第16讲-导数与函数的零点(解析版)
202新数学复习第二章函数导数及其应用8导数与函数的零点问题含解析
课时作业18 导数与函数的零点问题1．设a为实数，函数f（x）＝－x3＋3x＋a.(1)求f(x)的极值;(2)是否存在实数a，使得方程f(x）＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存在,请说明理由．解：(1)f′（x)＝－3x2＋3，令f′（x)＝0，得x＝－1或x＝1.∵当x∈(－∞,－1)时，f′(x）〈0；当x∈（－1,1）时,f′（x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′（x)〈0,∴f(x）在(－∞,－1），(1，＋∞）上单调递减，在（－1，1)上单调递增．∴f(x)的极小值为f（－1）＝a－2,极大值为f（1)＝a＋2。
（2）方程f（x）＝0恰好有两个实数根,等价于直线y＝a 与函数y＝x3－3x的图象有两个交点．∵y＝x3－3x，∴y′＝3x2－3。
令y′〉0，解得x>1或x〈－1;令y′<0，解得－1<x<1。
∴y＝x3－3x在（－1，1)上为减函数，在(1，＋∞）和(－∞，－1）上为增函数．∴当x＝－1时，y极大值＝2;当x＝1时,y极小值＝－2.∴y＝x3－3x的大致图象如图所示．y＝a表示平行于x轴的一条直线,由图象知，当a＝2或a ＝－2时，y＝a与y＝x3－3x有两个交点．故当a＝2或a＝－2时,方程f（x)＝0恰好有两个实数根．2．已知函数f(x)＝ln x＋错误!,g(x)＝错误!，a∈R。
（1）求函数f(x)的极小值;(2）求证:当－1≤a≤1时，f（x)>g(x)．解：（1)f′（x)＝错误!－错误!＝错误!(x〉0），当a－1≤0，即a≤1时，f′（x)〉0，函数f（x)在（0，＋∞）上单调递增,无极小值；当a－1>0，即a>1时，则当0〈x<a－1时，f′（x)<0，函数f(x)在(0,a－1)上单调递减，当x>a－1时，f′（x)>0，函数f（x)在（a－1，＋∞）上单调递增，故f（x）极小值＝f（a－1)＝1＋ln（a－1)．综上所述,当a≤1时，f(x）无极小值;当a>1时，f（x)极小值＝1＋ln（a－1)．(2）证明:令F（x）＝f（x)－g(x）＝ln x＋错误!－错误!＝错误!（x>0），当－1≤a≤1时，要证f（x）>g(x)，即证F（x)〉0,即证x ln x－a sin x＋1〉0。
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.。
利用导数探究函数的零点问题——2021年高考理科数学一轮复习热点题型全归纳与高效训练突破(附解析)
2021年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题3.6 高考解答题热点题型（三）利用导数探究函数的零点问题目录一、题型全归纳 (1)题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数 ..................................................................................................... 1 题型二 已知零点存在情况求参数范围............................................................................................................. 2 题型三 函数零点性质研究 ................................................................................................................................ 3 二、高效训练突破 (4)一、题型全归纳题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数【题型要点】判断函数零点个数的3种方法【例1】（2020年新课标全国三卷）设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求b ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1．【例2】(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明：(1)f ′(x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛-2,1π存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点．题型二 已知零点存在情况求参数范围【题型要点】解决此类问题常从以下两个方面考虑(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件．(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解． 【例1】(2020·重庆调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡3,31上有两个零点，求实数a 的取值范围．【例2】已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .题型三 函数零点性质研究【题型要点】本题型包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的． 【例1】 (2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．【例2】已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R .(1)若f (x )存在极值点为1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2＞2.二、高效训练突破1.已知函数f (x )＝e x －ax2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .2.(2020·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )(x －12)在区间[0，1]上零点的个数．3．(2020·长春市质量监测(二))已知函数f (x )＝e x ＋bx －1(b ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝ln x 有两个实数根，求实数b 的取值范围．4．(2020·江西八所重点中学联考)已知函数f (x )＝12ax －a ＋1－ln xx (其中a 为常数，且a ∈R )．(1)若函数f (x )为减函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )有两个不同的零点，求实数a 的取值范围，并说明理由．5.(2020·唐山模拟)已知函数f (x )＝x 22－4ax ＋a ln x ＋3a 2＋2a (a ＞0)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，当a 变化时，求f (x 1)＋f (x 2)的最大值．6.(2019·全国卷Ⅰ)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．7.(2020年新课标全国一卷)已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.8.(2020年新课标全国三卷)已知函数32()f x x kx k =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．2021年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题3.6 高考解答题热点题型（三）利用导数探究函数的零点问题目录一、题型全归纳 (1)题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数 ..................................................................................................... 1 题型二 已知零点存在情况求参数范围............................................................................................................. 2 题型三 函数零点性质研究 ................................................................................................................................ 3 二、高效训练突破 (4)一、题型全归纳题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数【题型要点】判断函数零点个数的3种方法【例1】（2020年新课标全国三卷）设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求b ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）34b =-；（2）证明见解析 【解析】（1）因为'2()3f x x b =+，由题意，'1()02f =，即21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭则34b =-； （2）由（1）可得33()4f x x x c =-+， '2311()33()()422f x x x x =-=+-， 令'()0f x >，得12x >或21x <-；令'()0f x <，得1122x -<<， 所以()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+， 若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ，则(1)0f ->或(1)0f <，即14c >或14c <-. 当14c >时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=->-=+>=->=+>，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=-++=-<，由零点存在性定理知()f x 在(4,1)c --上存在唯一一个零点0x ， 即()f x 在(,1)-∞-上存在唯一一个零点，在(1,)-+∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当14c <-时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=-<-=+<=-<=+<，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=++=->，由零点存在性定理知()f x 在(1,4)c -上存在唯一一个零点0x '，即()f x 在(1,)+∞上存在唯一一个零点，在(,1)-∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，()f x 所有零点的绝对值都不大于1.【例2】(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明：(1)f ′(x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛-2,1π存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点．【证明】 (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-2,1π时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，⎪⎭⎫ ⎝⎛'2πg ＜0，可得g ′(x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,1π有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛2,πα时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛2,πα单调递减， 故g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛-2,1π存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,1π存在唯一极大值点． (2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(∈)当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0， 故f (x )在(－1，0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1，0]的唯一零点．(∈)当x ∈⎥⎦⎤ ⎝⎛2,0π时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,πα单调递减，而f ′(0)＝0，⎪⎭⎫⎝⎛'2πf ＜0，所以存在β∈⎪⎭⎫⎝⎛2,πα，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛2,πβ时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛2,πβ单调递减．又f (0)＝0，⎪⎭⎫⎝⎛2πf ＝1－ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛+21π＞0，所以当x ∈⎥⎦⎤ ⎝⎛2,0π时，f (x )＞0.从而f (x )在⎥⎦⎤⎝⎛2,0π有零点．(∈)当x ∈⎥⎦⎤⎝⎛2,2ππ时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎪⎭⎫⎝⎛ππ,2单调递减．而⎪⎭⎫ ⎝⎛2πf ＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎥⎦⎤⎝⎛2,2ππ有唯一零点．(∈)当x ∈()π，＋∞时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点． 综上，f (x )有且仅有2个零点．题型二 已知零点存在情况求参数范围【题型要点】解决此类问题常从以下两个方面考虑(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件．(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解． 【例1】(2020·重庆调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡3,31上有两个零点，求实数a 的取值范围．【解】(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x ，令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)．当0＜x ＜12时，f ′(x )＞0.当x ＞12时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛21,0，单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21.。
第16讲：第三章 一元函数的导数及其应用(测)(中档卷)(教师版)
第三章 一元函数的导数及其应用（中档卷）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（文））函数()ln f x x x =+在1x =处的切线的斜率为（ ） A ．2 B ．-2 C ．0 D ．1【答案】A ()11f x x'=+，故()12f '=， 故曲线()y f x =在1x =处的切线的斜率为2， 故选：A.2．（2022·四川省资中县球溪高级中学高二阶段练习（文））已知()()221f x x x f =+⋅'，则()3f '等于（ ）A ．-4B ．2C ．1D ．-2【答案】B()()221f x x f +'='，令1x =得：()()1221f f =+''，解得：()12f '=-， 所以24fx x ，()3642f ='-=故选：B3．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二阶段练习）若函数()2()e x f x x ax a =--在区间(2,0)-内单调递减，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[1,)+∞ B ．[0,)+∞ C ．(,0]-∞ D ．(,1]-∞【答案】C∵()()2e x f x x ax a =-+，∴()()()2e 2e 2x x f x x a x x x a '⎡⎤=+-=+-⎣⎦，∵x ∈(2,0)-时，e 0x x <，∴若()f x 在(2,0)-内单调递减，则20x a +-≥在(2,0)-上恒成立， 即得2a x ≤+在(2,0)-恒成立，∴0a ≤. 故选：C.4．（2022·四川·成都七中高二期中（理））各种不同的进制在我们生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般用的十进制.通常我们用函数()ln ln M xf x M x=⋅表示在x 进制下表达()1M M >个数字的效率，则下列选项中表达M 个数字的效率最高的是（ ） A ．四进制B ．三进制C ．八进制D ．七进制设ln ()x g x x =，则21ln ()xg x x -'=， 0e x <<时，()0g x '>，()g x 递增，e x >时，()0g x '<，()g x 递减，所以max 1()(e)eg x g ==，由于()f x 中*x N ∈，下面比较ln 22和ln 33的大小即得． ln 2ln 33ln 22ln 3ln8ln 902366---==<，所以ln 2ln 323<，所以(3)f 最大． 故选：B ．5．（2022·河南洛阳·高二阶段练习（文））若函数f x （）=e e x x ax -+-有大于零的极值点，则a 的取值范围为（ ）A ．()0,∞+B ．(),0∞-C ．()e,+∞D ．()e -∞，【答案】A 原命题等价于'e ex xf xa 有大于零的零点，显然()'f x 在()0,x ∈+∞上单调递增，又因为x →+∞时，()'f x →+∞，所以'00f a ，所以0a >故选：A.6．（2022·全国·华中师大一附中模拟预测）已知实数a ，b ，()0,1c ∈，e 为自然对数的底数，且2e 2e a a =，3e 3e b b =，2e ln 2c c =，则（ ）A ．b a c <<B ．a b c <<C ．b c a <<D ．c a b <<【答案】A解：由2e 2e aa =，3e 3e bb =，2e ln 2cc =得2e e 2a a =，3e e 3b b =，ln 4e 24e ln 2ln 4ln 4c c ===， 构造函数()()e 0xf x x x >=，求导得()()2e 1x xf x x -'=，令()0f x '=，得1x =．当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增． 因为1ln 423<<<，所以()()()ln 423f f f <<，所以()()()f c f a f b <<， 又因为(),,0,1a b c ∈，()f x 在()0,1上单调递减，所以b a c <<. 故选：A ．7．（2022·四川·宜宾市叙州区第一中学校模拟预测（理））已知函数()x f x e =，函数()g x 与()f x 的图象关于直线y x =对称，若()()h x g x kx =-无零点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．21e ,e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．(e,)+∞D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭由题知()ln g x x =，ln ()()0x h x g x kx k x =-=⇒=，设2ln 1ln ()()x xF x F x x x-'=⇒=，当()0F x '<时，()e,x ∈+∞，此时()F x 单调递减，当()0F x '>时，()0,e x ∈，此时()F x 单调递增，所以max 1()(e)eF x F ==，()F x 的图象如下，由图可知，当1ek >时，()y F x =与y k =无交点，即()()h x g x kx =-无零点.故选：D.8．（2022·湖北恩施·高二期中）已知1a >，1x ，2x ，3x 均为2x a x =的解，且123x x x <<，则下列说法正确的是（ ）A ．1(2,1)x ∈--B ．2e (1,e )a ∈ C ．120x x +< D ．232e x x +<【答案】B对于A ，令2()x f x a x =-，因为1a >，所以()f x 在(,0)-∞上单调递增，与x 轴有唯一交点，由零点存在性定理，得1(1)10f a --=-<，0(0)00f a =->，则1(1,0)x ∈-，故A 错误.对于B ，C ，D ，当0x >时，两边同时取对数，并分离参数得到ln ln 2a xx=， 令ln ()x g x x =，()21ln xg x x -'∴=， 当()0,e x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增； 当()e,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减； 如图所示，∴当0x >时，ln 2a y =与ln ()xg x x=的图象有两个交点，ln 1(0,)2ea ∈，解得2e (1,e )a ∈，故B 正确； ∴2(1,e)x ∈，由A 选项知1(1,0)x ∈-，120x x ∴+>，故C 错误；由极值点偏移知识，此时函数()g x 的极值点左移，则有23e 2x x +>，故D 错误. 故选：B.二､多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．（2022·黑龙江·高二期中）若函数()()22ln 12x axf x x -=++的图象上，不存在互相垂直的切线，则a 的值可以是（ ） A ．-1 B ．3 C ．1 D ．2【答案】AC解：因为函数()()()22ln 112-=++>-x axf x x x ，所以()11111111'=+-=++--≥-=-++f x x a x a a a x x ， 当且仅当111x x +=+，即0x =时，等号成立， 因为函数()f x 的图象上，不存在互相垂直的切线， 所以()min 0f x '≥，即10a -≥， 解得1a ≤， 故选：AC10．（2022·江苏·高二期末）【多选题】已知函数()ln xe f x x=，则（ ）A ．()0,1x ∈时，()f x 的图象位于x 轴下方B ．()f x 有且仅有一个极值点C ．()f x 有且仅有两个极值点 D ．()f x 在区间()1,2上有最大值 【答案】AB由题，函数 ()ln xe f x x= 满足 0ln 0x x >⎧⎨≠⎩，故函数的定义域为(0,1)(1,)⋃+∞ 由()ln xe f x x= 当(0,1)x ∈ 时 , ln 0,0x x e <> ， 所以()0f x <则()f x 的图象都在轴的下方，所以A 正确； 又21ln ()(ln )x e x x f x x '⎛⎫- ⎪⎝⎭=，再令1()ln g x x x =-则 211()g x x x'=+，故()0g x '> 故()g x 单调递增， 当1x >时，由()()1110,3303g g ln =-=-， 故()g x 存在唯一的00(1)x x >，使得()00g x '=， 此时当()01,x x ∈,()0f x '<，()f x 单调递减， 当()()0,,0x x f x ∈+∞>'，()f x 单调递增. 又当()0,1x ∈时，()()110g x g <=-<， 故此时()0f x '<恒成立，即()f x 单调递减，综上函数只有极值点且为极小值点，所以B 正确，C 不正确； 又1(1)10,(2)ln 202g g =-<=-> 所以函数在(1,2)先减后增，没有最大值，所以D 不正确. 故选：AB .11．（2022·重庆市第十一中学校高二阶段练习）“切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧．如：e x y =在点()0,1处的切线为1y x =+，如图所示，易知除切点()0,1外，e x y =图象上其余所有的点均在1y x =+的上方，故有e 1x x ≥+．该结论可构造函数()e 1xf x x =--并求其最小值来证明．显然，我们选择的切点不同，所得的不等式也不同．请根据以上材料，判断下列命题中正确的命题是（ ）A ．0x ∀>，1e ln 1x x -≥+B ．a ∀∈R ，x ∀∈R ，()e e 1x ax a ≥-+C ．x ∀∈R ，11e 02x x ---> D ．0x ∀>，e ln 1x x x x ≥++【答案】ABD对于A ，当1x >-时，由e 1x x ≥+得：()lne ln 1xx ≥+，即()ln 1x x ≥+；()()1e 11ln 111ln 1x x x x x -∴≥=-+≥-++=+，A 正确；对于B ，由e 1xx ≥+得：e1x ax a -≥-+，即e 1ex a x a ≥-+，()e e 1x ax a ∴≥-+，B 正确；对于C ，由e 1x x ≥+得：1e x x -≥；当1x =时，1e 1x x -==，此时1322x +=， 则11e2x x -<+，即11e 02x x --->不成立，C 错误；对于D ，令()e ln 1xf x x x x =---，则()()()111e 11e x x f x x x x x ⎛⎫'=+--=+- ⎪⎝⎭， 令()()g x f x '=，则()()212e 0xg x x x '=++>，()g x ∴在()0,+∞上单调递增，又)132022f ⎛⎫'=< ⎪⎝⎭，()()12e 10f '=->，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00f x '=，∴当()00,x x ∈时，0fx；当()0,x x ∈+∞时，0fx ；f x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，()()00000e ln 1x f x f x x x x ∴≥=---；由()00f x '=得：001e x x =，00ln x x =-，()000110f x x x ∴=-+-=， ()0f x ∴≥，即0x ∀>，e ln 1x x x x ≥++，D 正确.故选：ABD.12．（2022·辽宁·抚顺市第二中学三模）已知函数()e ,1e ,1x x x x f x x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，下列选项正确的是（ ）A ．点()0,0是函数()f x 的零点B ．()()120,1,1,3x x ∃∈∃∈，使()()12f x f x >C ．函数()f x 的值域为)1e ,-⎡-+∞⎣D ．若关于x 的方程()()220f x af x -=⎡⎤⎣⎦有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是()10,2e ⎧⎫+∞⋃-⎨⎬⎩⎭【答案】CD解：对于A ，因为()00f =，所以0x =是函数()f x 的零点，故A 错误；对于C ，当1x ≤时，()e x f x x =，则()()1e xf x x '=+，当1x <-时，()0f x '<，当11x -<<时，()0f x '>， 所以函数()f x 在(),1-∞-上递减，在()1,1-上递增，所以()()1min 1e f x f -=-=-，又当x →-∞时，()0f x -→，()e e f =，故当1x ≤时，()1e ,ef x -⎡⎤∈-⎣⎦，当1x >时，()e xf x x =，则()()2e 10x xf x x -=>，所以函数()f x 在()1,+∞上递增， 故()()1e f x f >=，故当1x >时，()()e,f x ∈+∞，综上所述，函数()f x 的值域为)1e ,-⎡-+∞⎣，故C 正确；对于B ，由C 可知，函数()f x 在()0,1上递增，在()1,3上递增， 则()()12e,e f x f x <>，所以不存在()()120,1,1,3x x ∈∃∈，使()()12f x f x >，故B 错误； 对于D ，关于x 的方程()()220f x af x -=⎡⎤⎣⎦有两个不相等的实数根， 即关于x 的方程()()20f x f x a -=⎡⎤⎣⎦有两个不相等的实数根， 所以()0f x =或()20f x a -=，由C 知，方程()0f x =只有一个实数根， 所以方程()20f x a -=也只有一个实数根， 即函数()y f x =与函数2y a =的图象只有一个交点， 如图，画出函数()y f x =的简图， 则12ea =-或20a >，所以12ea =-或0a >， 所以实数a 的取值范围是()10,2e ⎧⎫+∞⋃-⎨⎬⎩⎭，故D 正确.故选：CD.三､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）13．（2022·辽宁葫芦岛·高二阶段练习）已知直线2y x a =+与曲线()ln y x b =+相切，则2-=b a ______． 【答案】1ln2+设切点为()00,P x y ，则002y x a =+，且()00ln y x b =+，因为函数()ln y x b =+的导函数为1y x b '=+，所以012x b =+，则012x b +=，所以()000ln ln 2212y x b x a b a =+=-=+=-+，得21ln 2b a -=+，故答案为：1ln2+.14．（2022·山东泰安·模拟预测）已知函数32()f x x ax =-+，写出一个同时满足下列两个条件的()f x ：___________.①在[1,)+∞上单调递减；②曲线()(1)y f x x =≥存在斜率为1-的切线. 【答案】32()f x x x （答案不唯一）若()f x 同时满足所给的两个条件，则2()320f x x ax '=-+≤对[1,)x ∈+∞恒成立，解得：min32a x ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，即32a ≤，且2()321f x x ax '=-+=-在[)1,+∞上有解，即3122x a x =-在[)1,+∞上有解，由函数的单调性可解得：31122x a x=-≥. 所以312a ≤≤.则32()f x x x （答案不唯一，只要()f x 满足32()f x x ax =-+（312a ≤≤即可） 故答案为：32()f x x x15．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））已知()e xf x k =对任意不相等的两个数1x 、2x 都有()()121212f x f x x x x x ->+-恒成立，则实数k 的取值范围为______．【答案】2,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭不妨设12x x >，可得()()221212f x f x x x ->-，则()()221122f x x f x x ->-， 令()()22e x g xf x x k x =-=-，则()()12g x g x >，所以，函数()g x 在R 上为增函数，即对任意的x ∈R ，()e 20xg x k x '=-≥恒成立，所以，2e x x k ≥，令()2e x xh x =，其中x ∈R ，()()21e xx h x -'=. 当1x <时，()0h x '>，此时函数()h x 单调递增，当1x >时，()0h x '<，此时函数()h x 单调递减，所以，()()max 21eh x h ==， 所以，2ek ≥，因此，实数k 的取值范围是2,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故答案为：2,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.16．（2022·安徽·芜湖一中高二期中）若函数()()e xf x a x a =-∈R 有两个不同的零点1x 和2x ，则a 的取值范围为________；若2123≤<x x x ，则a 的最小值为__________． 【答案】 10,e ⎛⎫⎪⎝⎭()0e 0e x xx f x a x a =⇒-=⇒=，令()ex x g x =，则()()2e e 1e e x x x x x x g x --=='， 当1x <时，()0g x '>，()g x 单调递增；当1x >时，()0g x '<，()g x 单调递减； 故()max 1()1eg x g ==，当x →－∞时，g (x )→－∞，当x →+∞时，g (x )→0，则g (x )如图：故函数()()e xf x a x a =-∈R 有两个不同的零点1x 和2x ，则y =g (x )与y =a 图像有两个交点，则10,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；若2123≤<x x x ，则212031xx x <≤<<，则()()22222122333ln3.3e 2e x x x x x g g xg x x ⎛⎫≤=⇒≤⇒ ⎪⎝⎭故()23ln323ln332ln32e a g x g ⎛⎫===⎪⎝⎭． 故答案为：10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭．四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）17．（2022·河南南阳·高二阶段练习（理））已知函数()xx f x e =，()21x g x e x x =-+-． (1)求证：函数()y g x =有唯一的零点，并求出此零点； (2)求曲线()y f x =过点()1,1A 的切线方程． 【答案】(1)证明见解析，零点为0(2)y x =(1)函数()g x 的定义域为R ，()21xg x e x '=-+， 令()21x h x e x =-+，而()2xh x e '=-，故()h x 在(),ln 2-∞上单调递减，在()ln 2,+∞单调递增． 所以，()()min ln 232ln 20h x h ==->，即()0g x '>． 故()g x 在R 上是单调递增的．又因为()00g =，因此，函数()y g x =有唯一的零点，零点为0．(2)（2）显然，点()1,1A 不在函数()f x 图像上，不妨设切点坐标为()00,x y ．又()1x x f x e -'=，即0000000111x x x y e x x y e --⎧=⎪-⎪⎨⎪=⎪⎩，消去0y 得，02001x e x x =-+由（1）知00x =，则00y =，()01001k f e -'===， 故所求的切线方程为：y x =．18．（2022·重庆市永川北山中学校高二期中）已知函数3()f x ax bx =+在1x =处有极值2． (1)求a ，b 的值；(2)求函数()f x 在区间[]22-，上的最大值． 【答案】(1)13a b =-⎧⎨=⎩(2)2 (1)因为函数3()f x ax bx =+在1x =处有极值2，且2()3f x ax b '=+，所以(1)2(1)30f a b f a b =+=⎧⎨=+='⎩，解得13a b =-⎧⎨=⎩. (2)由（1）得：3()3f x x x =-+， 2()333(1)(1)f x x x x '=-+=-+- ，令()0f x '>，得11x -<<， 令()0f x '<，得1x <-或1x >，故()f x 在[2,1)--上单调递减，在(1,1)-上单调递增，在(1,2]上单调递减， 故()f x 的最大值是(2)f -或(1)f ， 而(2)862f -=-=(1)2f ==， 故函数()f x 的最大值是2．19．（2022·陕西·泾阳县教育局教学研究室高二期中（理））已知函数()ln f x x mx =+，其中m ∈R ． (1)讨论()f x 的单调性；(2)若(0,)∀∈+∞x ，2()2f x x x ≤-，求m 的最大值． 【答案】(1)当0m ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0m <时，()f x 在10,m ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,m ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．(2)1-(1)1()(0)mxf x x x+'=>， 当0m ≥时，()0f x '>当0x >恒成立，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增； 当0m <时，令()0f x '>，得10x m <<-，令()0f x '<，得1x m>-， ()f x ∴在10,m ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,m ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，综上所述：当0m ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0m <时，()f x 在10,m ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,m ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减． (2)依题意得2ln 2x mx x x +≤-对任意,()0x ∈+∞恒成立， 即22ln x x x m x--≤对任意,()0x ∈+∞恒成立， 令22ln ()(0)--=>x x x g x x x ，则22ln 1()x x g x x'+-=， 令2()ln 1h x x x =+-，则()h x 在(0,)+∞上单调递增，(1)0h =，∴当(0,1)x ∈时，()0h x <，即()0g x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，即()0g x '>，()g x ∴在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，min ()(1)1g x g ∴==-，1m ∴≤-，故m 的最大值为1-．20．（2022·江西·南城县第二中学高二阶段练习（理））已知函数()()2e e R x f x x ax a =-+∈.(1)若()f x 在()11ln2-+，单调，求a 的取值范围. (2)若()e ln y f x x x =+的图像恒在x 轴上方，求a 的取值范围.【答案】(1)[)12e 22,n ,e l e ⎛⎤-∞--∞+ ⎥⎝⎦；(2)()0,∞+.(1)由题意得R x ∈，()()e 2e R x f x x a a '=-+∈.()f x 在()11ln2-+，上单调，即()()e 2e R x f x x a a '=-+∈在()11ln2-+，上大于等于0或者小于等于0恒成立.令()()e 2e R x g x x a a =-+∈，则()e 2e x g x '=-，当()0g x '=时，ln 2e 1ln 2x ==+.当11ln 2x -<<+时，()0g x '<，∴()g x 在()11ln2-+，上单调递减， ∴由题意得()1ln 20g +≥，或()10g -≤，解得2eln 2a ≥或12e ea ≤--， ∴a 的取值范围是[)12e 22,n ,e l e ⎛⎤-∞--∞+ ⎥⎝⎦.(2)2e e e ln x y x ax x x =-++的图象恒在x 轴上方，也即当()0,x ∈+∞时，0y >恒成立. 也即e e e ln xa x x x>--在()0,x ∈+∞上恒成立. 令()e e eln x h x x x x =--，()()()()222e e e e e 11x x x x x x x x h x x-----=='， 令()e e x m x x =-，则()e e x m x '=-，由()0m x '=得1x =，当1x <时()0m x '>，当1x >时，()0m x '<，即1x =时，()m x 有极大值，也是最大值，所以()(1)0m x m ≤=，所以e e x x ≤（当1x =时取等号），再由()0h x '=可得：1x =，列表如下：由上表知10h =为极大值，所以()(1)0h x h ≤=.∴a 的取值范围是()0,∞+.21．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知函数()()()21R 2f x x a a =-∈. (1)设()()e xg x f x =，讨论函数()()e x g x f x =的单调性；(2)当0x ≤时，()()211g x x a x ≤--+，求实数a 的取值范围.【答案】(1)()g x 在(),2a -∞-，(),a +∞上单调递增，在(),2a a -上单调递减(2)⎡-⎣(1)()()21e 2x g x x a =-，则()()()12e 2x g x x a x a '=--+令()0g x '>，则x a >或2x a <-()g x 在(),2a -∞-，(),a +∞上单调递增，在(),2a a -上单调递减 (2)()()221e 112x x a x a x -≤--+⇔()()221112e x x a x x a --+-≤构建()()()22111e ,20x x a x a x F x x --+=-≤-，则()()()e 1e x x x a x F x +--'=∵()e 1=x h x x +-在(],0-∞单调递增，则()()00h x h ≤=即e 10x x +-≤当0x ≤时恒成立当0a ≥时，()0F x '≤当0x ≤时恒成立，则()F x 在(],0-∞单调递减∴()()210102F x F a ≥=-≥，则a ≤∴0a ≤当0a <时，令()0F x '>，则x a >()F x 在(),a -∞单调递减，在(],0a 单调递增∴()()10e a a F x F a +≥=≥，则1a ≥-∴10a -≤<综上所述：1a -≤≤22．（2022·云南临沧·高二期中）已知函数()()242ln f x ax x x a =-+∈R ．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若2a =，证明：()()()22ln 2e 2x f x x x x +-⋅≤-．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析(2)证明见解析(1)解：由题可知，,()0x ∈+∞，()2224224ax x f x ax x x-+'=-+=． 若0a =，()42x f x x -+'=，所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；若0a <，令()0f x '=，解得10x >或20x =<（舍），所以()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减； 若0a >，当16160a ∆=-≤，即1a ≥时，()0f x '≥在()0,∞+上恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当01a <<时，令()0f x '=，解得1x =2x ，所以()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增； (2)证明：若2a =，要证()()()22ln 2e 2x f x x x x +-⋅≤-，即证2ln e x x x x +<，即证2ln e 1xx x x+<． 令函数()ln 1x g x x =+，则()21ln x g x x -'=． 令()0g x '>，得()0,e x ∈；令()0g x '<，得()e,x ∈+∞．所以()g x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，所以()()max 1e 1eg x g ==+， 令函数()2e xh x x=，则()()3e 2x x h x x -'=． 当()0,2x ∈时，()0h x '<；当()2,x ∈+∞时，()0h x '>．所以()h x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，所以()()2mine 24h x h ==． 因为2e 1104e ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，所以()()min max h x g x >， 即2ln e 1xx x x +<，从而()()()22ln 2e 2x f x x x x +-⋅≤-得证．。
第16讲 拓展三：利用导数研究函数的零点(方程的根)(学生版)-(人教A版数学选择性必修二讲义)
二、题型精讲
题型01判断、证明或讨论函数零点（方程的根）的个数
1．（2 上的最值；
(2)讨论 的零点个数.
2．（2022下·山东青岛·高二山东省莱西市第一中学校考阶段练习）已知函数 ，讨论函数 的零点的个数.
(2)若 ，令 ，讨论方程 的解的个数．
3．（2023下·湖南衡阳·高二校考阶段练习）已知函数 ， 其中 ．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若方程 有三个根，求 的取值范围．
4．（2023上·广东江门·高三统考阶段练习）已知函数 .
(1)求 的极值：
(2)若 有两个零点，求a的取值范围.
5．（2023上·北京·高三北京二十中校考阶段练习）已知函数 ，函数 ，
(1)求 在 上的最大值；
(2)若函数 恰有三个零点，求a的取值范围.
3．（2023上·陕西·高三校联考阶段练习）已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)若 在 上存2个零点，求 的取值范围.
4．（2023上·重庆涪陵·高三重庆市涪陵高级中学校校考开学考试）已知函数 .
(1)若函数 在 上单调递增，求 的最小值；
3．（2022下·山东聊城·高二统考期末）已知函数 ，在 处切线的斜率为-2.
（1）求 的值及 的极小值；
（2）讨论方程 的实数解的个数.
4．（2023上·云南·高三校联考阶段练习）已知 ．
(1)当 时，求 在 上的单调性；
(2)若 ，令 ，讨论方程 的解的个数．
5．（2023·四川绵阳·统考模拟预测）函数 ．
(1)讨论函数 的单调性．
(2)若关于 的方程 有两个实数根，求实数 的取值范围．
2．（2023上·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习）已知函数 .
(完整版)导数问题中虚设零点的三大策略
导数问题中虚设零点的三大策略导数在高中数学中可谓“神通广大”，是解决函数单调性、极值、最值、不等式证明等问题的“利器”。
因而近几年来与导数有关的数学问题往往成为高考函数压轴题.在面对这些压轴题时，我们经常会碰到导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的问题。
此时，我们不必正面强求，可以采用将这个零点只设出来而不必求出来，然后谋求一种整体的转换和过渡,再结合其他条件，从而最终获得问题的解决。
我们称这种解题方法为“虚设零点”法.下面笔者就一些高考题，来说明导数问题中“虚设零点”法的具体解题方法和策略。
策略1整体代换将超越式化简为普通式如果f′(x）是超越形式(对字母进行了有限次初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式）,并且f′（x）的零点是存在的，但我们无法求出其零点,这时采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所在的范围和满足的关系式,然后分析出相应函数的单调性，最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果。
通过这种形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的转换和过渡，从而将超越式化简为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点.例1（2015年全国高考新课标Ⅰ卷文21）设函数f（x）=e2x-alnx.（1)讨论f（x）的导函数f′（x）的零点的个数;(2）证明：当a>0时，f（x)≥2a+aln2a。
解（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x)=2e2x—ax（x>0)。
由f′（x）=0，得2xe2x=a。
令g（x）=2xe2x，g′(x）=（4x+2）e2x〉0（x>0）,从而g（x）在（0,+∞）单调递增，所以g （x）>g（0）=0.当a〉0时，方程g（x）=a有一个根，即f′（x）存在唯一零点;当a≤0时,方程g(x)=a没有根，即f′（x）没有零点。
（2）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。
导数与函数的单调性-2021届高三数学一轮高考总复习课件
2.函数的极值 (1)判断f(x0)是极值的方法： 一般地，当函数f(x)在点x0处连续时， ①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0) 是极大值； ②如果在x0附近的左侧___f_′__(x_)_＜__0__，右侧__f_′__(_x_)＞__0__， 那么f(x0)是极小值.
(2)求可导函数极值的步骤： ①求 f′(x)； ②求方程 f′(x)＝0 的根； ③检查 f′(x)在方程 f′(x)＝0 的根的左、右值的符号.如果 左正右负，那么 f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那 么 f(x)在这个根处取得__极__小__值____；如果左右两侧符号一样，那 么这个根不是极值点.
图 2-16-2
A
B
C
D
解析：原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值 点的横坐标大于 0.故选 D.
答案：D
(2)函数f(x)＝(3－x2)ex的单调递增区间是( ) A.(－∞，0) B.(0，＋∞) C.(－∞，3)和(1，＋∞) D.(－3,1) 解析：f′(x)＝－2xex＋(3－x2)ex＝(3－2x－x2)ex，∴f′(x)>0， 即x2＋2x－3<0.解得－3<x<1.∴f(x)的单调递增区间为(－3,1).故 选 D. 答案：D
小值的可能值为端点值，故只需保证gg－ 1＝113＝＋13－ a≥a≥ 0，0，
解
得－13≤a≤13.故选 C.
答案：C
思想与方法 ⊙运用分类讨论思想讨论函数的单调性 例题：(2016 年新课标Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围. 解：(1) f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a). ①设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0. ∴f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
导数中的参数问题(解析版)
【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。
而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。
【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题 【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-， 设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=， 当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .专题6.2 导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++， 记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+， 当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（ ）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（） ，可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞ 恒成立， 即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜ 时，有10lnx -＞ ，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜ 时，223lnx ＜＜ ，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜ ， 可得0a ≥ ；当x e ＞ 时，有10lnx -＜ ，可得21x a lnx ≤- ， 设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（）， 由32 e x e ＜＜ 时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减， 由32x e >时，0g x g x '（）＞，（） 在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， 即有)g x （ 在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ， 可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点， 由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+， 因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >， 作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时， 有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件， 即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0． 则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内， 或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='， 令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点， 又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程， 可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立； 则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值； 当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ， 即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ； 设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1； 所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ． 【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（ ） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-， 则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第16讲-导数与函数的零点
一、 经典例题
考点一 判断零点的个数
【例1】已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }．
(1)求函数f (x )的解析式；
(2)求函数g (x )＝f (x )x －4ln x
的零点个数． 解 (1)∵
f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }， ∴设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －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 )＝x 2－2x －3.
(2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x －4ln x －2，
∴g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝(x －1)(x －3)x 2
，令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝3. 当x 变化时，g ′(x )，g (x )的取值变化情况如下表：
X
(0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) g ′(x )
＋ 0 － 0 ＋ g (x ) 极大值 极小值
当0<x ≤3时，g (x )≤g (1)＝－4<0，
当x >3时，g (e 5)＝e 5－3e 5－20－2>25－1－22＝9>0.
又因为g (x )在(3，＋∞)上单调递增，
因而g (x )在(3，＋∞)上只有1个零点，
故g (x )仅有1个零点．
规律方法 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法
(1)构建函数g (x )(要求g ′(x )易求，g ′(x )＝0可解)，转化确定g (x )的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g (x )的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．。