2(1>-=>a f x 时，）内各有一个零点。

导数与函数的零点讲义

函数的零点【题型一】函数的零点个数【解题技巧】用导数来判断函数的零点个数，常通过研究函数的单调性、极值后，描绘出函数的图象，再借助图象加以判断。

【例1】已知函数3()31,0f x x ax a =--≠()I 求()f x 的单调区间；()II 若()f x 在1x =-处取得极值，直线y=m与()y f x =的图象有三个不同的交点，求m的取值范围。

变式：已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-，且在区间[0,2]上是增函数，若方程()(0)f x m m =>在区间[8,8]-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，则1234_________.x x x x +++=【答案】 -8【解析】因为定义在R 上的奇函数，满足(4)()f x f x -=-，所以(4)()f x f x -=-，所以, 由)(x f 为奇函数，所以函数图象关于直线2x =对称且(0)0f =，由(4)()f x f x -=-知(8)()f x f x -=，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为)(x f 在区间[0,2]上是增函数，所以)(x f 在区间[-2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0) 在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，不妨设1234x x x x <<<，由对称性知1212x x +=-，344x x +=．所以12341248x x x x +++=-+=-．【题型二】复合函数的零点个数复合函数是由内层函数与外层函数复合而成的，在处理其零点个数问题时，应分清内层和外层函数与零点的关系。

【解题技巧】函数()(())h x f f x c =-的零点个数的判断方法可借助换元法解方程的思想分两步进行。

即令()f x d =，则()()h x f d c =- 第一步：先判断()f d c =的零点个数情况第二步：再判断()f x d =的零点个数情况【例2】已知函数3()3f x x x =- 设()(())h x f f x c =-，其中[22]c ∈-，，求函数()y h x =的零点个数1．（江苏省连云港市2013届高三上学期摸底考试（数学）已知函数322()39(0)f x x ax a x a =--≠.若方程'2()12169f x nx ax a a =---在[l,2]恰好有两个相异的实根,求实数a 的取值范围(注:1n2≈:【题型三】如何运用导数求证函数“存在、有且只有一个”零点【解题技巧】（1）要求证一个函数存在零点，只须要用“函数零点的存在性定理”即可证明。

导数与函数的零点

导数与函数的零点考点一判断零点的个数【例1】已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R.(1)证明ln x≤x－1；(2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数.【训练1】已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋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.考点二根据零点个数求参数的值(范围)【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值.(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.【训练2】已知函数f(x)＝1x2＋a ln x(a∈R).(1)求f(x)的单调递减区间；(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围.考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f(x)＝e2x－a ln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.【训练3】已知函数f(x)＝2sin x－x cos x－x，f′(x)为f(x)的导数.(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.强化训练一、选择题1.函数f(x)＝ln x－x的零点个数是( )A.3B.2C.1D.02.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x －1023 4f(x)12020f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( ) A.1 B.2C.3D.43.若方程8x ＝x 2＋6ln x ＋m 仅有一个解，则实数m 的取值范围为( ) A.(－∞，7) B.(12－6ln 3，＋∞)C.(15－6ln 3，＋∞)D.(－∞，7)∪(15－6ln 3，＋∞)二、填空题 4.若函数f (x )＝ax －ae x＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.5.已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax －a 存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，则x 1＋2x 0＝________.三、解答题6.已知x ＝1是函数f (x )＝13ax 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋5的一个极值点.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝2x ＋m 有三个交点，求实数m 的取值范围.7.已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R)，若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围.8.已知函数f (x )＝e x ＋(a －e)x －ax 2. (1)当a ＝0时，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间(0，1)内存在零点，求实数a 的取值范围.9.设函数f (x )＝ln x －a (x －1)e x ，其中a ∈R. (1)若a ≤0，讨论f (x )的单调性； (2)若0<a <1e ，10.(多填题)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是________；若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________.答案导数与函数的零点考点一判断零点的个数【例1】已知函数f (x )＝ln x －x 2＋ax ，a ∈R. (1)证明ln x ≤x －1；(2)若a ≥1，讨论函数f (x )的零点个数.(1)证明令g (x )＝ln x －x ＋1(x >0)，则g (1)＝0， g ′(x )＝1x －1＝1－x x，可得x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增； x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减. ∴当x ＝1时，函数g (x )取得极大值也是最大值， ∴g (x )≤g (1)＝0，即ln x ≤x －1.(2)解 f ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x，x >0.令－2x 20＋ax 0＋1＝0，解得x 0＝a ＋a 2＋84(负值舍去)，在(0，x 0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；在(x 0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减. ∴f (x )max ＝f (x 0).当a ＝1时，x 0＝1，f (x )max ＝f (1)＝0，此时函数f (x )只有一个零点x ＝1. 当a >1时，f (1)＝a －1>0，f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a －14a 2＋12<12a －1－14a 2＋12 ＝－⎝⎛⎭⎫12a －122－14<0，f (2a )＝ln 2a －2a 2<2a －1－2a 2＝－2⎝⎛⎭⎫a －122－12<0. ∴函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12a ，1和区间(1，2a )上各有一个零点. 综上可得：当a ＝1时，函数f (x )只有一个零点x ＝1；当a >1时，函数f (x )有两个零点.规律方法1.利用导数求函数的零点常用方法：(1)构造函数g (x )(其中g ′(x )易求，且g ′(x )＝0可解)，利用导数研究g (x )的性质，结合g (x )的图象，判断函数零点的个数.(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点. 2.根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”. 【训练1】已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1).(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点.(1)解当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减. (2)证明由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增.故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.又f(3a－1)＝－6a2＋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.考点二根据零点个数求参数的值(范围)【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值.(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.解(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1).(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点.由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，－1<m＋1<0，即－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1).规律方法 1.函数零点个数可转化为图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.2.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.【训练2】已知函数f(x)＝1x2＋a ln x(a∈R).(1)求f(x)的单调递减区间；(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围.解(1)由题意可得，f′(x)＝－2x3＋ax＝ax2－2x3(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a >0时，f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋2a ⎝⎛⎭⎫x －2a x 3，由f ′(x )≤0，解得0<x ≤2a， ∴此时函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，2a a . 综上可得：a ≤0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)， a >0时，函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，2a a . (2)由(1)可得若函数f (x )有两个不同的零点，则必须满足a >0，且f ⎝⎛⎭⎫2a ＝a 2＋a 2ln 2a<0，化为ln 2a <－1，解得a >2e.所以实数a 的取值范围是(2e ，＋∞). 考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4，且b <12ln 2时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0). 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a. 故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.规律方法 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.2.由(1)知，函数f ′(x )存在唯一零点x 0，则f (x 0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f (x 0)≥2a ＋a ln 2a.【训练3】已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围.(1)证明设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减. 又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2>0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点. 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点. (2)解由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0. 由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减. 又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0].强化训练一、选择题1.(2020·重庆一中训练)函数f (x )＝ln x －x 的零点个数是( ) A.3B.2C.1D.0解析 f ′(x )＝1x －12x ＝2－x 2x ，定义域(0，＋∞).当0<x <4时，f ′(x )>0；当x >4时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0，4)上递增，在(4，＋∞)上递减，则f (x )max ＝f (4)＝ln 4－2＝ln4e 2<0. ∴f (x )<0恒成立，故f (x )没有零点. 答案 D2.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x －1023 4f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)( )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 D3.若方程8x＝x2＋6ln x＋m仅有一个解，则实数m的取值范围为()A.(－∞，7)B.(12－6ln 3，＋∞)C.(15－6ln 3，＋∞)D.(－∞，7)∪(15－6ln 3，＋∞)解析方程8x＝x2＋6ln x＋m仅有一个解等价于函数m(x)＝x2－8x＋6ln x＋m(x>0)的图象与x 轴有且只有一个交点.又m′(x)＝2x－8＋6x＝2（x－1）（x－3）x.当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)是增函数；当x∈(1，3)时，m′(x)<0，m(x)是减函数；当x∈(3，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)是增函数，∴m(x)极大值＝m(1)＝m－7，m(x)极小值＝m(3)＝m＋6ln 3－15.∵当x趋近于0时，m(x)趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，m(x)趋近于正无穷，∴要使m(x)的图象与x轴有一个交点，必须有m(x)极大值＝m－7<0或m(x)极小值＝m＋6ln 3－15>0，故m<7或m>15－6ln 3.答案 D二、填空题4.若函数f(x)＝ax－ae x＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________.解析f′(x)＝a e x－（ax－a）e xe2x＝－a（x－2）e x(a<0).当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，∴当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝ae2＋1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝ae2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)5.(2020·湖南长郡中学检测)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax －a 存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，则x 1＋2x 0＝________.解析由f (x )＝x 3－x 2＋ax －a ，得f ′(x )＝3x 2－2x ＋a . ∵x 0为f (x )的极值点，知3x 20－2x 0＋a ＝0.① 因为f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，所以x 31－x 21＋ax 1－a ＝x 30－x 20＋ax 0－a ，化为x 21＋x 1x 0＋x 20－(x 1＋x 0)＋a ＝0，把a ＝－3x 20＋2x 0代入上述方程可得x 21＋x 1x 0＋x 20－(x 1＋x 0)－3x 20＋2x 0＝0，化为x 21＋x 1x 0－2x 20＋x 0－x 1＝0，即(x 1－x 0)(x 1＋2x 0－1)＝0， ∵x 1－x 0≠0，∴x 1＋2x 0＝1. 答案 1 三、解答题6.已知x ＝1是函数f (x )＝13ax 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋5的一个极值点.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝2x ＋m 有三个交点，求实数m 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，由f ′(1)＝0，得a ＝1， ∴f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋5.(2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝2x ＋m 有三个交点，则g (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋5－2x －m ＝13x 3－32x 2＋5－m 有三个零点.由g ′(x )＝x 2－3x ＝0，得x ＝0或x ＝3.由g ′(x )>0，得x <0或x >3；由g ′(x )<0，得0<x <3.∴函数g (x )在(－∞，0)和(3，＋∞)上为增函数，在(0，3)上为减函数. 要使g (x )有三个零点，只需⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （3）<0，解得12<m <5.故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，5. 7.已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R)，若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围. 解 g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x. 因为x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，所以当g ′(x )＝0时，x ＝1.当1e≤x <1时，g ′(x )>0；当1<x ≤e 时，g ′(x )<0. 故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1.又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2， g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝⎛⎭⎫1e ，所以g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e).g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2. 8.已知函数f (x )＝e x ＋(a －e)x －ax 2.(1)当a ＝0时，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间(0，1)内存在零点，求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝0时，f (x )＝e x －e x ，则f ′(x )＝e x －e ，f ′(1)＝0，当x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，且极小值为f (1)＝0，无极大值.(2)由题意得f ′(x )＝e x －2ax ＋a －e ，设g (x )＝e x －2ax ＋a －e ，则g ′(x )＝e x －2a .若a ＝0，则f (x )的最大值f (1)＝0，故由(1)得f (x )在区间(0，1)内没有零点.若a <0，则g ′(x )＝e x －2a >0，故函数g (x )在区间(0，1)内单调递增.又g (0)＝1＋a －e<0，g (1)＝－a >0，所以存在x 0∈(0，1)，使g (x 0)＝0.故当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)＝1，f (1)＝0，所以当a <0时，f (x )在区间(0，1)内存在零点.若a >0，由(1)得当x ∈(0，1)时，e x >e x .则f (x )＝e x ＋(a －e)x －ax 2>e x ＋(a －e)x －ax 2＝a (x －x 2)>0，此时函数f (x )在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a 的取值范围为(－∞，0).9.(2019·天津卷)设函数f (x )＝ln x －a (x －1)e x ，其中a ∈R.(1)若a ≤0，讨论f (x )的单调性；(2)若0<a <1e， ①证明f (x )恰有两个零点；②设x 0为f (x )的极值点，x 1为f (x )的零点，且x 1>x 0，证明3x 0－x 1>2.(1)解由已知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －[a e x ＋a (x －1)e x ]＝1－ax 2e x x. 因此当a ≤0时，1－ax 2e x >0，从而f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)内单调递增.(2)证明①由(1)知，f ′(x )＝1－ax 2e x x. 令g (x )＝1－ax 2e x ，由0<a <1e，知g (x )在(0，＋∞)内单调递减. 又g (1)＝1－a e>0，且g ⎝⎛⎭⎫ln 1a ＝1－a ⎝⎛⎭⎫ln 1a 2·1a＝1－⎝⎛⎭⎫ln 1a 2<0，故g (x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f ′(x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解，不妨设为x 0，则1<x 0<ln 1a. 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝g （x ）x >g （x 0）x＝0，所以f (x )在(0，x 0)内单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＝g （x ）x <g （x 0）x＝0，所以f (x )在(x 0，＋∞)内单调递减，因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )＝ln x －x ＋1，则当x >1时，h ′(x )＝1x－1<0，故h (x )在(1，＋∞)内单调递减，从而当x >1时，h (x )<h (1)＝0，所以ln x <x －1，从而f ⎝⎛⎭⎫ln 1a ＝ln ⎝⎛⎭⎫ln 1a －a ⎝⎛⎭⎫ln 1a －1eln 1a＝ln ⎝⎛⎭⎫ln 1a －ln 1a＋1＝h ⎝⎛⎭⎫ln 1a <0.又因为f (x 0)>f (1)＝0，所以f (x )在(x 0，＋∞)内有唯一零点.又f (x )在(0，x 0)内有唯一零点1，从而，f (x )在(0，＋∞)内恰有两个零点.②由题意，⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x 0）＝0，f （x 1）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax 20e x 0＝1，ln x 1＝a （x 1－1）e x 1，从而ln x 1＝x 1－1x 20e x 1－x 0，即e x 1－x 0＝x 20ln x 1x 1－1. 因为当x >1时，ln x <x －1，又x 1>x 0>1，故e x 1－x 0<x 20（x 1－1）x 1－1＝x 20，两边取对数，得ln e x 1－x 0<ln x 20，于是x 1－x 0<2ln x 0<2(x 0－1)，整理得3x 0－x 1>2.10.(多填题)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是________；若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________.解析当λ＝2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥2，x 2－4x ＋3，x <2，其图象如图(1).由图知f (x )<0的解集为(1，4).若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ恰有2个零点有两种情况： ①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点.在同一平面直角坐标系中画出y ＝x －4与y ＝x 2－4x ＋3的图象，如图(2)，平移直线x ＝λ，可得λ∈(1，3]∪(4，＋∞).答案 (1，4) (1，3]∪(4，＋∞)。

导数与函数的零点问题考点与题型归纳

导数与函数的零点问题考点与题型归纳考点一判断函数零点的个数[典例]设函数f(x)＝ln x＋mx，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数．[解]由题设，g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(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)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．所以φ(x)的最大值为φ(1)＝23.由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m＞23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点．[题组训练]1．已知函数f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32，求方程f (x )＝0的解的个数．解：因为f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32(x ＞0)，所以f ′(x )＝3x －x ＋2＝－x 2＋2x ＋3x ＝－(x －3)(x ＋1)x，当x ∈(0,3)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (3)＝3ln 3－92＋6－3ln 3－32＝0，因为当x →0时，f (x )→－∞；当x →＋∞时，f (x )→－∞，所以方程f (x )＝0只有一个解．2．设f (x )＝x －1x－2ln x . (1)求证：当x ≥1时，f (x )≥0恒成立；(2)讨论关于x 的方程x －1x－f (x )＝x 3－2e x 2＋tx 根的个数．解：(1)证明：f (x )＝x －1x－2ln x 的定义域为(0，＋∞)． ∵f ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝x 2－2x ＋1x 2＝(x －1)2x 2≥0， ∴f (x )在[1，＋∞)上是单调增函数，∴f (x )≥f (1)＝1－1－2ln 1＝0对于x ∈[1，＋∞)恒成立．故当x ≥1时，f (x )≥0恒成立得证．(2)化简方程得2ln x ＝x 3－2e x 2＋tx .注意到x ＞0，则方程可变为2ln x x＝x 2－2e x ＋t . 令L (x )＝2ln x x，H (x )＝x 2－2e x ＋t ，则L ′(x )＝2(1－ln x )x 2. 当x ∈(0，e)时，L ′(x )＞0，∴L (x )在(0，e)上为增函数；当x ∈(e ，＋∞)时，L ′(x )＜0，∴L (x )在(e ，＋∞)上为减函数．∴当x＝e时，L(x)max＝L(e)＝2e.函数L(x)＝2ln xx，H(x)＝(x－e)2＋t－e2在同一坐标系内的大致图象如图所示．由图象可知，①当t－e2＞2e ，即t＞e2＋2e时，方程无实数根；②当t－e2＝2e ，即t＝e2＋2e时，方程有一个实数根；③当t－e2＜2e ，即t＜e2＋2e时，方程有两个实数根．考点二由函数零点个数求参数[典例](2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.[解](1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4a e 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值． ①当h (2)＞0，即a ＜e 24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点． ②当h (2)＝0，即a ＝e 24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点． ③当h (2)＜0，即a ＞e 24时，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．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 )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e 24. [解题技法]根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．[题组训练]1．(2019·安阳一模)已知函数f (x )＝x 33＋x 22与g (x )＝6x ＋a 的图象有3个不同的交点，则a 的取值范围是________．解析：原问题等价于函数h (x )＝x 33＋x 22－6x 与函数y ＝a 的图象有3个不同的交点，由h ′(x )＝x 2＋x －6＝(x －2)(x ＋3)，得x ＝2或x ＝－3，当x ∈(－∞，－3)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增；当x ∈(－3,2)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．且h (－3)＝272，h (2)＝－223，数形结合可得a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－223，272. 答案：⎝⎛⎭⎫－223，272 2．(2019·赣州模拟)若函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝a e x －x －2a ，∴f ′(x )＝a e x －1.当a ≤0时，f ′(x )≤0恒成立，函数f (x )在R 上单调递减，不可能有两个零点；当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 1a ，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫ －∞，ln 1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ ln 1a ，＋∞上单调递增，∴f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ ln 1a ＝1－ln 1a－2a ＝1＋ln a －2a . 令g (a )＝1＋ln a －2a (a ＞0)，则g ′(a )＝1a－2. 当a ∈⎝⎛⎭⎫ 0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝⎛⎭⎫ 12，＋∞时，g (a )单调递减， ∴g (a )max ＝g ⎝⎛⎭⎫ 12＝－ln 2＜0， ∴f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ ln 1a ＜0，函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)[课时跟踪检测]1．设a 为实数，函数f (x )＝－x 3＋3x ＋a .(1)求f (x )的极值；(2)是否存在实数a ，使得方程f (x )＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋3，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝1.∵当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(－1,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增．∴f (x )的极小值为f (－1)＝a －2，极大值为f (1)＝a ＋2.(2)方程f (x )＝0恰好有两个实数根，等价于直线y ＝a 与函数y ＝x 3－3x 的图象有两个交点．∵y ＝x 3－3x ，∴y ′＝3x 2－3.令y ′＞0，解得x ＞1或x ＜－1；令y ′＜0，解得－1＜x ＜1.∴y ＝x 3－3x 在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)和(－∞，－1)上为增函数．∴当x ＝－1时，y 极大值＝2；当x ＝1时，y 极小值＝－2.∴y ＝x 3－3x 的大致图象如图所示．y ＝a 表示平行于x 轴的一条直线，由图象知，当a ＝2或a ＝－2时，y ＝a 与y ＝x 3－3x 有两个交点．故当a ＝2或a ＝－2时，方程f (x )＝0恰好有两个实数根．2．(2019·锦州联考)已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1.∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)＞f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e 2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )在R 上单调递增，且当x ＞1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)＞0；当x ＜0时，取x ＝－1a，则f ⎝⎛⎭⎫－1a ＜1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －1＝－a ＜0，∴函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a ＜0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝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，∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )＞0，解得－e 2＜a ＜0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．3．(2018·郑州第一次质量预测)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a(a ∈R 且a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数．解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x ＞0)，当a ＜0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2＞0，得x ＞1a，由f ′(x )＝ax －1ax 2＜0，得0＜x ＜1a，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减．综上所述，当a ＜0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减． (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数，等价于方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，则h ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x－1在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0.∴1x＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1＞0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递增，∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－2e 1e ＋1e，h (x )max ＝h (e)＝e. ∴当m ＜－2e 1e＋1e或 m ＞e 时，函数g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上没有零点；当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有一个零点．4．(2019·益阳、湘潭调研)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x ，a ∈R.(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程；(2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，f (e)＝e ＋1，f ′(x )＝1x ＋1，f ′(e)＝1＋1e ，∴曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y －(e ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1＋1e (x －e)，即y ＝⎝⎛⎭⎫1e ＋1x . (2)f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x(x ＞0)， ①当a ≤0时，显然f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ＞0时，令f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x＝0，则－2ax 2＋x ＋1＝0，易知Δ＞0恒成立．设方程的两根分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)，则x 1x 2＝－12a＜0，∴x 1＜0＜x 2， ∴f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x ＝－2a (x －x 1)(x －x 2)x(x ＞0)．由f ′(x )＞0得x ∈(0，x 2)，由f ′(x )＜0得x ∈(x 2，＋∞)，其中x 2＝1＋8a ＋14a， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减． (3)函数f (x )有两个零点，等价于方程a ＝ln x ＋x x2有两解．令g (x )＝ln x ＋x x 2(x ＞0)，则g ′(x )＝1－2ln x －x x 3. 由g ′(x )＝1－2ln x －x x 3＞0，得2ln x ＋x ＜1，解得0＜x ＜1， ∴g (x )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，又∵当x ≥1时，g (x )＞0，当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，∴作出函数g (x )的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a ∈(0,1)时符合题意．下面给出证明：当a ≥1时，a ≥g (x )max ，方程至多一解，不符合题意；当a ≤0时，方程至多一解，不符合题意；当a ∈(0,1)时，g ⎝⎛⎭⎫1e ＜0，∴g ⎝⎛⎭⎫1e －a ＜0， g ⎝⎛⎭⎫2a ＝a 24⎝⎛⎭⎫ln 2a ＋2a ＜a 24⎝⎛⎭⎫2a ＋2a ＝a ， ∴g ⎝⎛⎭⎫2a －a ＜0.∴方程在⎝⎛⎭⎫1e ，1与⎝⎛⎭⎫1，2a 上各有一个根，∴若f (x )有两个零点，a 的取值范围为(0,1)．。

专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)

导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x x =+. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）讨论函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+，令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论：当21e a <-时，零点的个数为0个；当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个；当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围．【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案；【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论．【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增，又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞，根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点．综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增，此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意，综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增．（2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增．（2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-．所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增．（2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-，设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =，所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<．以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，且 x →+∞时，()0h x →，()11h =，所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =，当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减，当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+，所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数；当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数；当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．（2022·天津静海一中高三月考）已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行．（1）求a 的值和函数()f x 的单调区间；（2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围．【答案】（1）-9，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-；由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-．（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点． ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--， ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <；由()0g x '<，解得12x <<．∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →，作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围．（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=，令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩，解得3ln204k -<<，则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+，令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增；因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围．【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值；（2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =．（2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<；当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。

专题12 导数与函数的零点(方程的根)(考点清单)(原卷版)

专题12 导数与函数的零点（方程的根）（考点清单）目录一、思维导图 (1)二、知识回归 (2)三、典型例题讲与练 (2)考点清单：01判断（证明、讨论）函数零点（方程的根）的个数 (2)【考试题型1】判断函数零点（方程的根）的个数 (2)【考试题型2】证明函数零点（方程的根）的唯一性 (3)【考试题型3】讨论函数零点（方程的根）的个数 (3)考点清单：02利用极值（最值）研究函数的零点（方程的根） (4)【考试题型1】利用极值（最值）研究函数的零点（方程的根） (4)考点清单：03数形结合法研究函数的零点（方程的根） (6)【考试题型1】数形结合法研究函数的零点（方程的根） (6)考点清单：04利用同构函数法研究函数的零点（方程的根） (7)【考试题型1】利用同构函数法研究函数的零点（方程的根） (7)一、思维导图二、知识回归知识点01：函数的零点（1）函数零点的定义：对于函数()y f x =，把使()0f x =的实数x 叫做函数()y f x =的零点．（2）三个等价关系方程0)(=x f 有实数根⇔函数)(x f y =的图象与x 轴有交点的横坐标⇔函数)(x f y =有零点．知识点02：函数零点的判定如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是()0f x =的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点三、典型例题讲与练：01判断（证明、讨论）函数零点（方程的根）的个数【考试题型1】判断函数零点（方程的根）的个数（） A ．0B ．1C ．2D ．3【专训1-2】（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知函数ln ,0()1,0x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，()()()g x f x f x =+-，，则函数()g x 的零点个数为（）A ．2B ．3C ．4D ．5【考试题型2】证明函数零点（方程的根）的唯一性【考试题型3】讨论函数零点（方程的根）的个数【解题方法】分类讨论法+图象【典例1】（2022上·江苏·高三校联考阶段练习）已知函数()2cos f x x x =-.：02利用极值（最值）研究函数的零点（方程的根）【考试题型1】利用极值（最值）研究函数的零点（方程的根）【解题方法】极值，最值：03数形结合法研究函数的零点（方程的根）【考试题型1】数形结合法研究函数的零点（方程的根）【解题方法】数形结合【专训1-2】（2022下·广东佛山·高二校考阶段练习）已知函数()2e xf x x -=.(1)求()f x 的单调区间和极值.(2)若关于x 的方程()f x k =有唯一的实数根，求实数k 的取值范围.：04利用同构函数法研究函数的零点（方程的根）【考试题型1】利用同构函数法研究函数的零点（方程的根）【解题方法】同构函数。

专题14 利用导数研究函数零点问题(解析版)

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

导数与函数的零点问题 - 上课讲义

题型四、导数与函数的零点问题理论：当函数具有极值点时，在这个极值点左右两则（局部），函数的单调性是不同的，这样就可以结合函数图象的变化趋势来确定方程解的个数，如果函数在定义域内有唯一的极值点且为极小值点，那么极小值点就是最小值点，当这个最小值小于零且左右侧均出现大于零的函数值时，函数就出现了两个零点，方程就有两个解；当这个最小值等于零或者虽然最小值小于零，但有一侧没有大于零的函数值时，函数就出现一个零点，方程就只有一个解。

（当有几个极值点时，类似考虑）思考：怎么论证()0f x =在(),a b 内的解个数问题？类型一、以根为载体，考查函数、方程、不等式及其它特性1.方程3269100x x x -+-=的实根的个数是（） A.3 B.2 C.1 D.0 分析与解：记()326910f x x x x =-+-，则()()()()2343313f x x x x x '=-+=--，当(),1x ∈-∞时，()0f x '>，()f x 递增；当()1,3x ∈时，()0f x '<，()f x 递减；当()3,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 递增；所以当1x =时，()f x 取得极大值()160f =-<，当3x =时，()f x 取得极小值()3100f =-<，所以()f x 有1个零点，即方程有1个实数解；点评：一元三次函数()32f x ax bx cx d =+++的零点个数判断：①()()0f x f x ⨯>极小极大时，()f x 有1个零点； ②()()0f x f x ⨯=极小极大时，()f x 有2个零点； ③()()0f x f x ⨯<极小极大时，()f x 有3个零点；变式1：若方程0233=+-ax x （0>a ）有三个不同的实根，则实数a 的取值范围为（） A. 1>a B. 0>a C. 31<<a D. 10<<a 分析与解：记()332f x x ax =-+，则()233f x x a '=-，令()0f x '=，得x a =实根，则((0fa f a ⋅-<，解得1a >，选A 。

【高考理数】利用导数解决函数零点问题(解析版)

2020题型一利用导数讨论函数零点的个数【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∈a >0，∈x 1<x 2，列表如下：∈f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a ＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∈存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∈f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解，即不等式2a ≤1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，∈y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最大值为4，∈2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝1－4a 2， ∈当1－4a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．∈当1－4a2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0.又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4a2<0，即0<a <2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)， ∈φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1x <0，∈φ(x )在(0,1)上单调递减．又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e3＋2e 2－3e 2>0，∈存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，(∈)当0<x ≤x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝f (x )且h (x )为减函数．又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∈h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (∈)当x >x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∈g (1)＝0，∈h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0<a <2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点；当a >2时，h (x )无零点．题组训练一利用导数讨论函数零点的个数已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数．【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x(x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∈函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2.(2)g (x )＝x ln x －12ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0，故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0，使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，取x 1＝e a ，又a <0，∈0<x 1<1，∈g (x 1)＝x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-＝e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221，设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2e a ，(a <0)，h ′(a )＝－12a e a －12e a －2e a ＋2，(a <0)，h ′(0)＝－12，h ″(a )＝e －a －e a ＋e －a －12a e a >0，∈h ′(a )在(－∞，0)上单调递增，h ′(a )<h ′(0)<0， ∈h (a )在(－∞，0)上单调递减，∈h (a )>h (0)＝0， ∈g (x 1)>0，即当a <0时，g (e a )>0.当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，且g (2)＝2ln2－2<0. ∈函数g (x )在(0，＋∞)上始终有两个零点．题型二由函数零点个数求参数的取值范围【题型要点解析】研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．已知函数f (x )＝mxln x ，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2x －1无零点，求k 的取值范围．【解析】 (1)函数f (x )＝mx ln x 的导数为f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2，又由题意有：f ′(e2)＝12∈m 4＝12∈m ＝2，故f (x )＝2xln x.此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2，由f ′(x )≤0∈0<x <1或1<x ≤e ，所以函数f (x )的单调减区间为(0,1)和(1，e]．(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1∈g (x )＝x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∈(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kxx －1在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解．构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ∈h ′(x )＝kx －2x2.∈当k ≤0时，h ′(x )<0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内恒成立，所以函数h (x )在(0,1)内单调递减，h (x )在(1，＋∞)内也单调递减.又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；∈当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2∈h ′(x )＝22x k x k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-， (i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e2k>0，故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点，所以不满足条件；(ii)若k ＝2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以x ∈(0,1)∈(1，＋∞)时，h (x )>0恒成立，故无零点，满足条件；(iii)若k >2，则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点．又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －k )>0，所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点，故不满足条件．综上可得：k 的取值范围为：k ≤0或k ＝2.题组训练二由函数零点个数求参数的取值范围已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围．【解析】(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x－2a 2x －a＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减．当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ∈若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；∈若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛1,21a 上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34，又∈a >12，∈ln 12a <0，∈不等式不成立．∈f (x )在(0,1]内无零点；当a <0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ∈若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；∈若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．题型三利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： (1)在该区间上构造与方程相应的函数； (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号； (4)作出结论．已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2.(1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∈f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －x －2.∈f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程3x ＋y －4＝0.(2)令g (x )＝f (x )－x －2＝0，则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln xx ，令h (x )＝1－(x －2)·ln xx，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ，∈t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数，又∈t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∈h (x )max ＝h (1)＝1.因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1.g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∈e －2<x <e∈函数g (x )在(e －2，e －32)上单调递增，在(e －32，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，∈g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e ＝g (e)，即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，∈m ≥2e 2－3e .题组训练三利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解已知y ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时，求y 的最小值φ(x )；(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.∈当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1；∈当x >0时，f (t )的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋112x ，若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x ≤13，即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭⎫⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x >13，即0<x <13或x >1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.综合∈∈，得φ(x )＝⎩⎨⎧4x 3－1，x <13或x >1，4x 3＋2x 2－83x －13，13≤x ≤1.(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0，＋∞)，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，g ′(x )，g (x )取值的变化情况如下表：∈当t2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3＝－2t (3t －2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.∈当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点；若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛2,0t 内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0，综合∈∈，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【专题训练】1．已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∈a ≤1ln 2x －1ln x＝221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x －14.∈x ∈(1，＋∞)，∈ln x ∈(0，＋∞)， ∈当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∈a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0，解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∈f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x ＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∈4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，求函数g (x )的解析式； (2)在(1)的条件下，求函数y ＝g (x )的图象在点P (－1，g (－1))处的切线方程； (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，若方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1，代入得a ＝－1，∈g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∈g ′(x )＝3x 2－2x －1，g ′(－1)＝4，∈点P (－1,1)处的切线斜率k ＝g ′(－1)＝4，∈函数y ＝g (x )的图象在点P (－1,1)处的切线方程为y －1＝4(x ＋1)，即4x －y ＋5＝0.(3)由题意知，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0， ∈当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝h (1)＝－2， ∈a ≥－2.令φ(a )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∈φ(a )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∈φ(－2)＝－2e －2＝－2e 2，φ(－1)＝－e －1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，∈方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2e 2.3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ，所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)上单调递增．所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。

函数与导数之零点问题(解析版)

函数与导数之零点问题一．考情分析零点问题涉及到函数与方程，但函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图像与x 轴的交点的横坐标,函数y ＝f (x )也可以看作二元方程f (x )－y ＝0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：①是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：②是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点.二．经验分享1.确定函数f (x )零点个数(方程f (x )＝0的实根个数)的方法：(1)判断二次函数f (x )在R 上的零点个数，一般由对应的二次方程f (x )＝0的判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来完成；对于一些不便用判别式判断零点个数的二次函数，则要结合二次函数的图象进行判断．(2)对于一般函数零点个数的判断，不仅要用到零点存在性定理，还必须结合函数的图象和性质才能确定，如三次函数的零点个数问题．(3)若函数f (x )在[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且是单调函数，又f (a )·f (b )＜0，则y ＝f (x )在区间(a ，b )内有唯一零点．2.导数研究函数图象交点及零点问题利用导数来探讨函数)(x f y =的图象与函数)(x g y =的图象的交点问题，有以下几个步骤： ①构造函数)()()(x g x f x h -=； ②求导)('x h ；③研究函数)(x h 的单调性和极值（必要时要研究函数图象端点的极限情况）； ④画出函数)(x h 的草图，观察与x 轴的交点情况，列不等式；⑤解不等式得解.探讨函数)(x f y =的零点个数，往往从函数的单调性和极值入手解决问题，结合零点存在性定理求解.三、题型分析（一）确定函数的零点与方程根的个数问题例1.【四川省成都七中2020届高三上半期考试，理科数学，12】函数)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，则方程0log )(2=-x x f 的根个数为（）A.3B.4C.5D.6 【答案】C【解析】)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，根据性质我们可以画出函数图像，方程0log )(2=-x x f 的根个数转化成⎩⎨⎧==x y x f y 2log )(的交点个数，有图像可以看出，一共有5个交点，ABCDE.其中我x=8处是要仔细看图，是易错点。

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

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

导数与函数的零点问题考点与题型归纳

导数与函数的零点问题考点与题型归纳且f(1)=0，所以当x≥1时，f(x)≥XXX成立。

2)解：由题可知，x－－f(x)＝x3－2ex2＋tx，即f(x)＝x－－x3＋2ex2－tx。

设g(x)=f'(x)=1-2x+2ex-t，求g(x)的零点。

当x1时，g(x)>0.所以f(x)在[0,1)上是单调减函数，在(1,＋∞)上是单调增函数。

又因为f(0)=0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以方程x－－f(x)=x3－2ex2＋tx的根有且只有一个。

给定函数$f(x)=e^x-ax^2$，其中$a>0$。

1) 当$a=1$时，证明对于$x\geq 0$，有$f(x)\geq 1$。

证明：当$a=1$时，$f(x)\geq 1$等价于$(x^2+1)e^{-x}-1\leq 0$。

设$g(x)=(x^2+1)e^{-x}-1$，则$g'(x)=-e^{-x}(x^2-2x+1)=-e^{-x}(x-1)^2$。

当$x\neq 1$时，$g'(x)<0$，因此$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减。

而$g(0)=0$，因此对于$x\geq 0$，有$g(x)\leq 0$，即$f(x)\geq 1$。

2) 若$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，求$a$。

设$h(x)=1-ax^2e^{-x}$。

由于$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，因此$h(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点。

i) 当$a\leq \frac{1}{e}$时，$h(x)>0$，因此$h(x)$没有零点。

ii) 当$a>\frac{1}{e}$时，$h'(x)=a(x-2)e^{-x}$。

当$x\in(0,2)$时，$h'(x)0$。

因此$h(x)$在$(0,2)$上单调递减，在$(2,+\infty)$上单调递增。

导数专题：利用导数研究函数零点的4种常见考法(原卷版)

导数专题：利用导数研究函数零点的4种常见考法一、函数零点问题常规求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴（或y=k）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象判断零点或根据零点分析参数。

二、利用导数确定函数零点的常用方法1、图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极（最）值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需要使用极限）；2、利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值（最值）及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数。

三、利用函数的零点求参数范围的方法1、分离参数（a=g(x)）后，将原问题转化为y=g(x)的值域（最值）问题或转化为直线y=a 与y=g(x)的图象的交点个数问题（优先分离、次选分类）求解；2、利用函数零点存在定理构造不等式求解；3、转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解。

四、导函数的零点不可直接求时的应对策略1、“特值试探法”：当导函数的零点不可求时，可尝试利用特殊值试探，此时特殊值的选取应遵循一下原则：①当含有ln x 的函数中，通常选取k x e =，特别的，选当0k =时，1x =来试探；②在含有x e 的函数中，通常选取ln x k =，特别的，选取当1k =时，0x =来试探，在探得导函数的一个零点后，结合导函数的单调性，确定导函数在零点左右的符号，进而确定原函数的单调性和极值，使问题得到解决。

2、“虚设和代换法”：当导函数()f x '的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点的存在，再虚设为0x ，接下来通常有两个方向：①由0()0f x '=得到一个关于0x 的方程，再将这个关于0x 的方程的整体或局部代入0()f x ，从而求得0()f x ，然后解决相关的问题；②根据导函数()f x '的单调性，得出0x 两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解。

考点21利用导数研究函数的零点(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习(新高考版)

考点21利用导数研究函数的零点（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】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【核心题型】题型一　利用函数性质研究函数的零点利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．【例题1】（2024·全国·模拟预测）若函数()e 2xf x x a =-+-有两个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-¥B ．(],0-¥C ．(),0¥-D ．(),1-¥【变式1】（2024·陕西西安·一模）若不等式e ln 2x x x a x -+³-恒成立，则实数a 的取值范围为.【变式2】（2024·全国·模拟预测）已知函数2()(2)ln f x x a x a x =-++，a ÎR .(1)讨论()f x 的单调性；(2)设2e ()()(1)2(1)ln xg x f x x a x a a x x =-+-+-+-，若()g x 存在两个不同的零点1x ，2x ，且12x x <.（i ）证明：2e 1a >+；（ii ）证明：22142121a a x x a ---<-.【变式3】（2024·辽宁·三模）已知()()211e 2xf x x ax =-+.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0a >时，证明：函数()f x 有且仅有两个零点12,x x ，且120x x +<.题型二　数形结合法研究函数的零点含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．【例题2】（2024·北京房山·一模）若函数(]()ln ln(1),,0()1,0,exx x f x x ¥¥ì-Î-ï=íÎ+ïî，则函数()()g x f x x c =++零点的个数为（）A ．1B ．2C ．1或2D ．1或3【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知函数3e ,111(),()11,12xx x f x g x x a x x x ì>-ïï+==++íï+£-ïî．若(())0g f x =有三个不同的根，则a 的取值范围为．【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数()()e 1xf x ax a =--ÎR ．(1)若函数()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线2e 10x y ++=垂直，求a 的值；(2)当(]0,2x Î时，讨论函数()()ln F x f x x x =-零点的个数．【变式3】（2024·河北邯郸·二模）已知函数()()e ,ln xf x mxg x x m x =-=-．(1)是否存在实数m ，使得()f x 和()g x 在()0,¥+上的单调区间相同？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．(2)已知12,x x 是()f x 的零点，23,x x 是()g x 的零点．①证明：e m >，②证明：31231e x x x <<．题型三　构造函数法研究函数的零点涉及函数的零点(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内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【例题3】（2023·吉林通化·模拟预测）已知函数()()232()23f x x x ax b =+-+满足：①定义域为R ；②142b <<；③有且仅有两个不同的零点1x ，2x ，则1211+x x 的取值范围是（）A ．(2,1)--B ．11,2æö--ç÷èøC ．1,12æöç÷èøD ．(1,2)【变式1】（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数2()e 2ln x f x ax x x a =---，则（）A ．当1a =时，()f x 有极小值B ．当1a =时，()f x 有极大值C ．若()0f x ³，则1a =D ．函数()f x 的零点最多有1个【变式2】（2024·全国·模拟预测）设函数()()2ln f x x ax x a =-++ÎR .(1)若1a =，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数()f x 在1,e e éùêúëû上有两个零点，求实数a 的取值范围.（其中e 是自然对数的底数）【变式3】（2024·广东·二模）已知()()21122ln ,02f x ax a x x a =+-->.(1)求()f x 的单调区间；(2)函数()f x 的图象上是否存在两点()()1122,,,A x y B x y （其中12x x ¹），使得直线AB 与函数()f x 的图象在1202x x x +=处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·四川资阳·模拟预测）将函数()1cos e xf x x =-在()0,¥+上的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列{}n x （其中*n ÎN ），则（）A ．11ππ22n n x n æöæö-<<+ç÷ç÷èøèøB ．1πn n x x +-<C ．()121πn n x x n ++>-D ．(){}1πn x n --为递减数列2．（23-24高三上·湖北荆门·阶段练习）()22e 5x f x x =-的零点的个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．33．（2023·四川成都·二模）若指数函数x y a =（0a >且1a ¹）与幂函数5y x =的图象恰好有两个不同的交点，则实数a 的取值范围是（）A ．e5e ,¥æö+ç÷èøB ．e51,e æöç÷èøC ．e 51,e æöæöç÷ç÷ç÷èøèøD ．e 51,e æöç÷èø4．（2023·全国·模拟预测）已知函数1522ln 4()e 4ln(4)e 2x a a xx f x x x -+-=++-++存在零点，则实数a 的值为（）A ．2-B ．15ln24-C ．3-D ．15ln34-二、多选题5．（2024·全国·模拟预测）已知函数()31f x x ax =-+，a ÎR ，则（）A ．若()f x 有极值点，则0a £B ．当1a =时，()f x 有一个零点C ．()()2f x f x =--D ．当1a =时，曲线()y f x =上斜率为2的切线是直线21y x =-6．（2024·辽宁抚顺·三模）已知定义在R 上的奇函数()f x 连续，函数()f x 的导函数为()f x ¢．当0x >时，()()()cos sin e f x x f x x f x ¢>+×¢，其中e 为自然对数的底数，则（）A ．()f x 在R 上为减函数B ．当0x >时，()0f x <C ．π3π22f f æöæö>ç÷ç÷èøèøD ．()f x 在R 上有且只有1个零点三、填空题7．（2024·内蒙古包头·一模）已知函数()()32340f x kx x k k =-+>，若()f x 存在唯一的零点，则k 的取值范围是 .8．（2024·四川成都·模拟预测）若函数()2e 2x m f x x x =--在()1,2x Î-上有2个极值点，则实数m 的取值范围是 .四、解答题9．（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知()e xf x a x =-，()cosg x x =.(1)讨论()f x 的单调性.(2)若0x ∃使得()()00f x g x =，求参数a 的取值范围.10．（2024·宁夏固原·一模）已知函数()()ln 11(0)f x ax x a =++>．(1)求()f x 的最小值；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．11．（2024·全国·模拟预测）已知函数1()e (0)x f x x a x =->，且()f x 有两个相异零点12,x x ．(1)求实数a 的取值范围．(2)证明：122eax x +>．12．（2024·湖北黄石·三模）已知函数()ln f x x x m =-+有两个零点1x ，2x .(1)求实数m 的取值范围；(2)如果1212x x x <£，求此时m 的取值范围.综合提升练一、单选题1．（2023·湖南·模拟预测）有甲、乙两个物体同时从A 地沿着一条固定路线运动，甲物体的运动路程1s （千米）与时间t （时）的关系为()121ts t =-，乙物体运动的路程2s （千米）与时间t （时）的关系为()23s t t =，当甲、乙再次相遇时，所用的时间t （时）属于区间（）A ．()2,3B ．()3,4C ．()4,5D ．()5,62．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）函数()sin 2f x x x =+-的零点所在的大致区间为（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,43．（2024·全国·模拟预测）若函数()e ln 2x f x x x x a =--+-有两个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-¥B ．(],0-¥C ．(),0¥-D ．(),1-¥4．（23-24高三下·江西·阶段练习）函数()|2||ln |f x x m x =--有且只有一个零点，则m 的取值可以是（）A ．2B ．1C ．3D ．e5．（2024·陕西汉中·二模）已知函数3232,0()ln ,0x x x x f x x x ì---£=í>î，()()g x f x mx =-有4个零点，则m 的取值范围为（）A ．11(,4eB ．1(2,0]{}e -U C ．1(2,0]{}4-U D ．11(,0](,)4e-¥U 6．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2xf x kx b =--恰有一个零点0x ，且0b k >>，则0x 的取值范围为（）A ．1ln2,ln2-æö-¥ç÷èøB ．ln2,1ln2æö-¥ç÷-èøC ．1ln2,ln2-æö+¥ç÷èøD ．ln2,1ln2æö+¥ç÷-èø7．（2024·贵州贵阳·一模）已知函数()e ,0e ,0x a xf x x x -ì+>ï=íï<î，若方程()e 0f x x +=存在三个不相等的实根，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e -¥B ．(),e -¥-C ．(),2e -¥-D ．(),2e -¥8．（2024·陕西·二模）已知()0f x ³，且0x >时，()()22cos f x x f x =×，则下列选项正确的是（）A ．()2x f x f æö>ç÷èøB ．当()ππ2x k k ¹+ÎZ 时，()()2tan 2f x xf x £C ．若2π42πf æö=ç÷èø，()()22sin x f x g x x=为常函数，则()1f x =在区间()0,1内仅有1个根D ．若()11f =，则()2827f <二、多选题9．（2024·辽宁·三模）已知函数()()1ln ,ln ,f x ax x g x a x a x=-=+为实数，下列说法正确的是（）A ．当1a =时，则()f x 与()g x 有相同的极值点和极值B ．存在R a Î，使()f x 与()g x 的零点同时为2个C ．当()0,1a Î时，()()1f x g x -£对[]1,e x Î恒成立D ．若函数()()f x g x -在[]1,e 上单调递减，则a 的取值范围为2,e æù-¥çúèû10．（2024·河北唐山·一模）已知函数()331f x x x =-+，则（）A ．直线32y x =-是曲线()y f x =的切线B ．()f x 有两个极值点C ．()f x 有三个零点D ．存在等差数列{}n a ，满足()155k k f a ==å11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()(1)ln f x x x =-，2()g x x =，下列命题正确的是（）A ．若()()()H x f x g x =-，则()H x 有且只有一个零点B ．若()()()f x H xg x =，则()H x 在定义域上单调，且最小值为0C ．若()()()H x f x g x ¢=-，则()H x 有且只有两个零点D ．若()()(||)g x H x f x ¢=，则()H x 为奇函数三、填空题12．（2023·四川内江·模拟预测）若函数()e x f x kx =-有两个零点，则k 的取值范围为．13．（2024·四川泸州·二模）若函数1()ln ef x x x a =-+有零点，则实数a 的取值范围是．14．（2024·广东佛山·二模）若函数()ln e ln e x xa xf x x x a x=+--（R a Î）有2个不同的零点，则实数a 的取值范围是．四、解答题15．（23-24高三上·河南·期末）已知函数()ln(1)sin f x a x x x =+-．(1)若0a =，求曲线()y f x =在点ππ,22f æöæöç÷ç÷èøèø处的切线方程；(2)若1a =，研究函数()f x 在(]1,0x Î-上的单调性和零点个数．16．（2024·四川泸州·三模）已知函数1(e )x ax f x =-（0a >），(1)讨论函数()f x 的零点个数；(2)若|()ln |x x x f x >+恒成立，求函数()f x 的零点0x 的取值范围．17．（2024·四川·模拟预测）已知函数()2211e ,2exf x ax x x a =--³．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0x >时，求证：()21ln 12f x x x ³--．18．（2024·北京朝阳·一模）已知函数()()()1e R xf x ax a =-Î.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式()()1f x a x >-无整数解，求a 的取值范围.19．（2024·全国·模拟预测）已知函数()(0,1)x f x a a a =>¹，函数()log (0,1)a g x x a a =>¹．(1)当e a =时，讨论函数()()()h x f x g x =的单调性；(2)当01a <<时，求函数()()()S x f x g x =-的零点个数．拓展冲刺练一、单选题1．（2024·云南·模拟预测）已知函数()e ln x f x x x x a =---，若()0f x =在()0,e x Î有实数解，则实数a 的取值范围是（）A ．[)0,¥+B ．1,e ¥éö+÷êëøC ．[)1,+¥D ．[)e,+¥2．（2024·浙江杭州·模拟预测）若函数()ln f x x x x x a =-+-有且仅有两个零点，则a 的取值范围是（）A ．()1,00,e e æö-Èç÷èøB ．()2,00,e e æö-Èç÷èøC ．()2,00,3e æö-Èç÷èøD ．()1,00,3e æö-Èç÷èø3．（2024·四川成都·二模）函数()()e sin ,π,x f x a x x =+Î-+¥，下列说法不正确的是（）A ．当1a =-时，()0f x >恒成立B ．当1a =时，()f x 存在唯一极小值点0xC ．对任意()0,a f x >在()π,x Î-+¥上均存在零点D ．存在()0,a f x <在()π,x Î-+¥上有且只有一个零点4．（2024·甘肃武威·模拟预测）已知函数()4ln 12f x ax a x æö=--+ç÷èø有3个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．()1,+¥B ．()2,+¥C ．(),1-¥-D ．(),2-¥-二、多选题5．（2024·重庆·一模）已知函数()32e 2x f x x x ax =+--，则()f x 在()0,¥+有两个不同零点的充分不必要条件可以是（）A ．e 2e 1a -<<-B ．e 1e a -<<C ．e e 1a <<+D ．e 1e 2a +<<+6．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数()(1)ln 1f x m x x x =+-+，下列说法正确的有（）A ．当12m =时，则()y f x =在(0,)+¥上单调递增B ．当1m =时，函数()y f x =有唯一极值点C ．若函数()y f x =只有两个不等于1的零点12,x x ，则必有121x x ×=D ．若函数()y f x =有三个零点，则102m <<三、填空题7．（2023·湖北·一模）若函数21ln(21),2()12,2x x f x x x a x ì->ïï=íï--+£ïî在1x =处的切线与()f x 的图像有三个公共点，则a 的取值范围．8．（2023·河南·模拟预测）已知函数()32f x x bx cx c =+++有三个零点，且它们的和为0，则b c -的取值范围是 .四、解答题9．（2024·北京丰台·二模）已知函数()()222ln 0f x a x x a =+¹．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．10．（2024·全国·模拟预测）已知函数()cos ln(1)f x x x =++．(1)求证：()f x 在π1,2æö-ç÷èø上有唯一的极大值点；(2)若()1f x ax £+恒成立，求a 的值；(3)求证：函数()()g x f x x =-有两个零点．。

导数与函数的零点(方程的根)(考点清单+知识导图+ 7个考点)(原卷版)-25学年高二数学上学期期末

导数与函数的零点（方程的根）
提升训练）【清单01】函数的零点
．
，
【例4】（24-25高三上·广东梅州·期中）已知函数()()2
f x x x a b =-+在1x =处取得极大值.(1)求a 的值；
(2)若()f x 有且只有3个零点，求实数b 的取值范围.
【变式4-1】（23-24高二下·湖北孝感·阶段练习）已知函数3()f x x x =-．(1)求曲线()y f x =在点()1,0M 处的切线方程；
(2)如果过点()1,b 可作曲线()y f x =的三条切线，求实数b 的取值范围．
【变式4-2】（23-24高二下·江苏无锡·期中）已知函数()()32
1R f x ax bx a =++∈，当2x =时，()f x 取得
极值3-．
(1)求()f x 的解析式；
(2)若()f x k =在区间[]1,3-上有解，求k 的取值范围.
【考点题型五】数形结合法研究函数的零点（方程的根）
【例5】（2024高三上·全国·专题练习）已知函数()()()2e 2e x x
f x a a x a =+--∈R .若()f x 有两个零点.求a
不等式
的取值范围；
的充分必要条件是
的零点个数为（
，有不等式
=。

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