导数的零点问题
理科导数零点问题一
理科导数零点问题一11．（本小题共13分）已知函数mx x x f -+=)1ln()(．（I ）当1m =时，求函数)(x f 的单调递减区间； （II ）求函数)(x f 的极值；（III ）若函数()f x 在区间20,1e ⎡⎤-⎣⎦上恰有两个零点，求m 的取值范围．2.（本小题满分14分）已知函数()()21ln 2f x a x a x x =--+（0a <）．⑴ 求()f x 的单调区间；⑵ 若()12ln 21a -<<-，求证：函数()f x 只有一个零点0x ，且012a x a +<<+； ⑶ 当45a =-时，记函数()f x 的零点为0x ，若对任意[]120,0,x x x ∈，且211x x -=，都有()()21f x f x m -≥成立，求实数m 的最大值．（本题可参考数据：ln 20.7≈，9ln 0.84≈，9ln 0.595≈） 3.（海淀）已知函数2()e ()x f x x ax a =+-，其中a 是常数.(Ⅰ)当1a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）若存在实数k ，使得关于x 的方程()f x k =在[0,)+∞上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围.4.（西城）已知函数()1e x a f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，其中0a >．⑴求函数()f x 的零点； ⑵讨论()y f x =在区间(,0)-∞上的单调性；⑶在区间,2a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦上，()f x 是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．5．（本小题共13分）石景山已知函数()=ln +1,f x x ax a R -∈是常数．（Ⅰ）求函数=()y f x 的图象在点(1,(1))P f 处的切线l 的方程； （Ⅱ）证明函数=()(1)y f x x ≠的图象在直线l 的下方； （Ⅲ）讨论函数=()y f x 零点的个数．答案：1.（本小题共13分）解：（I ）依题意，函数()f x 的定义域为()+∞-,1， 当1m =时，()ln(1)f x x x =+-，∴1()11f x x'=-+ ……2分 由()0f x '<得1101x-<+，即01xx -<+ 解得0x >或1x <-，又1x >-，0x ∴>∴()f x 的单调递减区间为(0,)+∞． ……………………4分（II ）m xx f -+='11)(，)1(->x （1）0≤m 时，0)(≥'x f 恒成立)(x f 在),1(∞+-上单调递增，无极值. …6分（2）0>m 时，由于111->-m 所以)(x f 在⎥⎦⎤ ⎝⎛--11,1m 上单调递增，在⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+-,11m 上单调递减， 从而1ln )11()(--=-=m m mf x f 极大值． ……………………9分 （III ）由（II ）问显然可知， 当0≤m 时，()f x 在区间20,1e ⎡⎤-⎣⎦上为增函数， ∴在区间20,1e ⎡⎤-⎣⎦不可能恰有两个零点． ……………………10分当0>m 时，由（II ）问知()=f x 极大值1(1)f m-，又(0)0f =，0∴为()f x 的一个零点．…11分∴若()f x 在20,1e ⎡⎤-⎣⎦恰有两个零点，只需22(1)01011f e e m ⎧-≤⎪⎨<-<-⎪⎩即222(1)011m e m e⎧--≤⎪⎨<<⎪⎩2211m e ∴≤<- 2.（本小题满分14分）⑴ ()11f x a x x a'=⋅-+-()()21x a x x a a x a x x a x a --+-+-++==--，x a >． ………………2分 设()()21h x x a x =-++，则()0h a a =<，对称轴12a x a +=>，()21a ∆=+1°1a <-时，()h a 在(),a +∞有两个零点1a +和0，且10a +<∴()f x 在(),1a a +和()0,+∞上单调递减；()f x 在()1,0a +上单调递增． ………………3分 2°1a =-时，()h a 在(),a +∞上满足()0h a ≤∴()f x 在(),a +∞上单调递减……4分 3°10a -<<时，()h a 在(),a +∞有两个零点1a +和0，且01a <+∴()f x 在(),0a 和()0,1a +上单调递减；()f x 在()0,1a +上单调递增． ………………5分 ⑵ 当()12ln 21a -<<-时，由⑴中3°情形，只需要证明()00f >同时()20f a +<． ……7分 而()()0ln 0f a a =-> ………………8分()()()22112ln 222ln 2122f a a a a a a +=-+++=--()()()212ln 21ln 212ln 2102<----=⎡⎤⎣⎦ 因此原命题得证． ………………9分⑶ 当45a =-时，()()()()21111f x f x f x f x -=+-()22111111441441ln 111ln 552552x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=-++-++++++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ………………10分11149441ln ln 55552x x x ⎛⎫⎛⎫=+-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 设()49441ln ln 55552g x x x x ⎛⎫⎛⎫=+-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()24141151332194495555555x x g x x x x x ++'=⋅-⋅+=⋅⎛⎫⎛⎫++++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ………………11分 因此()g x '在[)0,+∞上满足()0g x '>，∴()g x 在[)0,+∞()0,+∞上单调递增 ………………12分因此()()0g x g ≥49441491ln ln ln 0.1455552542=--=-≈ ………………13分也即当10x =，21x =时()()21f x f x -取得最小值为0.14，因此实数m 的最大值为0.14．………14分 3.（海淀）已知函数2()e ()x f x x ax a =+-，其中a 是常数. (Ⅰ)当1a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）若存在实数k ，使得关于x 的方程()f x k =在[0,)+∞上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围.解：(Ⅰ)由2()e ()x f x x ax a =+-可得2'()e [(2)]x f x x a x =++.………2分 当1a =时,(1)e f = ,'(1)4e f =. ……4分所以 曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为()e 4e 1y x -=-，即4e 3e y x =-.……5分 （Ⅱ） 令2'()e ((2))0x f x x a x =++=，解得(2)x a =-+或0x =.……6分当(2)0a -+≤，即2a ≥-时，在区间[0,)+∞上，'()0f x ≥，所以()f x 是[0,)+∞上的增函数. 所以 方程()f x k =在[0,)+∞上不可能有两个不相等的实数根.…8分当(2)0a -+>，即2a <-时，()'(),f x f x 随x 的变化情况如下表x0 (0,(2))a -+ (2)a -+ ((2),)a -++∞'()f x 0-0 +()f xa -↘24e a a ++ ↗由上表可知函数()f x 在[0,)+∞上的最小值为24((2))e a a f a ++-+=.………10分 因为 函数()f x 是(0,(2))a -+上的减函数，是((2),)a -++∞上的增函数， 且当x a ≥-时，有()f x e ()aa a -≥->-. ……………11分所以 要使方程()f x k =在[0,)+∞上有两个不相等的实数根，k 的取值范围必须是24(,]e a a a ++-. 13分4.⑴令()0f x =，得x a =-，所以函数()f x 的零点为a -．⑵函数()f x 在区域(,0)-∞上有意义，22()e xx ax a f x x+-'=⋅， 令()0f x '=得221244,22a a a a a ax x --+-++==， 因为0a >，所以120,0x x <>，当x 在定义域上变化时，()f x '的变化情况如下：x 1(,)x -∞1(,0)x()f x ' +-()f x所以在区间24,2a a a ⎛⎫--+-∞ ⎪ ⎪⎝⎭上()f x 是增函数，在区间24,02a a a ⎛⎫--+ ⎪ ⎪⎝⎭上()f x 是减函数．⑶在区间,2a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦上()f x 存在最小值2a f ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 证明：由⑴知a -是函数()f x 的零点，因为22144022a a a a a aa x a --+-++--=--=>，所以10x a <-<．由()1e x a f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭知，当x a <-时，()0f x >．又函数在1(,0)x 上是减函数，且102ax a <-<-<．所以函数在区间1,2a x ⎛⎤- ⎥⎝⎦上的最小值为2a f ⎛⎫- ⎪⎝⎭，且02a f ⎛⎫-< ⎪⎝⎭． 所以函数在区间,2a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦上的最小值为2a f ⎛⎫- ⎪⎝⎭． 计算得2e 2aa f -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭．5.（本小题共13分） （Ⅰ）1()=f x a x'- …………………1分 (1)=+1f a -，=(1)=1l k f a '-，所以切线 l 的方程为(1)=(1)l y f k x --，即=(1)y a x -． ……3分（Ⅱ）令()=()(1-)=ln +1>0F x f x a x x x x --，，则11()=1=(1)()=0=1.F x x F x x x x''--， 解得 x )1 , 0(1) , 1(∞+()F x ' +-)(x F↗最大值↘…………………6分(1)<0F ，所以>0x ∀且1x ≠，()<0F x ，()<(1)f x a x -，即函数=()(1)y f x x ≠的图像在直线 l 的下方． …………………8分 （Ⅲ）令()=ln +1=0f x x ax -，ln +1=x a x . 令 ln +1()=x g x x ，22ln +11(ln +1)ln ()=()==x x xg x x x x -''- 则()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,+)∞上单调递减，当=1x 时，()g x 的最大值为(1)=1g . 所以若>1a ，则()f x 无零点；若()f x 有零点，则1a ≤．…10分若=1a ，()=ln +1=0f x x ax -，由（Ⅰ）知()f x 有且仅有一个零点=1x .若0a ≤，()=ln +1f x x ax -单调递增，由幂函数与对数函数单调性比较，知()f x 有且仅有一个零点（或：直线=1y ax -与曲线=ln y x 有一个交点）.若0<<1a ，解1()==0f x a x'-得1=x a ，由函数的单调性得知()f x 在1=x a 处取最大值，11()=ln >0f a a，由幂函数与对数函数单调性比较知，当x 充分大时()<0f x ，即()f x 在单调递减区间1(,+)a∞有且仅有一个零点；又因为1()=<0af e e-，所以()f x 在单调递增区间1(0)a ，有且仅有一个零点.综上所述，当>1a 时，()f x 无零点；当=1a 或0a ≤时，()f x 有且仅有一个零点； 当0<<1a 时，()f x 有两个零点. …………………13分。
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 ,+∞.。
导数零点问题
函数零点问题知识点:1、零点的定义:函数的零点方程的根(解) 与轴的交点的横坐标(注意函数的零点就是一个实数)2、零点的推广:函数的零点方程的根(解)方程的根(解)函数与函数图像交点的横坐标、3、我们通常利用导数来研究函数的零点,注意导函数的零点与原函数的极值点之前的关系、1、 已知函数x a x x f ln 21)(2-=)(R a ∈, 若函数)(x f 在),1(+∞为增函数,求a 的取值范围;讨论方程0)(=x f 解的个数,并说明理由、2、 已知函数()()ln ()x f x e a a =+为常数就是R 上的奇函数,函数()()sin g x f x x λ=+就是区间[一1,1]上的减函数.(I)求a 的值;(II) 若()21g x t t λ≤++在x ∈[一1,1]上恒成立,求t 的取值范围. (Ⅲ) 讨论关于x 的方程2ln 2()x x ex m f x =-+的根的个数。
3、 若,ln 6)(m x x g +=问就是否存在实数m,使得y= f(x)=28x x -+的图象与的图象有且只有两个不同的交点？若存在,求出m 的值;若不存在,说明理由、4、 已知函数, 求在区间上的最大值就是否存在实数m ,使得的图象与的图象有且只有三个不同的交点？若存在,求出m 的取值范围;,若不存在,说明理由。
5、 已知函数在处取得极值、求函数的解析式;求证:对于区间上任意两个自变量的值x 1,x 2,都有; 若过点可作曲线的三条切线,求实数m 的取值范围、6.奇函数cx bx ax x f ++=23)(的图象E 过点)210,22(),2,2(B A -两点、求)(x f 的表达式;求)(x f 的单调区间;若方程0)(=+m x f 有三个不同的实根,求m 的取值范围、7.已知()f x 就是二次函数,不等式()0f x <的解集就是(0,5),且()f x 在区间[]1,4-上的最大值就是12。
导数零点问题总结
导数零点问题导数是研究函数的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．用导数研究函数f (x )的单调性，往往需要解方程f ′(x )＝0. 若该方程不易求解时，如何继续解题呢？猜——猜出方程f ′(x )＝0的根[典例] 设f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围． [方法演示]解：(1)因为f ′(x )＝－ln xx 2，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，所以a <1<a ＋1，即0<a <1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)．(2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解．设g (x )＝f (x )－x 2＋2x ，则g ′(x )＝2(1－x )－ln xx 2. 接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0. 但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．可得g ′(1)＝0，且当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]．[解题师说]当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x 时，常猜x ＝0或x ＝ln x .[应用体验]1．函数f (x )＝e x ＋12x 2－(2＋ln 2)x 的最小值为________．答案：2－2ln 2－12ln 22解析：f ′(x )＝e x ＋x －(2＋ln 2)．接下来，需求函数f (x )的单调区间，所以需解不等式f ′(x )≥0及f ′(x )≤0，因而需解方程f ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．易知f ′(x )是增函数，所以方程f ′(x )＝0至多有一个实数根，且可观察出此实数根就是ln 2，所以函数f (x )在(－∞，ln 2)上是减函数，在(ln 2，＋∞)上是增函数，所以f (x )min ＝f (ln 2)＝2－2ln 2－12ln 22.设——设出f ′(x )＝0的根[典例] (2015·(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 .[方法演示]解：(1)法一：f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－a x ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，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 <14时，f ′(b )<0，所以当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．法二：f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．令方程f ′(x )＝0，得a ＝2x e 2x (x >0)．因为函数g (x )＝2x (x >0)，h (x )＝e 2x (x >0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u (x )＝2x e 2x (x >0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．由此可得，当a ≤0时，f ′(x )无零点；当a >0时，f ′(x )有唯一零点．(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. 所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，当且仅当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a(基本不等式)．所以当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .[解题师说]本题第(2)问的解题思路是求函数f (x )的最小值．因此需要求f ′(x )＝0的根．但是f ′(x )＝2e 2x－ax ＝0的根无法求解．故设出f ′(x )＝0的根为x 0，通过证明f (x )在(0，x 0)和(x 0，＋∞)上的单调性知f (x )min ＝f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的设而不求．[应用体验]2．设函数f (x )＝e x －ax －2.(1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值． 解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．若a >0，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． (2)由于a ＝1，所以(x －k )f ′(x )＋x ＋1＝(x －k )(e x －1)＋x ＋1. 故当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0等价于k <x ＋1e x －1＋x (x >0)．①令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝－x e x －1(e x －1)2＋1＝e x (e x －x －2)(e x －1)2.由(1)知，函数h (x )＝e x －x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)． 又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等价于k <g (α)，故整数k 的最大值为2.证——证明方程f ′(x )＝0无根[典例] 已知m ∈R ，函数f (x )＝mx －m －1x －ln x ，g (x )＝1x＋ln x .(1)求函数g (x )的极小值；(2)若函数y ＝f (x )－g (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数m 的取值范围； (3)设h (x )＝2ex ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)－g (x 0)>h (x 0)，求实数m 的取值范围．[方法演示]解：(1)函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. ∴x ＝1为g (x )的极小值点，极小值g (1)＝1.(2)∵y ＝mx －m －1x －1x －2ln x ＝mx －m x －2ln x . ∴y ′＝m ＋m x 2－2x ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即m ≥2x x 2＋1在x ∈[1，＋∞)上恒成立．又2x x 2＋1＝2x ＋1x ≤1，所以m ≥1.所以实数m 的取值范围为[1，＋∞)．(3)由题意知，关于x 的不等式f (x )－g (x )>h (x )在[1，e]上有解，即关于x 的不等式2e ＋2x ln x x 2－1<m (1<x ≤e)有解．设u (x )＝2e ＋2x ln x x 2－1(1<x ≤e)，则u ′(x )＝2x 2－4e x －2－(2x 2＋2)ln x(x 2－1)2(1<x ≤e)，但不易求解方程u ′(x )＝0. 可大胆猜测方程u ′(x )＝0无解，证明如下：由1<x ≤e ，可得－(2x 2＋2)ln x <0，2x 2－4e x －2＝2(x －e)2－2e 2－2<0， 所以u ′(x )<0，u (x )在(1，e]上是减函数，所以函数u (x )的值域是4ee 2－1，＋∞，故所求实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫4ee 2－1，＋∞.[解题师说]当利用导函数求函数f (x )在区间[a ，b ]，[a ，b )或(a ，b ]上的最值时，可首先考虑函数f (x )在该区间上是否具有单调性，若具有单调性，则f (x )在区间的端点处取得最值(此时若求f ′(x )＝0的根，则此方程是无解的)．[应用体验]3．(理)若存在x 使不等式x －mex >x 成立，则实数m 的取值范围为________．答案：(－∞，0)解析：法一：(理)由题意，知存在x 使不等式－m >x e x －x 成立．设x ＝t (t ≥0)，则存在t ≥0使不等式－m >t e t 2－t 2成立．设f (t )＝t e t 2－t 2(t ≥0)，则f ′(t )＝e t 2(2t 2＋1)－2t (t ≥0)，需解方程f ′(t )＝0，但此方程不易求解．可大胆猜测方程f ′(t )＝0无解(若方程f ′(t )＝0无解，则f ′(t )的值恒正或恒负(否则由零点存在性定理知方程f ′(t )＝0有解)，得f (t )是增函数或减函数，此时研究函数f (t )就很方便)，证明如下：f ′(t )＝e t 2(2t 2＋1)－2t ≥22t e t 2－2t ≥0(t ≥0)，所以f ′(t )>0(t ≥0)，所以函数f (t )是增函数，故其最小值为f (0)＝0. 所以－m >0，即m <0.(文)由题意，知存在x 使不等式－m >x e x －x 成立，当x ＝0时，m <0，当x >0时，令f (x )＝x e x－x ，则f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x －1，不易求方程f ′(x )＝0的根，故可大胆猜测方程f ′(x )＝0无解，即f ′(x )的值恒正或恒负．证明如下：f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x －1≥212x ·x e x －1＝2e x －1，∵x >0，∴2e x >2，∴2e x －1>0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数，∴f (x )>f (0)＝0，∴－m >0，即m <0.综上可知m 的取值范围为(－∞，0)．法二：不等式x －m e x ＞x 成立，等价于m ＜x －x ·e x . 故存在x 使不等式x －mex ＞x 成立，等价于m ＜(x －x ·e x )max . 令f (x )＝x －x e x ，则f ′(x )＝1－⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x <0. ∴f (x )＝x －x e x 在[0，＋∞)上是单调递减函数，故(x －x ·e x )max ＝0，∴m ＜0.1．已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数，e ＝2.718 28……是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数．证明：对任意x >0，g (x )<1＋e －2. 解：(1)f ′(x )＝1x－ln x －k e x，因为f ′(1)＝0，所以1－k ＝0，即k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x. 易知h (x )＝1x －ln x －1在(0，＋∞)上是减函数，且h (1)＝0，所以当0<x <1时，f ′(x )>0，当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．(3)证明：由(2)可知，当x ≥1时，g (x )＝xf ′(x )≤0<1＋e －2，故只需证明g (x )<1＋e －2在0<x <1时成立．当0<x <1时，e x >1，且g (x )>0，∴g (x )＝1－x ln x －xe x<1－x ln x －x .设F (x )＝1－x ln x －x ，x ∈(0,1)，则F ′(x )＝－(ln x ＋2)，当x ∈(0，e －2)时，F ′(x )>0，当x ∈(e－2,1)时，F ′(x )<0，所以当x ＝e－2时，F (x )取得最大值F (e －2)＝1＋e －2. 所以g (x )<F (x )≤1＋e －2.综上，对任意x >0，g (x )<1＋e －2.2．已知函数f (x )＝k e x －x 2有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)．(1)求k 的取值范围； (2)求f (x 1)，f (x 2)的取值范围．解：(1)因为f ′(x )＝k e x －2x ，所以由f ′(x )＝0，得k ＝2x e x . 设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2e x (1－x )．当x <1时，φ′(x )>0，当x >1时，φ′(x )<0，所以φ(x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x ＝1时，φ(x )max ＝2e . 作出函数φ(x )的图象如图所示．因为函数f (x )有两个极值点，所以y ＝k 与y ＝φ(x )的图象有两个交点，所以由图可得k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，2e . (2)由f ′(x 1)＝k e x 1－2x 1＝0，得k e x 1＝2x 1，所以f (x 1)＝k e x 1－x 21＝2x 1－x 21＝1－(1－x 1)2由图可得x 1的取值范围是(0,1)，所以f (x 1)的取值范围是(0,1)．同理，可得f (x 2)＝k e x 2－x 22＝2x 2－x 22＝1－(x 2－1)2，由图可得x 2的取值范围是(1，＋∞)，所以f (x 2)的取值范围是(－∞，1)． 3．设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R)．(1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝⎛⎦⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，所以f ′(x )＝x e x －2x ＝x (e x －2)．由f ′(x )>0，得x >ln 2或x <0；由f ′(x )<0，得0<x <ln 2，所以函数f (x )的递增区间是(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，递减区间是(0，ln 2)．(2)f ′(x )＝x (e x －2k )．由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln 2k .事实上，可证ln 2k <k ，设g (k )＝ln 2k －k ⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则g ′(k )＝1－k k ≥0⎝⎛⎭⎫12<k ≤1， 所以g (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是增函数，所以g (k )≤g (1)＝ln 2－1<0，即ln 2k <k .所以f (x )在(0，ln 2k )上是减函数，在(ln 2k,1]上是增函数，所以M ＝max{f (0)，f (k )}． 设h (k )＝f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3＋1⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则h ′(k )＝k (e k －3k )⎝⎛⎭⎫12<k ≤1. 又令φ(k )＝e k －3k ⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则φ′(k )＝e k －3≤e －3<0⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，所以函数φ(k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是减函数．又因为φ⎝⎛⎭⎫12>0，φ(1)<0，所以函数φ(k )在⎝⎛⎭⎫12，1上存在唯一的零点k 0(该零点就是函数φ(k )的隐零点)．所以当12<k <k 0时，φ(k )>0，即h ′(k )>0，当k 0<k ≤1时，φ(k )<0，即h ′(k )<0，所以函数h (k )在12，1上是先增后减．又因为h ⎝⎛⎭⎫12＝78－e 2>0，h (1)＝0，所以h (k )＝f (k )－f (0)≥0，f (k )≥f (0)⎝⎛⎭⎫12<k ≤1， 故M ＝f (k )＝(k －1)e k －k 3.4．(2015·山东高考)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值． 解：(1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2.又f ′(x )＝ln x ＋ax ＋1，所以a ＝1. 当a ＝1时，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线2x －y －2＝0与直线2x －y ＝0平行，所以所求a 的值为1.(2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0,1]时，h (x )＜0. 又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2＞1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0. 因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x (x －2)e x，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )＞1－1e ＞0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增．所以当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0(x 0就是函数f (x )－g (x )的隐零点)，且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)ln x ，x ∈(0，x 0]，x 2ex ，x ∈(x 0，＋∞).当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0；若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＞0，可知0＜m (x )≤m (x 0)；故m (x )≤m (x 0)． 当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x (2－x )e x，可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减． 可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)＜m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e2.。
导数中的零点问题
导数中的零点问题题型一：零点的基本解法1、已知函数$f(x)=2\ln x-x+mx,x\in[2e,+\infty)$，求实数$m$的取值范围。
2、已知函数$f(x)=x\mathrm e^x-a(x+1)^2/2,x\in[0,+\infty)$有两个零点，求实数$a$的取值范围。
1) 若$a=\mathrm e$，求函数$f(x)$的极值。
2) 若函数$f(x)$有两个零点，求实数$a$的取值范围。
3、已知函数$f(x)=a\mathrm e^{2x}+(a-2)\mathrm e^x-x$。
1）讨论$f(x)$的单调性。
2）若$f(x)$有两个零点，求$a$的取值范围。
4、已知函数$f(x)=-(2ax+ax+(x-2)\mathrm e^x)/2,a>0$。
1）求函数$f(x)$的单调区间。
2）若函数$f(x)$存在$3$个零点，求$a$的取值范围。
题型二：切线与零点关系1、曲线在点$(1,1)$处的切线方程为；过点$(1,1)$处的切线方程为。
2、已知函数$f(x)=\frac{1}{2}x^3+mx+n(m,n\in\mathbb{R})$。
1）若$f(x)$在$x=1$处取得极大值，求实数$m$的取值范围。
2）若$f(1)=\frac{1}{2}$，且过点$p(2,1)$有且只有两条直线与曲线$y=f(x)$相切，求实数$m$的值。
3、已知函数$f(x)=ax^2+bx-3x$在$x=\pm 1$处取得极值。
1）求函数$f(x)$的解析式。
2）若过点$A(1,m)$可作曲线$y=f(x)$的三条切线，求实数$m$的取值范围。
题型三：极值与零点关系1、已知函数$f(x)=x^3-6x^2+3x+t(t\in\mathbb{R})$。
1）求函数$f(x)$的单调区间。
2）设函数$g(x)=f(x)$有三个不同的极值点，求$t$的取值范围。
3）设函数$g(x)=\mathrm e^{f(x)}$有三个不同的极值点，求$t$的取值范围。
导数与函数零点问题解题方法归纳
导函数零点问题一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题.二．解题策略类型一 察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【2020·福建南平期末】已知函数()()21e x f x x ax =++. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()21e 1x g x x mx =+--在[)1,-+∞有两个零点，求m 的取值范围. 【分析】（1）首先求出函数的导函数因式分解为()()()11e xf x a x x =++'+，再对参数a 分类讨论可得； （2）依题意可得()()21e xg x m x =+'-，当0m 函数在定义域上单调递增，不满足条件；当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数，因为()01g m '=-，()00g =.再对1m =，1m ，01m <<三种情况讨论可得.【解析】（1）因为()()21x f x x ax e =++，所以()()221e xf x x a x a ⎡⎤=+++⎣⎦'+， 即()()()11e xf x a x x =++'+. 由()0f x '=，得()11x a =-+，21x =-.①当0a =时，()()21e 0x f x x =+'，当且仅当1x =-时，等号成立.故()f x 在(),-∞+∞为增函数.②当0a >时，()11a -+<-，由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-，由()0f x <′得()11a x -+<<-；所以()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数.③当0a <时，()11a -+>-，由()0f x >′得()1x a >-+或1x <-，由()0f x <′得()11x a -<<-+；所以()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.综上，当0a =时，()f x 在为(),-∞+∞增函数；当0a >时，()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数；当0a <时，()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.（2）因为()()21e 1x g x x mx =+--，所以()()21e x g x m x =+'-， ①当0m 时，()0g x '，()g x 在[)1,-+∞为增函数，所以()g x 在[)1,-+∞至多一个零点.②当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数.因为()01g m '=-，()00g =.（ⅰ）当1m =时，()00g '=，0x >时，()0g x '>，10x -<<时，()0g x '<；所以()g x 在[)1,0-为减函数，在[)0,+∞为增函数，()()min 00g x g ==.故()g x 在[)1,-+∞有且只有一个零点.（ⅱ）当1m 时，()00g '<，()()210m g m e m m '=+->，()00,x m ∃∈，使得()00g x '=， 且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.所以()()000g x g <=，又()()()22221e 1110m g m m m m m =+-->+--=， 根据零点存在性定理，()g x 在()0,x m 有且只有一个零点.又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0.故当1m 时，()g x 在[)1,-+∞有两个零点.（ⅲ）当01m <<时，()01g m -'=-<，()00g '>，()01,0x ∃∈-，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.因为()g x 在()0,x +∞有且只有一个零点0，若()g x 在[)1,-+∞有两个零点，则()g x 在[)01,x -有且只有一个零点.又()()000g x g <=，所以()10g -即()2110e g m -=+-，所以21e m -， 即当211em -<时()g x 在[)1,-+∞有两个零点. 综上，m 的取值范围为211em -< 【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x时，常猜x ＝0或x ＝ln x .2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】 【2020·山西吕梁期末】已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()sin x g x e x =-，若()()()()2h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点，求a 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2ln f x x a x x =--， 21()2f x x '=+2221a x ax x x-+-=， 对于2210x ax -+=，28a ∆=-，当[a ∈-时，()0f x '≥，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当(,a ∈-∞-时，对于0x >，有()0f x '>，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当)a ∈+∞时，令()0f x '>，得04a x <<或4a x >，令()0f x '<，得44a a x <<，所以()f x 在，)+∞上是增函数，在(44a a 上是减函数.综上，当(,a ∈-∞时，()f x 在(0,)+∞上是增函数；当)a ∈+∞时，()f x 在(0,)4a -，()4a ++∞上是增函数，在(44a a 上是减函数. （2）由已知可得()cos x g x e x '=-， 因为0x >，所以e 1x >，而c o s 1x ≤，所以cos 0x e x ->，所以()0g x '>，所以()sin xg x e x =-在()0+∞，上单调递增. 所以()()00g x g >=.故()h x 有两个零点，等价于()2y f x x =-=1aInx x--在()0+∞，内有两个零点. 等价于1ln 0a x x--=有两根， 显然1x =不是方程的根， 因此原方程可化为()1ln 01x x x x a-=>≠且， 设()ln x x x φ=，()ln 1x x φ='+，由()0x φ'>解得11x e<<，或1x > 由()0x φ'<解得10x e <<， 故()ln x x x φ=在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在()1,1,1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.其图像如下所示：所以()min 11x e eφφ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 所以110e a-<-<， 所以a e >. 类型二 设而不求，巧“借”零点 【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln x f x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a ≥+. 【解析】（I ）()f x 的定义域为0+，，2()=20x a f x e x x . 当0a时,()0f x ，()f x 没有零点； 当0a 时，因为2x e 单调递增，a x 单调递增，所以()f x 在0+，单调递增.又()0f a ,当b 满足04a b 且14b 时，(b)0f ,故当0a 时，()f x 存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x 在0+，的唯一零点为0x ，当00x x ，时，()0f x ;当0+x x ，时，()0f x .故()f x 在00x ，单调递减，在0+x ，单调递增，所以当0x x 时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x ，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a . 故当0a 时，2()2ln f x a a a. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20x af x e x 的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”．【举一反三】 【2020·江西赣州期末】已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+.（1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【解析】（1）令2()x f x e ax x =--，则()21x f x e ax '=--，得：(1)e 1f a =--，(1)e 21f a '=--，由题得：(1)e 21e 31(1)e 1e 31f a a f a b b ⎧=--=-=⎧⇒⎨⎨=--=-+=⎩'⎩（2）根据题意，要证不等式4()5f x m >+对于任意恒成立，即证(0,)x ∈+∞时，4()5f x -的最小值大于m ， 令244()()()2155x x g x f x e x x g x e x '=-=---⇒=--， 记()()21()2x xh x g x e x h x e ''==--⇒=-，当(0,ln 2)x ∈时，()0h x '<；当x (ln 2,)∈+∞时，()0h x '>，故()h x 即()g x '在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增， 又(0)0g '=，(ln 2)12ln 20g '=-<，且(1)30g e '=-<，323402g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， 故存在唯一031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=， 故当()00,x x ∈时，0g x ；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>；故()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()02min 0004()5x g x g x e x x ==--- 一方面：()014(1)5g x g e <=- 另一方面：由()00g x '=，即00210x e x --=，得()022*********x g x e x x x x =---=-++ 由031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得：()0111205g x -<<，进而()011140205g x e -<<-<， 所以1120m <- ，又因为m 是整数，所以1m -，即max 1m =-. 类型三 二次构造（求导），避免求根 【例3】【2020重庆巴蜀中学月考】已知函数()()21ln 12f x x a x =+-.（1）当1a =-时，求()f x 的单调增区间；（2）若4a >，且()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，求证：210e x e --<<.【分析】（1）求出()'f x ，令()'0f x ≥，解不等式可得单调递增区间；（2）通过求()f x 的导函数，可得()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，又由()f x 在()0,1上有唯一的零点0x 可得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，所以有()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，消去a ，可得0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，研究其单调性，利用零点存在性定理可得结果.【解析】（1）由已知()f x 的定义域为0x >，当1a =-时，()()21ln 12f x x x =--， 则()()2111'x x x xf x x -++=--=， 令()'0f x ≥且0x >，则102x +<≤， 故()f x在10,2⎛ ⎝⎦上单调递增；（2）由()()21ln 12f x x a x =+-， 有()()2111'ax f x ax a x x x-+=+-=，记()21g x ax ax =-+，由4a >，有()()001011110242110a g g a a g >⎧⎪=>⎪⎪⎪⎛⎫=-+<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪=>⎪⎪⎩， 即()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，不妨设12x x <，且1x ，2x 是210ax ax -+=的两个根， 则121012x x <<<<， 又()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，且当0x +→时，()f x →-∞，当1x =时，()10f =， 所以得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭， 所以()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，两式结合消去a ，得0001ln 02x x x --=， 即0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 有()00'2ln 1t x x =+，其在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()001'2ln 12ln 11ln 402t x x =+<+=-< 则()00'2ln 10t x x =+<在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立， 即()0t x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又222212*********e t e e e e e t e e e ⎧-⎛⎫=--+=< ⎪⎪⎝⎭⎪⎨-⎛⎫⎪=-=> ⎪⎪⎝⎭⎩， 由零点存在定理，210ex e --<<. 【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等.【举一反三】【2020·云南昆明一中期末】已知函数2()(1)x x f x eax e =-+⋅，且()0f x . （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【解析】（1）因为()()ee 10x xf x ax =--≥,且e 0x >,所以e 10x ax --≥, 构造函数()e 1x u x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =, 若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >,则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增,故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e x xf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()0022200000011e 1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+< ⎪⎝⎭.三．强化训练1.【2020·安徽合肥二中月考】已知函数() 01ln 0x x e x f x xe x x x -⎧-≤=⎨--->⎩，，，则函数()()()()F x f f x ef x =-的零点个数为（ ）（e 是自然对数的底数） A ．6 B ．5C ．4D ．3【答案】B【解析】0x ≤时，()xf x e -=-是增函数，(0)1f =-，0x >时，()1ln x f x xe x x =---，11()(1)1(1)()xx f x x e x e x x'=+--=+-，显然10x +>， 由1xe x=，作出xy e =和1(0)y x x=>的图象，如图，x y e =是增函数，1y x =在0x >是减函数它们有一个交点，设交点横坐标为0x ，易得0011x e x =>，001x <<， 在00x x <<时，1xe x <，()0f x '<，0x x >时，1xe x>，()0f x '>， 所以()f x 在0(0,)x 上递减，在0(,)x +∞上递增，0()f x 是()f x 的极小值，也是在0x >时的最小值．001x e x =，001x x e =，0001ln ln x x x ==-，即00ln 0x x +=，00000()1ln 0x f x x e x x =---=， 0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞．作出()f x 的大致图象，作直线y ex =，如图，0x >时y ex =与()f x 的图象有两个交点，即()0f x ex -=有两个解12,t t ，120,0t t >>．0x <时，()x f x e -=-，()x f x e '-=，由11()xf x e e -'==得1x =-，而1x =-时，(1)y e e =⨯-=-，(1)f e -=-，所以直线y ex =与()x f x e -=-在(1,)e --处相切．即0x ≤时方程()0f x ex -=有一个解e -．()(())()0F x f f x ef x =-=，令()t f x =，则()()0F x f t et =-=，由上讨论知方程()0f t et -=有三个解：12,,e t t -(120,0t t >>)而()f x e =-有一个解，1()f x t =和2()f x t =都有两个解，所以()0F x =有5个解， 即函数()F x 有5个零点．故选B ． 2．【2020江苏盐城期中】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________. 【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。
导数零点问题方法归纳
导数零点问题方法归纳导数零点问题啊，这可真是个有趣的家伙！你想想看，它就像是数学世界里的一个神秘宝藏，等待着我们去挖掘。
在面对导数零点问题时，咱得有耐心，就像钓鱼一样，不能着急。
有时候，那零点就像狡猾的小鱼，藏得可深了，得慢慢找。
咱先来说说怎么找这些零点吧。
就好像在一个大迷宫里找出口，得仔细观察那些线索。
咱得看看函数的单调性，这就像是给迷宫画出了几条路，顺着走，也许就能找到零点的大致位置。
然后呢，再用各种方法去试探，看看到底是不是零点。
这过程不就跟探险家在荒山野岭里找宝贝一样嘛！有时候啊，我们可能一下子就找到了零点，那感觉，就像是瞎猫碰上死耗子，哈哈，可高兴了。
但有时候呢，怎么找都找不到，急得人抓耳挠腮的。
这时候可不能泄气啊，得换个思路，换个方法，说不定就柳暗花明又一村了呢！还有啊，在解决导数零点问题时，可别死脑筋。
就像走路一样，不能只知道走直路，有时候得拐拐弯，说不定就能发现新的风景。
比如说，我们可以试着把问题转化一下，也许就会变得简单很多呢。
再说说计算吧，那可得细心细心再细心，就跟绣花似的，不能有一点马虎。
要是不小心算错了，那可就前功尽弃啦，就像好不容易快挖到宝藏了，结果一锄头下去，把宝藏给弄坏了，那多可惜呀！遇到难题的时候，也别害怕。
你想想，那些厉害的数学家不也是从一个一个难题中走过来的嘛。
咱就把难题当成是一个挑战，挑战成功了，那得多有成就感呀！总之呢，导数零点问题虽然有时候会让人头疼，但只要我们有耐心，有方法，有勇气，就一定能把它拿下！就像那句话说的，世上无难事，只怕有心人！咱可不能被这点小困难给吓住了，要勇往直前，去探索数学世界的奥秘！你说是不是呢？。
导数与函数零点问题解题方法归纳
导数与函数零点问题解题方法归纳导函数零点问题一、方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心是由导数值的正负确定函数的单调性。
应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究$f(x)$的单调性，往往需要解方程$f'(x)=0$。
若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题。
二、解题策略类型一：察“言”观“色”，“猜”出零点例1】【2020·福建南平期末】已知函数$f(x)=x+ax+\frac{1}{e^{2x}}$1）讨论$f(x)$的单调性；2）若函数$g(x)=x+\frac{1}{e^{-mx}-1}$在$[-1,+\infty)$有两个零点，求$m$的取值范围。
分析】1）首先求出函数的导函数因式分解为$f'(x)=(x+a+1)(x+1)e^{-2x}$，再对参数$a$分类讨论可得：①当$a=0$时，$f'(x)=(x+1)e^{-2x}$，当且仅当$x=-1$时，等号成立。
故$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数。
②当$a>0$时，$-10$得$x-1$，由$f'(x)<0$得$-a-1<x<-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数。
③当$aa+1$，由$f'(x)>0$得$x>-a-1$或$x<-1$，由$f'(x)<0$得$-1<x<-a-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
综上，当$a=0$时，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数；当$a>0$时，$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数；当$a<0$时，$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
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12.已知函数f(x)＝axsinx－ (a＞0)，且在 上的最大值为 .
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.
13.已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围；
（Ⅱ）若存在区间M，使f（x）和g（x）在区间M上具有相同的单调性，求a的取值范围．
例2.设函数f（x）=（x+1）ln（x+1）．若对所有的x≥0，都有f（x）≥ax成立，求实数a的取值范围．
零点存在问题
例1.设 ，函数 .求证： 在 上仅有一个零点.
例2.设函数 （ 为常数， 是自然对数的底数）.
A.f(a)＜f(1)＜f(b)B.f(a)＜f(b)＜f(1)
C.f(1)＜f(a)＜f(b)D.f(b)＜f(1)＜f(a)
二、填空题
6.已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.
7.函数f(x)＝ x3－x2－3x－1的图象与x轴的交点个数是________.
导数的零点问题
1.若函数 在 上单调递增，则 的取值范围是（）．
A． B． C． D．
2若函数 在其定义域的一个子区间 内不是单调函数，则实数 的取值范围是（）
A． B． C． D．
含参函数的单调性
【例题精讲】
例1．已知函数f（x）=ax﹣lnx，g（x）=eax+3x，其中a∈R．
（Ⅰ）求f（x）的极值；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
8.关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________.
三、解答题
9.(武汉模拟)已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R).
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在 上有两个零点，求实数m的取值范围.
课后巩固
1.已知函数 在区间 上有最大值，则实数 的取值范围是()
A. B. C. D.
2.若函数 在 上是增函数，则实数 的取值范围是（）
A． B． C． D．
3.设点P在曲线 上，点Q在曲线 上，则 的最小值为（）
A. B. C. D.
4.若直线 是曲线 的切线，也是曲线 的切线，则b=
5.已知 为偶函数，当 时， ，则曲线 在点（1,2）处的切线方程是
6.曲线 +2在点（0,3）处的切线方程为：
7.设函数 上可导，且 ，则 =
8.已知 为偶函数，当x<0时， ，则曲线 在点（1，-3）处的切线方程是
9.若曲线 上点P处的切线平行于直线 ，则点P的坐标是
10.在平面直角坐标系xOy中，若曲线 ，过点P（2，-5），且该曲线在点P出的切线方程与直线 平行，则a+b值是
（Ⅰ）当 时，求函数 的单调区间；
（Ⅱ）若函数 在 内存在两个极值点，求 的取值范围.
1.曲线y＝xex＋1在点(0，1)处的切线方程是()
A.x－y＋1＝0B.2x－y＋1＝0C.x－y－1＝0D.x－2y＋2＝0
2.曲线y＝e－2x＋1在点(0，2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为()
A. B. C. D.1
3.曲线y＝xlnx在点(e，e)处的切线与直线x＋ay＝1垂直，则实数a的值为()
A.2 B.－2C. D.－
4.已知y＝f(x)为R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)＋ ＞0，若g(x)＝f(x)＋ ，.0D.0或2
5.已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝lnx＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是()