利用导数研究函数零点问题
高考数学利用导数研究函数的零点
课堂考点探究
变式题 已知函数f(x)=ex-ax+sin x-1.(1)当a=2时,讨论函数f(x)的单调性;
课堂考点探究
解: 当a=2时,f(x)=ex-2x+sin x-1(x∈R),则f'(x)=ex-2+cos x,设h(x)=f'(x)=ex-2+cosx, 则h'(x)=ex-sin x,当x∈(-∞,0]时,ex≤1,所以f'(x)=ex-2+cos x≤-1+cos x≤0,所以f(x)在(-∞,0]上单调递减;当x∈(0,+∞)时,ex>1,所以h'(x)=ex-sin x>1-sin x≥0,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.综上,f(x)在 (-∞,0]上单调递减;在(0,+∞)上单调递增.
[总结反思]根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”,即通过函数的单调性确定函数图像与x轴的交点个数,或者通过两个相关函数图像的交点个数确定参数需满足的条件,进而求得参数的取值范围,解决问题的步骤是“先形后数”.
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题 已知f(x)=x2-x+asin x.(1)当a=1时,求证:f(x)>0在(0,+∞)上恒成立;
课堂考点探究
例4 已知函数f(x)=x·cos x.(2)求证:当x∈时,方程2f(x)-1=0有且仅有2个不等的实数根.
利用导数研究函数零点问题
利用导数研究函数零点问题1、已知函数8()(cos )(2)(sin 1)3f x x x x x π=-+-+，2()3()cos 4(1sin )ln(3)xg x x x x x π=--+-.证明：存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =；证明：当(0,)2x π∈时，2'()(1sin )(2)2cos 03f x x x x x π=-++--<，函数()f x 在(0,)2π上为减函数，又2816(0)0,()0323f f πππ=->=--<，所以存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =.2、设1a >，函数a e x x f x-+=)1()(2．(1) 求)(x f 的单调区间 ； (2) 证明：)(x f 在(),-∞+∞上仅有一个零点；【解析】（1）依题()()()()()222'1'1'10x xx f x x e x e x e =+++=+≥，∴ ()f x 在(),-∞+∞上是单调增函数；（2）∵ 1a >，∴ ()010f a =-<且()()22110a f a a e a a a =+->+->，∴ ()f x 在()0,a 上有零点， 又由（1）知()f x 在(),-∞+∞上是单调增函数，()f x 在(),-∞+∞上仅有一个零点；3、已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为2-.（1）求a ；（2）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点.【解析】（I ）'()f x =236x x a -+，'(0)f a =.曲线()y f x =在点（0,2）处的切线方程为2y ax =+。
由题设得22a-=-，所以a=1. （Ⅱ）由（I ）知，32()32f x x x x =-++，设()g x ()2f x kx =-+323(1)4x x k x =-+-+ 由题设知10k-.当x ≤0时，'()g x 23610x x k=-+-，()g x 单调递增，(1)10,(0)4g k g -=-=，所以()g x =0在(],0-∞有唯一实根。
高考数学总复习考点知识与题型专题讲解22 利用导数研究函数的零点
高考数学总复习考点知识与题型专题讲解§3.7 利用导数研究函数的零点考试要求 函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现． 题型一 利用函数性质研究函数的零点 例1已知函数f (x )＝x sin x －1.(1)讨论函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的单调性；(2)证明：函数y ＝f (x )在[0，π]上有两个零点． (1)解 因为函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝－x sin(－x )－1＝f (x )，所以函数f (x )为偶函数，又f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，且当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又函数f (x )为偶函数，所以f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，0上单调递减，综上，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，0上单调递减．(2)证明 由(1)得，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又f (0)＝－1<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内有且只有一个零点， 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，则g ′(x )＝2cos x －x sin x ，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，g ′(x )<0恒成立，即g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π上单调递减，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1>0，g (π)＝－π<0，则存在m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π，使得g (m )＝0，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 时，g (x )>g (m )＝0，即f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 上单调递增，当x ∈(m ，π]时，有g (x )<g (m )＝0，即f ′(x )<0，则f (x )在(m ，π]上单调递减， 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，f (π)＝－1<0，所以f (x )在(m ，π]上有且只有一个零点，综上，函数y ＝f (x )在[0，π]上有2个零点．思维升华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．跟踪训练1(2023·芜湖模拟)已知函数f (x )＝ax ＋(a －1)ln x ＋1x －2，a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )只有一个零点，求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋a －1x －1x 2＝(ax －1)(x ＋1)x 2，①若a ≤0，则f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；②若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)若a ≤0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e ＋1－a ＋e －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1a ＋e －1>0，f (1)＝a －1<0.结合函数的单调性可知，f (x )有唯一零点．若a >0，因为函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1－(a －1)ln a ＋a －2＝(a －1)(1－ln a )＝0，解得a ＝1或a＝e.综上，a ≤0或a ＝1或a ＝e. 题型二 数形结合法研究函数的零点例2(2023·郑州质检)已知函数f (x )＝e x －ax ＋2a ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)求函数f (x )的零点个数．解 (1)f (x )＝e x －ax ＋2a ，定义域为R ，且f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在R 上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln a ， 当x <ln a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递增；当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x －2)，当a ＝0时，e x ＝a (x －2)无解，∴f (x )无零点， 当a ≠0时，1a ＝x －2e x ，令φ(x )＝x －2e x ，x ∈R ，∴φ′(x )＝3－xe x ， 当x ∈(－∞，3)时，φ′(x )>0；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)＝1e 3， 又x →＋∞时，φ(x )→0， x →－∞时，φ(x )→－∞， ∴φ(x )的图象如图所示．当1a >1e 3，即0<a <e 3时，f (x )无零点； 当1a ＝1e 3，即a ＝e 3时，f (x )有一个零点； 当0<1a <1e 3，即a >e 3时，f (x )有两个零点； 当1a <0，即a <0时，f (x )有一个零点．综上所述，当a ∈[0，e 3)时，f (x )无零点；当a ∈(－∞，0)∪{e 3}时，f (x )有一个零点；当a ∈(e 3，＋∞)时，f (x )有两个零点．思维升华含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．跟踪训练2(2023·长沙模拟)已知函数f (x )＝a ln x －2x . (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)若函数f (x )在(0,16]上有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －2x ，该函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －1x ，又f (1)＝－2，f ′(1)＝1，因此，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＋2＝x －1，即x －y －3＝0. (2)①当a ≤0时，f ′(x )＝a x －1x<0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； ②当a >0时，由f (x )＝a ln x －2x ＝0可得2a ＝ln xx ，令g (x )＝ln x x，其中x >0，则直线y ＝2a 与曲线y ＝g (x )的图象在(0,16]内有两个交点， g ′(x )＝x x －ln x2x x ＝2－ln x2x x，令g ′(x )＝0，可得x ＝e 2<16，列表如下，所以函数g (x )在区间(0,16]上的极大值为g (e 2)＝2e ，且g (16)＝ln 2，作出g (x )的图象如图所示．由图可知，当ln 2≤2a <2e ，即e<a ≤2ln 2时，直线y ＝2a 与曲线y ＝g (x )的图象在(0,16]内有两个交点， 即f (x )在(0,16]上有两个零点， 因此，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤e ，2ln 2.题型三 构造函数法研究函数的零点例3(12分)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －ax 和g (x )＝ax －ln x 有相同的最小值． (1)求a ；[切入点：求f (x )，g (x )的最小值](2)证明：存在直线y ＝b ，其与两条曲线y ＝f (x )和y ＝g (x )共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．[关键点：利用函数的性质与图象判断e x －x ＝b ，x －ln x ＝b 的解的个数及解的关系]思维升华涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)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(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x(2－x ln 2)2x(x>0)，令f′(x)>0，则0<x<2ln 2，此时函数f(x)单调递增，令f ′(x )<0，则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln 2，＋∞.(2)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 aa 有两个不同的解． 设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0)， 令g ′(x )＝1－ln xx 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 ， 即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)．课时精练1．(2023·济南质检)已知函数f (x )＝ln x ＋axx ，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 xx 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，f (x )有且只有一个零点．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)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋ln x＋1，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则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.∴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，则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象在(0，＋∞)内有两个不同的交点．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，f(e)＝0，作出f(x)图象如图．由图可知，当－1<m＋1<0，即－2<m<－1时，y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点．因此实数m的取值范围是(－2，－1)．3．(2022·河南名校联盟模拟)已知f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a(a∈R)．(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数．解(1)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a，则f′(x)＝x(e x－ax)．∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝x(e x－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则e x－ax≥0，x≥0.当x＝0时，则1≥0，即a∈R；当x>0时，则a≤e x x，构建g(x)＝e xx(x>0)，则g′(x)＝(x－1)e xx2(x>0)，令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，综上所述，a≤e.(2)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a＝(x－1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x－13a(x2＋x＋1)，令f(x)＝0，则x＝1或e x－13a(x2＋x＋1)＝0，对于e x－13a(x2＋x＋1)＝0，即e xx2＋x＋1＝13a，构建h(x)＝e xx2＋x＋1，则h′(x)＝x(x－1)e x (x2＋x＋1)2，令h′(x)>0，则x>1或x<0，令h′(x)<0，则0<x<1，∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，h(0)＝1，h(1)＝e3且h(x)>0，当x∈R时恒成立，则当a＝e时，e xx2＋x＋1＝13a有两个根x1＝1，x2<0；当0<a<e时，e xx2＋x＋1＝13a只有一个根x3<0；当a≤0时，e xx2＋x＋1＝13a无根．综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；当0<a≤e时，f(x)有两个零点．4．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－1x－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2.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)＝－1.(2)由f (x )＝ax －1x －(a ＋1)ln x (x ＞0)，得f ′(x )＝a ＋1x 2－a ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x 2(x ＞0)． 当a ＝0时，由(1)可知，f (x )不存在零点；当a ＜0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)x 2， 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；当a ＞0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)x 2， 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；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f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞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，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f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＜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，＋∞)．。
《利用导数研究函数的零点问题》教学设计
《利用导数研究函数的零点问题》教学设计授课班级：某高二（文）班1．教学背景 1.1 学生特征分析我所试讲班级是长沟中学高二文班，学生的平均年龄在16-17岁，多数学生对于所识记的材料，在再认和回忆时，没有歪曲、遗漏、增补和臆测，初步具备在知觉某一事物时，能根据自己已有的知识、经验对事物加以解释和判断；具有一定的比较与分类思维，但是抽象概括及分析综合思维欠缺。
学生已经系统的复习了函数、导数的相关知识，学生了解函数零点的定义，会利用导数求函数的单调区间和极值。
对导数有了一定的理解，学习积极性比较高，利用导数这一工具对函数的性质研究比较好。
但是理性思维比较欠缺，对于处理含参问题的能力还有待提高，把新问题转化问已解决问题的能力有待提高，缺乏选择解决问题策略的能力。
由于是借班作课，师生接触少，师生之间的默契程度有待提高。
1.2教师特点分析自己教学中的优势：注重学生自主学习、善于与信息技术的整合、善于鼓励学生，能对学生进行有效指导。
不足：由于是借班作课，与学生有效沟通较少。
1.3 学习内容分析1、内容分析：导数是微积分的核心概念之一。
它是研究函数的单调性、最大（小）值等问题的最一般、最有效的工具,对我们描绘函数图象带来极大方便，高考对导数的考查重在导数的应用，如求函数的单调区间、极值最值、解决实际问题及与不等式的结合。
而利用导数对函数性质的研究有利于我们解决函数的零点问题。
近几年高考也出现了一些函数零点问题或可转化为函数零点问题的题目，今年北京文科就出现了这样的题目，所以本节课从三次函数出发探究函数零点问题，以简单的含参数函数零点问题为载体，引导学生利用导数讨论函数的单调性、极值、最值解决问题，突出数形结合思想、转化思想的应用。
2、例题分析：热身练习：求函数32()f x x x x =+-的单调区间和极值，并试求此函数的零点。
题目比较简单，学生可以独立完成，目的是让学生熟悉利用导数研究函数性质的基本过程； 思考题：函数32()1f x x x x =+-+的图像与x 轴有几个交点。
2023年高考数学总复习第三章 导数及其应用第5节：利用导数研究函数的零点问题(教师版)
2023年高考数学总复习第三章导数及其应用利用导数研究函数的零点问题题型一判断、证明或讨论函数零点的个数例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)＝－6a 2＋2a －13＝－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.感悟提升利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(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.(2)根据题目要求，画出函数图像的走势规律，标明函数极(最)值的位置.(3)数形结合法分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.训练1设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m 为正数.试讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.解由题设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).转化为函数y ＝m 与y ＝－13x 3＋x 的图像的交点情况.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 )唯一的极值点，且是极大值点，因此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 )的图像(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；综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当实数m ＝23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.题型二根据零点个数确定参数范围例2(2021·全国甲卷)已知a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝x a ax (x ＞0).(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，求a 的取值范围.解(1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x （2－x ln 2）2x(x ＞0)，令f ′(x )＞0，则0＜x ＜2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )＜0，则x ＞2ln 2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )(2)函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，则转化为方程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 x2(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 )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 ，＋∞).感悟提升在解决已知函数y ＝f (x )有几个零点求f (x )中参数t 的取值范围问题时，经常从f (x )中分离出参数t ＝g (x )，然后用求导的方法判断g (x )的单调性，再根据题意求出参数t 的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.训练2已知函数f (x )＝ax －2ln x －a x(a ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数h (x )＝1－a 2x －f （x ）2恰有两个不同的零点，求实数a 的取值范围.解(1)函数f(x)＝ax－2ln x－ax的定义域是(0，＋∞)，求导可得f′(x)＝a－2x＋ax2＝ax2－2x＋ax2.当a≤0时，f′(x)<0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.当a≥1时，4(1－a2)≤0，此时f′(x)＝ax2－2x＋ax2≥0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当0<a<1时，4(1－a2)>0，令f′(x)＝0，得x1＝1－1－a2a，x2＝1＋1－a2a，所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；在(x1，x2)上单调递减.综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a≥1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，函数f(x)(1－1－a2a，1＋1－a2a)上单调递减.(2)由题意得函数h(x)＝1－a2x－f（x）2＝1－a2x＋ln x(x>0)，则函数h(x)＝1－a2xf（x）2恰有两个不同的零点即方程1－a2x＋ln x＝0恰有两个不同的根.由1－a2x＋ln x＝0得a＝2（1＋ln x）x，所以直线y＝a与函数g(x)＝2（1＋ln x）x的图像有两个不同的交点.由g(x)＝2（1＋ln x）x，得g′(x)＝－2ln xx2，当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝2.又e－2<1，g(e－2)＝2（1＋ln e－2）e－2＝－2e－2<0，x>1时，g(x)>0，所以实数a的取值范围为(0，2).题型三可化为函数零点的个数问题例3已知函数f(x)＝ln x(0<x≤1)与函数g(x)＝x2＋a的图像有两条公切线，求实数a的取值范围.解设公切线与函数f(x)＝ln x的图像切于点A(x1，ln x1)(0<x1≤1)，因为f(x)＝ln x，所以f′(x)＝1 x，所以在点A(x1，ln x1)处切线的斜率k1＝f′(x1)＝1 x1，所以切线方程为y－ln x1＝1x1(x－x1)，即y＝xx1＋ln x1－1，设公切线与函数g(x)＝x2＋a的图像切于点B(x2，x22＋a)，因为g(x)＝x2＋a，所以g′(x)＝2x，所以在点B(x2，x22＋a)处切线的斜率k2＝g′(x)＝2x2，所以切线方程为y－(x22＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x22＋a，1x1＝2x2，ln x1－1＝－x22＋a.因为0<x1≤1，所以1x1＝2x2≥1，x2≥12.又a＝－ln2x2＋x22－1，令t＝x2∈12，＋∞，则h(t)＝－ln2t＋t2－1＝－ln2－ln t＋t2－1，所以h′(t)＝2t2－1 t.令h′(t)>0且t≥12，得t>22；令h ′(t )<0且t ≥1，得12≤t <22.所以h (t )在12，所以函数f (x )＝ln x (0<x ≤1)与函数g (x )＝x 2＋a 有两条公切线，满足h (t )≤ln2－12<h (t )≤－34，所以a ln 2－12，－34.感悟提升解决曲线的切线条数、两曲线的交点个数、方程根的个数等问题的关键是转化为对应函数的零点个数问题，利用数形结合思想，通过研究函数的零点个数解决相关问题.训练3已知函数f (x )＝1＋ln x x.(1)求函数f (x )的图像在x ＝1e 2处的切线方程(e 为自然对数的底数)；(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x(a >0)有唯一实数根，求a 的取值范围.解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－ln x x 2，所以f 2e 4，又e 2，所以函数f (x )的图像在x ＝1e2处的切线方程为y ＋e 2＝2e 即y ＝2e 4x －3e 2.(2)当x >1时，f (x )＝a (x －1)＋1x，即ln x －a (x 2－x )＝0.令h (x )＝ln x －a (x 2－x )，有h (1)＝0，h ′(x )＝－2ax 2＋ax ＋1x.令r (x )＝－2ax 2＋ax ＋1(a >0)，则r (0)＝1，r (1)＝1－a ，①当a≥1时，r(1)≤0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x∈(1，＋∞)时，r(x)<0，即h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以方程f(x)＝a(x－1)＋1x无实根.②当0<a<1时，r(1)＝1－a>0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以存在x0∈(1，＋∞)，使得x∈(1，x0)时，r(x)>0，即h(x)单调递增；x∈(x0，＋∞)时，r(x)<0，即h(x)单调递减.所以h(x)max＝h(x0)>h(1)＝0.取x＝1＋1(x>2)，则1＋1a ln1＋1a a1＋1a＋a1＋1a ln1＋1a－1＋1a.令t＝1＋1a>0，故m(t)＝ln t－t(t>2)，则m′(t)＝1t－1<0，所以m(t)在(2，＋∞)单调递减，所以m(t)<ln2－2<0，即h 1＋1a故存在唯一x1x0，1＋1a，使得h(x1)＝0.综上，a的取值范围为(0，1).隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫作隐零点；若x0容易求出，就叫作显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.例1设函数f(x)＝e x－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞). (2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋x＋1e x－1(x>0)恒成立，令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，得g′(x)＝e x－1－（x＋1）e x（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2(x>0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数.又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝α＋1eα－1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.例2已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax的图像在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－32.(1)解因为f′(x)＝x e x－a，由f′(0)＝－1得a＝1，又f(0)＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)证明令g(x)＝f′(x)＝x e x－1，则g′(x)＝(x＋1)e x，所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0e x0＝1⇒e x0＝1 x0，f(x0)＝x0－1x0－x0＝1x又＝e2－1<0，g(1)＝e－1>0⇒12<x0<1⇒2<1x0＋x0<52，所以f(x0)>－3 2 .1.已知函数f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2.(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x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)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－ax2>e x＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>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).2.设函数f(x)＝12x2－m ln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图像的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（x＋m）（x－m）x.当0<x<m时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>m时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.综上，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m).(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－m ln x，x>0，题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.F′(x)＝－（x－1）（x－m）x，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为F(1)＝32>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点；当m>1时，0<x<1或x>m时，F′(x)<0；1<x<m时，F′(x)>0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，因为F(1)＝m＋12>0，F(2m＋2)＝－m ln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点.综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图像总有一个交点.3.已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax2＋b＋12.(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝12时，f(x)的图像与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)e x－x2＋b＋12(x∈R)，则f′(x)＝e x＋(x－1)e x－2x＝x(e x－2).令f′(x)>0，解得x<0或x>ln2；令f′(x)<0，解得0<x<ln2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2).(2)因为a＝12，所以f(x)＝(x－1)e x－12x2＋b＋12.由(x－1)e x－12x2＋b＋12＝bx，得(x－1)e x－12(x2－1)＝b(x－1).当x＝1时，方程成立.当x≠1时，只需要方程e x－12(x＋1)＝b有2个实根.令g(x)＝e x－12(x＋1)，则g′(x)＝e x－12.当x <ln 12时，g ′(x )<0，当x >ln 12且x ≠1时，g ′(x )>0，所以g (x )∞，ln 12，(1，＋∞)上单调递增，因为＝12－12＋＝12ln 2，g (1)＝e －1≠0，所以b 2，e －(e －1，＋∞).4.已知函数f (x )＝ax cos x －1在0，π6上的最大值为3π6－1.(1)求a 的值；(2)证明：函数f (x )2个零点.(1)解f ′(x )＝a (cos x －x sin x )，因为x ∈0，π6，所以cos x >sin x ≥0，又1>x ≥0，所以1·cos x >x sin x ，即cos x －x sin x >0.当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在区间0，π6上单调递增，所以f (x )max ＝a ·π6×32－1＝3π6－1，解得a ＝2.当a <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间0，π6上单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝－1，不符合题意，当a ＝0时，f (x )＝－1，不符合题意.综上，a ＝2.(2)证明设g (x )＝cos x －x sin x ，则g ′(x )＝－2sin x －x cos x x所以g (x )又g (0)＝1>0，＝－π2<0，所以存在唯一的x0g(x0)＝0，当0<x<x0时，g(x)>0，即f′(x)＝2g(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增；当x0<x<π2时，g(x)<0，即f′(x)＝2g(x)<0，所以f(x)0又f(0)＝－1<0，＝2π4－1>0，1<0，所以f(x)综上，函数f(x).。
高考微专题三 利用导数研究函数的零点
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规律总结
根据函数零点的情况求参数值或取值范围的基本方法：①利用零点存在定理构建不 等式求解；②分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；③转化为两个熟悉的函数图 象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
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【对点训练 2】 (1)(2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数 f (x)＝ex－a(x＋2)．若 f (x)有两个 零点，求 a 的取值范围．
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当 a＝1 时，f ′(x)＝x－x212≥0，所以 f (x)单调递增，又 f (1)＝a－1＝0，所以 f (x)有 唯一零点，符合题意；
当 a>1 时，1a<1，在0，1a，(1，＋∞)上，f ′(x)>0，f (x)单调递增； 在1a，1上，f ′(x)<0，f (x)单调递减，此时 f (1)＝a－1>0， 易证当 0<x<1 时，
2
a2－4a， a2－4a .
2
②由①可知：
a．当 a≤4 时，函数 f (x)单调递增，又由 f (1)＝0，可得此时函数只有一个零点为 x
x1x2＝1>0，x2>x1，可得 0<x1<1<x2，又由 f (1)＝0，由函数的单调 性可知 f (x1)>f (1)＝0，f (x2)<f (1)＝0，
解：①函数 f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1x－x＋a12＝x2＋x2x－＋a1x2＋1， 在一元二次方程 x2＋(2－a)x＋1＝0 中，Δ＝(2－a)2－4＝a2－4a＝a(a－4)， a．当 a<0 时，f ′(x)>0，此时函数 f (x)单调递增，增区间为(0，＋∞)，没有减区间；
专题研究(三)利用导数研究函数的零点习题和答案详解
1．若a>2，则函数f(x)＝13x 3－ax 2＋1在区间(0，2)上恰好有( )A ．0个零点B ．1个零点C ．2个零点D ．3个零点答案 B解析 ∵f′(x)＝x 2－2ax ，且a>2，∴当x ∈(0，2)时，f ′(x)<0， 即f(x)在(0，2)上是单调减函数．又∵f(0)＝1>0，f(2)＝113－4a<0，∴f(x)在(0，2)上恰好有1个零点．故选B.2．(2014·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1，若f(x)存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D ．(－∞，－1) 答案 B解析 方法一：当a ＝0时，显然f(x)有两个零点，不符合题意． 当a ≠0时，f ′(x)＝3ax 2－6x ，令f′(x)＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a.当a>0时，2a >0，所以函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与(2a ，＋∞)上为增函数，在(0，2a )上为减函数，因为f(x)存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f(0)<0，即1<0，不成立．当a<0时，2a <0，所以函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，2a )和(0，＋∞)上为减函数，在(2a ，0)上为增函数，因为f(x)存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f(2a )>0，即a·8a 3－3·4a 2＋1>0，解得a>2或a<－2，又因为a<0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．选B. 方法二：f′(x)＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x)＝9x 2－6x ＝3x(3x －2)，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)>0；x ∈(0，23)时，f ′(x)<0；x ∈(23，＋∞)时，f ′(x)>0，注意f(0)＝1，f(23)＝59>0，则f(x)的大致图像如图(1)所示，不符合题意，排除A ，C.当a ＝－43时，f ′(x)＝－4x 2－6x ＝－2x(2x ＋3)，则当x ∈(－∞，－32)时，f ′(x)<0，x ∈(－32，0)时，f ′(x)>0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)<0，注意f(0)＝1，f(－32)＝－54，则f(x)的大致图像如图(2)所示．不符合题意，排除D.故选B.3．已知函数f(x)＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________． 答案 (－∞，2ln2－2]解析 由原函数有零点，可将问题转化为方程e x －2x ＋a ＝0有解问题，即方程a ＝2x －e x 有解．令函数g(x)＝2x －e x ，则g′(x)＝2－e x ，令g′(x)＝0，得x ＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a 的取值范围就是函数g(x)的值域，所以，a ∈(－∞，2ln2－2]．4．函数f(x)＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c(a ，b ，c ∈R )的导函数的图像如图所示．(1)求a ，b 的值并写出f(x)的单调区间； (2)若函数y ＝f(x)有三个零点，求c 的取值范围．答案 (1)a ＝－12，b ＝－2 函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减 (2)(－76，103)解析 (1)因为f(x)＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f′(x)＝x 2＋2ax ＋b.因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图像可知，当－1＜x ＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x ＜－1或x>2时，f ′(x)>0，函数单调递增，故函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．(2)由(1)得f(x)＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝76＋c ，极小值为f(2)＝c －103.而函数f(x)恰有三个零点，故必有⎩⎨⎧76＋c>0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c 的取值范围是(－76，103)．5．(2019·东北四校联考)已知f(x)＝1x ＋e x e －3，F(x)＝lnx ＋e xe－3x ＋2.(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．答案 (1)f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增 (2)3个 解析 (1)f′(x)＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x －eex 2，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)＜0，解得0＜x ＜1， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)F′(x)＝f(x)＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0＜x 1＜1＜x 2，使得f(x)在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F(x)在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增， 而F(1)＝0，x →0时，F(x)→－∞，x →＋∞时，F(x)→＋∞， 画出函数F(x)的草图，如图所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个． 6．已知函数f(x)＝(2－a)(x －1)－2lnx(a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，13)上无零点，求a 的取值范围．答案 (1)减区间为(0，2)，增区间为(2，＋∞) (2)[2－3ln3，＋∞) 解析 (1)当a ＝1时，f(x)＝x －1－2lnx ，则f′(x)＝1－2x ＝x －2x ，由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)＜0，得0＜x ＜2.故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)因为f(x)＜0在区间(0，13)上恒成立不可能，故要使函数f(x)在(0，13)上无零点，只要对任意的x ∈(0，13)，f(x)>0恒成立，即对x ∈(0，13)，a>2－2lnxx －1恒成立．令h(x)＝2－2lnx x －1，x ∈(0，13)，则h′(x)＝2lnx ＋2x －2（x －1）2，再令m(x)＝2lnx ＋2x －2，x ∈(0，13)，则m′(x)＝－2（1－x ）x 2＜0，故m(x)在(0，13)上为减函数．于是m(x)>m(13)＝4－2ln3>0.从而h′(x)>0，于是h(x)在(0，13)上为增函数，所以h(x)＜h(13)＝2－3ln3，所以a 的取值范围为[2－3ln3，＋∞)．7．(2019·蓉城名校4月联考)已知函数f(x)＝xe x (x ∈R )． (1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若g(x)＝f(x)－12a(x 2＋2x ＋1)有两个零点，求实数a 的取值范围；(3)已知函数h(x)与函数f(x)的图像关于原点对称，如果x 1≠x 2，且h(x 1)＝h(x 2)，证明：x 1＋x 2>2.答案 (1)函数f(x)的增区间为(－1，＋∞)，减区间为(－∞，－1)；函数f(x)在x ＝－1处取的极小值f(－1)＝－1e ，无极大值 (2)(－∞，0) (3)证明略解析 (1)根据f′(x)＝e x ＋xe x ＝e x (x ＋1)，令f′(x)＝0，解得x ＝－1，当x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表．∴函数f(x)1处取的极小值f(－1)＝－1e，无极大值．(2)由g(x)＝xe x －12a(x 2＋2x ＋1)，得g′(x)＝(x ＋1)(e x －a)．当a ＝0时，g(x)＝xe x ，易知函数g(x)只有一个零点，不符合题意．当a<0时，在(－∞，－1)上g′(x)<0，g(x)单调递减；在(－1，＋∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，又g(－1)＝－1e <0，g(1)＝e －2a>0，当x →－∞时，g(x)→＋∞，所以函数g(x)有两个零点．当0<a<1e 时，在(－∞，lna)和(－1，＋∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，在(lna ，－1)上g′(x)<0，g(x)单调递减．又g(lna)＝alna －12a(lna)2－a(lna ＋12)＝－12a[(lna)2＋1]<0，所以函数g(x)至多一个零点，不符合题意．当a>1e 时，在(－∞，－1)和(lna ，＋∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增；在(－1，lna)上g′(x)<0，g(x)单调递减，又g(－1)＝－1e<0，所以函数g(x)至多一个零点，不符合题意．当a ＝1e 时，g ′(x)≥0，函数在x ∈R 上单调递增，所以函数g(x)至多一个零点，不符合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，0)．(3)由h(x)＝－f(－x)＝xe －x ，得h′(x)＝e －x (1－x)，令h ′(x)＝0，解得x ＝1，当x 变化时，h ′(x)，h(x)的变化情况如下表．由x 1≠x 2121212令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x ∈(1，＋∞)，则F′(x)＝(x －1)(e 2x －2－1)e －x ，∵x>1，2x －2>0，∴e 2x －2－1>0，则F′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，又∵F(1)＝0，∴x>1时，f(x)>F(1)＝0，即当x>1时，h(x)>h(2－x)，则h(x 1)>h(2－x 1)，又h(x 1)＝h(x 2)，∴h(x 2)>h(2－x 1)，∵x 1>1，∴2－x 1<1，∴x 2，2－x 1∈(－∞，1)，∵h(x)在(－∞，1)上是增函数，∴x 2>2－x 1，∴x 1＋x 2>2得证．。
高考数学专题一 微专题8 利用导数研究函数零点问题
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1， 所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点. 综上，f(x)有且仅有2个零点.
跟踪训练1 (2023·常德模拟)已知函数f(x)＝x2＋2－aln x(a∈R). x
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
因为 f(x)＝x2＋2x－aln x，x>0，
2x3－ax－2
所以 f′(x)＝ x2
(x>0)，
令g(x)＝2x3－ax－2，则g′(x)＝6x2－a，
由 a>0，g′(x)＝0，可得 x＝ a6，
所以 g(x)在0，
a6上单调递减，在
a6，＋∞上单调递增，
由于 g(0)＝－2<0，故当 x∈0，
a6时，g(x)<0，
又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，
从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，
由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，
所以有 2x30－ax0－2＝0，x20＋x20－aln x0＝0，
联立得 2ln x0－x30－3 1－1＝0，
(*)
令 h(x)＝2ln x－x3－3 1－1，可知 h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于 h(2)＝2ln 2－170<2×0.7－170<0，h(3)＝2ln 3－2296>2×1－2296>0， 故方程(*)的唯一解，即f(x)的唯一零点x0∈(2,3)，故[x0]＝2.
考点二 由零点个数求参数范围
③若a<－1， (ⅰ)当x∈(0，＋∞)时， 则g′(x)＝ex－2ax>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0， 所以存在m∈(0,1)， 使得g(m)＝0，即f′(m)＝0， 当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，
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第三章
导数及其应用
全国名校高考数学优质学案汇编（附详解）
第6讲
利用导数研究函数零点问题
第三章
导数及其应用
利用最值(极值)判断零点个数
[典例引领] 1 2 已知函数 f(x)＝－ ax ＋(1＋a)x－ln x(a∈R)． 2 (1)当 a＞0 时，求函数 f(x)的单调递减区间； (2)当 a＝0 时，设函数 g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函数 g(x)在区 1 间[ ，＋∞)上有两个零点，求实数 k 的取值范围． 2
栏目 导引
第三章
导数及其应用
【解】
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
(ax－1)(x－1) 1 f(x)的导数为 f′(x)＝－ax＋1＋a－ ＝－ (a＞0)， x x 1 ①当 a∈(0，1)时，a＞1. 1 由 f′(x)＜0，得 x＞a或 a＜1. 所以
1 f(x)的单调递减区间为(0，1)，a，＋∞；
栏目 导引
第三章
导数及其应用
数形结合法研究零点问题
[典例引领] 已知 f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x. (1)讨论函数 F(x)＝f(x)－g(x)的单调性； (2)若方程 f(x)＝g(x)在区间[ 2，e]上有两个不相等的解，求 a 的取值范围．
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第三章
导数及其应用
上单调递减． ②当 a≤0 时，F′(x)＜0(x＞0)恒成立． 故当 a≤0 时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．
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第三章
导数及其应用
2ln x (2)原式等价于方程 a＝ 2 在区间[ 2，e]上有两个不等解． x 2x(1－2ln x) 2ln x 令 φ(x)＝ 2 ，由 φ′(x)＝ 易知，φ(x)在( 2， e)上 x x4 为增函数，在( e，e)上为减函数， 1 2 ln 2 则 φ(x)max＝φ( e)＝ ，而 φ(e)＝ 2，φ( 2)＝ . e e 2
1 9 ln 2 9 ln 2 因为 h2＝ ＋ ， h(1)＝1， 所以 k 的取值范围为1，10＋ 5 . 5 10
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第三章
导数及其应用
利用函数的极值(最值)判断函数零点个数， 主要是借助导数研究 函数的单调性、极值后，通过极值的正负、函数单调性判断函 数图象走势， 从而判断零点个ln x，其定义域为(0，＋∞)，
2 2 2(ax －1) 所以 F′(x)＝2ax－x＝ (x＞0)． x
1 ①当 a＞0 时，由 ax －1＞0，得 x＞ ， a
2
1 由 ax －1＜0，得 0＜x＜ ， a
2
故当 a＞0
时， F(x)在区间
1 1 ，＋∞上单调递增， 在区间0， a a
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第三章
导数及其应用
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题， 可利用函数的值域或 最值，结合函数的单调性，画草图确定其中参数的范围．
栏目 导引
第三章
导数及其应用
构造函数法研究零点问题
[典例引领] 1 2 设函数 f(x)＝ x －mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x. 2 (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 m≥1 时，讨论函数 f(x)与 g(x)图象的交点个数．
2
栏目 导引
第三章
导数及其应用
(2x－1)(x＋2) 1 则 p′(x)＝ 在[ ，＋∞)上有 p′(x)≥0， x 2 1 故 p(x)在[ ，＋∞)上单调递增． 2 1 因为 p(1)＝0，所以当 x∈[ ，1)时，有 p(x)＜0， 2 即 h′(x)＜0，所以 h(x)单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，有 p(x)＞0， 即 h′(x)＞0，所以 h(x)单调递增．
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第三章
2 2 ln 2 4－e ln 2 由 φ(e)－φ( 2)＝ 2－ ＝ e 2 2e2
导数及其应用
ln e4－ln 2e ln 81－ln 27 ＝ ＜ ＜0， 2e2 2e2
2
所以 φ(e)＜φ( 2)． 所以 φ(x)min＝φ(e)， ln 2 1 如图可知 φ(x)＝a 有两个不相等的解时，需 ≤ a＜ . 2 e 即 f(x)＝g(x)在[ 2，e]上有两个不相等的解时 a 的取值范围为 ln 2 1 [ ， )． 2 e
1 f(x)的单调递减区间为(0，1)，a，＋∞；
当 a＝1 时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)； 1 当 a∈(1，＋∞)时，f(x)的单调递减区间为(0，a)，(1，＋∞)．
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第三章
导数及其应用
1 (2)g(x)＝x －xln x－k(x＋2)＋2 在 x∈[ ，＋∞)上有两个零点， 2
②当 a＝1 时，恒有 f′(x)≤0， 所以 f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
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第三章
导数及其应用
1 ③当 a∈(1，＋∞)时， ＜1. a 1 由 f′(x)＜0, 得 x＞1 或 x＜ . a 1 所以 f(x)的单调递减区间为(0，a)，(1，＋∞)． 综上，当 a∈(0，1)时，
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第三章
导数及其应用
2 m x －m 【解】 (1)函数 f(x)的定义域为(0， ＋∞)， f′(x)＝x－ ＝ ， x x
m≤0 时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上递增， (x＋ m)(x－ m) m＞0 时，f′(x)＝ ， x 当 0＜x＜ m时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减， 当 x＞ m时，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增． 综上 m≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； m＞0 时，函数 f(x)的单调增区间是( m，＋∞)，单调减区间是 (0， m)．
2
x2－xln x＋2 1 即关于 x 的方程 k＝ 在 x∈[ ，＋∞)上有两个不相 2 x＋ 2 等的实数根． x2－xln x＋2 1 令函数 h(x)＝ ，x∈[ ，＋∞)， 2 x＋ 2 x2＋3x－2ln x－4 则 h′(x)＝ ， (x＋2)2 1 令函数 p(x)＝x ＋3x－2ln x－4，x∈[ ，＋∞)． 2