函数有三个零点与导数

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函数有三个零点与导数

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 ＜2a 时,f ′(x)＜0, ∴f(x)的单调递增区间为(0,1),(2a ,+∞). (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+1a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。

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.。

导数性质知识点总结

导数性质知识点总结导数性质知识点总结「篇一」导数的定义：当自变量的增量Δx=x-x0，Δx→0时函数增量Δy=f(x)- f(x0)与自变量增量之比的极限存在且有限，就说函数f在x0点可导，称之为f在x0点的导数(或变化率)。

函数y=f(x)在x0点的导数f'(x0)的几何意义：表示函数曲线在P0[x0，f(x0)] 点的切线斜率(导数的几何意义是该函数曲线在这一点上的切线斜率)。

一般地，我们得出用函数的导数来判断函数的增减性(单调性)的.法则：设y=f(x )在(a，b)内可导。

如果在(a，b)内，f'(x)>0，则f(x)在这个区间是单调增加的(该点切线斜率增大，函数曲线变得“陡峭”，呈上升状)。

如果在(a，b)内，f'(x)<0，则f(x)在这个区间是单调减小的。

所以，当f'(x)=0时，y=f(x )有极大值或极小值，极大值中最大者是最大值，极小值中最小者是最小值求导数的步骤：求函数y=f(x)在x0处导数的步骤：① 求函数的增量Δy=f(x0+Δx)—f(x0)② 求平均变化率③ 取极限，得导数。

导数公式：① C'=0(C为常数函数);② (x^n)'= nx^(n—1) (n∈Q*);熟记1/X的导数③ (sinx)' = cosx; (cosx)' = — sinx;(tanx)'=1/(cosx)^2=(secx)^2=1+(tanx)^2 —(cotx)'=1/(sinx)^2=(cscx)^2=1+(cotx)^2 (secx)'=tanxsecx (cscx)'=—cotxcscx (arcsinx)'=1/(1—x^2)^1/2 (arccosx)'=—1/(1—x^2)^1/2 (arctanx)'=1/(1+x^2) (arccotx)'=—1/(1+x^2) (arcsecx)'=1/(|x|(x^2—1)^1/2) (arccscx)'=—1/(|x|(x^2—1)^1/2)④ (sinhx)'=hcoshx (coshx)'=—hsinhx (tanhx)'=1/(coshx)^2=(sechx)^2 (coth)'=—1/(sinhx)^2=—(cschx)^2 (sechx)'=—tanhxsechx (cschx)'=—cothxcschx (arsinhx)'=1/(x^2+1)^1/2 (arcoshx)'=1/(x^2—1)^1/2 (artanhx)'=1/(x^2—1) (|x|<1) (arcothx)'=1/(x^2—1) (|x|>1)(arsechx)'=1/(x(1—x^2)^1/2) (arcschx)'=1/(x(1+x^2)^1/2)⑤ (e^x)' = e^x; (a^x)' = a^xlna (ln为自然对数) (Inx)' = 1/x(ln为自然对数) (logax)' =(xlna)^(—1)，(a>0且a不等于1)(x^1/2)'=[2(x^1/2)]^(—1) (1/x)'=—x^(—2)导数的应用：1.函数的单调性(1)利用导数的符号判断函数的增减性利用导数的符号判断函数的增减性，这是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个应用，它充分体现了数形结合的思想。

利用导数研究函数的零点讲义解析版

利用导数研究函数的零点题型一　数形结合法研究函数零点1.(2024·南昌模拟节选)已知函数f (x )=(x -a )2+be x (a ，b ∈R )，若a =0时，函数y =f (x )有3个零点，求b 的取值范围.解：函数y =f (x )有3个零点，即关于x 的方程f (x )=0有3个根，也即关于x 的方程b =-x 2ex 有3个根.令g (x )=-x 2e x ，则直线y =b 与g (x )=-x 2ex 的图象有3个交点.g ′(x )=x (x -2)e x，由g ′(x )<0解得0<x <2；由g ′(x )>0解得x <0或x >2，所以g (x )在(-∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增.g (0)=0，g (2)=-4e2，当x >0时，g (x )<0；当x →+∞时，g (x )→0；当x →-∞时，g (x )→-∞，作出g (x )的大致图象如图所示，作出直线y =b .由图可知，若直线y =b 与g (x )的图象有3个交点，则-4e 2<b <0，即b 的取值范围为-4e 2，0 .感悟提升　含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围.2.设函数f (x )=ln x +m x ，m ∈R ，讨论函数g (x )=f ′(x )-x 3零点的个数.解：由题意知g (x )=f ′(x )-x 3=1x -m x 2-x 3(x >0)，令g (x )=0，得m =-13x 3+x (x >0).设φ(x )=-13x 3+x (x >0)，则φ′(x )=-x 2+1=-(x -1)(x +1).当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，+∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，+∞)上单调递减.∴x =1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，∴x =1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)=23.结合y =φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m =23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m =23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.题型二　利用函数性质研究函数零点3.已知函数f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，e 是自然对数的底数，∀x >0，e x >x +1.(1)求f (x )的单调区间；(2)记p ：f (x )有两个零点；q ：a >ln 2.求证：p 是q 的充要条件.要求：先证充分性，再证必要性.(1)解：∵f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，∴f (x )的定义域为(0，+∞)，f ′(x )=4x (a -ln x ).∵当0<x <e a 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e a )上单调递增；∵当x >e a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e a ，+∞)上单调递减.∴f (x )的单调递增区间为(0，e a )，单调递减区间为(e a ，+∞).(2)证明　先证充分性.由(1)知，当x =e a 时，f (x )取得最大值，即f (x )的最大值为f (e a )=e 2a -4.由f (x )有两个零点，得e 2a -4>0，解得a >ln 2.∴a >ln 2.再证必要性.∵a >ln 2，∴e 2a >4.∴f (e a )=e 2a -4>0.∵a>ln2>0，∀x>0，e x>x+1，∴e2a>2a+1>2a.∴f(e-a)=e-2a(4a+1)-4=4a+1e2a -4<4a+12a-4=12a-2<12ln2-2=1ln4-2<0.∴∃x1∈(e-a，e a)，使f(x1)=0；∵f(e a+1)=-e2a+2-4<0，∴∃x2∈(e a，e a+1)，f(x2)=0.∵f(x)在(0，e a)上单调递增，在(e a，+∞)上单调递减，∴∀x∈(0，+∞)，x≠x1且x≠x2，易得f(x)≠0.∴当a>ln2时，f(x)有两个零点.感悟提升　利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.4.(2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln x，若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.解：由f(x)=ax-1x-(a+1)ln x(x>0)，得f′(x)=a+1x2-a+1x=(ax-1)(x-1)x2(x>0).①当a=0时，f(x)=-1x-ln x，f′(x)=1-xx2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，所以f(x)≤f(1)=-1<0，所以f(x)不存在零点；②当a<0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max=f(1)=a-1<0，所以f(x)不存在零点；③当a>0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，(ⅰ)当a=1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，因为f(1)=a-1=0，所以函数f(x)恰有一个零点；(ⅱ)当a>1时，0<1a <1，故f(x)在0，1a，(1，+∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.因为f(1)=a-1>0，所以f1a>f(1)>0，当x→0+时，f(x)→-∞，由零点存在定理可知f(x)在0，1a上必有一个零点，所以a>1满足条件；(ⅲ)当0<a<1时，1a >1，故f(x)在(0，1)，1a，+∞上单调递增，在1，1a上单调递减.因为f(1)=a-1<0，所以f1a<f(1)<0，当x→+∞时，f(x)→+∞，由零点存在定理可知f(x)在1a，+∞上必有一个零点，即0<a<1满足条件.综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，+∞).题型三　构造函数法研究函数零点5.已知函数f(x)=e x-1+ax(a∈R).(1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)-ax+1e a=ln x+a有两个不同的实数解，求a的取值范围.解：(1)由题意，得f′(x)=e x+a.若a≥-1，则当x∈[0，+∞)时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，∴当x∈[0，+∞)时，f(x)≥f(0)=0，符合题意；若a<-1，令f′(x)<0，得x<ln(-a)，∴f(x)在(0，ln(-a))上单调递减，∴当x∈(0，ln(-a))时，f(x)<f(0)=0，不符合题意.综上，a的取值范围为[-1，+∞).(2)法一　由f(x)-ax+1e a=ln x+a，得e x-a=ln x+a.令e x-a=t，则x-a=ln t，ln x+a=t，∴x+ln x=t+ln t.易知y=x+ln x在(0，+∞)上单调递增，∴t=x，得a=x-ln x.则原问题可转化为方程a=x-ln x有两个不同的实数解.令φ(x)=x-ln x(x>0)，则φ′(x)=x-1 x，令φ′(x)<0，得0<x<1；令φ′(x)>0，得x>1，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(1)=1，∴a≥1.当a=1时，易知方程1=x-ln x只有一个实数解x=1，不符合题意.下证当a>1时，a=x-ln x有两个不同的实数解.令g(x)=x-ln x-a(a>1)，则g(x)=φ(x)-a，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.∵g(e-a)=e-a>0，g(1)=1-a<0，∴g(x)在(e-a，1)上有一个零点.易知g(e a)=e a-2a，令h(a)=e a-2a，则当a>1时，h′(a)=e a-2>0，∴h(a)在(1，+∞)上单调递增，∴当a >1时，h (a )>h (1)=e -2>0，即g (e a )=e a -2a >0，∴g (x )在(1，e a )上有一个零点.∴当a >1时，a =x -ln x 有两个不同的实数解.综上，a 的取值范围为(1，+∞).法二　由f (x )-ax +1e a=ln x +a ，得e x =e a (ln x +a )，∴xe x =xe a (ln x +a )，即xe x =e a +ln x (ln x +a ).令u (x )=xe x ，则有u (x )=u (a +ln x ).当x >0时，u ′(x )=(x +1)e x >0，∴u (x )=xe x 在(0，+∞)上单调递增，∴x =a +ln x ，即a =x -ln x .下同法一.感悟提升　涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.6.(2021·全国甲卷节选)已知a >0且a ≠1，函数f (x )=x a ax (x >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x a a x =1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x =ln a a 有两个不同的解.设g (x )=ln x x (x >0)，则g ′(x )=1-ln x x 2(x >0)，令g ′(x )=1-ln x x 2=0，得x =e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，故g (x )max =g (e )=1e ，且当x >e 时，g (x )∈0，1e ，又g (1)=0，所以0<ln a a <1e，所以a >1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e )∪(e ，+∞).【A 级　基础巩固】7.已知函数f (x )=x -ae x ，a ∈R ，讨论函数f (x )的零点个数.解：f (x )=0等价于x -ae x =0，即x ex =a .设h (x )=x e x ，则h ′(x )=1-x ex ，当x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max =h (1)=1e.又当x <0时，h (x )<0；当x >0时，h (x )>0，且x →+∞时，h (x )→0，∴可画出h (x )大致图象，如图所示.∴当a ≤0或a =1e时，f (x )在R 上有唯一零点；当a >1e 时，f (x )在R 上无零点；当0<a <1e 时，f (x )在R 上有两个零点.8.(2024·青岛调研)已知函数f (x )=ln x +ax x，a ∈R .(1)若a =0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点.(1)解：若a =0，则f (x )=ln x x ，其定义域为(0，+∞)，∴f ′(x )=1-ln x x 2，由f ′(x )=0，得x =e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∴f (x )max =f (e )=1e.(2)证明　f ′(x )=1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，由(1)知，f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∵0<a <1，∴当x >e 时，f (x )=ln x +ax x =a +ln x x>0，故f (x )在(e ，+∞)上无零点；当0<x <e 时，f (x )=ln x +ax x ，∵f 1e =a -e <0，f (e )=a +1e>0，且f (x )在(0，e )上单调递增，∴f (x )在(0，e )上有且只有一个零点，综上，当0<a <1时，f (x )有且只有一个零点.9.(2024·太原模拟节选)已知函数f (x )=xe x -x -1，讨论方程f (x )=ln x +m -2的实根个数.解；由f (x )=ln x +m -2，得xe x -x -ln x +1=m ，x >0，令h (x )=xe x -x -ln x +1，则h ′(x )=e x +xe x-1-1x =(x +1)(xe x -1)x(x >0)，令m (x )=xe x -1(x >0)，则m ′(x )=(x +1)·e x >0，∴m (x )在(0，+∞)上单调递增，又m 12 =e 2-1<0，m (1)=e -1>0，∴存在x 0∈12，1，使得m (x 0)=0，即e x 0=1x 0，从而ln x 0=-x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )<0，h ′(x )<0，则h (x )单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0，则h (x )单调递增；∴h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0+1=x 0·1x 0-x 0+x 0+1=2，又易知，当x →0+时，h (x )→+∞；当x →+∞时，h (x )→+∞.∴当m <2时，方程f (x )=ln x +m -2没有实根；当m =2时，方程f (x )=ln x +m -2有1个实根；当m >2时，方程f (x )=ln x +m -2有2个实根.【B 级　能力提升】10.(2024·郑州模拟节选)已知函数f (x )=ln (x +1)-x +1，g (x )=ae x -x +ln a ，若函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，求实数a 的取值范围.解：函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，即f (x )=g (x )有两个实根，即ln (x +1)-x +1=ae x -x +ln a 有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =ln (x +1)+x +1有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)有两个实根.设函数h (x )=e x +x ，则e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)⇔h (x +ln a )=h (ln (x +1)).因为h ′(x )=e x +1>0恒成立，所以h (x )=e x +x 在R 上单调递增，所以x +ln a =ln (x +1)，x >-1，所以要使F (x )有两个零点，只需ln a =ln (x +1)-x 有两个实根.设M (x )=ln (x +1)-x ，则M ′(x )=-x x +1.由M ′(x )=-x x +1>0，得-1<x <0；由M ′(x )=-x x +1<0，得x >0，故函数M(x)的单调递增区间为(-1，0)，单调递减区间为(0，+∞).故函数M(x)在x=0处取得极大值，也是最大值，且M(x)max=M(0)=0.易知当x→-1时，M(x)→-∞；当x→+∞时，M(x)→-∞.故要使ln a=ln(x+1)-x有两个实根，只需ln a<M(x)max=0，解得0<a<1.所以实数a的取值范围是(0，1).。

三个零点分段法题目

三个零点分段法题目（原创实用版）目录一、引言二、三个零点分段法的概念与原理1.三个零点的概念2.三个零点分段法的原理三、三个零点分段法的应用实例1.实例一：利用三个零点分段法解微分方程2.实例二：利用三个零点分段法求解函数的极值3.实例三：利用三个零点分段法进行数值积分四、三个零点分段法的优缺点分析1.优点2.缺点五、结论正文一、引言在数学领域，尤其是微积分和数值计算方面，三个零点分段法是一种非常有用的求解方法。

它可以有效地解决一些复杂数学问题，如微分方程、函数极值和数值积分等。

本文将从三个零点分段法的概念与原理入手，通过具体的应用实例，分析该方法的优缺点，最后得出结论。

二、三个零点分段法的概念与原理1.三个零点的概念三个零点分段法，顾名思义，就是通过寻找函数的三个零点将定义域划分为三个区间。

这三个零点分别是函数的极大值、极小值和拐点。

在实际应用中，我们通常通过求导数为零的点来近似求解这三个零点。

2.三个零点分段法的原理三个零点分段法的原理是根据函数在这三个零点处的性质，将函数划分为三个区间，然后在每个区间内选取一个代表点进行求解。

具体来说，就是将函数在极大值点和极小值点处取最大值和最小值，然后在拐点处取一个代表点。

通过求解这三个代表点，我们可以得到函数在整个定义域内的近似解。

三、三个零点分段法的应用实例1.实例一：利用三个零点分段法解微分方程微分方程是数学中的一个重要研究领域，而三个零点分段法在解微分方程方面有着广泛的应用。

例如，求解如下一阶线性微分方程：y" + p(x)y = q(x)我们可以通过求解函数 y 的极大值、极小值和拐点，将定义域划分为三个区间，然后在每个区间内分别求解微分方程，最后得到函数 y 在整个定义域内的解。

2.实例二：利用三个零点分段法求解函数的极值求解函数的极值是数学中的一个基本问题。

利用三个零点分段法，我们可以将函数的定义域划分为三个区间，然后在每个区间内求解函数的极值。

函数零点的个数问题

2x 2 x
2
2m
2x 2 x 2m2 8
0，利用换元设
t 2x 2x （ t 2 ），则问题转化为只需让方程 t2 2mt 2m2 8 0 存在大于等于 2 的解
即可，故分一个解和两个解来进行分类讨论。设 g t t2 2mt 2m2 8 0 。
（1）若方程有一个解，则有相切（切点 x m 大于等于 2）或相交（其中交点在 x 2 两侧），
3：已知函数
f
x
kx ln x,
2, x x
0
0k
R
，若函数
y
f x k 有三个零点，则实数 k
的取值范围是（
）
A. k 2
B. 1 k 0
C. 2 k 1
D. k 2
思路：函数 y f x k 有三个零点，等价于方程 f x k 有三个不同实数根，进而等
价于 f x 与 y k 图像有三个不同交点，作出 f x 的图像，则 k 的正负会导致 f x 图
A．
ln 3 3
,
1 e
B.
ln 3 9
,
1 3e
C．
ln 3 9
,
1 2e
D．
ln 3 9
,
ln 3 3
思路：
f x
f 3x
f x
f
x 3
，当
x
3,
9
时，
f
x
f
x 3
ln
x 3
，所以
- 4 - / 18
ln x,1 x 3
f
x
ln
x ,3 3
x
，而 g x
9
f
区间 a,b 内至少有函数 f x 的一个零点，即至少有一点 x0 a,b ，使得 f x0 0 。（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

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

仅有一个交点，即f(x)=2x-6+ln x在(0,+∞)上
有故且函仅数f有(x有)共1有个2零个点零,
点.
高二数学名师课程
3.已知函数f(x)=ex-2x+a有零点,则a的取值,2l范n 2围 2
是解：函数f(x)=e.x-2x+a有零点即ex-2x+a=0有根,即 a=2令x-gex(有x)=根2x, -ex,则a的范围即为函数g(x
只有一个零点，求实数 k 的值． [解析] 解法一：f(x)＝kx－ln x－1，f′(x)＝k－1x＝kx－x 1(x>0，k>0)，当 x＝1k时，f′(x)＝0；当 0<x<1k时，f′(x)<0；当 x>1k时，f′(x)>0.
∴f(x)在(0，1k)上单调递减，在(1k，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f(1k)＝ln k， ∵f(x)有且只有一个零点， ∴ln k＝0，∴k＝1. 解法二：由题意知方程 kx－ln x－1＝0 仅有一个实根，由 kx－ln x－1＝0 得 k＝ln xx＋1(x>0)，令 g(x)＝ln xx＋1(x>0)，g′(x)＝－xln2 x，当 x＝1 时，g′(x)＝0；当 0<x<1 时，g′(x)>0；
当x∈(1,+∞)时,u′(x)>0, 所以u(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以x=1时,u(x)取得极小值u(1)=-e, 又x→+∞时,u(x)→+∞; x<2时,u(x)<0,所以-e<m<0.
方法二:g(x)=f(x)-3ex-m=ex(x-2)-m, g′(x)=ex·(x-2)+ex=ex(x-1), 当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,所以g(x)在(-∞,1)上单调递减, 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-e-m, 又x→-∞时,g(x)→-m,

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2
2
2
当 x≤0 时，函数 f（x）=2x- a 为增函数， 3
如图：
要使
（f x）=
2
x
a，x 3
0
lnx 2x a，x＞0
有三个不同零点，
则满足
0 f
f 0＜1
(1)＞0 ，即 2
0
1
a＜1 3
ln
1 2
1
a＞0
，即
0＜a 3
a＞1
ln
1＝1 2
ln2
，
解得 1+ln2＜a≤3，
∴f(x)极大值＝f(1)＝12−6×1+4ln1＝−5，f(x)极小值＝f(2)＝22−6×2+4ln2＝4ln2−8．
函数 f（x）的图象大致如下：
单调递增
∴若函数 y=f（x）-m 有三个不同的零点，则 m∈（4ln2-8，-5）．
2
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 有三个不同的零点，求实数 a 的取值范围．
函数有三个零点与导数
解决方法：一、能分离参数，则分离参数，数形结合若直线与函数图象有三个交点，则函数有极大值与极小值，直线应在两个极值点所对应的点之间平移。即：g(x)极小＜参数＜g(x)极大。
二、不能分离参数，则利用 f(x)极小＜0，f(x)极大＞0 求解，如图。
1.若函数 f（x）=x3-3x+a 有三个不同的零点，求实数 a 的取值范围．解：方法：分离参数，数形结合法由 f（x）=x3-3x+a=0 得：a=-x3+3x，令 y=a，y=-x3+3x, f（x）=x3-3x+a 有三个不同的零点，等价于 y=a 与 g(x)=-x3+3x 有三个交点，对于函数 y=-x3+3x，由 g′(x)=-3x2+3=0，得 x=±1，当 x＜-1 或 x＞1 时，g′(x)＜0，∴g(x)=-x3+3x 在（-∞，-1）和（1，+∞）上是减函数；当-1＜x＜1 时，g′(x)＜0，∴g(x)=-x3+3x 在（-1，1）上是增函数， ∴g(x)极小= g(1)=-2； g(x)极大= g(-1)=2. ∵y=a 与 g(x)=-x3+3x 有三个交点，∴-2＜a＜2，故 a 的取值范围是（-2，2）．方法：f(x)极小＜0，f(x)极大＞0 由 f（x）=x3-3x+a 有三个不同的零点，则 f（x）有两个极值点，极小值小于 0，极大值大于 0；由 f′（x）=3x2-3=3（x+1）（x-1）=0，解得 x1=1，x2=-1，所以函数 f（x）的两个极值点， x∈（-∞，-1），f′（x）＞0，x∈（-1，1），f′（x）＜0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0， ∴f（x）的极小值 f（1）=a-2 和极大值 f（-1）=a+2．
∴ ln a 2ln x ， x
令（h x） 2lnx ，则 h（ x） 2 2ln x =0，可得 x=e，
x
x2
∴h(x)在（0，e）上单调增，在（e，+∞）上单调减，
∴h（x）max=h（e）= 2 ， e
又∵x→0 时， 2lnx ；x→+∞时， 2lnx 0 ，
x
x
∴当
0＜lna＜
a
3
5．（2015•连云港三模）函数 f（x）=ax-x2（a＞1）有三个不同的零点，则实数 a 的取值范围是
．
解：先画草图大致分析一下：
令 y=ax（a＞1）,y=x2,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）=ax-x2（a＞1）有一个零点。当 x＞0 时，由 ax-x2=0，可得 ax=x2， ∴xlna=2lnx，
（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）
a 2＞0 因为 f（x）=x3-3x+a 有三个不同的零点，所以 a 2＜0 ，解之，得-2＜a＜2．故 a 的取值范围是（-2，2）． 2．已知函数 f（x）= 1 x2-4x+3lnx+m 有且只有三个不同的零点，求实数 m 的取值范围．
2
1
解：∵f（x）= 1 x2-4x+3lnx+m，∴ f（ x） x 4 3 x2 4x 3 (x 1)(x 3) ，
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 4 1 a (3a)2 ＜0， 41
解得 a＜0 或 a＞ 4 ， 9
综合可得 4 ＜a≤1， 9
a 的取值范围为： 4 ＜a≤1。 9
7．已知函数
（f x）
2x
a ，x 3
0
lnx 2x a，x＞0
2 e
，即当
1＜a＜e
2 e
时，y=lna
与（h x）
2lnx x
(x＞0)有两个不同的交点，
即 ln a 2ln x 有两个不同的解， x
∴当
2
1＜a＜ee
时，f（x）=ax-x2（a＞1，x＞0）有两个不同的零点。
又 x＜0 时，必有一个交点，
∴
1＜a＜e
2 e
时，函数
f（x）=ax-x2（a＞1）有三个不同的零点，
解：当 x＞0 时，f（x）=lnx-2x+a，
有三个不同零点，求实数 a 的取值范围．
则 f′（x）= 1 −2＝ 1 2x ，由 f′（x）＞0 得 0＜x＜ 1，此时函数单调递增，x
x
2
由 f′（x）＜0 得 x＞ 1 ，此时函数单调递减， 2
∴当 x= 1 时，函数取得极大值同时也是最大值 f（ 1 ）=ln 1 -1+a，
解：（1）由 f（x）=x2-（a+2）x+alnx 可知，函数的定义域为{x|x＞0}，
且 f x＝2x a 2 a＝2x2 a 2 x a＝(2x a)(x 1) ，∵a＞2，∴ a ＞1．
x
x
x
2
当 0＜x＜1 或 x＞ a 时，f′（x）＞0；当 1＜x＜ a 时，f′（x）＜0，
故答案为：
2
1＜a＜ee
．
6．（2015•海淀区一模）已知函数
（f x）
2x
x2
a，x 0 3ax a，x＞0
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 a ，最多两个零点，
2
4
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，
2
2
2
2
x0
x
∴函数 f（x）= 1 x2-4x+3lnx+m 有且只有三个不同的零点，等价于 f（1）= 1 -4+m=m- 7 ＞0 且 f（3）= 9
2
2
2
2
-12+3ln3+m=m+3ln3- 15 ＜0，∴ 7 ＜m＜ 15 -3ln3．∴m 的取值范围为（ 7 ， 15 ）．
2
2
2
22
3．（2016•东湖区月考）已知函数 f（x）=x2-（a+2）x+alnx，其中常数 a＞0．
2
2
∴f（x）的单调递增区间为(0，1)，( a ，+∞)． 2
（2）当 a=4 时， f x＝2(x 1)(x 2) ．当 x 变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
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
2
x
x
x
∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，3）上是减函数，在（3，+∞）上是增函数；
∴x=1 是 f（x）的极大值点，x=3 是 f（x）的极小值点。
又 f（1）= 1 -4+m=m- 7 ，f（3）= 9 -12+3ln3+m=m+3ln3- 15 ， lim （f x），lim （f x），
∴a 的取值范围为（1+ln2，3]。
| x |,
xm
8．（2016
年高考理科第
15
题）已知函数
f
(x)
x2
2mx
4m, x
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，+∞）
5

函数有三个零点与导数