函数有三个零点与导数
三次函数的三个零点成等差(比)数列的充要条件
三次函数的三个零点成等差(比)数列的充要条件三次函数的三个零点成等差数列的充要条件如下：充分条件：1. 设三次函数的通式为f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d，其中a ≠ 0；2. 设三个零点为x₁、x₂、x₃，且它们成等差数列；3. 则由等差数列的性质可知，x₂ = (x₁ + x₃)/2；4. 将x₁、x₂、x₃带入f(x)中，可得出以下等式：2ax₁^3 + bx₁^2 + cx₁ + d = 2ax₃^3 + bx₃^2 + cx₃ + d2ax₂^3 + bx₂^2 + cx₂ + d = ax₁^3 + bx₁^2 + cx₁ + d + ax₃^3 + bx₃^2 + cx₃ + d5. 将上述等式进行简化化简可得：(3ax₁ + ax₃) * (x₁ - x₃) = 0a * (x₁ - x₃)^2 = 4a * (x₂ - x₁)^2综上，当满足上述充分条件时，三次函数的三个零点必然成等差数列。
必要条件：1. 若三次函数的三个零点成等差数列，则由等差数列的性质可知，x₂= (x₁ + x₃)/2；2. 根据中学数学知识可得，三次函数的三个零点中任意两个零点的距离必须大于等于第一个零点到函数顶点的距离；3. 故当x₂ = (x₁ + x₃)/2时，必须满足以下条件中的任意一条：a. x₂到函数顶点的距离大于等于x₂到 x₁和 x₂到 x₃中任意一个点的距离；b. x₂到函数顶点的距离等于x₂到 x₁和 x₂到 x₃中任意一个点的距离，且函数在 x₂处的导数存在且等于0；综上，当满足上述必要条件时，三次函数的三个零点必然成等差数列。
结论：三次函数的三个零点成等差数列的充要条件为：当且仅当满足充分条件和必要条件时，三次函数的三个零点必然成等差数列。
以上是本人简要总结阐述，仅供参考。
高考数学《函数零点的个数问题》知识讲解与例题讲解
高考数学《函数零点的个数问题》知识讲解与例题讲解一、知识点讲解与分析：1、零点的定义：一般地，对于函数()()y f x x D =∈，我们把方程()0f x =的实数根x 称为函数()()y f x x D =∈的零点2、函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b <，那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点，即至少有一点()0,x a b ∈，使得()00f x =。
（1）()f x 在[],a b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提 （2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设()f x 连续） ① 若()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个 ② 若()()0f a f b >，那么()f x 在[],a b 不一定有零点 ③ 若()f x 在[],a b 有零点，则()()f a f b 不一定必须异号3、若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续，则()()()0f a f b f x <⇒在(),a b 的零点唯一4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系设函数为()y f x =，则()f x 的零点即为满足方程()0f x =的根，若()()()f x g x h x =−,则方程可转变为()()g x h x =，即方程的根在坐标系中为()(),g x h x 交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。
由此看来，函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。
（详见方法技巧） 二、方法与技巧：1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。
例如：对于方程ln 0x x +=，无法直接求出根，构造函数()ln f x x x =+，由()110,02f f ⎛⎫>< ⎪⎝⎭即可判定其零点必在1,12⎛⎫⎪⎝⎭中 2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用 （1）函数的零点： 工具：零点存在性定理作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内。
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.。
导数专题讲义三 零点问题
导数中零点问题 探究1已知函数3211()33f x x mx x m =--+，其中m ∈R ．求函数()f x 的零点个数． 探究2已知函数321()e 2(4)243x f x x x a x a ⎡⎤=-++--⎢⎥⎣⎦，其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．（1）若函数()f x 的图象在0x =处的切线与直线0x y +=垂直，求a 的值；（2）关于x 的不等式4()e 3x f x <-在(2)-∞，上恒成立，求a 的取值范围； （3）讨论函数()f x 极值点的个数．探究3已知函数f （x ）=ax 2﹣x ﹣lnx ，a ∈R ．（1）若﹣1≤a ≤0，证明：函数f （x ）有且只有一个零点； （2）若函数f （x ）有两个零点，求实数a 的取值范围．探究4已知函数f （x ）=g （x ）•h （x ），其中函数g （x ）=e x ，h （x ）=x 2+ax +a ． （1）求函数g （x ）在（1，g （1））处的切线方程；（2）当0＜a ＜2时，求函数f （x ）在x ∈[﹣2a ，a ]上的最大值；（3）当a=0时，对于给定的正整数k ，问函数F （x ）=e•f （x ）﹣2k （lnx +1）是否有零点？请说明理由．（参考数据e ≈2.718，≈1.649，e≈4.482，ln2≈0.693）探究5【解析1题】由f ´(x )=0,得x 2－2mx －1=0,因为△=4m 2+4>0,所以y =f (x )既有极大值也有极小值. 设f ´(x 0)=0,即x 02－2mx 0－1=0，则f (x 0)=13x 03－mx 02－x 0+13m =－13mx 02－23x 0+13m =－23x 0(m 2+1) ………………12分 所以极大值f (m －m 2+1)=－23(m －m 2+1)(m 2+1)>0，极小值f (m +m 2+1)=－23(m +m 2+1)(m 2+1)<0, 故函数f (x )有三个零点.【解析2题】(1) 由题意，321()e 3x f x x x ax a ⎛⎫'=-+- ⎪⎝⎭， …………………………………………2分因为()f x 的图象在0x =处的切线与直线0x y +=垂直，所以(0)=1f '，解得1a =-. (4)分(2) 法一：由4()e 3x f x <-，得3214e 2(4)24e 33x x x x a x a ⎡⎤-++--<-⎢⎥⎣⎦，即326(312)680x x a x a -++--<对任意(2)x ∈-∞，恒成立， (6)分即()32636128x a x x x ->-=-对任意(2)x ∈-∞，恒成立， 因为2x <，所以()()322612812323x x x a x x -++>=----，……………………………8分记()21()23g x x =--，因为()g x 在(2)-∞，上单调递增，且(2)0g =， 所以0a ≥，即a 的取值范围是[0)+∞，． ………………………………………10分法二：由4()e 3x f x <-，得3214e 2(4)24e 33x x x x a x a ⎡⎤-++--<-⎢⎥⎣⎦，即326(312)680x x a x a -++--<在(2)-∞，上恒成立，……………………………6分因为326(312)680x x a x a -++--<等价于2(2)(434)0x x x a --++<，①当0a ≥时，22434(2)30x x a x a -++=-+≥恒成立，所以原不等式的解集为(2)-∞，，满足题意． …………………………………………8分②当0a <时，记2()434g x x x a =-++，有(2)30g a =<， 所以方程24340x x a -++=必有两个根12,x x ，且122x x <<，原不等式等价于12(2)()()0x x x x x ---<，解集为12()(2)x x -∞，，，与题设矛盾，所以0a <不符合题意．综合①②可知，所求a的取值范围是[0)+∞，．…………………………………………10分(3) 因为由题意，可得321()e 3x f'x x x ax a ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，所以()f x 只有一个极值点或有三个极值点. ……11分 令321()3g x x x ax a =-+-， ①若()f x 有且只有一个极值点，所以函数()g x 的图象必穿过x 轴且只穿过一次，即()g x 为单调递增函数或者()g x 极值同号． ⅰ）当()g x 为单调递增函数时，2()20g'x x x a =-+≥在R 上恒成立，得1a ≥．………12分ⅱ）当()g x 极值同号时，设12,x x 为极值点，则12()()0g x g x ⋅≥，由2()20g'x x x a =-+=有解，得1a <，且21120,x x a -+=22220x x a -+=， 所以12122,x x x x a +==，所以3211111()3g x x x ax a =-+-211111(2)3x x a x ax a =--+- 11111(2)33x a ax ax a =---+-[]12(1)3a x a =--，同理，[]222()(1)3g x a x a =--，所以()()[][]121222(1)(1)033g x g x a x a a x a =--⋅--≥，化简得221212(1)(1)()0a x x a a x x a ---++≥，所以22(1)2(1)0a a a a a ---+≥，即0a ≥， 所以01a <≤．所以，当0a ≥时，()f x 有且仅有一个极值点； ……………………………14分②若()f x 有三个极值点，所以函数()g x 的图象必穿过x 轴且穿过三次，同理可得0a <； 综上，当0a ≥时，()f x 有且仅有一个极值点，当0a <时，()f x 有三个极值点． ……………………………16分【解析3题】（1）由f （x ）=ax 2﹣x ﹣lnx ，得．当a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上最多有一个零点，当﹣1≤a ≤0时，f （1）=a ﹣1＜0，，推出结果．（2）由（2）知，当a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上最多有一个零点．说明a ＞0，由f （x ）=ax 2﹣x ﹣lnx ，得，说明函数f（x ）在（0，x 0）上单调递减；在（x 0，+∞）上单调递增．要使得函数f （x ）在（0，+∞）上有两个零点，只需要．通过函数h （x ）=2lnx +x ﹣1在（0，+∞）上是增函数，推出0＜a ＜1．验证当0＜a ＜1时，函数f （x ）有两个零点．证明：lnx ≤x ﹣1． 设t （x ）=x ﹣1﹣lnx ，利用导数求解函数的最值即可． 【解答】解：（1）由f （x ）=ax 2﹣x ﹣lnx ，得．所以当a ≤0时，，函数f （x ）在（0，+∞）上单调递减，所以当a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上最多有一个零点．…6分因为当﹣1≤a ≤0时，f （1）=a ﹣1＜0，，所以当﹣1≤a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上有零点． 综上，当﹣1≤a ≤0时，函数f （x ）有且只有一个零点． …8分（2）由（2）知，当a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上最多有一个零点． 因为函数f （x ）有两个零点，所以a ＞0． …9分由f（x）=ax2﹣x﹣lnx，得，令g（x）=2ax2﹣x﹣1．因为g（0）=﹣1＜0，2a＞0，所以函数g（x）在（0，+∞）上只有一个零点，设为x0．当x∈（0，x0）时，g（x）＜0，f'（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0，f'（x）＞0．所以函数f（x）在（0，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．要使得函数f（x）在（0，+∞）上有两个零点，只需要函数f（x）的极小值f（x0）＜0，即．又因为，所以2lnx0+x0﹣1＞0，又因为函数h（x）=2lnx+x﹣1在（0，+∞）上是增函数，且h（1）=0，所以x0＞1，得．又由，得，所以0＜a＜1．…13分以下验证当0＜a＜1时，函数f（x）有两个零点．当0＜a＜1时，，所以．因为，且f（x0）＜0．所以函数f（x）在上有一个零点．又因为（因为lnx≤x﹣1），且f（x0）＜0．所以函数f（x）在上有一个零点．所以当0＜a＜1时，函数f（x）在内有两个零点．综上，实数a的取值范围为（0，1）．…16分下面证明：lnx≤x﹣1．设t（x）=x﹣1﹣lnx，所以，（x＞0）．令t'（x）=0，得x=1．当x∈（0，1）时，t'（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，t'（x）＞0．所以函数t（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．所以当x=1时，t（x）有最小值t（1）=0．所以t（x）=x﹣1﹣lnx≥0，得lnx≤x﹣1成立．【解析4】（1）求出函数的导数，计算g（1），g′（1），求出切线方程即可；（2）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出f（x）的最大值即可；（3）问题转化为e•＞．令p（x）=e•，q（x）=，根据函数的单调性判断即可．【解答】解：（1）∵g（x）=e x，∴g′（x）=e x，∴g′（1）=e，∴函数g（x）在（1，g（1））处的切线方程为y﹣e=e（x﹣1），即y=ex；（2）f（x）=e x（x2+ax+a），f′（x）=（x+2）（x+a）e x=0，可得x=﹣a或x=﹣2．①﹣2a≥﹣2，即0＜a≤1时，f（x）在[﹣2a，﹣a]上递减，在[﹣a，a]上递增，∴f（x）max=f（a）；②﹣2a＜﹣2，即1＜a＜2时，f（x）在[﹣2a，﹣2]上递增，[﹣2，﹣a】递减，在[﹣a，a]上递增，∴f（x）max=max{f（﹣2），f（a）}=f（a）；综上所述，f（x）max=f（a）=（2a2+a）e a；（3）k=1，函数F（x）=e•f（x）﹣2k（lnx+1）无零点，k≥2，函数F（x）=e•f（x）﹣2k（lnx+1）有零点．理由如下：k=1时，证明ex2e x﹣2lnx﹣2＞0即可，即证明e•＞．令p（x）=e•，q（x）=，而p′（x）=，令p′（x）＞0，解得：x＞1，令p′（x）＜0，解得：x＜1，∴p（x）min=p（1）=e2，q′（x）=，令q′（x）＞0，解得：0＜x＜，令q′（x）＜0，解得：x＞，故q（x）max=q（）=e2，∴e•＞，故命题得证．解析5。
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，＋∞)。
导数专题讲义三 零点问题
导数中零点问题 探究1已知函数3211()33f x x mx x m =--+，其中m ∈R ．求函数()f x 的零点个数． 探究2已知函数321()e 2(4)243x f x x x a x a ⎡⎤=-++--⎢⎥⎣⎦，其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．（1）若函数()f x 的图象在0x =处的切线与直线0x y +=垂直，求a 的值； （2）关于x 的不等式4()e 3x f x <-在(2)-∞，上恒成立，求a 的取值范围； （3）讨论函数()f x 极值点的个数． 探究3已知函数f （x ）=ax 2﹣x ﹣lnx ，a ∈R ．（1）若﹣1≤a ≤0，证明：函数f （x ）有且只有一个零点； （2）若函数f （x ）有两个零点，求实数a 的取值范围．探究4已知函数f （x ）=g （x ）•h （x ），其中函数g （x ）=e x ，h （x ）=x 2+ax +a ．（1）求函数g （x ）在（1，g （1））处的切线方程；（2）当0＜a ＜2时，求函数f （x ）在x ∈[﹣2a ，a ]上的最大值；（3）当a=0时，对于给定的正整数k ，问函数F （x ）=e•f （x ）﹣2k （lnx +1）是否有零点？请说明理由．（参考数据e ≈2.718，≈1.649，e ≈4.482，ln2≈0.693）探究5【解析1题】由f ´(x )=0,得x 2－2mx －1=0,因为△=4m 2+4>0,所以y =f (x )既有极大值也有极小值. 设f ´(x 0)=0,即x 02－2mx 0－1=0，则f (x 0)=13x 03－mx 02－x 0+13m =－13mx 02－23x 0+13m =－23x 0(m 2+1) ………………12分 所以极大值f (m －m 2+1)=－23(m －m 2+1)(m 2+1)>0，极小值f (m +m 2+1)=－23(m +m 2+1)(m 2+1)<0,故函数f (x )有三个零点.【解析2题】(1) 由题意，321()e 3x f x x x ax a ⎛⎫'=-+- ⎪⎝⎭， …………………………………………2分因为()f x 的图象在0x =处的切线与直线0x y +=垂直，所以(0)=1f '，解得1a =-. ……………………………4分(2) 法一：由4()e 3x f x <-，得3214e 2(4)24e 33x x x x a x a ⎡⎤-++--<-⎢⎥⎣⎦，即326(312)680x x a x a -++--<对任意(2)x ∈-∞，恒成立，……………………………6分 即()32636128x a x x x ->-=-对任意(2)x ∈-∞，恒成立，因为2x <，所以()()322612812323x x x a x x -++>=----， ……………………………8分 记()21()23g x x =--，因为()g x 在(2)-∞，上单调递增，且(2)0g =， 所以0a ≥，即a 的取值范围是[0)+∞，． ………………………………………10分法二：由4()e 3x f x <-，得3214e 2(4)24e 33x x x x a x a ⎡⎤-++--<-⎢⎥⎣⎦，即326(312)680x x a x a -++--<在(2)-∞，上恒成立，……………………………6分 因为326(312)680x x a x a -++--<等价于2(2)(434)0x x x a --++<， ①当0a ≥时，22434(2)30x x a x a -++=-+≥恒成立，所以原不等式的解集为(2)-∞，，满足题意． …………………………………………8分 ②当0a <时，记2()434g x x x a =-++，有(2)30g a =<， 所以方程24340x x a -++=必有两个根12,x x ，且122x x <<， 原不等式等价于12(2)()()0x x x x x ---<，解集为12()(2)x x -∞，，，与题设矛盾，所以0a <不符合题意．综合①②可知，所求a 的取值范围是[0)+∞，．…………………………………………10分(3) 因为由题意，可得321()e 3x f'x x x ax a ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，所以()f x 只有一个极值点或有三个极值点. ……11分 令321()3g x x x ax a =-+-， ①若()f x 有且只有一个极值点，所以函数()g x 的图象必穿过x 轴且只穿过一次， 即()g x 为单调递增函数或者()g x 极值同号．ⅰ）当()g x 为单调递增函数时，2()20g'x x x a =-+≥在R 上恒成立，得1a ≥．………12分ⅱ）当()g x 极值同号时，设12,x x 为极值点，则12()()0g x g x ⋅≥，由2()20g'x x x a =-+=有解，得1a <，且21120,x x a -+=22220x x a -+=， 所以12122,x x x x a +==，所以3211111()3g x x x ax a =-+-211111(2)3x x a x ax a =--+- 11111(2)33x a ax ax a =---+-[]12(1)3a x a =--， 同理，[]222()(1)3g x a x a =--，所以()()[][]121222(1)(1)033g x g x a x a a x a =--⋅--≥， 化简得221212(1)(1)()0a x x a a x x a ---++≥，所以22(1)2(1)0a a a a a ---+≥，即0a ≥， 所以01a <≤．所以，当0a ≥时，()f x 有且仅有一个极值点； ……………………………14分 ②若()f x 有三个极值点，所以函数()g x 的图象必穿过x 轴且穿过三次，同理可得0a <； 综上，当0a ≥时，()f x 有且仅有一个极值点，当0a <时，()f x 有三个极值点． ……………………………16分【解析3题】（1）由f （x ）=ax 2﹣x ﹣lnx ，得．当a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上最多有一个零点，当﹣1≤a ≤0时，f （1）=a ﹣1＜0，，推出结果．（2）由（2）知，当a ≤0时，函数f （x ）在（0，+∞）上最多有一个零点．说明a ＞0，由f （x ）=ax 2﹣x ﹣lnx ，得，说明函数f （x ）在（0，x 0）上单调递减；在（x 0，+∞）上单调递增．要使得函数f （x ）在（0，+∞）上有两个零点，只需要．通过函数h（x ）=2lnx +x ﹣1在（0，+∞）上是增函数，推出0＜a ＜1．验证当0＜a ＜1时，函数f （x ）有两个零点．证明：lnx ≤x ﹣1．设t（x）=x﹣1﹣lnx，利用导数求解函数的最值即可．【解答】解：（1）由f（x）=ax2﹣x﹣lnx，得．所以当a≤0时，，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上最多有一个零点．…6分因为当﹣1≤a≤0时，f（1）=a﹣1＜0，，所以当﹣1≤a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上有零点．综上，当﹣1≤a≤0时，函数f（x）有且只有一个零点．…8分（2）由（2）知，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上最多有一个零点．因为函数f（x）有两个零点，所以a＞0．…9分由f（x）=ax2﹣x﹣lnx，得，令g（x）=2ax2﹣x﹣1．因为g（0）=﹣1＜0，2a＞0，所以函数g（x）在（0，+∞）上只有一个零点，设为x0．当x∈（0，x0）时，g（x）＜0，f'（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0，f'（x）＞0．所以函数f（x）在（0，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．要使得函数f（x）在（0，+∞）上有两个零点，只需要函数f（x）的极小值f（x0）＜0，即．又因为，所以2lnx0+x0﹣1＞0，又因为函数h（x）=2lnx+x﹣1在（0，+∞）上是增函数，且h（1）=0，所以x0＞1，得．又由，得，所以0＜a＜1．…13分以下验证当0＜a＜1时，函数f（x）有两个零点．当0＜a＜1时，，所以．因为，且f（x0）＜0．所以函数f（x）在上有一个零点．又因为（因为lnx≤x﹣1），且f（x0）＜0．所以函数f（x）在上有一个零点．所以当0＜a＜1时，函数f（x）在内有两个零点．综上，实数a的取值范围为（0，1）．…16分下面证明：lnx≤x﹣1．设t（x）=x﹣1﹣lnx，所以，（x＞0）．令t'（x）=0，得x=1．当x∈（0，1）时，t'（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，t'（x）＞0．所以函数t（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．所以当x=1时，t（x）有最小值t（1）=0．所以t（x）=x﹣1﹣lnx≥0，得lnx≤x﹣1成立．【解析4】（1）求出函数的导数，计算g（1），g′（1），求出切线方程即可；（2）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出f（x）的最大值即可；（3）问题转化为e•＞．令p（x）=e•，q（x）=，根据函数的单调性判断即可．【解答】解：（1）∵g（x）=e x，∴g′（x）=e x，∴g′（1）=e，∴函数g（x）在（1，g（1））处的切线方程为y﹣e=e（x﹣1），即y=ex；（2）f（x）=e x（x2+ax+a），f′（x）=（x+2）（x+a）e x=0，可得x=﹣a或x=﹣2．①﹣2a≥﹣2，即0＜a≤1时，f（x）在[﹣2a，﹣a]上递减，在[﹣a，a]上递增，∴f（x）max=f（a）；②﹣2a＜﹣2，即1＜a＜2时，f（x）在[﹣2a，﹣2]上递增，[﹣2，﹣a】递减，在[﹣a，a]上递增，∴f（x）max=max{f（﹣2），f（a）}=f（a）；综上所述，f（x）max=f（a）=（2a2+a）e a；（3）k=1，函数F（x）=e•f（x）﹣2k（lnx+1）无零点，k≥2，函数F（x）=e•f（x）﹣2k（lnx+1）有零点．理由如下：k=1时，证明ex2e x﹣2lnx﹣2＞0即可，即证明e•＞．令p（x）=e•，q（x）=，而p′（x）=，令p′（x）＞0，解得：x＞1，令p′（x）＜0，解得：x＜1，∴p（x）min=p（1）=e2，q′（x）=，令q′（x）＞0，解得：0＜x＜，令q′（x）＜0，解得：x＞，故q（x）max=q（）=e2，∴e•＞，故命题得证．解析5。
高中数学选择性必修二 精讲精炼 拓展四 导与零点、不等式等综合运用(精练)(含答案)
拓展四 导数与零点、不等式等综合运用(精练)【题组一 零点问题】1．(2021·河北邢台·高二月考)已知函数()f x '满足()()()()43,00,11xxf x f x x f f e e -===+'，则函数()()1F x f x =-的零点个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B【解析】当0x ≠时，由()()43xxf x f x e x -='，可得()()3263xx f x x f x e x ='-，则()()3263x x f x x f x xe '-=，即()'3x f x x e ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，所以()3.x e f x C x =+因为()11f e =+，所以1=C ，故()()()310.xe f x x x =+≠因为()00f =，所以()()31xf x x e =+，则()()233.xe f x x x ⎡=+'⎤+⎣⎦设()()33x g x x e =++，则()()4x g x x e +'=， 所以()g x 在(),4-∞-上单调递减，在()4,-+∞上单调递增，所以()4min ()430e g x g -=-=-+>，所以()f x '0，则()f x 在(),-∞+∞上单调递增，()()1F x f x =-在(),-∞+∞上也单调递增，因为()()00110,F f =-=-<()()111110F f e e =-=+-=>， 所以(0)(1)0F F <,所以()F x 有且只有1个零点. 故选：B2．(2021·河南南阳·高二月考(理))已知函数2()(2)(2)f x x x a a =->，若函数()(()1)g x f f x =+恰有4个零点，则a 的取值范围是( ) A ．(3,4) B ．(3,)+∞ C ．(2,3) D ．(4,)+∞【答案】B【解析】因为2()(2)(2)f x x x a a =->的零点为0，2a，所以由()(()1)0g x f f x =+=，得()10f x +=或2a ，即()1f x =-或12a-．因为()2(3)(2)f x x x a a '=->，所以()f x 在(,0)-∞，,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，则()f x 的极大值为(0)0f =，极小值为3327a a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．因为2a >，所以102a ->，所以结合()f x 的图象可得3127a-<-且102a ->，解得3a >．故选：B3．(2021·北京·首都师范大学附属中学高二期中)若函数()ln f x x ax =-有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．0,B ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．()0,eD ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】解：因为函数()ln f x x ax =-有两个不同的零点, 所以方程ln 0x ax -=有两个不相等的实数根, 所以ln xa x=有两个不相等的实数根, 令ln x y x=，21ln 'xy x -=，所以当()0,x e ∈时，'0y >，函数ln xy x=为增函数， 当(),x e ∈+∞时，'0y <，函数ln xy x=为减函数， 由于当ln ln 0,,,0x xx x x x→→-∞→+∞→， 故函数ln xy x=的图像如图，、所以ln x a x =有两个不相等的实数根等价于10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. 故选：B4．(2021·陕西省洛南中学高二月考(理))函数3()12f x x x m =-++有三个零点，则m 的取值范围为_______. 【答案】(16,16)-【解析】因为函数3()12f x x x m =-++， 所以2()3123(2)(2)f x x x x '=-+=-+-，令()022()02f x x f x x ''>⇒-<<<⇒<-；或2x >，所以函数()f x 在()2-∞-，和(2)，+∞上为减函数，在(22)-，上为增函数， 所以当2x =-时，()f x 取得极小值，且(2)16f m -=-， 当2x =时，()f x 取得极大值，且(2)16f m =+，又函数有三个零点，所以160160m m -<⎧⎨+>⎩，解得1616m -<<.故答案为：(1616)-，5．(2021·河北邢台·高二月考)已知方程e 0x x m --=有且只有1个实数根，则m =__________. 【答案】1【解析】设()e x f x x =-，则()e 1.xf x ='-令()0f x '=，得0x =，则()f x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增，所以()f x 在0x =处取得最小值()0 1.f =故若方程e 0x x m --=有且只有1个实数根，则 1.m =故答案为：16．(2021·福建·福州三中高二期中)已知函数1()x f x xe +=，若关于x 方程2()2()20()f x tf x t R -+=∈有两个不同的零点，则实数t 的取值范围为_______________．【答案】32⎫⎪⎭【解析】令1()x g x xe +=，111()(1)x x x g x e xe x e +++'=+=+，所以在(1,)-+∞上，()0g x '>，()g x 单调递增， 在(,1)-∞-上，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以11()(1)1min g x g e -+=-=-=-， 又(0)0g =，所以作出()g x 与()f x 的图像如下：()11f -=，令()(0)k f x k =>，则方程2()2()20()f x tf x t R -+=∈为2220()k tk t R -+=∈，则2222k t k k k+==+， 令()2g k k k=+，作出()g k 的图像：当02t <<0t <<2y t =与()2g k k k=+没有交点， 所以方程22t k k=+无根，则()(0)k f x k =>无解，不合题意．当2t =t =时，2y t =与()2g k k k=+有1个交点，所以方程22t k k=+有1个根为k =()(0)k f x k =>有1个解，不合题意．当2t >t >2y t =与()2g k k k=+有2个交点，所以方程22t k k=+有2个根为10k <2k >若11k =时，则1()(0)k f x k =>有2个解，2()(0)k f x k =>有1个解， 所以()k f x =有3个解，不合题意．若101k <<时，则1()(0)k f x k =>有3个解，2()(0)k f x k =>有1个解， 所以()k f x =有4个解，不合题意．11k >>时，则1()(0)k f x k =>有1个解，2()(0)k f x k =>有1个解， 所以()k f x =有2个解，合题意． 因为22t k k=+，所以23t <32t <，综上所述，t 的取值范围为3)2．故答案为：3)2．7．(2021·安徽·芜湖一中高二期中(理))已知函数2()2ln x f x e x t -=--有四个零点，则实数t 的取值范围为___________. 【答案】()0,2ln 21-【解析】函数2()2ln x f x e x t -=--的零点个数，也就是22ln x y e x -=-与y t =的交点个数，设()22ln x g x ex -=-，显然函数的定义域为()0,∞+，()22x g x e x -'=-， 记()22x h x ex -=-，则有()20h =，()2220x h x e x-'=+>， ()h x ∴在()0,∞+上单调递增，所以当()0,2x ∈时，()0h x <，即()0g x '<， 所以()g x 在()0,2上单调递减，当()2,x ∈+∞时，()0h x >，即()0g x '>， 所以()g x 在()2,+∞上单调递增， 所以()()min 212ln 20g x g ==-<，同一直角坐标系中画出函数22ln x y e x -=-与y t =的大致图象，如图：由图可知，函数22ln x y e x -=-与y t =有四个交点，可得02ln 21t <<-. 故答案为：()0,2ln 21-8．(2021·江苏·无锡市青山高级中学高二期中)已知函数f (x )＝3223,015,1x x m x mx x ⎧++≤≤⎨+>⎩，若函数()f x 有两个不同的零点，则实数m 的取值范围为___． 【答案】()5,0-【解析】当01x ≤≤时，()3223f x x x m =++，则()2660f x x x '=+≥，故()f x 在[]0,1x ∈上是增函数.要使函数()f x 有两个不同的零点，则函数()f x 在[]0,1与(1,)+∞上各有1个零点，显然0m <.故()()0?1050f f m ⎧≤⎨+>⎩，解得：50m -<<，综上所述：实数m 的取值范围为()5,0-. 故答案为：()5,0-.9．(2021·河南·高二期中(理))已知函数()()3xx e x f a =-+.(1)当1a =时，求()f x 的最小值；(2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)2-；(2)21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【解析】(1)当1a =时，()3xf x e x =--，则()f x 的定义域为(),-∞+∞，且()1xf x e '=-，∴当(),0x ∈-∞时，()0f x '<；当()0,x ∈+∞时，()0f x '>；()f x ∴在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增， ()f x ∴的最小值为()02f =-.(2)由题意知：()f x 定义域为(),-∞+∞，()xf x e a '=-；①当0a ≤时，()0xf x e a '=->恒成立，()f x ∴在(),-∞+∞上单调递增，不符合题意；②当0a >时，令()0f x '=，解得：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；即当0a >时，()f x 有极小值也是最小值为()()ln 2ln f a a a =-+. 又当x →-∞时，()f x →+∞；当x →+∞时，()f x →+∞；∴要使()f x 有两个零点，只需()ln 0f a <即可，则2ln 0a +>，解得：21a e >； 综上所述：若()f x 有两个零点，则a 的取值范围为21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.10．(2021·广东普宁·高二期中)设函数()cos x f x e x =，()'f x 为()f x 导函数． (1)求()f x 的单调区间；(2)令()()()2h x f x f x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭'，讨论当3,44x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()h x 的零点个数．【答案】(1)()f x 的单调递增区间为32,2()44k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ，()f x 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ；(2)只有一个零点． 【解析】(1)由已知，有()(cos sin )x f x e x x '=-．当52,2()44x k k k ππππ⎛⎫∈++∈ ⎪⎝⎭Z 时，有sin cos x x >，得()0f x '<，则()f x 单调递减；当32,2()44x k k k ππππ⎛⎫∈-+∈ ⎪⎝⎭Z 时，有sin cos x x <，得()0f x '>，则()f x 单调递增． 所以()f x 的单调递增区间为32,2()44k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ，()f x 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． (2)证明：由(1)有()e (cos sin )x f x x x '=-，令()()g x f x '=， 从而()2sin x g x e x '=-．当3,44x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，故()()()()(1)()22h x f x g x x g x g x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝'''⎭'，因此，,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，3,24x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 在区间,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在区间3,24ππ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增．∴3,44x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()02h x h π⎛⎫≥= ⎪⎝⎭．所以，当3,44x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()h x 只有一个零点． 11．(2021·江苏启东·高二期中)已知函数23(n )l f x x x c x d =-++，3(2)2f '=. (1)求()f x 的单调区间；(2)若2>d ，求证：()f x 只有1个零点.【答案】(1)单调增区间是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和(1,)+∞；单调减区间是1,12⎛⎫⎪⎝⎭；(2)证明见解析.【解析】(1)依题意，函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 由23(n )l f x x x c x d =-++，得()23cf x x x'=-+， 又()322f '=，即322322c ⨯-+= 计算得 1c =， 所以2231(21)(1)()x x x x f x x x-+--'==. 令()0f x '>，得102x <<或1x >；令()0f x '<，得112x <<， 所以()f x 的单调增区间是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和(1,)+∞；单调减区间是1,12⎛⎫⎪⎝⎭；(2)由(1)知，()f x 在12x =处取极大值，在1x =处取极小值，当2>d 时，()f x 的极小值(1)20f d =->，所以()f x 在区间1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上无零点.由于1(1)02f f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，而()2e e 3e e d d d df ----=-<3e 2e 0d d ---=-<，所以()f x 在区间10,2⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有1个零点.所以2>d 时，()f x 只有1个零点. 【题组二 不等式证明问题】1．(2021·新疆·乌市八中高二月考(文))已知函数()ln f x x a x =-． (1)讨论的单调性；(2)若()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围；(3)在(2)的条件下，()f x m =有两个不同的根12,x x ，求证：121x x m +>+． 【答案】(1)答案见解析；(2){}1；(3)证明见解析．【解析】解：(1)()ln f x x a x =-，则()()10a x a f x x x x-'=-=>， 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，当0a >时，令()0f x '=，得x a =，所以x a >时，()0f x '>；0x a <<时，()0f x '<， 所以()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增； 综上：当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增，当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增；(2)()f x 的定义域为(0,)+∞，且()1a x a f x x x'-=-=， 当0a =时，()f x x =，()f x 在()0,∞+上单调递增， 所以()1f x ≥不恒成立，不合题意；当0a <时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增， 且当0x →时，()f x →-∞，不合题意； 当0a >时，由()0f x '=得x a =，所以()f x 在()0,a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增， 所以()f x 在x a =处取到极小值，也是最小值()ln f a a a a =-， 由题意得()ln 1f a a a a =-≥恒成立， 令()ln g x x x x =-，()ln g x x '=-，()g x 在()0,1上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以()()ln 11g x x x x g =-≤=，所以()ln 1f a a a a =-=，即1a =. (3)()ln f x x x =-，且()f x 在1x =处取到极小值1，又0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞，故1m 且1201x x <<<， 要证明：121x x m +>+，只需证明211x m x >+-，又2111x m x >+->， 故只需证明：()()211f x f m x >+-，即证：()11m f m x >+-， 即证：()111ln 1m m x m x >+--+-，即证：()111ln 1ln 0x x ---<，设()()()1ln 1ln 01h x x x x =---<<，则()()()11ln 11ln 1ln x x x h x x x x x -+'=-+=--，因为01x <<，所以()1ln 0x x ->，由(2)知ln 1≤-x x 恒成立， 所以11ln 1,ln 1x x x x x≤--≤-，即1ln 0x x x -+≥，所以()h x 在01x <<上为增函数，所以()()10h x h <=，即命题成立. 2．(2021·重庆十八中高二月考)已知函数()ln 11x aF x x x =--+． (1)设2a =，1x >，试比较()()()1h x x F x =-与0的大小； (2)若()0F x >恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若a 使()F x 有两个不同的零点12 ,x x ，求证：21||a a x x e e --<-． 【答案】(1)()0h x >； (2)(,2]-∞； (3)证明见解析. 【解析】(1)当2a =时，()()ln (1)1()ln ,1111x a a x h x x x x x x x -=--=->-++， 可得()2222212(1)2(1)(1)4(1)(1)(1)(1)x x x x x h x x x x x x x x +-----'=-==+++，当1x >时，()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞上为单调递增函数， 因为(1)0h =，所以()(1)0h x h >=.(2)设函数()(1)ln 1a x f x x x -=-+，则()222(1)1ln (1)x a x f x x x x +-+'=-+，令()22(1)1g x x a x =+-+，当1a ≤时，当0x >时，()0g x >，当12a <≤时，2480a a ∆=-≤，可得()0g x ≥，所以当2a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增函数，且()10f =， 所以有()101f x x >-，可得()0F x >， 当2a >时，有2480a a ∆=->，此时()g x 有两个零点，设为12,t t ，且12t t <， 又因为122(1)0t t a +=->且121t t =，所以1201t t <<<， 在2(1,)t 上，()f x 为单调递减函数， 所以此时有()0f x <，即(1)ln 1a x x x -<+，可得ln 011x ax x -<-+，此时()0F x >不恒成立，综上可得2a ≤，即实数a 的取值范围是(,2]-∞. (3)若()F x 有两个不同的零点12,x x ，不妨设12x x <， 则12,x x 为()(1)ln 1a x f x x x -=-+的两个零点，且121,1x x ≠≠， 由(2)知此时2a >，并且()f x 在12(0,),(,)t t +∞为单调递增函数， 在12(,)t t 上为单调递减函数，且()10f =，所以12()0,()0f t f t ><，因为()()220,0,111aaa a a aa a f e f e e e e e --=-<=-><<++，且()f x 的图象连续不断， 所以1122(,),(,)a a x e t x t e -∈∈，所以2121a at t x x e e --<-<-，因为21t t -==综上可得：21||a a x x e e -<-<-.3．(2021·山东任城·高二期中)已知函数()ln ()R f x x a x a =-∈ (1)求()f x 的极值；(2)若()1f x ≥，求a 的值，并证明：()2.x f x x e >-【答案】(1)当0a ≤时，()f x 无极值；当0a >时，()f x 的极小值为()ln f a a a a =-，无极大值；(2)1，证明见解析.【解析】解：(1)()1(0)a x a f x x x x-∴=-=>' ①当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增. ()f x ∴在()0,∞+上无极值.②当0a >时，令()0f x '>得x a >；令()0f x '<得0x a <<. ()f x ∴在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增. ()f x ∴的极小值为()ln f a a a a =-，无极大值.综上，当0a ≤时，()f x 无极值；当0a >时，()f x 的极小值为()ln f a a a a =-，无极大值. (2)由(1)可知，①当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，而(1)1f =，∴当(0,1)x ∈时，()1f x <，即()1f x ≥不恒成立.②当0a >时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增.min ()()ln 1.f x f a a a a ∴==-≥令()ln (0)g a a a a a =->，则()1(ln 1)ln .g a a a '=-+=-当(0,1)∈a 时，()0g a '>，()g a 在(0,1)上单调递增； 当(1,)∈+∞a 时，()0g a '<，()g a 在(1,)+∞上单调递减.()(1) 1.g a g ∴≤=1.a ∴=设()()2ln (0)x x h x f x x e x x e x =-+=--+>，下面证明()0.h x > 当1a =时，()ln 1f x x x =-≥，即ln 1.x x ≤- ln 21,x x x ∴+≤-∴只要证21(*).x x e -<令()21,0x q x e x x =-+>，则'() 2.x q x e =-∴当(0,ln 2)x ∈时，'()0q x <，()q x 在(0,ln 2)上单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，'()0q x >，()q x 在(ln 2,)+∞上单调递增. 3()(ln 2)3ln 4ln ln 40.q x q e ∴≥=-=-> (*)∴式成立，即()2x f x x e >-成立.4．(2021·河北邢台·高二月考)已知函数()21f x ax x=+. (1)当4a =-时，求()f x 的极值点.(2)当2a =时，若()()12f x f x =，且120x x <，证明21:3x x -.【答案】(1)极大值点为12-，无极小值点；(2)证明见解析.【解析】(1)当4a =-时，()214f x x x=-+，定义域为()(),00,-∞⋃+∞. 则()3221818.x f x x x x +=--=-'令()0f x '=，解得12x =-则函数()f x 在1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递增，在()1,0,02∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减.所以12x =-为()f x 的极大值点，所以()f x 的极大值点为12-，无极小值点.(2)当2a =时，()212f x x x=+，定义域为()(),00,-∞⋃+∞， 则()()22112212112,2f x x f x x x x =+=+因为()()12f x f x =，所以2212121122x x x x +=+， 整理得()()121212122.x x x x x x x x -+-=因为120x x <，所以()121212x x x x +=， 所以()()22212112122121444x x x x x x x x x x -=+-=-.设1210t x x =<，则()()322212214148,422t x x g t t g t t t t t '+-==-=+=. 令()0g t '=，解得2t =-，则()2144g t t t=-在(),2-∞-上单调递减，在()2,0-上单调递增，所以()()23g t g -=，即2213x x -，故213x x -.5(2021·山西晋中·高二期末(文))已知()ln f x ax x =-，()a ∈R (1)讨论()f x 的单调性；(2)求证：当1a =时，()xe f x ex ≥.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【解析】(1)()11ax f x a x x-'=-=，()0,x ∈+∞ 当a ≤0时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+上单调递减； a >0时，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增.(2)证明：当a =1时，原不等式等价于()ln xe x x ex -≥欲证()ln xe x x ex -≥，只需证ln xex x x e -≥设()ln h x x x =-，()xexg x e =，()0x >()111x h x x x-'=-=，当()0,1x ∈ 时，()0h x '<，()h x 单调递减； 当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，∴()()min 11h x h ==()()1xe x g x e-'=，当()0,1x ∈)时，()0h x '>，()h x 单调递增； 当()1,x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减，∴()()max 11g x g == 所以()()h x g x ≥，即原命题成立.6．(2021·河北·邯山区新思路学本文化辅导学校高二期中)已知函数()2ln xf x me x =-．(1)若1x =是()f x 的极值点，求m 的值，并判断()f x 的单调性． (2)当1m 时，证明：()2f x >． 【答案】(1)212m e=，()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；(2)证明见解析. 【解析】(1)解：()212xf x me x'=-． 因为1x =是()f x 的极值点，所以()20121me f '=-=，得212m e =． 此时()221ln 2x e f x e x =-，()2211x e xf x e '=-． 令()()()2211,0,x e x e x m x f x =-∈'=+∞，则()222210x e m x e x=+'>'， 所以()m x 在()0,∞+上单调递增，且()2211101e e m =-= 因此01x <<时，()0m x <；当1x >时()0m x >． 故当01x <<时()0f x '<；当1x >时()0f x '>．所以()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增．因此1x =是()f x 的极值点，故212m e =；()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增(2)证明：当1m 时，因为()222ln 2ln 2x xme x x e x f -=-->--，所以只需证2ln 20x e x -->即可．令()2ln 2x g e x x =--，则()()2211221xx g e xe x xx '=-=-． 令()()2210x h e x x x =->，则()22240x xh e x xe '=+>，因为12111042h e ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，1102h e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以存在011,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x =，即020210xx e -=，即02012x e x =，也可化为002ln 20x x +=，即00ln 2ln 2x x =--． 所以()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()0022000min 01ln 22ln 222x x g x g x e x e x x ==--==++-． 因为()12ln 222n x x x =++-在11,42⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增， 所以()11ln 2042n x n ⎛⎫>=+> ⎪⎝⎭，故()min 0g x >，即()2f x >． 【题组三 恒成立问题】1．(2021·重庆十八中高二月考)设函数()2ln f x a x bx =-．(1)若12b =，讨论函数()f x 的单调性； (2)当0b =时，若不等式()f x m x ≥+对所有的31,2a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，(21,x e ⎤∈⎦恒成立，求实数m 的取值范围． 【答案】(1)答案见解析；(2)(22e ⎤-∞-⎦，.【解析】解：(1)若12b =，()21ln 2f x a x x =-()>0x ，则2()a a x f x x x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '<，所以函数()f x 在()0+∞，上单调递减， 当>0a 时，令()0f x '=，得x =负值舍去)，当0x <<()0f x '>，函数()f x在(0上单调递增，当x ()0f x '<，函数()f x在)+∞上单调递减；(2)当0b =时，()ln f x a x =.若不等式()f x m x ≥+对所有的(231,,1,2a x e ⎡⎤⎤∈∈⎦⎢⎥⎣⎦都成立，则ln a x m x ≥+对所有的(231,,1,2a x e ⎡⎤⎤∈∈⎦⎢⎥⎣⎦都成立，即ln m a x x ≤-,对所有的(231,,1,2a x e ⎡⎤⎤∈∈⎦⎢⎥⎣⎦都成立， 令()ln h a a x x =-，则()h a 为一次函数，min ()m h a ≤， (21,x e ⎤∈⎦，ln 0x ∴>，()h a ∴在3[1,]2a ∈上单调递增，min ()(1)ln h a h x x ∴==-，ln m x x ∴≤-对所有的(21,x e ⎤∈⎦都成立，令()ln g x x x =-，则()111x g x x x -'=-=，因为21x e <≤，所以()10xg x x-'=<，所以函数()ln g x x x =-在(21,e ⎤⎦单调递减，所以()()22222ln g x g e ee e -==-≥， 2min ()2m g x e ∴≤=-，所以实数m 的取值范围为(22e ⎤-∞-⎦，.2．(2021·江西省南昌县莲塘三中高二月考(理))已知函数32()f x ax bx cx d =+++为奇函数，且在1x =-处取得极大值2. (1)求()f x 的解析式；(2)若()()()221xf x m x x e ++≤-对于任意的[0,)x ∈+∞恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)()33f x x x =-；(2)1m .【解析】(1)由于()f x 为奇函数，所以0b d ==，()3f x ax cx =+，()'23f x ax c =+，所以()()1211303f a c a f a c c ⎧-=--==⎧⎪⇒⎨⎨-=+==-⎪⎩'⎩，所以()()()()3'23,33311f x x x f x x x x =-=-=+-，所以()f x 在区间()(),1,1,-∞-+∞上()()'0,f x f x >递增，在区间()1,1-上()()'0,f x f x <递减，在1x =-处取得极小值，符合题意.(2)依题意()()()221xf x m x x e ++≤-对于任意的[0,)x ∈+∞恒成立，即()()32321xx x m x x e -++≤-①.当0x =时，①恒成立.当0x >时，①可化为21x m xe x x ≤--+，构造函数()21x h x xe x x =--+，()01h =，()()()''121,00x h x x e x h =+--=，()()()()''''2221,00x x x h x x e xe e h =+-=+-=，当0x >时，()''0h x >，()'h x 递增，所以在区间()0,∞+上，()'0h x >，所以在区间()0,∞+上，()1h x >. 所以1m .。
导数中的零点问题
导数中的零点问题1．已知函数 .（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的取值；（Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）记 . 当时，函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.2．已知函数（Ⅰ）若的图像与直线相切，求（Ⅱ）若且函数的零点为,设函数试讨论函数的零点个数. （为自然常数）3．已知函数 .（1）若时，讨论函数的单调性；（2）若函数在区间上恰有 2 个零点，求实数的取值范围 .4．已知函数（为自然对数的底数，），在处的切线为.（1）求函数的解析式；（2）在轴上是否存在一点，使得过点可以作的三条切钱若存在，请求出横坐标为整数的点坐标；若不存在，请说明理由.5．已知函数f x x22lnx a R, a 0 . a（ 1）讨论函数 f x 的单调性；（ 2）若函数f x 有最小值，记为g a ，关于a的方程g a a21 m 有三9a个不同的实数根，求实数m 的取值范围.6．已知函数（Ⅰ）求函数f x x 2aa R ， e 为自然对数的底数).x(ef x 的极值；（Ⅱ）当 a 1 时，若直线l : y kx 2 与曲线y f x 没有公共点，求k 的最大值.7．已知函数（为自然对数的底数）.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时 , 不等式恒成立 , 求实数的取值范围；（3）设，当函数有且只有一个零点时, 求实数的取值范围 .8．已知函数 .（1）若函数有两个零点，求实数的取值范围；（2）若函数有两个极值点，试判断函数的零点个数.9．已知函数 .（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）是否存在实数，使得有三个相异零点若存在，求出的值；若不存在，说明理由.10．已知函数 .（ 1）求函数的单调区间；（ 2）记，当时，函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.11．已知函数 .（1）讨论的导函数零点的个数；（2）若函数的最小值为，求的取值范围.12．．（1）证明：存在唯一实数，使得直线和曲线相切；（2）若不等式有且只有两个整数解，求的范围．13 ．已知函数 f x ax3bx23x a,b R在点1, f 1处的切线方程为y 20 ．（ 1）求函数 f x 的解析式；（ 2）若经过点M 2,m 可以作出曲线y f x 的三条切线，求实数m 的取值范围．14．已知函数f xx22aln x, a R ．x（ 1）若f x 在 x 2 处取极值，求 f x 在点1, f 1 处的切线方程；（ 2）当a 0 时，若 f x 有唯一的零点x0，求x0.注 x 表示不超过x的最大整数，如0.6 0, 2.1 2, 1.52. 参考数据：ln2 0.693,ln3 1.099,ln5 1.609,ln7 1.946.15 ．已知函数 f x e x m xln x m 1 x ；（1）若m 1 f x在0,上单调递增；，求证：（2）若g x =f ' x ，试讨论 g x 零点的个数.16．已知函数 f x e ax ?sinx 1 ，，其中 a 0 ．(I) 当a 1时，求曲线y f x 在点0，f 0 处的切线方程；( Ⅱ) 证明： f x 在区间0，上恰有 2 个零点．参考答案1．（Ⅰ）；（Ⅱ）当时 , 减区间为；当时，增区间为，减区间为； （Ⅲ）．【解析】【分析】（ 1）先求出函数f （ x ）的定义域和导函数 f ′（ x ），再由两直线垂直的条件可得 f ′（ 1）＝﹣ 3，求出 a 的值；（ 2）求出 f ′（ x ），对 a 讨论，由 f ′（ x ）＞ 0 和 f ′（ x ）＜ 0 进行求解，即判断出函数的单调区间；（ 3）由（ 1）和题意求出g （ ）的解析式，求出′（ x ），由 g ′（ x ）＞0 和 g ′（ x ）＜ 0x g进行求解， 即判断出函数的单调区间， 再由条件和函数零点的几何意义列出不等式组，求出b 的范围．【详解】（Ⅰ）定义域， ，，∴．（Ⅱ）当，，单减区间为当时令，单增区间为；令，单减区间为当时，单减区间∴当时 , 减区间为；当时，增区间为，减区间为；（Ⅲ）令，，令，；令，∴是在上唯一的极小值点，也是唯一的最小值点∴∵在上有两个零点∴只须∴．【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及几何意义、函数零点等基础知识，注意求出函数的定义域，考查计算能力和分析问题的能力．2．（ 1）（ 2）有两个不同的零点【解析】分析：（Ⅰ）设切点坐标为，故可以关于的方程组，从该方程组解得．（Ⅱ）因，故为减函数，结合可得的零点．又是分段函数，故分别讨论在上的单调性，结合利用零点存在定理得到有两个不同的零点．详解：（Ⅰ）设切点，所以，故，从而又切点在函数上，所以即，故，解得，．（Ⅱ）若且函数的零点为，因为，，为上的减函数，故．当时，，因为，当时，；当时，，则在上单调递增，上单调递减，则,所以在上单调递减．当时，，所以在区间上单调递增．又，且；又，所以函数在区间上存在一个零点，在区间上存在一个零点．综上，有两个不同的零点．点睛：处理切线问题的核心是设出切点坐标，因为它的横坐标沟通了切线的斜率和函数在该值处的导数．零点问题需要利用导数明确函数的单调性，再结合零点存在定理才能判断函数零点的个数．3．（ 1）见解析；（ 2）【解析】分析：（ 1）求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（ 2）分三种情况讨论的范围，分别利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理与函数图象，可筛选出函数在区间上恰有 2 个零点的实数的取值范围.详解：（ 1）当时，，此时在单调递增；当时，①当时，，恒成立，，此时在单调递增；②当时，令在和上单调递增；在上单调递减；综上：当时，在单调递增；当时，在和上单调递增；在上单调递减；（ 2）当时，由（1）知，在单调递增，，此时在区间上有一个零点，不符；当时，，在单调递增；，此时在区间上有一个零点，不符；当时，要使在内恰有两个零点，必须满足在区间上恰有两个零点时，点睛：导数及其应用通常围绕四个点进行命题．第一个点是围绕导数的几何意义展开，；第二个点是围绕利用导数研究函数的单调性、极值 ( 最值 ) 展开，设计求函数的单调区间、极值、最值，已知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与转化思想等数学思想方法；第三个点是围绕导数研究不等式、方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、讨论方程根等问题，；第四个点是围数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力．4．（ 1）（ 2）不存在横坐标为整数的点，过该点可以作的三条切线.【解析】分析：(1) 求出 f （ x）的导数，由切线方程可得切线斜率和切点坐标，可得a=2，即可得到 f （ x）的解析式；(2) 令，设图象上一点，，该处的切线, 又过点则过作 3 条详解：（ 1），由题意可知，，即（ 2），令，设图象上一点，，该处的切线又过点则①过作 3 条不同的切线，则方程①关于有令，图象与轴有 3 个不同交点3 个不同实根（ 1）当，，是单调函数，不可能有 3 个零点（2）当，或时，当时，所以在单调递减，单调递增，单调递减曲线与轴有个交点，应该满足，，当，又，所以无解（3）当，或时，，当时，在单调递减，单调递增，单调递减，应满足，，当，又，无解，综上，不存在横坐标为整数的点，过该点可以作的三条切线.点睛：（ 1）函数零点个数（方程根的个数）的判断方法：①结合零点存在性定理，利用函数的单调性、对称性确定函数零点个数；②利用函数图像交点个数判断方程根的个数或函数零点个数．（ 2）本题将方程实根个数的问题转化为两函数图象交点的问题解决.5．（ 1）当a 0 时， f x 在 0, 上递减，当 a 0 时， f x 在 0, a 上递减，在a , 上递增；（2）1 1ln3 .ln2 ln 3 m33【解析】试题分析：（ 1）函数求导得 f ' x 2x 2，分 a 0 和 a 0 两种情况讨论即可；a x2（ 2）结合（ 1 ）中的单调性可得最值g a 1 lna ，即m a ln a ( a 0) ，令2(a 9aF a a ln a 0) ，求导得单调性得值域即可.试题解析：（ 1） f ' x2x 2， (x0) ，a x当 a 0 时， f ' x 0 ，知 f x 在 0,上是递减的；当 a时， f ' x 2 xa x ax 在 0, a 上是递减的， 在 a ,ax，知 f上递增的 .（ 2）由（ 1）知， a 0 ， f xmin fa1 ln a ，即 g a1 lna ，方程 g a a2 1 m ，即 m a ln a29a( a 0) ，9a令 Faa lna 2(a0) ，则 F ' a1 1 23a 13a 2a9a 29a 2，9a知 Fa 在0, 1 和 2 ,是递增的，1 , 2是递减的，333 3F a 极大F 11 ln3 ，Fa极小F 21 ln2 ln 3，3 33 3依题意得1ln2ln 3 m1 ln3 .33点睛：已知函数有零点求参数常用的方法和思路：（ 1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（ 2）分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决；（ 3）数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解 .6．（ 1）见解析（ 2） k 的最大值为 1.【解析】试题分析： （1）先求导数，再根据 a 的正负讨论导函数符号变化规律，最后根据导函数符号确定极值， （ 2）先将无交点转化为方程1 在 R 上没有实数解，转化为k 1 x1e xxe x 在 R 上 没 有 实 数 解 ， 再 利 用 导 数 研 究 g xxe x 的 取 值 范 围 ， 即得k 11 , 1 ，即得 k 的取值范围是 1 e,1 ，从中确定 k 的最大值 . k 1ea①当 a 0 时， f x 0 ， f x 为, 上的增函数，所以函数 f x 无极值 .②当 a 0 时，令 f x 0 ，得 e x a ，x lna .x ,ln a ， f x 0 ； x lna ， f x 0.所以 f x 在,ln a 上单调递减，在lna, 上单调递增，故 f x 在x lna 处取得极小值，且极小值为 f lna lna 1 ，无极大值.综上，当 a 0 时，函数 f x 无极小值；当 a 0 ， f x 在 x lna 处取得极小值 lna ，无极大值.（Ⅱ）当 a 1 时， f x x 2 1 x. e直线 l : y kx 2 与曲线y f x 没有公共点，等价于关于 x 的方程 kx 2 x 2 1在 R 上没有实数解，即关于x 的方程：e xk 1 x 1x * 在 R 上没有实数解.e可化为1①当 k 1 时，方程* 0 ，在 R 上没有实数解.e x②当 k 1 时，方程* 化为 1 xe x.k 1令 g x xe x，则有 g x 1 x e x令 g x 0 ，得 x 1 ，当 x 变化时，g x 的变化情况如下表：x , 1 -1 1, g x - 0 +g x ↘ 1 ↗e当 x 1 时，g x min 1，同时当 x 趋于+ 时，g x 趋于 + ，e从而 g x 的取值范围为1. [ , ）e所以当 11 , 1 时，方程 * 无实数解，k e解得 k 的取值范围是 1 e,1 .综上，得 k 的最大值为 1.7．（ 1）；（2）；（ 3）或【解析】分析：（ 1）先求切点的坐标，再利用导数求切线的斜率，最后写出切线的方程.(2)先分离参数得到，再求函数的最小值，即得实数a 的取值范围 .(3) 先令，再转化为方程有且只有一个实根，再转化为有且只有一个交点，利用导数和函数的图像分析得到 a 的取值范围. 详解：（ 1），所以切线的斜率.又因为，所以切线方程为，所以切线方程为.（ 2）由得 .当 x=0 时，上述不等式显然成立，故只需考虑的情况.将变形得令，所以令，解得x＞ 1；令，解得x＜ 1.从而在（ 0,1 ）内单调递减，在（1， 2）内单调递增.所以 , 当 x=1 时，取得最小值e-1 ，从而所求实数的取值范围是.（3）令当时，，函数无零点；当时，，即令，令，则由题可知，当，或时，函数有一个函数零点点睛：第（ 3）问的转化是一个关键，由于直接研究函数有且只有一个零点比较困难，所以本题把函数的零点转化为方程有且只有一个实根，再转化为有且只有一个交点，这样问题经过一次又一次的转化，大大提高了解题效率，优化了解题. 所以在解答数学难题时，注意数学转化思想的灵活运用.8．（ 1）（ 2） 3【解析】试题分析：（ 1）第（ 1）问，先把问题转化成的图象与的图象有两个交点，再利用导数求出的单调性，通过图像分析得到 a 的取值范围 .(2)第（2）问，先通过函数有两个极值点分析出函数g(x) 的单调性，再通过图像研究得到它的零点个数.试题解析：（ 1）令，由题意知的图象与的图象有两个交点..当时，，∴在上单调递增；当时，，∴在上单调递减.∴.又∵时，，∴时， .又∵时， .综上可知，当且仅当时，与的图象有两个交点，即函数有两个零点.（ 2）因为函数有两个极值点，由，得有两个不同的根，（设）.由（ 1）知，，，且，且函数在，上单调递减，在上单调递增，则 .令，则，所以函数在上单调递增，故， . 又，；，，所以函数恰有三个零点.点睛：对于零点问题的处理，一般利用图像法分析解答. 先求出函数的单调性、奇偶性、周期性、端点的取值等情况，再画出函数的图像分析函数的零点的个数. 本题第（ 2）问，就是利用这种方法处理的.9．（Ⅰ）见解析 . （Ⅱ）见解析 .【解析】试题分析：（ I ）求出，分三种情况讨论的范围，分别令求得的范围，可得函数增区一定有且的极大值大于0，极小值小于0，则取得极大值和极小值时或，注意到此时恒有，则必有为极小值，此时极值点满足，即，还需满足，换元后只需证明即可.试题解析：（Ⅰ）由题可知.当，即时，令得，易知在上单调递减，在上单调递增.当时，令得或.当，即时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.（Ⅱ）不存在.理由如下：假设有三个相异零点.由（Ⅰ）的讨论，一定有且的极大值大于0，极小值小于已知取得极大值和极小值时或，注意到此时恒有，则必有为极小值，此时极值点满足，即，还需满足，又，，故存在使得，即存在使得.令，即存在满足.令，，从而在上单调递增，所以，故不存在满足，与假设矛盾，从而不存在使得有三个相异零点10． (1) 见解析 ;(2) . 0..【解析】试题分析：（1）先求出函数 f （x）的定义域和导函数 f ′（ x），对字母 a 分类讨论，由 f ′（x）＞0 和 f ′（x）＜0 进行求解，即判断出函数的单调区间；（2）由（1）和题意求出 g（x）的解析式，求出 g′（x），由 g′（x）＞0 和 g′（x）＜ 0 进行求解，即判断出函数的单调区间，再由条件和函数零点的几何意义列出不等式组，求出 b 的范围．试题解析：（1）定义域为，，当时，，当时，由得，∴当时，的单调增区间为，无减区间，当时，的减区间为，增区间为.（ 2）当时，，.令，得，，在区间上，令，得递增区间为，令，得递减区间为，所以是在上唯一的极小值点，也是最小值点，所以，又因为在上有两个零点，所以只需，，所以，即 .11． (1) 见解析 ;(2) .【解析】试题分析：（ 1）先求出，则至少存在一个零点，讨论的范围，利用导数研究函数的单调性，结合单调性与函数图象可得结果；（ 2）求出，分五种情况讨论的范围，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，利用函数的单调性，结合函数图象可排除不合题意的的范围，筛选出符合题意的的范围.试题解析：（ 1），令，故在上单调递增，则，因此，当或时，只有一个零点；当或时，有两个零点；（2）当时，，则函数在处取得最小值，当时，则函数在上单调递增，则必存在正数，使得，若，则，函数在与上单调递增，在上单调递减，又，故不符合题意.若，则，函数在上单调递增，又，故不符合题意.若，则，设正数，则，与函数的最小值为矛盾，12．（ 1）详见解析；（ 2） .【解析】试题分析：(1) 先设切点坐标，根据导数几何意义得切线斜率，根据切点既在切线上也在曲线上，联立方程组可得．再利用导数研究单调性，并根据零点存在定理确定零点唯一性，即得证结论，(2) 先化简不等式为，再分析函数单调性及其值域，结合图形确定讨论 a 的取法，根据整数解个数确定 a 满足条件，解得的范围．试题解析：（1）设切点为，则①，和相切，则②，所以，即．令，所以单增．又因为，所以，存在唯一实数，使得，且．所以只存在唯一实数，使①②成立，即存在唯一实数使得和相切．（2）令，即，所以，令，则，由（ 1）可知，在上单减，在单增，且，故当时，，当时，，当时，因为要求整数解，所以在时，，所以有无穷多整数解，舍去；当时，，又，所以两个整数解为 0， 1，即，所以，即，当时，，因为在内大于或等于1，所以无整数解，舍去，综上，．13．（ 1）f x x33x ；（2） 6 m 2【解析】试题分析：（ 1）求出函数的导函数，然后根据导数的几何意义得到关于a,b 的方程组，解方程组求得a, b 后可得函数的解析式．（2）设出切点x0 , y0 ，求导数后可得 f x0 3x02 3 ，即为切线的斜率，然后根据斜率公式可得 3x02 3 x03 3x0 m，即2x03 6x02 6 m 0．若x0 2函数有三条切线，则函数g x 2x3 6 x2 6 m有三个不同的零点，根据函数的极值可得所求范围．试题解析；（ 1）∵f xax3 bx2 3x ，∴ fx 3ax 22bx 3 ，根据题意得 {f 1 a b 3 2a 1f 13a2b 3 ，解得 {b 0，∴函数的解析式为fx x 3 3x .（ 2）由（ 1）得 f x3x 2 3 ．设切点为x 0 , y 0 ，则 y 0 x 03 3x 0 ， f x 03x 02 3 ，故切线的斜率为 3x 02 3 ，由题意得 3x 023 x 03 3x 0 m ，x 0 2即 2x 03 6x 02 6 m 0 ，∵过点M2,m m 2 可作曲线 yf x 的三条切线∴方程 2 x 03 6 x 026m 0 有三个不同的实数解，∴函数 g x 2x 3 6x 2 6 m 有三个不同的零点．由于 g x 6x 2 12x 6x x2 ，∴当 x 0 时， g x 0, g x 单调递增，当 0 x 2时， g x 0, g x 单调递减，当 x2 时， g x0, g x 单调递增 .∴当 x 0 时， g x 有极大值，且极大值为 g 0 m 6 ；当 x 2 时， g x 有极小值，且极小值为 g 2 m 2 ．∵函数 g x 有 3 个零点，6 m 0 ∴ {m，2 0解得 6m 2 ．∴实数 m 的取值范围是6,2 ．点睛：利用导数研究方程根的方法（ 1）研究方程根的情况，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，根据题目要求， 画出函数图象的大体形状， 标明函数极 ( 最 ) 值的位置， 通过数形结合的思想去分析问题，使问题的求解有直观的整体展现．（ 2）研究方程根的情况，也可通过分离参数的方法，转化为两函数图象公共点个数的问题处理，解题时仍要利用数形结合求解．14．（ 1） 7x y 10 0 ；（ 2） 2【解析】试题分析： （ 1）求导，利用对应导函数为 0 求出 a 值，再利用导数的几何意义进行求解；（ 2）求导，讨论导函数的符号变化确定函数的单调性和极值，通过极值的符号确定零点的位置，再利用零点存在定理进行求解.试题解析：（1）因为 fx2x 3 ax 2216 2a 2 a 7 ，则x 2，所以 f4 0 ，解得f 1 7 ，即 fx 在点 1, f 1 处的切线方程为 y 37 x 1 ，即 7 x y10 0 ；（ 2） f x x22 aln x ，f x2x 3 ax2x 0xx2令g x2x 3 ax 2 ，则 g x 6x 2 a由 a0, gx 0 ，可得 xa6g x 在 0, a上单调递减，在a , 上单调递增66由于 g 02 0 ，故 x0,a时， g x 06又 g 1a 0 ，故 g x 在 1,上有唯一零点，设为x 1 ，从而可知 f x在0, x 1 上单调递减，在 x 1,上单调递增由于 fx 有唯一零点 x 0 ，故 x 1 x 0 , 且 x 0 1又 2lnx 031 0 ......*x 0 3 1令h x 2ln x 031 ，可知h x 在 1, 上单调递增x 0 3 1由于 h 22ln2 10 2 0.7 10 0 ， h 32ln3290 ，7 726故方程* 的唯一零点 x 02,3 ，故 x 0215．（ 1）见解析（ 2）当 m 1时， g x 没有零点； m 1时， g x 有一个零点； m1时， gx 有两个零点 .【解析】试题分析：（ 1）m 1时， f x e x 1 xlnx ， f ' xe x 1lnx 1 ，要证 f x在 0，+ 上单调递增，只要证：f ' x0 对 x 0 恒成立，只需证明e x 1x （当且仅当 x1 时取等号） ． x lnx 1 （当且仅当 x 1时取等号），即可证明 f ' x0 ；（ 2）求函数的导数，根据函数极值和导数的关系，分 m 1 m ＞1， m1讨论，即可判断函数 g x 零点的个数．试题解析：（ 1） m 1时， f xe x 1xlnx ， f ' x e x 1 lnx 1 ，要证 f x 在 0，+上单调递增，只要证：f ' x0 对 x 0 恒成立，令i x e x 1 x ，则 i ' x e x 1 1 ，当 x 1 时， i ' x 0 ，当 x 1 i ' x 0 ，故 i x 在 ，1 上单调递减，在 1，+上单调递增，时，所以 i x i 10 ，即 e x 1x （当且仅当 x 1 时等号成立），令 j xx 1 lnx x 0 ，则 j ' xx 1x ，当 0x 1时， j ' x 0 ，当 x 1时，j ' x 0 ，故 j x 在（ 0， 1）上单调递减，在 1，+上单调递增，所以j xj 1 0 ，即 x lnx 1（当且仅当 x 1 时取等号）， f xe x 1lnx 1 x lnx 10 （当且仅当 x 1 时等号成立）f x 在 0，+ 上单调递增 .（ 2）由 g xe xmlnx m 有 g ' xe x m1 x0 ，显然 g ' x 是增函数，x令g ' x 00 ，得 e x 0 m1 ， e m x 0 e x 0 ， mx 0 ln x 0 ，x 0则 x0, x 0 时， g ' x 0 ， x x 0 ,时， g ' x0 ，∴ gx 在 0，x 0 上是减函数，在 x 0 ,上是增函数，∴ gx 有极小值，g x 0e xmln x 0 m12ln x 0 x 0 ，x 0①当 m 1时， x 0 1， g x 极小值 =g 10 ， g x 有一个零点1；② m1时， 0 x 0 1， g x 0g 1 1 0 1 0，g x 没有零点；③当 m 1时， x 0 1， g x 010 1 0 ，又 g e me emmm m e e mm0 ，又对于函数 y e x x 1 ， y ' e x 10 时 x 0 ，∴当 x 0 时， y1 0 1 0 ，即 e xx 1 ，∴g 3m e 2mln3m m2m 1 ln3m mm 1 lnmln3 ，令 tmm 1 lnm ln3 ，则 t ' m11 m 1mm ，∵ m 1，∴ t ' m 0 ，∴ t mt 12 ln3 0 ，∴ g 3m0 ，又 e m1 x 0 ， 3m 3x 0 3lnx 0x 0 ，∴ g x 有两个零点，综上， 当 m 1时， g x 没有零点；m 1时， g x 有一个零点； m 1时， g x 有两个零点 .【点睛】 本题题考查导数的综合应用， 利用函数单调性极值和导数之间的关系是解决本题的关键．，对于参数要进行分类讨论，综合性较强，难度较大．16．( Ⅰ) y x 1 ( Ⅱ) 见解析．【解析】试题分析：（ Ⅰ）求出 f x 在 x0 的导数即可得切线的斜率， 也就得到在 0, f处切线方程． （Ⅱ）先研究函数 fx 的单调性，其导数为 f ' x e axa sin x cosx ，当x 0,时，利用三角函数的符号可以判断出 f ' x 0 ，当 x, 时，导数有唯 22一的零点 x 0 且为函数的极大值点．结合f0 ， f 0 f 0 可以判断 f x 在20,x 0 存在一个零点，在 x 0 , 上存在一个零点，故在 0,上存在两个不同的零点．解析：（Ⅰ）当 a 1 时， f xe x sinx 1，所以f x e x sinx cosx ，故 f ' 01 ，又 f 01 ，故曲线在 0, f 0 的切线方程为 y x 1 ．（Ⅱ） f 'xe ax asinx cosx ．当 x0, 时，因为 a 0,sin x 0,cosx 0 ，故 f ' x 0 ，所以 f x 在 0,是单22调增函数；当 x, 时， f ' xae ax cosx 1 tanx ，令 tanx1 0, x, ，此方程2aa2有唯一解 x x 0 ．当 x, x 0 时， f ' x 0 ， f x 在, x 0 上是单调增函数； 22当 xx 0 ,时，f ' x 0 ， f x 在 x 0 ,上是单调减函数；因为 fx 的图像是不间断的， 所以 f x 在0,x 0上是单调增函数， 在 x 0 ,上是单调减a，f 0f1 0 ， 而 x 0函 数 ．又 f2e 21 02 ， 故f x 0f0 ，根据零点存在定理和 f x 的单调性可知 f x 在 0,x 0存在一个零2点，在x 0 ,上存在一个零点，故f x 在 0,上存在两个不同的零点．点睛：导数背景下函数的零点个数的讨论不仅要考虑函数的极值的符号， 还要结合零点存在定理去判断．一般地，我们在一个单调区间中要找到这样的a, b ，使得 f a f b0 ．。
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函数有三个零点与导数
解:∵f(x)=12x 2-4x+3lnx+m,∴234())3134(x x x x f x x x x x
-+--'=-+==（）, ∴f(x)在(0,1)上就是增函数,在(1,3)上就是减函数,在(3,+∞)上就是增函数;
∴x=1就是f(x)的极大值点,x=3就是f(x)的极小值点。
又f(1)=
12-4+m=m-72,f(3)=92-12+3ln3+m=m+3ln3-152
,0 lim lim x x f x f x +→∞→=-∞=+∞（），（）, ∴函数f(x)=
12x 2-4x+3lnx+m 有且只有三个不同的零点,等价于f(1)=12-4+m=m-72
＞0且f(3)=92-12+3ln3+m=m+3ln3-152＜0,∴72＜m ＜152-3ln3.∴m 的取值范围为(72,152
).
3.(2016•东湖区月考)已知函数f(x)=x 2-(a+2)x+alnx,其中常数a ＞0.
(1)当a ＞2时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)当a=4时,若函数y=f(x)-m 有三个不同的零点,求m 的取值范围.
本题第(2)问可以改为:
(3)当a=4时,若函数y=f(x)-m 有且只有一个零点,求m 的取值范围.
(4)当a=4时,若函数y=f(x)-m 有两个不同的零点,求m 的取值范围.(此问无解) 解:(1)由f(x)=x 2-(a+2)x+alnx 可知,函数的定义域为{x|x ＞0},
且()()()2()2212)22(x a x a a x a x f x x a x x x
-++--'-++＝＝＝,∵a ＞2,∴2a ＞1. 当0＜x ＜1或x ＞2a 时,f ′(x)＞0;当1＜x ＜2
a 时,f ′(x)＜0, ∴f(x)的单调递增区间为(0,1),(
2
a ,+∞). (2)当a=4时,()21()()2x x f x x --'＝.当x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表: x
(0,1) 1 (1,2) 2 (2,+∞) f′(x)
+ 0 - 0 + f(x) 单调递增 f(x)取极大值 单调递减 f(x)取极小值 单调递增
∴f (x )极大值＝f (1)＝12−6×1+4ln 1＝−5,f (x )极小值＝f (2)＝22−6×2+4ln 2＝4ln 2−8.
函数f(x)的图象大致如下:
∴若函数y=f(x)-m 有三个不同的零点,
则m ∈(4ln2-8,-5).
4.已知a＞0,函数f(x)=ax2-2ax+2lnx,g(x)=f(x)-2x. (Ⅰ)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (Ⅱ)讨论g(x)的单调性;
(Ⅲ)当a＞1时,若函数h(x)=g(x)+5+1
a
有三个不同的零点,求实数a的取值范围.
5.(2015•连云港三模)函数f(x)=a x -x 2(a ＞1)有三个不同的零点,则实数a 的取值范围就是 . 解:先画草图大致分析一下:
令y=a x (a ＞1),y=x 2,在同一坐标系中画出它们的图象,
当x ＜0时,显然它们的图象,有一个交点,
即f(x)=a x -x 2(a ＞1)有一个零点。
当x ＞0时,由a x -x 2=0,可得a x =x 2,
∴xlna=2lnx,
∴2ln ln x a x
=
, 令2lnx h x x =（）,则222ln x h x x -'=（）=0,可得x=e, ∴h(x)在(0,e)上单调增,在(e,+∞)上单调减,
∴h(x)max =h(e)=
2e
, 又∵x →0时,2lnx x →-∞;x →+∞时,20lnx x
→, ∴当0＜lna ＜2e ,即当21e a e ＜＜时,y=lna 与2lnx h x x
=（） (x ＞0)有两个不同的交点, 即2ln ln x a x =有两个不同的解, ∴当2
1e a e ＜＜时,f(x)=a x -x 2(a ＞1,x ＞0)有两个不同的零点。
又x ＜0时,必有一个交点,
∴21e a e ＜＜时,函数f(x)=a x -x 2(a ＞1)有三个不同的零点,
故答案为:21e a e ＜＜. 6.(2015•海淀区一模)已知函数22030x a x f x x ax a x -≤=⎩
+⎨-⎧，（），＞有三个不同的零点,求实数a 的范围. 解:由题意可知:函数图象的左半部分为单调递增指数函数的部分,
函数图象的右半部分为开口向上的抛物线,对称轴为x=3
2
a ,最多两个零点,
如上图,要满足题意,必须指数函数的部分向下平移到与x轴相交,
由指数函数过点(0,1),故需下移至多1个单位,故0＜a≤1,
还需保证抛物线与x轴由两个交点,故最低点
2
(
413
41
)
a a
⨯⨯--
⨯
＜0,
解得a＜0或a＞
4
9
,
综合可得
4
9
＜a≤1,
a的取值范围为:
4
9
＜a≤1。
7.已知函数
20
3
20
x
a
x
f x
lnx x a x
⎧
-≤
⎪
=⎨
⎪-+
⎩
，
（）
，＞
有三个不同零点,求实数a的取值范围.
解:当x＞0时,f(x)=lnx-2x+a,
则f′(x)=
1
x
−2＝
12x
x
-
,由f′(x)＞0得0＜x＜
1
2
,此时函数单调递增,
由f′(x)＜0得x＞
1
2
,此时函数单调递减,
∴当x=
1
2
时,函数取得极大值同时也就是最大值f(
1
2
)=ln
1
2
-1+a,
当x≤0时,函数f(x)=2x-
3
a
为增函数,
如图:
要使
20
=3
20
x
a
x
f x
lnx x a x
-≤
⎧
⎪
⎨
⎪-+
⎩
，
（）
，＞
有三个不同零点,
则满足
()
1
()
2
001
f
f
≤
⎧
⎪
⎨
⎪⎩
＜
＞
,即
011
3
1
10
2
a
ln a
≤-
-
⎧
⎪
⎨
⎪
⎪+
⎪
⎩
＜
＞
,即
03
1
112
2
a
a ln ln
≤
-+
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
＜
＞＝
,
解得1+ln2＜a≤3,
∴a的取值范围为(1+ln2,3]。
8.(2016年高考理科第15题)已知函数
2
||,
()
24,
x x m
f x
x m
x mx m
≤
⎧
=⎨
>
-+
⎩
,其中m＞0,若存在实数b,使得关于x的方程f(x)=b有三个不同的根,则m的取值范围为。
答案:(3,+∞)。