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第二课时利用导数研究函数的零点课件

当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，
又 g1e＝m－2－e12，g(e)＝m＋2－e2，且 g1e＞g(e)， ∴g(x)＝f(x)－ax＋m 在1e，e上有两个零点需满足条件gg（ 1e1＝）m＝－m2－－1e12＞≤00，，解得 1＜m≤2＋e12. 故实数 m 的取值范围是1，2＋e12.
2 a.
证明由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于 2e2x0－xa0＝0，
故 f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)单调递增，在(3－2 3，3＋2 3) 单调递减.
(2)证明：f(x)只有一个零点.
证明由于 x2＋x＋1>0，所以 f(x)＝0 等价于x2＋xx3＋1－3a＝0. 设 g(x)＝x2＋xx3＋1－3a，则 g′(x)＝x（2（xx2＋2＋x2＋x＋1）3）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 ＝－6a－612－61<0， f(3a＋1)＝31>0，故 f(x)有一个零点. 综上，f(x)只有一个零点.
转化为证明 f(x0)≥2a＋aln
2 a.
训练 3 (2020·全国Ⅲ卷)设函数 f(x)＝x3＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点12，f21处的切线与 y 轴垂直. (1)求 b；解 f′(x)＝3x2＋b.

函数零点与导数的关系

函数零点与导数的关系
函数的零点是指函数取值为0的点，也就是函数图像与x轴相交的点。

函数的导数表示函数在某一点的变化率，即函数的斜率。

函数的零点与导数之间存在着一定的关系，这种关系可以帮助我们更好地理解函数的性质和行为。

首先，我们来看函数的零点与导数的关系。

如果一个函数在某点的导数为0，那么这个点就是函数的一个可能的零点。

这是因为导数为0表示函数在这一点的变化率为0，即函数在这一点的斜率为0，函数图像与x轴相切。

函数的零点就是函数图像与x轴相交的点，因此导数为0的点可能是函数的零点。

另外，函数的零点与导数的符号也有一定的关系。

如果一个函数在某点的导数大于0，那么函数在这一点的函数值为正；如果一个函数在某点的导数小于0，那么函数在这一点的函数值为负。

这是因为导数大于0表示函数在这一点的变化率为正，函数在这一点的斜率为正，函数图像在这一点的上方；导数小于0表示函数在这一点的变化率为负，函数在这一点的斜率为负，函数图像在这一点的下方。

函数的零点是函数图像与x轴相交的点，因此函数的零点在导数为正的区间内函数值为正，在导数为负的区间内函数值为负。

函数的零点与导数的关系可以帮助我们求函数的零点，判断函数的增减性和凹凸性，以及优化函数的性能。

在实际应用中，我们可以通过导数的符号和函数的零点来确定函数的极值点，优化函数的性能。

函数的零点与导数的关系是函数的重要性质，可以帮助我们更好地理解函数的性质和行为。

利用导数研究函数的零点专题课件高三数学二轮复习

在
1
ln ,
+ ∞ 上单调递增.
1
-∞,ln
上单调递减,
(2)根据(1)中结果知,当 a≤0 时,f(x)最多有一个零点,不符合题意.当 a>0 时,f(x)
在
1
-∞,ln

上单调递减,在
1
ln , +

∞ 上单调递增,且当 x→-∞时,f(x)→+∞,当
x→+∞时,f(x)→+∞.因此根据零点存在定理,如果函数有两个零点,则需 f(x)的
递增.∴f(x)min=f(1)=-2.又f(0)=1,f(2)=3>1,曲线y=x3-3x
与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点等价于
y=f(x)与y=a有两个不同的交点,∴-2<a<1.

3.(2021·全国甲,理21(2))已知a>0且a≠1,函数f(x)=

直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
.
解析令x3-3x=-(x-1)2+a,得x3+(x-1)2-3x=a.
令f(x)=x3+(x-1)2-3x,x>0,则f'(x)=3x2+2(x-1)-3=3x2+2x5=(x-1)(3x+5).由f'(x)=0(x>0),得x=1.∴当x∈(0,1)
时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调
求解；
(2)分离参数法：由 f ( x )＝0分离出参数 a ，得 a ＝φ( x )，利用导数求函数 y ＝φ( x )的

考点55 导数与函数零点(讲解)(解析版)

考点55 导数与函数零点(讲解)【思维导图】【常见考法】考点一零点个数判断1．设函数()ln ,mf x x m R x=+∈．（1）当m e =（e 为自然对数的底数）时，求()f x 的值域；（2）讨论函数()()3xg x f x '=-零点的个数．【答案】（1）[2,)+∞；（2）答案见解析. 【解析】（1）由题设，当m e =时，()ln e f x x x=+， ()f x 的定义域为(0,)+∞，则2()x ef x x-'=，由()0f x '=，得x e =，∴当(0,)x e ∈，()0f x '<，()f x 在(0,)e 上单调递减，当(,)x e ∈+∞，()0f x '>，()F x 在(,)e +∞上单调递增， ∴当x e =时，()f x 取得极小值()ln 2ef e e e=+=， ∴()f x 的极小值为2，∴min ()2f x =， ∴()f x 的值域为[2,)+∞，（2）由题设21()()(0)33x m xg x f x x x x '=-=-->，令()0g x =得31(0)3m x x x =-+>，设31()(0)3h x x x x =-+>，则2()1(1)(1)h x x x x '=-+=--+，当(0,1)x ∈时，()0h x '>，()h x 在(0,1)上单调递增，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 在(1,)+∞上单调递减， ∴1x =是()h x 的唯一极值点，且是极大值点，因此1x =也是()h x 的最大值点． ∴()h x 的最大值为2(1)3h =，又(0)0h =，结合()y h x =的图象可知：①当23m >时，函数()g x 无零点， ②当23m =时，函数()g x 有且只有一个零点，③当203m <<时，函数()g x 有两个零点，④当0m ≤时，函数()g x 有且只有一个零点，综上所述，当23m >时，函数()g x 无零点，当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且只有一个零点，当203m <<时，函数()g x 有两个零点．2．已知函数2()(2)ln ()f x x a x a x a =+--∈R . （1）当2a =时，求()f x 的图象在1x =处的切线方程；（2）当3a >时，求证：()f x 在[1,)+∞上有唯一零点. 【答案】（1）1y =；（2）证明见解析【解析】（1）当2a =时，函数2()2ln f x x x =-，定义域为(0,)+∞.则2()2f x x x'=-，则()01f '=，(1)1f =. 故()f x 的图象在1x =处的切线方程为10y -=，即1y =.（2）证明：22(2)(1)(2)()22a x a x a x x a f x x a x x x+--+-'=+--==. 因为3a >，令()0f x '<，得02a x <<；令()0f x '>，得2ax >. 又322a >，()f x 在1,2a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增. 所以22min ()(2)ln ln 1ln 24224242a a a a a a aa f x f a a a a a ⎛⎫⎛⎫==+-⋅-=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.令()1ln ln 1ln 2(3)424a a ag a a a =--=--++>. 显然()g a 在(3,)+∞上单调递减.又114413333(3)ln ln e ln ln 4ln ln 042222g =-=-<-=<.所以()0g a <，即min ()0f x <.()()222ee (2)e lne e (2)e aa a a a a f a a a a =+-⋅-=+-⋅-.令22()e (2)e (3)a a h a a a a =+-⋅->，则()()22()2ee (1)2e e 1e 2aa a a a h a a a a a '=+--=-++-.令()e (3)a a a a ϕ=->，则()e 10a a ϕ'=->，所以()a ϕ在(3,)+∞上单调递增，则()(3)0a ϕϕ>>，所以e 0a a ->，2e 20a a ->，故()0'>h a ，所以()h a 在(3,)+∞上单调递增，()()633333()(3)e e 9e e 1922190h a h >=--=-->-->，所以()e 0a f >.又(1)30f a =-<，结合单调性可知()f x 在[1,)+∞上有唯一零点，命题得证. 3．设函数()ln ,mf x x m R x=+∈. （1）当m e =（e 为自然对数的底数）时，求()f x 的最小值；（2）讨论函数()'()3xg x f x =-零点的个数；（3）若对任意()()0,1f b f a b a b a->><-恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）2；（2）当23m >时，函数()g x 无零点；当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且仅有一个零点；当203m <<时，函数()g x 有两个零点；（3）1[,)4+∞.【解析】（1）由题设，当m e =时，()ln ef x x x=+易得函数()f x 的定义域为(0,)+∞221()e x e f x x x x-∴=-=' ∴当(0,)x e ∈时，()0f x '<，此时()f x 在(0,)e 上单调递减；当(,)x e ∈+∞时，()0f x '>，此时()f x 在(,)e +∞上单调递增；∴当x e =时，()f x 取得极小值()ln 2ef e e e=+= ∴()f x 的极小值为2（2）函数21()()(0)33x m xg x f x x x x -=-->'= 令()0g x =，得31(0)3m x x x =-+> 设31()(0)3x x x x ϕ=-+≥ 2()1(1)(1)x x x x ϕ∴=-+=--+'当(0,1)x ∈时，()0x ϕ'>，此时()x ϕ在(0,1)上单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0x ϕ'<，此时()x ϕ在(1,)+∞上单调递减；所以1x =是()x ϕ的唯一极值点，且是极大值点，因此x=1也是()x ϕ的最大值点，∴()x ϕ的最大值为12(1)133ϕ=-+=又(0)0ϕ=，结合y=()x ϕ的图像（如图），可知①当23m >时，函数()g x 无零点； ②当23m =时，函数()g x 有且仅有一个零点；③当203m <<时，函数()g x 有两个零点；④0m ≤时，函数()g x 有且只有一个零点；综上所述，当23m >时，函数()g x 无零点；当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且仅有一个零点；当203m <<时，函数()g x 有两个零点.（3）对任意()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立，等价于()()f b b f a a -<-恒成立设()()ln (0)mh x f x x x x x x=-=+->，()h x 等价于∴在(0,)+∞上单调递减21()10mh x x x∴=--≤'在(0,)+∞恒成立2211()(0)24m x x x x ∴≥-+=--+>恒成立14m ∴≥（对14m =，x =0h '（）仅在12x =时成立），m ∴的取值范围是1[,)4+∞考法二已知零点求参数1．已知函数1()ln x f x x a-=-. （1）当1a =时，求()f x 的最大值.（2）若()f x 在区间(2,)e 上存在零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）0；（2）1,1ln 2e ⎛⎫-⎪⎝⎭. 【解析】（1）当1a =时，()ln 1f x x x =-+，定义域为(0,)+∞，则1()1f x x'=-，令()0f x '=得1x =.当(0,1)x ∈时()0f x '>，()f x 单调递增；当(1,)x ∈+∞时()0f x '<，()f x 单调递减所以max ()(1)0f x f ==（2）由题意知，方程1()ln 0x f x x a -=-=在(2,)e 上有实根. 因为ln 0x ≠，所以方程可转化为1ln x a x -=. 设1()ln x g x x-=，则2211ln (1)ln 1()(ln )(ln )x x x x x g x x x --+-'==. 设1()ln 1h x x x =+-，则211()h x x x'=-.当2x e <<时，()0h x '>，所以()h x 在(2,)e 上单调递增.所以1()(2)ln 202h x h >=->，于是()0g x '>，所以()g x 在(2,)e 上单调递增所以(2)()()g g x g e <<，即1()1ln 2g x e <<-. 综上所述，实数a 的取值范围是1,1ln 2e ⎛⎫-⎪⎝⎭2．已知函数()()22ln R f x x a x ax a =--∈．（1）若()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（2）记()()g x f x ax =+，若()g x 在区间1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）122,1e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦；（2）,e e ⎡⎤-⋃⎣⎦.【解析】（1）()()()222x a x a a f x x a x x-+'=--=，令()0f x '=，解得1x a =，22ax =-；当0a =时，显然成立；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增．则()()2min ln 0f x f a a a ==-≥，解得01a <≤；当0a <时，()f x 在0,2a ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递减，在,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，则()222minln 02422a a a a f x f a ⎛⎫⎛⎫=-=+--≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得1220e a -≤<；综上，实数a 的取值范围为122,1e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦；（2）显然1x =不是()g x 的零点，由()0g x =得22ln x a x=．令()()2*ln x h x x =．则()()()22ln 1ln x x h x x -'=，令()0h x '=，解得12x e =；()0h x '>，解得12e x e <<；()0h x '<，解得11x e<<或121x e <<．当1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭和(x ∈时，()h x单调递减，当)x e ∈时，()h x 单调递增，又1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()()0*h x <不成立． ∴只需()122222a h e e a h e e ⎧⎛⎫>=⎪ ⎪⎨⎝⎭⎪≤=⎩，∴实数a的取值范围为,e e ⎡⎤-⋃⎣⎦．3．已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅰ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅰ）()0,+∞.【解析】（Ⅰ）()()()()()'12112.x xf x x e a x x e a =-+-=-+（Ⅰ）设0a ≥，则当(),1x ∈-∞时，()'0f x <；当()1,x ∈+∞时，()'0f x >. 所以f （x ）在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增.（Ⅰ）设0a <，由()'0f x =得x=1或x=ln （-2a ）.①若2e a =-，则()()()'1xf x x e e =--，所以()f x 在(),-∞+∞单调递增. ②若2ea >-，则ln （-2a ）＜1,故当()()(),ln 21,x a ∈-∞-⋃+∞时，()'0f x >；当()()ln 2,1x a ∈-时，()'0f x <，所以()f x 在()()(),ln 2,1,a -∞-+∞单调递增，在()()ln 2,1a -单调递减. ③若2e a <-，则()21ln a ->，故当()()(),1ln 2,x a ∈-∞⋃-+∞时，()'0f x >，当()()1,ln 2x a ∈-时，()'0f x <，所以()f x 在()()(),1,ln 2,a -∞-+∞单调递增，在()()1,ln 2a -单调递减.（Ⅰ）（Ⅰ）设0a >，则由（Ⅰ）知，()f x 在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增. 又()()12f e f a =-=，，取b 满足b ＜0且ln 2ab <，则()()()22321022a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=->⎪⎝⎭，所以()f x 有两个零点. （Ⅰ）设a=0，则()()2xf x x e =-，所以()f x 只有一个零点.（iii ）设a ＜0，若2ea ≥-，则由（Ⅰ）知，()f x 在()1,+∞单调递增. 又当1x ≤时，()f x ＜0，故()f x 不存在两个零点；若2ea <-，则由（Ⅰ）知，()f x 在()()1,ln 2a -单调递减，在()()ln 2,a -+∞单调递增.又当1x ≤时()f x ＜0，故()f x 不存在两个零点.综上，a 的取值范围为()0,+∞.。

利用导数研究函数的零点课件-2025届高三数学二轮复习 (1)

递减.
②当x>-3时,(x+4)ex>0,m'(x)>0,可知函数m(x)单调递增,
又m(0)=0,所以当-3<x<0时,m(x)<0;当x>0时,m(x)>0,
所以函数f(x)在区间(-3,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
由①②知函数f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞),
x+ex(x2-3x-1),求函数g(x)的零点个数.
解 (1)(方法一)因为f(x)=(x+2)ex+x2-3x,
所以f'(x)=(x+3)ex+2x-3.记m(x)=f'(x),则m'(x)=(x+4)ex+2,
①当x≤-3时,(x+3)ex≤0,2x-3≤-9,可得f'(x)<0,故函数f(x)在区间(-∞,-3]上单调
的底数.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)证明:f(x)在[0,+∞)上有两个零点.
(1)解因为f(x)=ex-4sin x,所以f'(x)=ex-4cos x,则f(0)=1,f'(0)=-3,故所求切线方
程为y-1=-3(x-0),即3x+y-1=0.
(2)证明设g(x)=f'(x)=ex-4cos x,则g'(x)=ex+4sin x.
单调递增,
所以当 x=x0 时,g(x)取得极大值,且极大值为 g(x0)=ln
1 2
=-x0-2 0
设
+ (0 -1)
2
1

第5讲第3课时利用导数研究函数的零点

24
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能限时规范训练
考点三构造函数法研究函数的零点例 3 (2021·全国甲卷节选)已知 a>0 且 a≠1，函数 f(x)＝axax(a>0)．若
曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
解：曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点，可转化为方程axax＝1(x>0)有两个不同的解，即方程lnx x＝lnaa有两个不同的解．
当 x→0＋时，h(x)→－∞，当 x→＋∞时，h(x)→0，作出函数 h(x)的图象与直线 y＝kx－1 如图所示．
6
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能限时规范训练
当直线 y＝kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，设切点坐标为(x0，lnx20x0)，则 k＝1－2x30ln x0＝lnx20xx00＋1，即 3ln x0＋x20－1＝0，易得 x0＝1，∴当直线 y＝ kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，k＝1.由图象知，当 0<k<1 时，直线 y＝kx －1 与函数 h(x)的图象恰有两个交点，即函数 f(x)恰有两个零点，∴实数 k 的取值范围为(0，1)．
11
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能限时规范训练
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0.
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且 φ(x)max＝φ(3) ＝e13，
又 x→＋∞时，φ(x)→0， x→－∞时，φ(x)→－∞， ∴φ(x)的图象如图所示．
12
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能限时规范训练
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能限时规范训练

(人教A版)2021年新高二数学暑假精品讲义-第十五讲导数与函数的零点(教师版)

第十五讲导数与函数的零点【考点剖析】考点一判断零点的个数【例1】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：X (0，1)1(1，3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．规律方法利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．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)．规律方法与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．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.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；当a>0时，因为y＝e2x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<a4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x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋a ln2a≥2a＋a ln2a.故当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.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x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a ＋a ln 2a.【真题演练】1．（2021·全国高考真题）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤．【详解】(1)由函数的解析式可得：()()'2xf x x e a =-，当0a ≤时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x <单调递减，若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当102a <<时，若()(),ln 2x a ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增，若()()ln 2,0x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减，若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当12a =时，()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增；当12a >时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增，若()()0,ln 2x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减，若()()ln 2,x a ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①：由于2122e a <，故212a e <≤，则()21,010b af b >>=->，而()()210b f b b e ab b --=----<，而函数在区间(),0-∞上单调递增，故函数在区间(),0-∞上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于2122e a <，212a e <≤，故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②：由于102a <<，故21a <，则()01210f b a =-≤-<，当0b ≥时，24,42ea ><，()2240f e a b =-+>，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点. 当0b <时，构造函数()1xH x e x =--，则()1xH x e '=-，当(),0x ∈-∞时，()()0,H x H x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()00H =，故()0H x ≥恒成立，从而有：1x e x ≥+，此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-，当x >()()2110a x b -+->，取01x =，则()00f x >，即：()00,10f f ⎫<>⎪⎪⎭，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于102a <<，021a <<，故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点. 综上可得，题中的结论成立.2．（2021·浙江高考真题）设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()xf x a bx e x =-+∈（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点12,x x ，满足2212ln 2b b ex x e b>+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数) 【详解】(1)2(),()ln x x f x b f a x e a x a b '==+--，①若0b ≤，则()ln 0x f x a a b '=-≥，所以()f x 在R 上单调递增； ②若0b >，当,log ln ab x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减，当log ,ln ab x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. 综上可得，0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln a b a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e ⇔-+=有2个不同解ln 20x a e bx e ⇔-+=有2个不同的解，令ln t x a =，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a tt +-+=⇒=>，记()22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t '⋅-++--===，记2()(1),()(1)10t t t t h t e t e h t e t e e t '=--=-+⋅=⋅>，又(2)0h =，所以(0,2)t ∈时，()0,(2,)h t t <∈+∞时，()0h t >，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,)+∞单调递增，22(2),ln ln b bg e a a e∴>=∴<， 22222,ln ,21bb e a a e e>∴>∴≤⇒<≤. 即实数a 的取值范围是(21,e ⎤⎦.(3)2,()x a e f x e bx e ==-+有2个不同零点，则2x e e bx +=，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ++==>，注意到函数2x e e y x +=在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，故122x x <<，又由5245e e e +<知25x >，122211122x e e e e b x x x b+=<⇒<，要证2212ln 2b b e x x e b >+，只需22ln e x b b>+， 222222x x e e e b x x +=<且关于b 的函数()2ln e g b b b =+在4b e >上单调递增，所以只需证()22222222ln 52x x e x e x x x e >+>，只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e-->，只需证2ln ln 202x e xx e-->，242e <，只需证4()ln ln 2xx h x x e =--在5x >时为正，由于()11()44410x x x h x xe e e x x x '---+-+-==>，故函数()h x 单调递增，又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e =--=->，故4()ln ln 2x xh x x e=--在5x >时为正，从而题中的不等式得证.【过关检测】1．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数()ln mf x x m x=-+在区间()1e ,e -内有唯一零点，则实数m 的取值范围为（）A ．2e e ,1e 12⎡⎤-+⎢⎥+⎣⎦ B ．1e ,e 1e 1-⎛⎫⎪++⎝⎭ C ．e ,1e 1-⎛⎫⎪+⎝⎭D ．e 1,12⎛⎫-+ ⎪⎝⎭【答案】B 【详解】令f(x)=0，则11ln m x x ⎛⎫+=⎪⎝⎭，ln 1x x m x =+，令()ln 1()1x x x e x e h x =<<+，()()21ln 1x x x h x +++'=，令()1ln k x x x =++，()110xk x =+>'，则函数()y k x =在区间()1e ,e -单调递增，()()11e e 0k k x -->=>，所以()0h x '>，函数()y h x =在区间()1e ,e -单调递增，所以有()()()1e e h h x h -<<，即()1ee 1e 1h x -<<++，所以1ee 1e 1m -<<++，故选：B ．2．（2021·黑龙江大庆市·铁人中学高三一模（理））下列命题为真命题的是（）A ．函数()()11x f x ex x R -=--∈有两个零点 B ．“0x R ∃∈，00xe x >”的否定是“0x R ∀∈，00x ex <”C ．若0a b <<，则11a b< D ．幂函数()22231m m y m m x--=--在()0,x ∈+∞上是减函数，则实数1m =- 【答案】A 【详解】对于A ，函数()()11x f x ex x R -=--∈，()1e 1x f x -'=-，当()0f x '>得1x >，当()0f x '<得1x <，所以()f x 在1x >是单调递增函数，在1x <是单调递减函数，所以()f x 在1x =时有最小值，即()011110f e =--=-<，()3344150f e e =--=->，()3322110f e e ---=+-=+>，所以()f x 有两个零点，正确；对于B ，“0x R ∃∈，00xe x >”的否定是x R ∀∈，x e x ≤，错误；对于C ，11b aa b ab--=，因为0a b <<，所以0,0b a ab ->>，所以110->a b ，11a b >，错误；对于D ，由已知得2211230m m m m ⎧--=⎨--<⎩，无解，幂函数()22231m m y m m x --=--在()0,x ∈+∞上是减函数，则实数1m =-，错误. 故选：A3．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数()()1213()ln 1ln 122x f x ex e -=+-+-+．若4,()(),x x g x f x x λλ-≥⎧=⎨<⎩的零点恰有2个，则λ的取值范围是（）A ．(1,3](4,)+∞B ．(1,2][4,)+∞C ．(1,3](4,)-+∞D ．(1,1](4,)-+∞【答案】C 【详解】由题可知()f x 的定义域为R ．()()11111111211()122121x x x x x x x e e e e f x e e e ----------'=-==+++，当1x >时，()0f x '>，()f x 在()1,+∞上单调递增；当1x <时，()0f x '<，()f x 在(),1-∞上单调递减．令()0f x =，可得3x =或1-．在同一坐标系中作出函数(),4y f x y x ==-的图象，因为函数()g x 恰有2个零点，结合图象可知13λ-<≤或4λ>．故选：C4．（2021·内蒙古赤峰市·高三二模（文））已知函数()21()2f x a x x x =-+有且仅有两个零点，则实数a =（） A ．3227B ．3227-C ．2732D ．2732-【答案】C 【详解】令()21()20f x a x x x=-+=，则()212a x x x =--由两个不同的根，令()()212g x x x x =--，则()()23342x g x x x -'=--，当0x <时，()0g x '>，当403x <<时，()0g x '<，当423x <<或2x >时，()0g x '>，当43x =时， ()2732g x =，在同一坐标系中作出(),y a y g x ==的图象，如图所示：因为函数()21()2f x a x x x=-+有且仅有两个零点，由图象知：实数a =3227，故选：A5．（2021·山西高三一模（理））函数()log 1xa f x a x =-（0a >，且1a ≠）有两个零点，则a 的取值范围为（） A ．(1,)+∞ B ．1e (1,)e -⎧⎫⋃+∞⎨⎬⎩⎭C ．{}ee (1,)-⋃+∞ D ．1(1,)e ⎧⎫⋃+∞⎨⎬⎩⎭【答案】B 【详解】()0f x =，得1log a x x a =，即11log xax a ⎛⎫= ⎪⎝⎭．由题意知函数1log a y x =图象与函数1xy a ⎛⎫= ⎪⎝⎭图象有两个交点．当1a >时，11log ,xay x y a ⎛⎫== ⎪⎝⎭草图如下，显然有两交点．当01a <<时，函数1log a y x =图象与函数1xy a ⎛⎫= ⎪⎝⎭图象有两个交点时，注意到11,log xay y x a ⎛⎫== ⎪⎝⎭互为反函数，图象关于直线y x =对称，可知函数1xy a ⎛⎫= ⎪⎝⎭图象与直线y x =相切，设切点横坐标0x ，则0111ln 1x x x a a a ⎧⎛⎫=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪= ⎪⎪⎝⎭⎩，解得01e,e .e x a -=⎧⎪⎨⎪=⎩ 综上，a 的取值范围为1ee (1,)-⎧⎫+∞⎨⎬⎩⎭. 故选：B ．6．（2020·绵阳市·四川省绵阳江油中学高三月考）函数()()1ln 03f x x x x =->的零点个数为（） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【详解】()1103f x x'=-=，得3x =，当03x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当3x >时，()0f x '>，()f x 单调递增，()31ln30f =-<，()1103f => ()22262033e ef e -=-=>，所以函数()f x 在()1,3和()23,e 各有1个零点，所以共2个零点.故选：C7．（2021·安徽亳州市·高二期末（文））已知函数()e e x x f x x a =--有且仅有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（） A ．34,0e ⎫⎡-⎪⎢⎣⎭B ．(1,0]-C ．3342,e e ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．(1,0)-【答案】D 【详解】解：令函数()e e 0x x f x x a =--=，则有e e x x x a -=，令()e e x x g x x =-，则()g x a =．()e e e e x x x x g x x x '=+-=，∴当0x <时，()0g x '<，()g x 单调递减，当0x >时，()0g x '>，()g x 单调递增．∴当0x =时，()g x 取得最小值，且min ()(0)1g x g ==-，显然(1)0g =，当1x <时，()0<g x 恒成立．由此可以画出函数()g x 的大致图象，如图所示，由图象可得，要使函数()f x 有且仅有两个不同的零点，只需(0)0g a <<，即10a -<<．故选：D ．8．（2021·江苏连云港市·高二期末）已知函数ln ()xf x a x=-有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）． A ．(0,e) B ．(,e)-∞C ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【详解】因为函数ln ()xf x a x =-有两个不同的零点，所以方程ln ()0x f x a x=-=有两个不同的实数根，因此函数ln ()xg x x =与函数y a =有两个交点. ()()2ln 1ln x xg x g x x x -='=⇒,当x e >时，'()0,()g x g x <单调递减，当0x e <<时，'()0,()g x g x >单调递增，因此当x e =时，函数()g x 有最大值，最大值为：ln 1()e g e e e==，显然当1x >时，()0>g x ，当01x <<时，()0<g x ，当1x =时，(1)0g =，因此函数ln ()xg x x=的图象如下图所示：通过函数ln ()x g x x =的图象和上述分析的性质可知：当10,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数ln ()x g x x=与函数y a =有两个交点. 故选：C9．（2021·全国高三其他模拟（理））若函数()3212912,32f x x x x m x ⎛⎫⎛⎫=-+-+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭存在三个不同的零点，则实数m 的取值范围是（） A ．(5,9) B ．[)4,5C ．()4,5D ．(1,3)【答案】C 【详解】由3229120x x x m -+-+=知，322912m x x x =-+，令32()2912h x x x x =-+，2()618126(2)(1)h x x x x x '=-+=-- 则函数()h x 在1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单增，在()1,2x ∈上单减，在()2,3x ∈上单增，由1()42h =，(1)5h =，(2)4h =，(3)9h =则若使函数()f x 存在三个不同的零点，只需满足()4,5m ∈ 故选：C10．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三月考（文））若函数()3233x x x f x m =---在区间[]2,6-有三个不同的零点，则实数m 的取值范围是（） A ．()9,18- B ．25,33⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．59,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．2,183⎡⎫-⎪⎢⎣⎭【答案】B 【详解】()()()22313f x x x x x '=--=+-，∴当[)(]2,13,6x ∈--时，()0f x '>；当()1,3x ∈-时，()0f x '<；()f x ∴在[)2,1--，(]3,6上单调递增，在()1,3-上单调递减，又()223f m -=--，()513f m -=-，()39f m =--，()618f m =-，则()f x 在区间[]2,6-有三个不同的零点，则其大致图象如下图所示：25033m m ∴--≤<-，解得：2533m -≤<，即实数m 的取值范围为25,33⎡⎫-⎪⎢⎣⎭.11．（2021·河北沧州市·高二期末）已知函数()ln ()f x x ax a =+∈R ．（Ⅰ）当1a =-时，求()f x 的极值；（Ⅱ）若()f x 在()20,e 上有两个不同的零点，求a 的取值范围．【详解】（Ⅰ）当1a =-时，11'()1x f x x x-=-=，0x >．由'()0f x =，得1x =．当(0,1)x ∈时，'()0f x >，()f x 在(0,1)上单调递增，当(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，()f x 在(1,)+∞上单调递减，()f x ∴只有极大值，无极小值，且()(1)1f x f ==-极大值．（Ⅱ）11'()(0)axf x a x x x +=+=>．当0a 时，1'()0axf x x+=>， ∴函数()ln f x x ax =+在(0,)+∞上单调递增，从而()f x 至多有一个零点，不符合题意．当0a <时，1'()(0)a x a f x x x⎛⎫+ ⎪⎝⎭=>， ()f x ∴在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．由11ln 10f a a ⎛⎫⎛⎫-=--> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭得10e a -<<．由()22e 2e 0f a =+<得22e a <-．当212e ea -<<-时，(1)0f a =<，满足()f x 在()20,e 上有两个不同的零点．a ∴的取值范围是212,e e ⎛⎫--⎪⎝⎭． 12．（2021·安徽安庆市·高三一模（理））函数()2x f x e ax a =--. （1）讨论函数的极值；（2）当0a >时，求函数()f x 的零点个数. 【详解】（1）由题意，函数()2x f x e ax a =--，可得()2xf x e a '=-，当0a ≤时，()20xf x e a '=->，()f x 在R 上为单调增函数，此时无极值；当0a >时，令()20xf x e a '=->，解得()ln 2x a >，所以()f x 在()ln(2),a +∞上为单调增函数，令()20xf x e a '=-<，解得()ln 2x a <，()f x 在(),ln(2)a -∞上为单调减函数，所以当ln(2)x a =时，函数()f x 取得极小值()=ln(2)2ln(2)f f a a a a =-极小值，无极大值. 综上所述：当0a ≤时，()f x 无极值，当0a >时，()=ln(2)2ln(2)f f a a a a =-极小值，无极大值.（2）由（1）知当0a >时，()f x 在()ln(2),a +∞上为单调增函数，在(),ln(2)a -∞上为单调减函数，且2ln(2)f a a a =-极小值，又由()(21)xf x e a x =-+，若x →-∞时，()f x →+∞；若x →+∞时，()f x →+∞；当2ln(2)0a a a ->，即02a <<时，()f x 无零点；当2ln(2)=0a a a -，即a ()f x 有1个零点；当2ln(2)0a a a -<，即a >时，()f x 有2个零点.综上：当0a <<时，()f x 无零点；当a ()f x 有1个零点；当a >时，()f x 有2个零点.。

导数与函数的零点问题解析

导数与函数的零点问题解析在数学中，导数和函数的零点是非常重要的概念和问题。

导数可以描述函数的变化率，而函数的零点则表示函数在某一点上取值为零的情况。

在本文中，我们将对导数与函数的零点进行详细的解析和讨论。

一、导数的定义与作用导数是描述函数变化率的指标，可以用来衡量函数在某一点上的斜率或变化速度。

它定义为函数在某一点上的极限，即导数等于函数在该点处的切线斜率。

对于一个函数f(x)，它在点x处的导数可以通过以下公式计算得出：f'(x) = lim(h→0) [f(x+h) - f(x)] / h导数的概念对于理解函数的性质和行为非常重要，它可以帮助我们分析函数的增减性、凸凹性以及局部极值等特征。

通过导数，我们可以得出函数在各个点的斜率，从而推断函数的曲线形状和趋势。

二、函数的零点与解析函数的零点是指函数在某个点上的取值为零的情况。

换句话说，函数的零点是使得函数等于零的自变量的值。

寻找函数的零点在数学和实际问题中都具有重要的意义。

为了找到函数的零点，我们可以利用导数的概念和性质进行分析。

根据导数的定义，我们知道当函数在某一点的导数为零时，函数在该点可能存在极值或拐点。

因此，我们可以采用导数为零的点作为起点，通过求解函数的导数方程来找到函数的零点。

具体而言，我们可以按照以下步骤来解析函数的零点问题：1. 找到函数的导数方程。

2. 求解导数方程，得到导数为零的所有解。

3. 使用解析工具或数值逼近法，确定解的精确值或近似值。

4. 检验解是否满足函数为零的条件。

通过以上步骤，我们可以较为准确地求解函数的零点，从而揭示函数的性质和特征。

函数的零点问题在数学、经济、物理等领域具有广泛的应用，如寻找方程的根、求解最优化问题等。

三、解析与数值求解的比较在解析函数的零点问题时，我们依赖于函数的导数和解析工具的应用。

通过解析方法可以获得函数零点的精确解，这对于研究函数的性质和行为非常重要。

然而，对于一些复杂的函数和方程，解析求解可能变得非常困难甚至不可能。

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【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 f ( x) x3 3ax 1,a 0

求 f ( x) 的单调区间；若 f (x) 在 x 1 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，满足，且在区间 [0,2] 上是增函数，若方程

f ( x) m (m 0) 在区间 [ 8 , 8]上有四个不同的根，则

【答案】 -8 【解析】因为定义在 R 上的奇函数，满足，所以，所以 , 由为奇函数，所以函数图象关于直

线对称且，由知，所以函数是以 8 为周期的周期函数，又因为在区间 [0,2] 上是增函数，所以在区间 [-2,0] 上也是增函数．如图所示，那么方程 f(x)=m(m>0) 在区间上有四个不同

的根，不妨设，由对称性知，．所以．

y f(x)=m -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 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 f (x) x3 3x 设 h(x) f ( f ( x)) c ，其中 c [ 2 ，2] ，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 f ( x) x3 3ax 2 9a2 x(a 0) . 若方程 f ' ( x) 121nx 6ax 9a2 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。

即：如果函数 f ( x) 在区间 a， b 上是一条连续不断曲线，并且 f ( a) f (b) 0

，则函数

f (x) 在区间 a， b 上至少有一个零点。即存在一点

0 a， b

，使得 f (x0 ) 0

，

这个 x0 也就是方程 f (x) 0 的根 .

（ 2）要求证一个函数“ 有且只有一个”零点，先要证明函数为单调函数，即存在零点；再用 “ 函数零点的存在性定理”求证函数零点的唯一性。其依据为：如果函数 f ( x) 在区间 a， b 上是单调函数，并且 f (a) f (b) 0 ，则函数 f ( x) 在区间

a， b 上至多有一个零点。

【例 3】设函数 f ( x) x3 9 x2 6x a ．

（ 1）对于任意实数 x ， f (x) m 恒成立，求 m 的最大值；

（ 2）若方程 f ( x) 0 有且仅有一个实根，求 a 的取值范围．变式：设函数 f ( x) ln x ，g( x)

a ，F ( x) f (x) g ( x) 。若方程 f ( x) mx

在区间 [1 , e2 ] 上有唯一实数解，求实数 m

的取值范围；

解析：方程 f ( x) mx 在区间 [1 , e2 ]

上有唯一实数解等价于

方程 m ln x

在区间 [1 , e2 ]

上有唯一实数解。

记 h(x) ln x [1 , e2 ] ，则 h ( x) 1 ln x ，令 h ( x) 0 ，得： x e

， x

x x2

当 x [1 , e] 时， h ( x) 0 ， h(x) 递增；

当 x [e , e2 ] 时， h (x) 0 ， h(x) 递减。所以 h(x)max h(e) 1

。

易求得： h(1) 0 ， h(e2 ) 2

。

为使方程 m ln x

在区间 [1 , e2 ] 上有唯一实数解， x

则直线 y m与函数 y h( x)

ln x

的图象有唯一交点， x

根据 h(x) 的图象可知：

m 1 0 m 2 。或

e2 e

2 1 故 m的取值范围是 0 , e2 U e 。

【例 4】已知函数 f x ex mx在上没有零点，求的取值范围；【题型四】如何运用导数来判断与求证含参函数的零点【例 5】（2013·江苏卷）设函数，，其中为实数．若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论．

基础练习： 1．己知 f ( x) ex aln x

a ，其中常数 a 0

．

（ 1）当 a e 时，求函数 f ( x) 的极值；

2．已知函数 1 f （ x）＝ 2m（x－ 1） 2－ 2x＋ 3＋ ln x ， m∈ R．当

m＞ 0 时，若曲线 y＝ f （ x）在

点 P（ 1，1）处的切线 l 与曲线 y＝ f （x）有且只有一个公共点，求实数 m

的值．

3 ．已知函数 1 f ( x) x 1 ex ( a R , e 为自然对数的底数 ). 若直线 l : y kx 1与曲线

y f ( x) 没有公共点 , 求 k 的最大值 . 1 3 1－ a 2

4．已知函数 f （ x） =3x + 2 x - ax- a, x∈R,其中 a>0．若函数 f （ x）在区间（ -2,0 ）内恰

有两个零点 , 求 a 的取值范围；

5．设 a 1 ，函数

f ( x) (1 x2 )e

a ．

(1) 求 f ( x) 的单调区间；

(2) 证明： f (x) 在 , 上仅有一个零点；

参考答案与解析【例 1】解析：（ 1） f ' (x) 3x2 3a 3( x2 a),

当 a 0 时，对 x R ，有 f ' (x) 0,

当 a 0

时， f (x) 的单调增区间为 ( , )

当 a 0

时，由 f

' ( x) 0 解得 x a 或 x a

；

由 f ' (x) 0 解得a xa

，

当 a 0 时， f (x) 的单调增区间为 ( , a ),( a, ) ； f ( x)

的单调减区间为

( a, a ) 。

（ 2）因为 f ( x) 在

x 1

处取得极大值，

所以 f ' ( 1) 3 ( 1)

3a 0, a 1.

所以 f ( x) x3 3x 1, f ' ( x) 3x2

由 f ' (x) 0 解得 x

1 1, x

2 1

。

由（ 1）中 f ( x) 的单调性可知， f (x) 在 x 1 处取得极大值 f ( 1) 1，

在 x 1 处取得极小值 f (1) 3 。

因为直线 y m 与函数 y f ( x) 的图象有三个不同的交点，又 f ( 3) 19 3

，