函数大题难题讲解

函数大题讲解函数与导数解答题一直是高考的热点之一，这类解答题的命题方式灵活多变，其主要特点有两个：一是涉及的知识面广，从简单的一次函数到复杂的复合后的指数、对数函数等；二是试题中蕴含着丰富的数学思想方法．这类试题中值得注意的题型是：利用导数研究函数的性质，利用函数、导数研究不等式和方程的根．易错点：①导数公式或导数法则运用出错．②忽视函数的定义域致错．③导数为零的点、极值点、最值点混淆．从近五年的高考试题来看,高考对函数与导数的考查,已经从直接利用导数的正负讨论函数的单调区间,或利用函数单调性求函数的极值、最值问题,转变成利用求导的方法证明不等式,探求参数的取值范围,解决函数的零点、方程根的问题,以及在某不等式成立的条件下,求某一参数或某两个参数构成的代数式的最值.题型一：利用求导的方法证明不等式突破策略一差函数法证明函数不等式f(x)>g(x),可证f(x)-g(x)>0,令h(x)=f(x)-g(x),或令h(x)为f(x)-g(x)表达式的某一部分,利用导数证明h(x)min>0;如果h(x)没有最小值,那么可利用导数确定出h(x)的单调性,即若h'(x)>0,则h(x)在(a,b)上是增函数,同时若h(a)≥0,则当x∈(a,b)时,有h(x)>0,即f(x)>g(x).例1(2016山东,理20)已知f(x)=a(x-ln x)+2x-1x2,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f'(x)+32对于任意的x∈[1,2]成立.的定义域为(0,+∞).f'(x)=a-ax −2x+2x=(ax2-2)(x-1)x.当a≤0时,x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.当a>0时,f'(x)=a(x-1)x x-2ax+2a.①0<a<2时,2a>1,当x∈(0,1)或x∈2a,+∞时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈1,2a时,f'(x)<0,f(x)单调递减.②a=2时,2a=1,在x∈(0,+∞)内,f'(x)≥0,f(x)单调递增.③a>2时,0<2a<1,当x∈0,2a或x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈2a,1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;当0<a<2时,f(x)在(0,1)内单调递增,在1,2a 内单调递减,在2a,+∞内单调递增;当a=2时,f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>2时,f(x)在0,2a 内单调递增,在2a,1内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.(2)证明由(1)知,a=1时,f(x)-f'(x)=x-ln x+2x-1x2−1-1x-2x2+2x3=x-ln x+3x +1x2−2x3-1,x∈[1,2].设g(x)=x-lnx,h(x)=3x +1x2−2x3-1,x∈[1,2].则f(x)-f'(x)=g(x)+h(x).由g'(x)=x-1x≥0,可得g(x)≥g(1)=1,当且仅当x=1时取得等号.又h'(x)=-3x 2-2x+6x,设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]单调递减,因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0. 所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)=1,h(2)=12,可得h(x)≥h(2)=12,当且仅当x=2时取得等号.所以f(x)-f'(x)>g(1)+h(2)=32,即f(x)>f'(x)+32对于任意的x∈[1,2]成立.对点训练1已知函数f(x)=ax+ln x,函数g(x)的导函数g'(x)=e x,且g(0)g'(1)=e,其中e为自然对数的底数.(1)若∃x∈(0,+∞),使得不等式g(x)<x成立,试求实数m的取值范围; (2)当a=0时,对于∀x∈(0,+∞),求证:f(x)<g(x)-2.(1)解因为函数g(x)的导函数g'(x)=e x,所以g(x)=e x+c(c为常数).因为g(0)g'(1)=e,所以(1+c)e=e,可得c=0,即g(x)=e x.因为∃x∈(0,+∞),使得不等式g(x)<x成立,所以∃x∈(0,+∞),使得m<x-e x x+3成立.令h(x)=x-e x x+3,则问题可转化为m<h(x)max.由h(x)=x-e x x+3,x∈(0,+∞),可得h'(x)=1-e x x2x,x∈(0,+∞).当x∈(0,+∞)时,因为e x>1,x+2x≥2x2x =2当且仅当x=12时等号成立,所以e x x2x>1,所以h'(x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上为减函数,所以h(x)<h(0)=3,所以m<3.(2)证明当a=0时,f(x)=ln x,令φ(x)=g(x)-f(x)-2,即φ(x)=e x-ln x-2,则φ'(x)=e x-1x,且φ'(x)在(0,+∞)上为增函数.设φ'(x)=0的根为x=t,则e t=1t,即t=e-t.因为当x∈(0,t)时,φ'(x)<0,φ(x)在(0,t)上为减函数;当x∈[t,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)在[t,+∞)上为增函数,故φ(x)min=φ(t)=e t-ln t-2=e t-ln e-t-2=e t+t-2.因为φ'(1)=e-1>0,φ'12=e-2<0,所以t∈12,1.因为φ(t)=e t+t-2在t∈12,1上为增函数,所以φ(x)min=φ(t)=e t+t-2>e1+1 2-2>2.25+12-2=0,所以f(x)<g(x)-2.突破策略二 求最值法求最值法证明函数不等式,一般依据表达式的组成及结构有两种不同的证明方法:(1)要证f(x)≥h(x),可令φ(x)=f(x)-h(x),只需证明φ(x)min ≥0.(2)要证f(x)≥h(x),可证f(x)min ≥h(x)max ;要证f(x)>m,可将该不等式转化为g(x)>h(x)的形式,然后再证明g(x)min >h(x)max .选用哪种方式,要看哪种方式构造出的函数的最值易求.例2(2016山西太原一模)已知函数f (x )=ln(x+1)-x.(1)若k ∈Z ,且f (x-1)+x>k 1-3对任意x>1恒成立,求k 的最大值;(2)证明:对于(0,1)中的任意一个常数a ,存在正数x 0,使得e f (x 0)<1-ax 02成立.f (x-1)+x>k 1-3x ,得x ln x+x-kx+3k>0.令g (x )=x ln x+x-kx+3k , 则g'(x )=ln x+2-k. ∵x>1,∴ln x>0,当k ≤2时,g'(x )>0恒成立,即g (x )在(1,+∞)内单调递增. 由g (1)≥0,即1+2k ≥0,解得k ≥-12,∴-1≤k ≤2,又k ∈Z ,∴k 的最大值为2.当k>2时,由ln x+2-k>0,解得x>e k-2,由ln x+2-k<0,解得1<x<e k-2. 即g (x )在(1,e k-2)内单调递减,在(e k-2,+∞)内单调递增. ∴g (x )在(1,+∞)内有最小值g (e k-2)=3k-e k-2,于是转化为3k-e k-2>0(k>2)恒成立,求k 的最大值. 令h (x )=3x-e x-2,于是h'(x )=3-e x-2.∵当x>2+ln 3时,h'(x )<0,h (x )单调递减,当x<2+ln 3时,h'(x )>0,h (x )单调递增. ∴h (x )在x=2+ln 3处取得最大值. ∵1<ln 3<2, ∴3<2+ln 3<4.∵h (1)=3-1>0,h (2+ln3)=3+3ln3>0,h (4)=12-e 2>0,h (5)=15-e 3<0,∴k ≤4. ∴k 的最大值为4.∴综上所述,k 的最大值为4.x 0,使得e f (x 0)<1-a 2x 02成立,即证a 2x 02+x 0+1e x 0-1<0成立.只需证当x>0时,函数h (x )=a 2x 2+x +1e x -1的最小值h (x )min <0即可.由于h'(x )=x a -1e x ,令h'(x )=0,得e x =1a,则x=-ln a ,取x 0=-ln a ,在0<x<x 0时,h'(x )<0, 当x>x 0时,h'(x )>0,∴h (x )min =h (x 0)=h (-ln a )=a (ln a )2-a ln a+a-1, 下面只需证明:在0<a<1时,a (ln a )2-a ln a+a-1<0成立即可. 又令p (a )=a2(ln a )2-a ln a+a-1,a ∈(0,1),则p'(a )=12(ln a )2≥0,从而p (a )在a ∈(0,1)时为增函数.∴p (a )<p (1)=0,因此x 0=-ln a 符合条件,即存在正数x 0满足条件. 对点训练2设函数f (x )=a e x ln x+b e x -1,曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求a ,b ;(2)证明:f (x )>1.(1)解函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x ln x+a e x -b 2e x-1+be x-1. 由题意可得f (1)=2,f'(1)=e .故a=1,b=2.(2)证明由(1)知,f (x )=e x ln x+2xe x-1,从而f (x )>1等价于x ln x>x e -x -2e.设函数g (x )=x ln x ,则g'(x )=1+ln x. 所以当x ∈ 0,1e时,g'(x )<0; 当x ∈ 1,+∞ 时,g'(x )>0.故g (x )在 0,1e内单调递减,在 1e,+∞ 内单调递增,从而g (x )在(0,+∞)内的最小值为g 1e=-1e.设函数h (x )=x e -x -2e, 则h'(x )=e -x (1-x ).所以当x ∈(0,1)时,h'(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0.故h (x )在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,从而h (x )在(0,+∞)内的最大值为h(1)=-1/e综上,当x>0时,g (x )>h (x ),即f (x )>1.突破策略三寻求导函数零点法若使用策略一或策略二解答时,遇到令f'(x)=0,但无法解出导函数的零点x0时,可利用函数零点存在性定理,试出导函数在区间(a,b)内的零点x0,再判断导函数在区间(a,x0),(x0,b)的正负情况,从而判断f(x)在x0处取得最值,求出最值并通过对最值的处理消去x0使问题得到解决.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.(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-ax(x>0).当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>0时,因为y=e2x在(0,+∞)内单调递增,y=-ax在(0,+∞)内单调递增,所以f'(x)在(0,+∞)内单调递增.又f'(a)>0,当b满足0<b<a且b<1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,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,+∞)内单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x0−a0=0,所以f(x0)=a+2ax0+a ln2≥2a+a ln2.故当a>0时,f(x)≥2a+a ln2a.对点训练3设函数f(x)=ax-2-ln x(a∈R).(1)若f(x)在点(e,f(e))处的切线为x-e y+b=0,求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)若g(x)=ax-e x,求证:当x>0时,f(x)>g(x).(1)解∵f(x)=ax-2-ln x(a∈R),∴f'(x)=a-1x =ax-1x,又f(x)在点(e,f(e))处的切线的斜率为1e,∴f'(e)=a e-1e =1e,∴a=2e,∴切点为(e,-1),将切点代入切线方程得b=-2e.(2)解由(1)知f'(x)=a-1=ax-1(x>0),当a≤0时,f'(x)<0在(0,+∞)内恒成立,∴f(x)在(0,+∞)内是减函数,当a>0时,令f'(x )=0得x=1a ,当x 变化时,f'(x ),f (x )随x 的变化情况如下表:由表可知f (x )在 0,1a 内单调递减,在 1a ,+∞ 内单调递增. 综上所述,当a ≤0时,f (x )的单调递减区间为(0,+∞);当a>0时,f (x )的单调递减区间为 0,1a ,单调递增区间为 1a,+∞ . (3)证明当x>0时,要证f (x )>g (x ),即证f (x )-ax+e x >0,即证e x -ln x-2>0, 令h (x )=e x -ln x-2(x>0), 只需证h (x )>0,∵h'(x )=e x -1,由指数函数及幂函数的性质知h'(x )=e x -1x 在(0,+∞)内是增函数.又h'(1)=e -1>0,h' 13=e 13-3<0,∴h'(1)·h' 13 <0,h'(x )在 13,1 内存在唯一的零点,也即h'(x )在(0,+∞)内有唯一零点, 设h'(x )的零点为t ,则h'(t )=e t -1t =0, 即e t =1 1<t <1 ,由h'(x )的单调性知, 当x ∈(0,t )时,h'(x )<h'(t )=0,h (x )为减函数; 当x ∈(t ,+∞)时,h'(x )>h'(t )=0,h (x )为增函数,∴当x>0时,h (x )≥h (t )=e t -ln t-2=1t -ln 1e t -2=1t +t-2≥2-2=0,又13<t<1,∴等号不成立,∴h (x )>0.题型二：有限制条件的求参数范围 突破策略一 分离参数法已知不等式在某一区间上恒成立,求参数的取值范围,一般先分离参数,再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解.即f (x )≥g (k )⇔[f (x )]min ≥g (k ),f (x )≤g (k )⇔[f (x )]max ≤g (k ).例4(2016福建四地六校联考)已知a 为实数,函数f (x )=a ln x+x 2-4x. (1)是否存在实数a ,使得f (x )在x=1处取得极值?证明你的结论;(2)设g (x )=(a-2)x ,若∃x 0∈ 1,e ,使得f (x 0)≤g (x 0)成立,求实数a 的取值范围.函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=ax +2x-4=2x 2-4x +ax. 假设存在实数a ,使f (x )在x=1处取极值,则f'(1)=0, 故a=2,此时,f'(x )=2(x -1)2x ,当x>0时,f'(x )≥0恒成立,且f'(x )在(0,+∞)内的任意子区间不恒等于零,因此f (x )在(0,+∞)内单调递增,所以x=1不是f (x )的极值点. 故不存在实数a ,使得f (x )在x=1处取得极值.(2)由f (x 0)≤g (x 0),得(x 0-ln x 0)a ≥x 02-2x 0.令F (x )=x-ln x (x>0),则F'(x )=x -1x (x>0). 故当0<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 )>F (1)=1>0, 故a ≥x 02-2x 0x 0-ln x 0,记G (x )=x 2-2x x -ln x ,x ∈ 1,e ,则G'(x )=(2x -2)(x -ln x )-(x -2)(x -1)(x -ln x )2=(x -1)(x -2ln x +2)(x -ln x )2.因为x ∈ 1,e ,所以2-2ln x=2(1-ln x )≥0, 所以x-2ln x+2>0,所以当x ∈ 1e ,1 时,G'(x )<0,G (x )单调递减; 当x ∈(1,e)时,G'(x )>0,G (x )单调递增. 所以G (x )min =G (1)=-1, 所以a ≥G (x )min =-1.故实数a 的取值范围为[-1,+∞).对点训练4已知函数f (x )=a ln x+bx (a ,b ∈R )在点(1,f (1))处的切线方程为x-2y-2=0. (1)求a ,b 的值;(2)当x>1时,f (x )+kx <0恒成立,求实数k 的取值范围.解(1)∵f (x )=a ln x+bx (x>0),∴f'(x )=ax +b (x>0).∵直线x-2y-2=0的斜率为12,且过点 1,-12 , ∴f (1)=-1,f '(1)=1,即 b =-1,a +b =1,解得a=1,b=-12. (2)由(1)得f (x )=ln x-x . 当x>1时,f (x )+kx <0恒成立,即ln x-x 2+kx<0,等价于k<x 22-x ln x. 令g (x )=x 22-x ln x ,则g'(x )=x-(ln x+1)=x-1-ln x. 令h (x )=x-1-ln x ,则h'(x )=1-1x =x -1x. 当x>1时,h'(x )>0,函数h (x )在(1,+∞)上单调递增,故h (x )>h (1)=0.从而,当x>1时,g'(x )>0,即函数g (x )在(1,+∞)上单调递增,故g (x )>g (1)=12. 因此,当x>1时,k<x 22-x ln x恒成立,则k ≤12.故所求k 的取值范围是 -∞,12 . 突破策略二 分类讨论法当不等式中的参数无法分离,或含参不等式中左、右两边的函数具有某些不确定因素时,应用分类讨论的方法来处理,分类讨论可使原问题中的不确定因素变成确定因素,为问题的解决提供新的条件.因此,求参数的范围转换成了讨论参数在哪些范围能使不等式成立.例5设函数f (x )=e mx +x 2-mx.(1)证明:f (x )在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增;(2)若对于任意x 1,x 2∈[-1,1],都有|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1,求m 的取值范围. (1)证明f'(x )=m (e mx -1)+2x.若m ≥0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1≤0,f'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,e mx -1≥0,f'(x )>0. 若m<0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1>0,f'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,e mx -1<0,f'(x )>0.所以,f (x )在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增.(2)解由(1)知,对任意的m ,f (x )在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f (x )在x=0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1的充要条件是f(1)-f(0)≤e-1, f(-1)-f(0)≤e-1.即e m-m≤e-1,e-m+m≤e-1.设函数g(t)=e t-t-e+1,则g'(t)=e t-1.当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即e m-m>e-1;当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.综上,m的取值范围是[-1,1].对点训练5(2016陕西西安八校联考)已知函数f(x)=m(x-1)e x+x2(m∈R).(1)若m=-1,求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意的x<0,不等式x2+(m+2)x>f'(x)恒成立,求m的取值范围.解(1)当m=-1时,f(x)=(1-x)e x+x2,则f'(x)=x(2-e x).由f'(x)>0得0<x<ln 2,由f'(x)<0得x<0或x>ln 2,故函数f(x)的单调递增区间为(0,ln 2),单调递减区间为(-∞,0),(ln 2,+∞).(2)依题意,f'(x)=mx e x+2m<x2+(m+2)x,即x(m e x-x-m)<0.因为x<0,所以m e x-x-m>0.令h(x)=m e x-x-m,则h'(x)=m e x-1,当m≤1时,h'(x)≤e x-1<0,则h(x)在(-∞,0)内单调递减,所以h(x)>h(0)=0,符合题意;当m>1时,h(x)在(-∞,-ln m)内单调递减,在(-ln m,0)内单调递增,所以h(x)min=h(-ln m)<h(0)=0,不符合题意.综上所述,m的取值范围为(-∞,1].突破策略三分别求函数最值法若两边变量不同的函数不等式恒成立,求不等式中的参数范围,常用分别求函数最值求解.即若对∀x1∈I1,∀x2∈I2,f(x1)>g(x2)恒成立,则f(x)min>g(x)max.若对∀x1∈I1,∃x2∈I2,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)min.若对∀x1∈I1,∃x2∈I2,使得f(x1)<g(x2),则f(x)max<g(x)max.例6设函数f(x)=ax2+ln x,g(x)=x3-x2-3.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若存在x1,x2∈-13,3,使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足条件的最大整数M;(3)若对任意的s,t∈1,2,都有sf(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.函数f(x)=ax2+ln x的定义域为(0,+∞),f'(x)=-2a3+1=x 2-2a 3.①当a≤0时,f'(x)≥0,函数f(x)在(0,+∞)内单调递增;②当a>0时,由f'(x)>0得x>2a,函数f(x)的单调递增区间为(2a,+∞);由f'(x)<0得0<x<2a,函数f(x)的单调递减区间为(0,2a).(2)存在x1,x2∈-13,3,使得g(x1)-g(x2)≥M成立,可化为[g(x1)-g(x2)]max≥M;因为g(x)=x3-x2-3,所以g'(x)=3x2-2x=3x x-23;令g'(x)=0,得x=0或x=23.当x变化时,g'(x),g(x)随x的变化情况如下表:由上表可知g(x)min=g-13=g23=-8527,g(x)max=g(3)=15;故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=49027,所以满足条件的最大整数M=18.(3)当x∈1,2时,由(2)可知,g(x)在1,2上是减函数,在2,2上是增函数,而g13=-8327<g(2)=1,故g(x)的最大值是1.因此只需当x∈13,2时,xf(x)=ax+x ln x≥1恒成立,可化为a≥x-x2ln x在x∈13,2上恒成立, 记h(x)=x-x2ln x,则h'(x)=1-x-2x ln x,且h'(1)=0.当x∈1,1时,1-x>0,x ln x<0,h'(x)>0,即函数h(x)=x-x2ln x在区间1,1上单调递增;当x∈(1,2]时,1-x<0,x ln x>0,h'(x)<0,即函数h(x)=x-x2ln x在区间(1,2]上单调递减.故当x=1时,h(x)取到极大值,也是最大值h(1)=1.所以a≥1.对点训练6已知函数f(x)=m ln x-12x(m∈R),g(x)=2cos2x+sin x+a.(1)求函数f (x )的单调区间;(2)当m=12时,对于任意x 1∈ 1e,e ,总存在x 2∈ 0,π2,使得f (x 1)≤g (x 2)成立,求实数a 的取值范围.解(1)f'(x )=m −1=2m -x(x>0). 当m ≤0时,f'(x )<0,此时函数f (x )在(0,+∞)内单调递减. 当m>0时,由f'(x )=0,解得x=2m.令f'(x )>0,解得0<x<2m ,此时函数f (x )单调递增; 令f'(x )<0,解得2m<x ,此时函数f (x )单调递减.此时函数f (x )的单调递增区间为(0,2m ),单调递减区间为(2m ,+∞).(2)对于任意x 1∈ 1e ,e ,总存在x 2∈ 0,π2 ,使得f (x 1)≤g (x 2)成立⇔f (x )max ≤g (x )max . 当m=12时,f (x )=12ln x-12x ,由(1)可知,当x ∈ 1,1 时,函数f (x )单调递增; 当x ∈[1,e]时,函数f (x )单调递减.故当x=1时,函数f (x )取得最大值f (x )max =f (1)=-1. 当x ∈ 0,π2 时,sin x ∈[0,1].g (x )=2cos 2x+sin x+a=2(1-sin 2x )+sin x+a =-2sin2x+sin x+2+a=-2 sin x -142+178+a. 所以当sin x=14时,g (x )max =a+178. 所以-1≤a+17,解得a ≥-21. 所以实数a 的取值范围是 -218,+∞ .题型三判断、证明或讨论函数零点个数突破策略一求导与数形结合法研究函数零点或方程根的情况,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,并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况.其基本的思路为:(1)构造函数,并求其定义域;(2)求导数,得单调区间和极值点;(3)通过数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.例7已知函数f(x)=(x2-3x+3)·e x的定义域为[-2,t](t>-2).(1)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在[-2,t]上为单调函数;(2)当1<t<4时,求满足f'(x0)e x0=23(t-1)2的x0的个数.对点训练7已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,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k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.例8已知函数f(x)=a ln x+x 2-(a+1)x,a∈R.(1)当a=-1时,求函数f(x)的最小值;(2)当a≤1时,讨论函数f(x)的零点个数.函数f(x)的定义域为{x|x>0}.当a=-1时,f(x)=-ln x+x 22 .f'(x)=-1+x=x 2-1=(x+1)(x-1).由(x+1)(x-1)x>0(x>0)解得x>1;由(x+1)(x-1)x<0(x>0)解得0<x<1.所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.所以当x=1时,函数f(x)取得最小值f(1)=12.(2)f'(x)=(x-1)(x-a),x>0.①当a≤0时,x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)为减函数; x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)为增函数.所以f(x)在x=1时取得最小值f(1)=-a-12.(ⅰ)当a=0时,f(x)=x 22-x,由于x>0,令f(x)=0,得x=2.则f(x)在(0,+∞)上有一个零点;(ⅱ)当a=-1时,即f(1)=0时,f(x)有一个零点;(ⅲ)当a<-12时,即f(1)>0时,f(x)无零点.(ⅳ)当-12<a<0时,即f(1)<0时,由于x→0(从右侧趋近0)时,f(x)→+∞;x→+∞时,f(x)→+∞,所以f(x)有两个零点.②当0<a<1时,x∈(0,a)时,f'(x)>0,f(x)为增函数;x∈(a,1)时,f'(x)<0,f(x)为减函数;x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)为增函数.所以f(x)在x=a处取到极大值,f(x)在x=1处取到极小值.当0<a<1时,f(a)<0,即当x∈(0,1)时,f(x)<0.而f(x)在x∈(1,+∞)时为增函数,且x→+∞时,f(x)→+∞.所以此时f(x)有一个零点.③当a=1时,f'(x)=(x-1)2≥0在(0,+∞)内恒成立,所以f(x)在(0,+∞)内为增函数.且x→0(从右侧趋近于0)时,f(x)→-∞;x→+∞时,f(x)→+∞.所以f(x)有一个零点.综上所述,当0≤a≤1或a=-1时,f(x)有一个零点;当a<-1时,f(x)无零点;当-1<a<0时,f(x)有两个零点.。