导数专题零点问题教师版
导函数隐零点问题的8种解决策略教师版
隐零点问题的8种解决策略我们知道导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”（即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达），基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上参变分离，技巧上反客为主 一、直接观察如果导函数存在零点，但令导函数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明其是唯一的。
一般的，当导数式含有x ln 时，可试根1，e 或e1等，当导数式含有xe 时可试根0或1 例1.（2013北京卷）求证：1ln -≤x xx证法1：令xx x x g ln 1)(--=，则22'ln 1)(x x x x g +-=，令x x x h ln 1)(2+-=， 则012)('>+=xx x h ，所以)(x h 在),0(+∞单调递增，又0)1(=h ，故当10<<x 时，0)(<x h 0)('<⇒x g ，)(x g 递减，当1>x 时，0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g 递增，所以0)1()(=≥g x g ，即1ln 0ln 1-≤⇒≥--x xxx x x 证法2：（对数单身狗）即证x x x -≤2ln ，令x x x x f ln )(2--=，则)0()1)(12(112)('>-+=--=x xx x x x x f ，所以当)1,0(∈x 时，0)('<x f ，)(x f 递减 当),1(+∞∈x 时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以0)1()(=≥f x f ，即0ln 2≥--x x x所以1ln -≤x xx例2.已知0ln )1(≥--a x x 恒成立，求a 的取值范围解：由题意x x a ln )1(-≤恒成立，令x x x f ln )1()(-=，则xx x x x f 1ln )('-+=观察知0)1('=f ，当10<<x 时，0)('<x f ，1>x 时，0)('>x f所以)(x f 在)1,0(内单调减，在),1(+∞单调增，所以0)1()(min ==f x f ，0≤∴a 二、虚设零点当导函数存在零点，但零点式子非常繁琐或无法求解时，可考虑虚设零点0x ，再对0)(0'=x f 进行合理的变形与代换，将超越式化为普通式，从而达到化简)(0x f 的目的例3.设函数)0()1ln(1)(>++=x x x x f ，若1)(+>x kx f 在),0(+∞内恒成立，求正整数k 的最大值解：由题意得xx x k ]1)1)[ln(1(+++<在),0(+∞内恒成立令)0(]1)1)[ln(1()(>+++=x x x x x g ，则2')1ln(1)(x x x x g +--=， 令)0)(1ln(1)(>+--=x x x x h ，则01)('>+=x x x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增又03ln 1)2(<-=h ，04ln 2)3(>-=h ，所以存在唯一的)3,2(0∈x 使得0)(0=x h ，即)1ln(100+-=x x ，所以当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g )(x g ⇒在),0(0x 上递减，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g )(x g ⇒在)(0∞+，x 上递增， 所以)4,3(1]1)1)[ln(1()()(00000min ∈+=+++==x x x x x g x g ，故3≤k ，k 的最大值为3例4.已知)2ln()(+-=x e x f x，求证：0)(>x f 恒成立 证明：21)('+-=x e x f x，显然)('x f 在),2(+∞-上递增，又011)1('<-=-e f ，021)0('>=f 所以存在唯一的)0,1(0-∈x 使得0)(0'=x f ，即2100+=x ex )2ln(00+-=⇒x x 所以当),2(0x x -∈时0)('<x f ，)(x f 递减，当),(0+∞∈x x 时0)('>x f ，)(x f 递增，所以02)1(21)2ln()()(0200000min 0>++=++=+-==x x x x x e x f x f x ，所以0)(>x f 恒成立例5.（2015年全国卷）设x a e x f xln )(2-=，求证：当0>a 时aa a x f 2ln2)(+≥ 证明：xa e x f x-=2'2)(，当0>a 时，显然)('x f 在),0(+∞上递增， 又012)(2'>-=aea f ，+→0x 时-∞→)('x f ，所以)('x f 存在唯一零点0x ，即0002ln 2ln )2ln(220x a x a x x a e x -==⇒=所以当00x x <<时，0)('<x f ，)(x f 递减，当0x x >时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以)22(ln 2ln )()(00020min 0x a a x a x a ex f x f x --=-==aa a a a ax x a 2ln 22ln 2200+≥++= 例6.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立xx e a x1ln 2+-≤⇔在),0(+∞上恒成立 令xx e x g x1ln )(2+-=，则222'ln 2)(x x e x x g x +=，令x ex x h xln 2)(22+=，则01)(4)(22'>++=xe x x x h x ⇒)(x h 在),0(+∞上递增 又082ln 16)41(<-=e h ，02)1(2>=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)1,41(0∈x ，所以当00x x <<时0)(0)('<⇒<x g x h ，当0x x >时0)(0)('>⇒>x g x h ，所以)(x g 在),0(0x 递减，在)(0∞+，x 递增，0020min 1ln )()(0x x e x g x g x +-==∴ 由00002202200ln )2ln()ln ln(22ln 0ln 2)(00x x x x x x e x ex x h x x ---=⇒-=⇒=+= )ln ()ln ln(2)2ln(0000x x x x -+-=+⇒，设x x x F +=ln )(，则)ln ()2(00x F x F -=，又易知)(x F 在),0(+∞上递增，020020012ln ln 20x x x ex x x =-=⇒-=∴ 21ln )()(0020min 0=+-==∴x x e x g x g x ，所以2≤a 例7.（2017年全国2卷）已知函数x x x x x f ln )(2--=，且0)(≥x f ，求证：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e证明：x x x f ln 22)('--=，设x x x h ln 22)(--=，则由21012)('>⇒>-=x x x h )(x h ∴在]21,0(上单调递减， ),21[+∞上单调递增，又0)1(,012ln )21(=<-=h h ，+→0x 时+∞→)(x h ，)(x h ∴在)21,0(上存在唯一零点0x 即0000ln 220ln 22x x x x =-⇒=--，当),0(0x x ∈时0)(>x h 0)('>⇒x f ，当)1,(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x f ，当),1(+∞∈x 时0)(>x h 0)('>⇒x f ，所以)(x f 为],0(0x 上递增，]1,[0x 上递减，),1[+∞递增，所以)(x f 极大值为)1()22(ln )(0000020000200x x x x x x x x x x x f -=---=--=，而)1,0(0∈x ，220002)21()(-=-+<∴x x x f ，又10-≠e x 且)1,0(1∈-e ，210)()(--=>∴e e f x f 综上2022)(--<<x f e例8.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分离参数）1)('-=xe xf ，01)1)((1)()('>++--=++-x e k x x x f k x x等价于1111)1(-++=-++-<x x x e x x e x e x k 对0>x 恒成立令)0(11)(>-++=x e x x x g x ，则2')1()2()(---=x x x e x e e x g ， 令)0(2)(>--=x x e x h x ，则01)('>-=xe x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增， 又03)1(<-=e h ，04)2(2>-=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)2,1(0∈x ，则200+=x ex当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g ，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g ∴在),0(0x 上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增所以)3,2(111)()(0000min 0∈+=-++==x e x x x g x g x ， 又min )(x g k <，所以整数k 的最大值为2 三、分类讨论例9.设21)(ax x e x f x---=，若当0>x 时0)(≥x f ，求a 的取值范围解：（分类讨论）ax e x f x21)('--=， 令)0(21)(>--=x ax e x g x，则a e x g x2)('-=因为1≥xe （1）当12≤a 即21≤a 时，0)('>x g 恒成立，)(x g ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴g x g ，即0)('>x f ，)(x f ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴f x f 成立（2）当12>a 即21>a 时，由a x x g 2ln 00)('<<⇒<，)(x g ∴在]2ln ,0(a 递减，),2[ln +∞a 递增所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)0()(=≤g x g ，即0)('≤x f )(x f ⇒]2ln ,0(a 在递减，0)0()(=<∴f x f 与题意不符综合（1）（2）知a 的取值范围为21≤a 解法2：（切线放缩）先证明1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立，事实上，设1)(--=x e x g x ，则1)('-=x e x g ，令0)('>x g ，解得0>x ，令0)('<x g ，解得0<x ，所以)(x g 在]0,(-∞递减，),0[+∞上递增，所以0)0()(=≥g x g ，即1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立x a ax x ax e x f x )21(221)('-=-≥--=①当021≥-a 即21≤a 时，0)('≥x f 对),0(+∞∈x 恒成立，所以)(x f 在),0(+∞上递增，所以0)0()(=>f x f 成立，符合题意②当021<-a 即21>a 时，由当0≠x 时，1+>x e x 得)0(1≠-≥-x x e x ，从而xx x xxxea e e ea e ax e x f )2)(1()1(2121)('--=---<--=- 所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)('<x f ，)(x f 递减，此时0)0()(=<f x f ，不合题意综上可知实数a 的取值范围为21≤a 例10.（2012 山东卷）已知xex x x x x f )ln 1)(1()(--+=，求证：21)(-+<e x f 证明：易知当1≥x ，则210)(-+<≤e x f所以当10<<x 时，0ln 1>--x x x ，由1+>x e x110<+<⇒xe x ，x x x x f ln 1)(--<∴ 令)10(ln 1)(<<--=x x x x x g ，则由2'00ln 2)(-<<⇒>--=ex x x g)(x g ∴在],0(2-e 单调递增，在),[2+∞-e 单调递减，所以221)()(--+=≤e e g x g从而21)(-+<e x f 综上知21)(-+<e x f例11.（2013广东卷）设2)1()(kx e x x f x --=，当]1,21(∈k 时，求)(x f 在],0[k 上最大值 解：由0)2()('>-=k e x x f xk x 2ln >⇒，考虑k 2ln 是否属于区间],0[k 令kk k g -=2ln )(，则01)('≤-=k k k g ，)(k g ∴在]1,21(∈k 递减，021)21()(<-=<g k g ，故当]1,21(∈k ]1,21(∈k 时，k k <<2ln 0)(x f ∴在]2ln ,0[k 递减，在],2[ln k k 递增，下面比较)0(f 与)(k f 的大小令)121(1)1()0()()(3≤<+--=-=k k e k f k f k h k，则)3()('k e k k h k -= 设)121(3)(≤<-=k k e k m k，则03)('<-=k e k m )(k m ⇒在]1,21(∈k 递减又049)21(>-=e m ，03)1(<-=e m ，所以)(k m 存在唯一零点)1,21(0∈k所以当),21(0k k ∈时0)(>k m 0)(>⇒k h ，当]1,(0k k ∈时0)(<k m 0)(<⇒k h ，所以)(k h 在),21(0k 递增，在]1,(0k 上递减，又0849)21(>-=eh ，0)1(=h ， 0)(≥∴k h ，即)0()(f k f ≥，所以)(x f 在],0[k 上最大值为3)1()(k e k k f k --=例12.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分类讨论）1)('-=xe xf ，设)0(1)1)((1)()()('>++--=++-=x x e k x x x f k x x g x则x e k x x g )1()('+-=（1）当01≤-k 即1≤k 时，0)('>x g 恒成立)(x g ⇒在),0(+∞递增，0)0()(=>g x g 符合题意（2）当01>-k 即1>k 时，由0)('>x g 1->⇒k x ，所以)(x g 在]1,0(-k 上递减，),1[+∞-k 上递增，1min 1)1()(--+=-=k e k k g x g令)1(1)(1>-+=-k ek k h k ，则01)(1'<-=-k e k h 恒成立)(k h ⇒在),1(+∞上递减又03)2(>-=e h ，04)3(2<-=e h ，故整数k 的最大值为2四、拆分函数当原函数比较复杂时，可适当将函数拆分成几个简单函数，便于处理例13.（2014 全国卷）求证：12ln )(1>+=-xe x e xf x x证明：exe x x e ex x ex x e x f x x x2ln 2ln 1)2(ln 1)(->⇔>+⇔>+⇔>-- 设x x x g ln )(=则由e x x x g 101ln )('>⇒>+=，)(x g 在]1,0(e 上递减，),1[+∞e上递增e e g x g 1)1()(min -==⇒设e xe x h x2)(-=-，则由10)1()('<⇒>-=-x x e x h x ，)(x h 在]1,0(上递增，),1[+∞递减eh x h 1)1()(max -==所以max min )()(x h x g ≥，又)(x g 和)(x h 不能同时取得最值，所以1)()()(>⇒>x f x h x g 例14.（2016山东卷）设212)ln ()(x x x x a x f -+-=，求证：当1=a 时23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立证明：当1=a 时212ln )(x x x x x f -+-=，32'2211)(xx x x f +--= 23)()('+>x f x f 25312ln 23221122ln 23322+-->-⇔++-->-+-⇔x x x x x x x x x x x x令])2,1[(ln )(∈-=x x x x g ，])2,1[(25312)(23∈+--=x x x x x h1011)('>⇒>-=x xx g ，所以)(x g 在]2,1[上递增，1)1()(min ==g x g由0623)(42'>-+=x x x x h 3119->⇒x ，所以)(x h 在]3119,1[-上递减，]2,3119[-上递增，又21)1(=h ，1)2(=h ，1)2()(max ==∴h x h 故max min )()(x h x g ≥，又 )(x g 和)(x h 不能同时取得最值，故)()(x h x g >成立 所以23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立 五、等价转化例15.（2013四川高考）设a x e x f x -+=)(，若曲线x y sin =上存在点),(00y x 使得00))((y y f f =，求a 的取值范围解：]1,1[sin 00-∈=x y ，且0)(≥x f ，00))((y y f f =，所以]1,0[0∈y ，又)(x f 递增，若00)(y y f >，则000)())((y y f y f f >>与00))((y y f f =矛盾 若00)(y y f <，则000)())((y y f y f f <<与00))((y y f f =矛盾所以00)(y y f =，即x x f =)(在]1,0[上有解，即2x x e a x a x e x x -+=⇔=-+ 令])1,0[()(2∈-+=x x x e x g x，则021)('≥-+=x e x g x恒成立，)(x g 在]1,0[上递增 又1)0(=g ，e g =)1(，即)(x g 的值域为],1[e ，],1[e a ∈∴例16.已知函数x x x x f 11ln )(++=，求证：当1>x 时，1ln )(->x xx f 证明：1ln )(->x x x f 即1ln 11ln ->++x x x x x x x x x x x x ln )1(1ln )1(2+>-+-⇔01ln 2<+-⇔xx x 令)1(1ln 2)(>+-=x xx x x g ，则0)1()(22'<--=x x x g 恒成立)(x g ⇒在),1(+∞上递减 0)1()(=<⇒g x g ，即1ln )(->x xx f 六、降次代换例17.已知函数271)(23+++=ax x x x f 有3个零点，求实数a 的取值范围 解：a x x x f ++=23)(2'，则310)31(4<⇒>-=∆a a ，设)('x f 的两个零点分别为)(,2121x x x x <，则3,322121a x x x x =-=+，32023121121ax x a x x +-=⇒=++)(x f ∴在],(1x -∞上递增，],[21x x 上递减，),[2+∞x 上递增273192627132)32(271)(11111121311ax a ax a x a x x ax x x x f -+-=+++-+-=+++= 所以)2731926)(2731926()()(2121ax a a x a x f x f -+--+-=2212212)2731()(243)31(2)926(a x x a x x a -++-+-=1250)512(27)31()2731(3243)31(2)32()926(2222-<⇒<+-=-+⋅-+--==a a a a a a a七、巧妙放缩 利用常见的不等式1ln 11-≤≤-x x x ，1+≥x e x ，ex e x ≥，exx 1ln -≥进行放缩 例18.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：（放缩法）由1+≥t e t得2)1(ln 1ln 2)1(ln )1(ln 1ln ln 222=+-++≥+-=+-=+-+xx x x x x e x x xe x x e x x x x所以2)1ln (min 2=+-≤xx ea x例19.求证：32ln 2))(1(<+---x x e x x证明：由1ln -≤x x 及xe x ≤+1得)2)(1()1()1(2))(1(ln 2))(1(----=-+--≤+-----x x e x x x e x x x e x x x x 324141)23(222<+<+--⋅<---e x e e x x例20.求证：12ln 1>+-xe x e x x证明：由exx 1ln -≥及1+≥x e x得12)1(2ln 11>=+-≥+--x e x e ex e x e x e x x x x x 例21.求证：)22(ln 22+-≥-x x e x e xe x证明：原不等式2121)1(2ln 21)1(2ln 2xx x x e x x x xex x --≥-⇔--≥-⇔-- 由1ln -≤x x 得x ex ≥-1，故21)1(2ln 201x x x x e x --≥≥--得证 例22.求证：当1>x 吋，x x x x ln 91)1(923+>++ 证明：先把3x 放缩下，x x x x x x x x x ln 9)1(ln 991)1(91)1(92223+>+>=++>++ 例23.求证：2ln ≥-x e x证明：由1+≥x e x 及1ln -≤x x 得2ln ≥-x e x例24.求证：2)1(ln 1)1(-+<+-+x x xe e ex x x 证明：原不等式)1()]1(ln 1)[1(22-+<+-+⇔e e x x x x对x e 放缩，由1+≥x e x可知只需证)1()1()]1(ln 1)[1(22-++<+-+e x x x x即证0ln 2)1)(1()1(ln 1222>+++⇔++<+----ex e x x x e x x x故只需证0ln 22>++-ex x x ，令2ln 2)(-++=e x x x x f ，则3'03ln )(->⇒>+=e x x x f)(x f ∴在],0(3-e 上递减，在),[3+∞-e 上递增，故0)()(323>-=≥---e e e f x f ，得证例25.证明：当0>x 肘，22>+-xex x 证明：先把2x 放缩掉，由x x x x x x ln 101222≥-≥-⇒≥+-xex x e x x +>+-⇒ln 2令x e x x f +=ln )(，则由e x xe x xf >⇒>-=01)(2'，)(x f 在],0(e 递减，在),[+∞e 递增，所以2)()(=≥e f x f 证毕例26.设0>>a b ，求证：b ab ab a <--<ln ln证明：由基本不等式1ln 11-≤≤-x x x 得1ln 1-<<-aba b b ab ab a b a a a b a b b a a b a b b a b <--<⇒<--<⇒-<-<-⇒ln ln 1ln ln 1ln ln例27.求证：当20<<x 时，6911)1ln(+<-+++x xx x证明：由11)11(2111ln 211)1ln(1ln -++-+<-+++=-+++⇒-≤x x x x x x x x)11(3-+=x ，令)3,1(1∈=+t x ，则只需证0)2()1(5)1(31222<--⇔+-<-t t t t t显然成立，证毕例28.（2004全国2）设x x x g ln )(=，b a <<0，求证：2ln )()2(2)()(0a b ba gb g a g -<+-+< 证明：ba bb b a a a b a b a b b a a b a g b g a g +++=++-+=+-+2ln2ln 2ln )(ln ln )2(2)()( 由x x 11ln -≥0)21()21(2ln 2ln =+-++-≥+++⇒bba b a b a a b a b b b a a a2ln )(2ln )(2ln 2ln 2ln 2ln 22a b b a ba b a b a b b b a a b a b b b a a a b b a b a a -<+-=+++<+++⇒+<+ 例29.求证：2ln 3>-x e x证明：由132)1(32ln 31ln +-=---≥--⇒-≤x e x e x e x x xxx令23)(+-=x e x f x，则由3ln 03)('>⇒>-=x e x f x，)(x f ∴在]3ln ,0(上递减，在),3[ln +∞上递增，所以03ln 34)3(ln )(>-=≥f x f ，所以2ln 3>-x e x11 八、反客为主例30.（2015全国Ⅰ）设)0(ln )(2>-=a x a ex f x ，求证：a a a x f 2ln 2)(+≥ 证明：原不等式等价于02ln 2ln 2≥---a a a x a ex ，转换主元，视a 为主元， 令aa a x a e a g x 2ln 2ln )(2---=，则ex a ex a a g 20)2ln(ln )('>⇒>-= )(a g ∴在]2,0(ex 上递减，在),2[+∞ex 上递增，所以02)2()(2≥-=≥ex e ex g a g x。
第3章 第6课时 利用导数解决函数的零点问题-备战2025年高考数学一轮复习(解析版)
第6课时利用导数解决函数的零点问题考点一判断、证明或讨论函数零点的个数[典例1]已知函数f(x)＝x sin x－32.判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．[解]f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：因为f′(x)＝sin x＋x cos x，当x∈0f′(x)＞0.又f(x)＝x sin x－32，从而有f(0)＝－32＜0，f＝π−32＞0，且f(x)在0所以f(x)在0又f(x)在0f(x)在0当xπ时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋x cos x.由1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)π上的图象是连续不断的，故存在mπ，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cos x－x sin x，知xπ时，有g′(x)＜0，从而g(x)2π上单调递减．当x时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)上单调递增，故当x时，f(x)＞f＝π−32＞0，故f(x)上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)上单调递减．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在(m，π)上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．利用导数求函数的零点个数的常用方法(1)数形结合法．利用导数研究函数的性质，画出相应函数的图象，数形结合求解．(2)零点存在定理法．先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点．(3)分离参数法．转化为一条直线与一个复杂函数图象交点个数问题．[跟进训练]1．(2023·湖南师大附中三模节选)已知函数f(x)＝e x－(a∈R)，试讨论函数f(x)零点个数．[解]由f(x)＝e x－＝0，得x e x＝a(x≠0)，设h(x)＝x e x，则h′(x)＝(x＋1)e x，当x＜－1时，h′(x)＜0，当－1＜x＜0，x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)＝x e x在(－1，0)，(0，＋∞)上单调递增；在(－∞，－1)上单调递减，所以h(x)min＝h(－1)＝－1e，据此可画出h(x)＝x e x的大致图象如图，所以，①当a＜－1e或a＝0时，f(x)无零点；②当a＝－1e或a＞0时，f(x)有一个零点；③1＜a＜0时，f(x)有两个零点．[典例2](2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋ax e－x.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．[思维流程][解](1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋e，f(0)＝0，所以切点为(0，0)．f′(x)＝11++1−e，f′(0)＝2，所以切线斜率为2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.(2)f(x)＝ln(1＋x)＋B，f′(x)＝11++设g(x)＝e x＋a(1－x2)，①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝e x＋a(1－x2)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上单调递增，f(x)<f(0)＝0，故f(x)在(－1，0)上没有零点，不合题意．②若－1<a<0，当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝e x－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．③若a<－1，(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝e x－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，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，当x→＋∞，f(x)→＋∞，所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点，在(0，m)上没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝e x＋a(1－x2)，设h(x)＝g′(x)＝e x－2ax，h′(x)＝e x－2a>0，所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，g′(－1)＝1e＋2a<0，g′(0)＝1>0，所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(n，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝1＋a<0，又g(－1)＝1e>0，所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f′(t)＝0，当x∈(－1，t)时，f(x)单调递增，当x∈(t，0)时，f(x)单调递减，又x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f(x)>0，所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，即f(x)在(－1，0)上有唯一零点，所以a<－1，符合题意．④当a＝0时，f(x)＝ln(1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意．⑤当a＝－1时，f′(x)＝e+2−11+·e，令k(x)＝e x＋x2－1，则k′(x)＝e x＋2x，当x>0时，k′(x)>0，k(x)单调递增，k(x)>k(0)＝0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)>f(0)＝0，不合题意．所以若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)．【教师备选资源】(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝e x－a(x＋2)．(1)当a＝1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．[思维流程][解](1)当a＝1时，f(x)＝e x－x－2，则f′(x)＝e x－1.当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)f′(x)＝e x－a.当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在一个零点，不合题意．当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0．所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．(ⅰ)若0<a ≤1e ，则f (ln a )≥0，f (x )在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意．(ⅱ)若a >1e ，则f (ln a )<0.由于f (－2)＝e -2>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上存在唯一零点．由(1)知，当x >2时，e x －x －2>0，所以当x >4且x >2ln (2a )时，f (x )＝e 2·e 2−+2>e ln2·+2－a (x＋2)＝2a >0.故f (x )在(ln a ，＋∞)上存在唯一零点．从而f (x )在(－∞，＋∞)上有两个零点．综上，a+∞.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．[跟进训练]2．(1)(2023·全国乙卷)函数f (x )＝x 3＋ax ＋2存在3个零点，则a 的取值范围是()A ．(－∞，－2)B ．(－∞，－3)C ．(－4，－1)D ．(－3，0)(2)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x ，若a >0，函数f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，求a 的取值范围．(1)B[由题意知f ′(x )＝3x 2＋a ，要使函数f (x )存在3个零点，则f ′(x )＝0要有2个不同的根，则a <0．令3x 2＋a ＝0，解得x ＝令f ′(x )>0，则x <x令f ′(x )<0x 所以f (x )在−∞，−+∞上单调递增，在−上单调递减，所以要使f (x )存在3个零点，则>0，<0，+2>0，+2<0，解得a <－3.故选B.](2)[解]函数f (x )＝12x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －＝2−.因为a >0，由f ′(x )>0，得x >，由f ′(x )<0，得0<x <.即f (x )在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．①若≤1，即0<a ≤1时，f (x )在(1，e)上单调递增，f (1)＝12，f (x )在区间(1，e)上无零点．②若1<<e ，即1<a <e 2时，f (x )在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，f (x )min ＝f ()＝12a (1－ln a )．∵f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，∴1=12＞0，=121−ln ＜0，e =12e 2−＞0，∴e<a <12e 2.③若≥e ，即a ≥e 2时，f (x )在(1，e)上单调递减，f (1)＝12>0，f (e)＝12e 2－a <0，f (x )在区间(1，e)上只有一个零点．综上，f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点时，a 的取值范围是e ，12e 2.在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．[典例]已知函数f (x )＝x e x －ln x －1，若f (x )≥mx 恒成立，求实数m 的取值范围．[赏析]法一(分离变量法)：由f (x )≥mx 得x e x －ln x －1≥mx (x ＞0)，即m≤x−ln K1，令φ(x)＝x−ln K1，则φ′(x)＝2e+ln2，令h(x)＝x2e x＋ln x，则h′(x)＝(2x＋x2)e x＋1＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．切入点：零点存在定理，发现零点，设而不求又＝1e2e1e－1＜e2e2－1＝0，h(1)＝e＞0，所以h(x)1存在零点x0，即h(x0)＝02e0＋ln x0＝0，突破点：等价变形，寻找等量关系02e0＋ln x0＝0⇔0e0＝－ln00＝ln(e ln10)，关键点：辅助函数，得出等量关系令y＝x e x(x＞0)，因为y′＝(x＋1)e x＞0，所以y＝x e x在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln10＝－ln x0，即e0＝10，所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．落脚点：整体代换，代入求值所以φ(x)min＝φ(x0)＝0e0−ln0−10＝1+0−10＝1，所以m≤1.法二(朗博同构法)：由f(x)≥mx得x e x－ln x－1≥mx(x＞0)，所以e rln−ln−1≥B＞0，由切线不等式得e rln−+ln−1≥0，故(1－m)x≥0(x＞0)恒成立，所以1－m≥0，即m≤1.函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用零点存在定理估计所设零点所在的一个小范围(区间长度小于1个单位)，然后利用零点所满足的关系进行代换化简．[跟进训练]1．若a ln x－(2a＋1)x<1－2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值．参考数据：ln3<43，ln4>[解]因为a ln x－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即a<r1ln在x∈(1，＋∞)上恒成立．令h(x)＝r1ln，x>1，可得h′(x)＝ln K1−1ln2，令t(x)＝ln x－1－1(x>1)，可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，所以存在x0∈(3，4)，使得t(x0)＝ln x0－10－1＝0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝0+1ln0＝0+110+1＝x0∈(3，4)．因为a<r1ln在(1，＋∞)上恒成立，所以a<h(x)min＝x0，所以整数a的最大值为3. 2．设函数f(x)＝e x－x－2，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k 的最大值．[解]由题意知f′(x)＝e x－1.(x－k)·f′(x)＋x＋1＞0，即(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，得k<x＋r1e−1(x>0)恒成立，令g(x)＝r1e＋x(x>0)，得g′(x)1x>0)．令h(x)＝e x－x－2(x>0)，则h′(x)＝e x－1>0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)存在唯一零点α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝r1e−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.课时分层作业(二十二)利用导数解决函数的零点问题1．(2024·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝x ln x＋a－ax(a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间[1，e]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．[解](1)由题可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－a.若a＝1，则f′(x)＝ln x，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以f(x)的极小值为f(1)＝ln1＋1－1＝0，无极大值．(2)f(x)＝x ln x－ax＋a，易知f(1)＝0，所求问题等价于函数f(x)＝x ln x－ax＋a在区间(1，e]上没有零点．因为f′(x)＝ln x＋1－a，当0＜x＜e a-1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，e a-1)上单调递减；当x＞e a-1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(e a-1，＋∞)上单调递增．①当e a-1≤1，即a≤1时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递增，所以f(x)＞f(1)＝0，此时函数f(x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．②当1＜e a-1＜e，即1＜a＜2时，f(x)在区间(1，e a-1)上单调递减，在区间(e a-1，e]上单调递增，要使f(x)在(1，e]上没有零点，只需f(e)＜0，即e－e a＋a＜0，解得a＞e e−1，所e e−1＜a＜2.③当e≤e a-1，即a≥2时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递减，在区间(1，e]上满足f(x)＜f(1)＝0，此时函数f(x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．综上所述，实数a的取值范围是a≤1或a＞e e−1.2．(2024·广东佛山模拟)已知函数f(x)＝ln x＋sin x.(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；(2)判断函数f(x)的零点个数，并证明．[解](1)f(x)＝ln x＋sin x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋cos x，令g(x)＝f′(x)＝1＋cos x，g′(x)＝－12－sin x，当x∈[1，e]时，g′(x)＝－12－sin x＜0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，且g(1)＝1＋cos1＞0，g(e)＝1e＋cos e＜1e＋cos2π3＝1e−12＜0，所以由零点存在定理可知，在区间[1，e]存在唯一的a，使g(a)＝f′(a)＝0.又当x∈(1，a)时，g(x)＝f′(x)＞0；当x∈(a，e)时，g(x)＝f′(x)＜0，所以f(x)在x∈(1，a)上单调递增，在x∈(a，e)上单调递减，又因为f(1)＝ln1＋sin1＝sin1，f(e)＝ln e＋sin e＝1＋sin e＞f(1)，所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(1)＝sin1.(2)函数f(x)有一个零点，证明如下：因为f(x)＝ln x＋sin x，x∈(0，＋∞)，若0＜x≤1，f′(x)＝1＋cos x＞0，所以f(x)在区间(0，1]上单调递增，又f(1)＝sin1＞0，f1＋sin1e＜0，结合零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1]上有且仅有一个零点．若1＜x≤π，则ln x＞0，sin x≥0，则f(x)＞0，若x＞π，因为ln x＞lnπ＞1≥－sin x，所以f(x)＞0，所以f(x)在区间(1，＋∞)上没有零点．综上，函数f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点．3．(2021·全国甲卷)已知a＞0且a≠1，函数f(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)＝22(x＞0)，f′(x)x＞0)，令f′(x)＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f(x)单调递增，令f′(x)＜0，则x＞2ln2，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+∞.(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，＝1(x>0)有两个不同的解，即方程ln＝ln有两个不同的解．设g(x)＝ln(x＞0)，则g′(x)＝1−ln2(x＞0)，令g′(x)＝1−ln2＝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又g(1)＝0，所以0＜ln＜1e，所以a＞1且a≠e，即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．4．(2024·四川成都模拟)已知函数f(x)＝B e(a＞0)和函数g(x)＝ln，且f(x)有最1x.(1)求实数a的值；(2)直线y＝m与两曲线y＝f(x)和y＝g(x)恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，证明：x1x3＝.[解](1)f(x)＝B e的定义域为R，且f′(x)a＞0，当x＜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)＝e，所以e＝1x，解得a＝±1，又a＞0，所以a＝1.(2)证明：由(1)可知，f(x)＝e在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又g′(x)＝1−ln2，所以g(x)＝ln在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f (x )＝e 和g (x )＝ln 的图象如图所示．设f (x )和g (x )的图象交于点A ，则当直线y ＝m 经过点A 时，直线y ＝m 与两条曲线y ＝f (x )和y ＝g (x )共有三个不同的交点，则0＜x 1＜1＜x 2＜e ＜x 3，且2e 2＝ln 22＝m ，ln 33＝m .因为m ＝1e 1＝ln 22，所以1e 1＝ln 2e ln 2，即f (x 1)＝f (ln x 2)，因为x 1＜1，ln x 2＜ln e ＝1，且f (x )＝e 在(－∞，1)上单调递增，所以x 1＝ln x 2，21＝2ln 2＝1.因为m ＝2e 2＝ln 33，所以2e 2＝ln 3e ln 3，即f (x 2)＝f (ln x 3)，因为x 2＞1，ln x 3＞ln e ＝1，且f (x )＝e 在(1，＋∞)上单调递减，所以x 2＝ln x 3，所以32＝3ln 3＝1.21＝32＝1，即x 1x 3＝22。
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).。
高考数学导数与函数零点问题教师版
⾼考数学导数与函数零点问题教师版导数与函数零点问题函数零点问题是⾼考中的热点,内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.例题分类精讲⼀、函数零点个数问题⽤导数研究函数的零点,⼀⽅⾯⽤导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另⼀⽅⾯,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利⽤数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利⽤函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最⾼点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的⾛向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利⽤零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．【例1】若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点,则实数a 的取值范围是________．【答案】(－2,2)【分析】客观题中函数零点个数问题,可借组图象求解,先根据导函数的符号确定原函数的单调性,由单调性作出函数图象,再确定零点个数.【解析】由f (x )＝x 3－3x ＋a ,得f ′(x )＝3x 2－3,由f ′(x )＝3x 2－3＝0,得x ＝±1,f (x )极⼤值＝f (－1)＝2＋a ,f (x )极⼩值＝f (1)＝a －2,要使函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点,则有2＋a ＞0,a －2＜0,即－2＜a ＜2,所以实数a 的取值范围是(－2,2)．故填(－2,2)．【点评】三次函数()f x 有3个零点的充要条件是两个极值异号.【对点训练】【天津市河北区2019届⾼三⼀模】已知函数2()ln (21)f x a x x a x =-+-,其中a R ∈. （1）当a=1时,求函数()f x 的单调区间：（2）求函数()f x 的极值；（3）若函数()f x 有两个不同的零点,求a 的取值范围. 【解析】（1）当a=1时,()2f x ln x x x =-+, f′（x ）=()()2x 1x 112x 1x x+--+=- 当f′（x ）<0时,x>1; f′（x ）>0时,0∴函数()f x 的单调减区间为（1,+∞） ,增区间为（0,1）（2）f （x ）的定义域是（0,+∞）,f′（x ）()()()2x 1x a a2x 2a 1x x+-=-+-=-,若a≤0,则f′（x ）＜0,此时f （x ）在（0,+∞）递减,⽆极值若a ＞0,则由f′（x ）＝0,解得：x ＝a,当0＜x ＜a 时,f′（x ）>0,当x ＞a 时,f′（x ）<0, 此时f （x ）在（0,a ）递增,在（a,+∞）递减；∴当x=a 时,函数的极⼤值为f(a)=a lna a 1)+-（,⽆极⼩值（3）由（2）可知当 a≤0时,f （x ）在（0,+∞）递减,则f(x)⾄多有⼀个零点,不符合题意,舍去；当a ＞0时,函数的极⼩值为f(a)=a lna a 1)+-（, 令g(x)=lnx+x-1(x>0) ∵()110,g x x'=+> ∴g(x)在（0,+∞）单调递增,⼜g(1)=0, ∴01时,g(x)>0 (i) 当01时,f(a)=ag(a)>0∵21211∵f(3a-1)=aln(3a-1)-()()()()()23121313131a a a a ln a a ??-+--=---?? 设h(x)=lnx-x(x>2) ∵()110,h x x'=-< ∴h(x)在（2,+∞）内单调递减,则h(3a-1)∴函数f （x ）在（a,3a-1）内有⼀个零点.则当a>1时,函数f(x)恰有两个零点综上,函数()f x 有两个不同的零点时,a>1⼆、零点存在性赋值理论确定零点是否存在或函数有⼏个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题⼀般不提倡利⽤图象求解,⽽是利⽤函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年⾼考的⼀个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的⽅⽅⾯⾯：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯⼀性)；求含参函数的极值或最值；证明⼀类超越不等式；求解某些特殊的超越⽅程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a ) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m ) 与 f (a ) 异号,则在 (m ,a ) 上存在零点．赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的⼀切值；（2）确保赋值点 x 0 落在规定区间内；（3）确保运算可⾏（1）确保参数能取到它的⼀切值；（2）确保赋值点 x 0 落在规定区间内；（3）确保运算可⾏．三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.【例2】【天津市部分区2019届⾼三联考⼀模】设函数()2ln f x ax x =--(R)a ∈.（1）求()f x 的单调区间；（2）当1a =时,试判断()f x 零点的个数；（3）当1a =时,若对(1,)x ?∈+∞,都有(41ln )()10k x x f x --+-<（Z k ∈）成⽴,求k 的最⼤值.【分析】（1）求出()'f x ,分两种情况讨论a 的范围,在定义域内,分别令()'0f x >求得x 的范围,可得函数()f x 增区间,()'0f x <求得x 的范围,可得函数()f x 的减区间；（2）当1a =时,由（1）可知,()f x 在()0,1是单减函数,在()1,+∞是单增函数,由()2110f f e ??<,()()210f f e ?<,利⽤零点存在定理可得结果；（3）当1a =,k为整数,且当1x >时,()()41ln 10k x x f x --+-<恒成⽴,()13ln 41ln 2ln 10ln 4x k x x x x k x x x ??--+---++的取值范围,从⽽可得结果.【解析】（1）()()2ln 0f x ax x x =-->Q ,∴()11=. 当0a ≤时,()'0f x <在()0,∞+恒成⽴,()f x ∴在()0,∞+是单减函数. 当0a >时,令()'0f x =,解之得1 x=.从⽽,当x 变化时,()'f x ,()f x 随x 的变化情况如下表：由上表中可知,()f x 在10,a ?是单减函数,在1,a ??+∞是单增函数. 综上,当0a ≤时,()f x 的单减区间为()0,∞+；当0a >时,()f x 的单减区间为10,a ?? ??,单增区间为1,a+∞ ??.（2）当1a =时,由（1）可知,()f x 在()0,1是单减函数,在()1,+∞是单增函数；⼜22110f e e=>,()110f =-<,()2240f e e =->. ∴()2110f f e ??<,()()210f f e ?<；故()f x 在()0,∞+有两个零点.（3）当1a =,k 为整数,且当1x >时,()()41ln 10k x x f x --+-<恒成⽴()13ln 41ln 2ln 10ln 4x k x x x x k x x x ??--+---++. 令()()3ln ln 1x F x x x x x =++>,只需()()min 14k F x k Z <∈；⼜()()2222131ln 2ln '0f x x x x F x x x x x x()F x 在()01,x 上单减,在()0,x +∞上单增；∴()()()000min 003ln ln *x F x F x x x x ==++ ⼜()1ln3'309F -=<,()()21ln22ln4'401616F --==>,∴()()'3'40F F ?<,∴()03,4x ∈且002ln 0x x --=,即00ln 2x x =-代⼊()*式,得()()()00000min 00032121,3,4x F x F x x x x x x x -==-++=+-∈. ⽽0011t x x =+-在()3,4为增函数,∴713,34t ??∈, 即()min 1713,41216F x ??∈ .⽽()713,0,11216??,∴()()min 10,14F x ?,0,k ∴≤即所求k 的最⼤值为0.【对点训练】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+,()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯⼀极⼤值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x=-+，21sin ())(1x 'x g x =-++.当1,2x π?∈- 时，()g'x 单调递减，⽽(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π??- ??有唯⼀零点，设为α. 则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ?? ???单调递减，故()g x 在1,2π?- 存在唯⼀极⼤值点，即()f 'x 在1,2π?-存在唯⼀极⼤值点.（2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，⽽(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，⼜(0)=0f ，从⽽0x =是()f x 在(1,0]-的唯⼀零点.（ii ）当0,2x ?π?∈时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ??单调递减，⽽(0)=0f '，02f 'π??< ，所以存在,2βαπ??∈，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ??∈ ?时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ??单调递减.⼜(0)=0f ，1ln 1022f ππ=-+> ? ?，所以当0,2x ?π?∈时，()0f x >.从⽽()f x 在0,2??π没有零点.（iii ）当,2x π??∈π时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π??π单调递减.⽽02f π??>，()0f π<，所以()f x 在,2π??π有唯⼀零点.（iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，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.【对点训练】【湖南省衡阳市2019届⾼三三模】已知函数22()()xf x e ax x a =++存在极⼤值与极⼩值,且在1x =-处取得极⼩值. （1）求实数a 的值；（2）若函数()()2g x f x x m =--有两个零点,求实数m 的取值范围. 【解析】（1）Q 函数()2x a =++存在极⼤值与极⼩值,且在1x =-处取得极⼩值,()22()211x f x e ax a x a '++??∴=++??,依题意知(1)0f '-=,解得0a =或1a =, 当0a =时,()()1xf x ex '=+,1x <-时,()0f x '<,()f x 单调递减；1x >-时,()0f x '>,()f x 单调递增,此时,()f x 只有极⼩值,不符合题意．当1a =时,()(1)(2)x f x e x x '=++,2x <-或1x >-时,()0f x '>,()f x 单调递增；21x -<<-时,()0f x '<,()f x 单调递减,符合在1x =-处取得极⼩值的题意, 综上,实数a 的值为1．（2）()2()12xg x exx x m =++--,()(1)(2)2x g x e x x '=++-,当0x >时,()0g x '>,故()g x 在()0,∞+上单调递增, 当0x <时,令()(1)(2)2x h x e x x =++-, 则()2 ()55xh x exx '=++,()0,()h x x x h x '><>单调递增, ()()h x x h x '<<<单调递减, 5(0)0,202h h ??=-=-< Q ,0x <时,()0g x '>,故()g x 在(),0-∞上单调递减,()g x Q 在R 上有两个零点,(0)10,1g m m ∴=-<∴>,,()g x ∴在,02m ??- 有⼀个零点, 当0x >时,2()12m 0g x x x x >++--=,令012x +=,()00g x ∴>,()g x Q 在()00,x 有⼀个零点,综上,实数m 的取值范围是()1,+∞．三、隐零点问题利⽤导数求函数的最值,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但⽆法求出,我们可以设其为0x ,再利⽤导函数的单调性确定0x 所在区间,最后根据()00f x '=,研究()0f x ,我们把这类问题称为隐零点问题.【例3】【⼴东省2019年汕头市普通⾼考第⼀次模拟】已知21()ln 2x f x x ae x =+-．（1）设12x =是()f x 的极值点,求实数a 的值,并求()f x 的单调区间：（2）0a >时,求证：()12f x >．【分析】（1）由题意,求得函数的导数()1x f x x ae x '=+-,由12x =是函数()f x 的极值点,解得a =⼜由102f ??'=,进⽽得到函数的单调区间；（2）由（1）,进⽽得到函数()f x 的单调性和最⼩值()()20000min 011ln 2f x f x x x x x ==+--,令()211ln ,(01)2g x x x x x x=+--<<,利⽤导数求得()g x 在()0,1上的单调性,即可作出证明. 【解析】（1）由题意,函数()f x 的定义域为()0,+∞, ⼜由()1x f x x ae x '=+-f ae ??'=+-= ,解得a =⼜0a >时,在()0,+∞上,()f x '是增函数,且102f ??'=, 所以()0f x '>,得12x >,()0f x '<,得102x <<, 所以函数()f x 的单调递增区间为1,2??+∞,单调递减区间为10,2??. （2）由（1）知因为0a >,在()0,+∞上,()1x f x x ae x'=+-是增函数, ⼜()1110f ae '=+->（且当⾃变量x 逐渐趋向于0时,()f x '趋向于-∞）, 所以,()00,1x ?∈,使得()00f x '=, 所以00010xx ae x +-=,即0001x ae x x =-, 在()00,x x ∈上,()0f x '<,函数()f x 是减函数, 在()0,x x ∈+∞上,()0f x '>,函数()f x 是增函数, 所以,当0x x =时,()f x 取得极⼩值,也是最⼩值, 所以()()022********min 111ln ln ,(01)22x f x x ae x x x x x f x x =+---<==+<, 令()211ln ,(01)2g x x x x x x=+--<<, 则()()2211111xg x x x x x x+'=---=--,当()0,1x ∈时,()0g x '<,函数()g x 单调递减,所以()()112g x g >=, 即()()min 12f x f x ≥>成⽴.【对点训练】【河南省⼋市重点⾼中联盟“领军考试”2019届⾼三第五次测评】已知函数（2）若对任意的()1,x ∈+∞,()()1f x m x ≥-恒成⽴,求正整数m 的最⼤值. 【解析】（1）由()()ln x x x f a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线⽅程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=,()11f a b =+=,解得：1a =,0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时,()()1f x m x ≥-恒成⽴等价于()1,x ∈+∞时,()ln 11x x m x +≤-恒成⽴令()()ln 11x x g x x +=-,1x >,则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2h x x x =--,则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时,()0h x '>,则()h x 单调递增()31ln30h =-""()03,4x ∴?∈,使得()00h x =当()01,x x ∈时,()0g x '<；()0,x x ∈+∞时,()0g x '>()()()000min 0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈,即正整数m 的最⼤值为3课后训练：1．【天津市红桥区2019届⾼三⼀模】已知函数()()ln xf x e k =+（k 为常数）是实数集R 上的奇函数,其中e 为⾃然对数的底数. （1）求k 的值；（2）讨论关于x 的⽅程如()2ln 2xx ex m f x =-+的根的个数. 【解析】（1）因为函数f （x ）＝()f （﹣0）＝﹣f （0）即f （0）＝0, 则ln （e 0+k ）＝0解得k ＝0,显然k ＝0时,f （x ）＝x 是实数集R 上的奇函数；（2）由（1）得f （x ）＝x∴⽅程转化为lnx x =x 2﹣2ex +m ,令F （x ）lnx x =（x ＞0）,G （x ）＝x 2﹣2ex +m （x ＞0）, ∵F '（x ）21lnx x -=,令F '（x ）＝0,即21lnxx -=0,得x ＝e当x ∈（0,e ）时,F '（x ）＞0,∴F （x ）在（0,e ）上为增函数；当x ∈（e ,+∞）时,F '（x ）＜0,F （x ）在（e ,+∞）上为减函数；当x ＝e 时,F （x ）max ＝F （e ）1e=⽽G （x ）＝（x ﹣e ）2+m ﹣e 2（x ＞0）∴G （x ）在（0,e ）上为减函数,在（e ,+∞）上为增函数；当x ＝e 时,G （x ）min ＝m ﹣e 2∴当m 21e e -＞,即m 21e e+＞时,⽅程⽆解；当m 21e e -=,即m 21e e =+时,⽅程有⼀个根；当m 21e e -＜,即m 21e e+＜时,⽅程有两个根；2．【⼴东省2019届⾼三适应性考试】已知函数2()ln 31f x x x ax =+++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a <-时,讨论函数()f x 的零点个数.【解析】（1）21231()23(0)x ax x x f a x x x++'=++=>,令2()231u x x ax =++,其对称轴为034ax =-,令22310x ax ++=,则298a ?=-. 当0a ≥时,()0f x '>,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a <时,对称轴为0304a若3a <-时,设()0u x =的两根1x =2x =,当1(0,)x x ∈时,()0u x >,所以()0f x '>,所以()f x 在1(0,)x 上单调递增, 当12(,)x x x ∈时,()0u x <,所以()0f x '<,所以()f x 在12(,)x x 上单调递减, 当2(,)x x ∈+∞时,()0u x >,所以()0f x '>,所以()f x 在2(,)x +∞上单调递增,综上所述：当a ≥时, ()f x 在(0,)+∞上单调递增；若3a <-时, ()f x 在1(0,)x 上单调递增,在12(,)x x 上单调递减,在2(,)x +∞上单调递增；（2）当1a <-时,由（1）知()f x 在1(0,)x 上单调递增,在12(,)x x 上单调递减,在2(,)x +∞上单调递增,下⾯研究()f x 的极⼤值21111()ln 31f x x x ax =+++,⼜2113102x ax ++=,所以2221111111()ln 231ln f x x x ax x x x =+++-=-,令2()ln g x x x =-,则21(2)x x x g -'=（0x >）,可得()g x 在(0,2上单调递增,在)2+∞上单调递减,且()g x 的极⼤值1ln 0222g =-<,所以()0g x <,所以1()0f x <, 当1(0,)x x ∈时, ()f x 单调递增,所以1()()0f f x x <<当12(,)x x x ∈时, ()f x 在12(,)x x 上单调递减,所以21()()()0f x f x f x <<<当2(,)x x ∈+∞时, ()f x 单调递增,且222ln(4)16121ln(4)41(1)(4)a a a a a a f a =-+-+=-++<--,2()(4)0f x f a ?-<,所以存在2(,4)x x a '∈-,使得()0f x '=,⼜当2(,)x x ∈+∞时, ()f x 单调递增,所以()f x 只有⼀个零点x ', 综上所述,当1a <-时,()f x 在(0,)+∞上只有⼀个零点.3．【湖南省雅礼中学2019届⾼考模拟卷（⼆)】已知函数()()314（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f （处的切线与曲线()y g x =在点()()0,0g 处的切线互相垂直,求函数()314f x x ax =-+-在区间[]1,1-上的最⼤值；（2）设函数()()()()()()(),,g x f x g x h x f x f x g x ?,试讨论函数()h x 零点的个数．【解析】（1）∵f ′（x ）=-3x 2+a ,g ′（x ）=e x, ∴f ′（0）=a ,g ′（0）=1,由题意知,21,()310f x a x '-=-=-≤,f （x ）在区间[-1,1]上单调递减, ∴()7()14max f x f =-=；（2）函数g （x ）=e x-e 在R 上单调递增,仅在x =1处有⼀个零点,且x ＜1时,g （x ）＜0, ⼜f′（x ）=-3x 2+a ．①当a ≤0时,f ′（x ）≤0,f （x ）在R 上单调递减,且过点（0,-14）,f （-1）=34a -＞0．即f （x ）在x ≤0时,必有⼀个零点,此时y =h （x ）有两个零点；②当a ＞0时,令f ′（x ）=-3x 2 +a =0,解得1x =0,2x =0．则f （x ）的⼀个极⼩值点f （x ）的⼀个极⼤值点．⽽f （=311(44a ?+-= ?＜0,现在讨论极⼤值的情况：f =311当f 0,即a ＜34时,函数f （x ）在（0,+∞）上恒⼩于0,此时y =h （x ）有两个零点；当f =0,即a =34时,函数f （x ）在（0,+∞）上有⼀个零点,012x ==,此时y =h （x ）有三个零点；当f 0,即a ＞34时,函数f （x ）在（0,+∞）上有两个零点,若f （1）=a -54＜0,即a ＜54时,y =h （x ）有四个零点； f （1）=a -54=0,即a =54时,y =h （x ）有三个零点；f （1）=a -54＞0,即a ＞54时,y =h （x ）有两个零点．综上所述,当a ＜34或a ＞54时,y =h （x ）有两个零点；当a =34或a =54时,y =h （x ）有三个零点；当34＜a ＜54时,y =h （x ）有四个零点．4．【天津市第⼀中学2019届⾼三⼀⽉⽉考】已知函数()ln f x ax x =+,函数()g x 的导函数()xg x e '=,且()()01g g e '=,其中e 为⾃然对数的底数.（1）求()f x 的极值；（2）若存在()0,x ∈+∞,使得不等式()g x<,试求实数m 的取值范围；（3）当0a =时,对于()0,x ?∈+∞,求证：()()2f x g x <-. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞,()11. 当0a ≥时,()0f x '>,∴()f x 在()0,+∞上为增函数,()f x 没有极值；当0a <时,令()1 0f x x a>?<- ∴()f x 在10,a ??-单调递增,在1,a ??-+∞单调递减∴()f x 有极⼤值()11ln f a a ??-=---,⽆极⼩值. （2）()xg x e '=,∴()xg x e c =+ ∵()()()0'11g g e c e e =?+=,∴0c = ∴()xg x e =∵()0,x ?∈+∞,使得不等式()g x<成⽴即()max3x e m <-令()3h x x e =-,()'1xh x e =-当0x >时,1x e >≥=∴1xe >,即()0h x '<. ∴()h x 在()0,+∞单调递减,∴()()03h x h <= ∴3m ≤.（3）当0a =时,()ln f x x =,令()()()2x g x f x ?=--, 即()ln 2xx e x ?=--∴()1x x e x'=-,则()x ?'在()0,+∞上为增函数∵1202'=<,()110e ?'=-> ∴()001,1'02x x∈=，.∵()x ?'在()0,+∞上为增函数∴()00,x x ∈时,()0x ?'<,()0,x x ∈+∞时,()0x ?'>.()x ?在()00,x 单调递减,在()0,x +∞单调递增∴()()000min ln 2xx x e x ??==--∵()0000011'00xx x e e x x ?=?-=?=∴00ln x x =- ∵01,12x ??∈∴()0012x x x ?=+-单调递减, ∴()()01220x ??>=-=∴()()00x x ??≥>即()()2f x g x <-.5．【江西省临川⼀中2019届⾼三年级考前模拟】已知函数()e x f x ax b =--.（其中e 为⾃然对数的底数）（1）若()0f x ≥恒成⽴,求ab 的最⼤值；g x e a '=-,当0a <时,()0g x '>,()g x 在R 上单调递增,取1min 0,b m a -??=, 当0x m <时,()000010xg x e ax b ax b =--<-+-<⽭盾；当0a =时,()xg x e b b =->-,只要0b -≥,即0b ≤,此时0ab =；当0a >时,令()0g x '>,ln x a >,所以()g x 在()ln ,a +∞单调递增,在(),ln a -∞单调递减,()()ln ln g x g a a a a b ≥=--,所以ln 0a a a b --≥,即ln b a a a ≤-, 此时22ln ab a a a ≤-,令()22ln h a a a a =-,()()2122ln 12ln h a a a a a a a a'=--=-, 令()0h a '=,a =当(a ∈,()0h a '>,()h a在(上为增函数；当)a ∈+∞,()0h a '<,()h a在)+∞上为减函数．所以()1122h a h（2）()1x F x e a x'=-+在()0,∞+单调递减且()F x '在()0,∞+的值域为R , 设()F x 的唯⼀的零点为0x ,则()00F x =,()00F x '=,即00000ln 1010x x x e ax b e a x ?+-++=??-+=?? 所以001xa e x =-,()001ln xo b x e x =--, 由()1m a e b -+≥恒成⽴,则()00000111ln x x m e e x e x x ??--+≥--, 得()()00001ln 10xmx m e x m e x +-+-+-+≥在()0,∞+上恒成⽴．令()()()1ln 1x mk x x m e x m e x=+-+-+-+,()0,x ∈+∞, ()()()2211x x m k x x m e x m e x x x '?=+++=++ ??．若0m ≥,()0k x '>,()k x 在()0,∞+上为增函数,注意到()10k =,知当()0,1x ∈时,()0k x <,⽭盾；当(),x m ∈-+∞时,()0k x '>,()k x 为增函数,若01m <<-,则当()1,x m ∈-时,()0k x '<,,()k x 为减函数, 所以()1,x m ∈-时,总有()()10k x k <=,⽭盾；若01m <-<,则当(),1x m ∈-时,()0k x '>,,()k x 为增函数, 所以(),1x m ∈-时,总有()()10k x k <=,⽭盾；所以1m -=即1m =-,此时当()1,x ∈+∞时,()0k x '>,()k x 为增函数,, 当()0,1x ∈时,()0k x '<,()k x 为减函数,⽽(1)0k =,所以()F x 有唯⼀的零点. 综上,m 的取值集合为{}1- ．6．【江苏省徐州市2019⾼三考前模拟】已知函数()1ln f x x a x x=-+. （1）若曲线()y f x =在1x =处的切线的斜率为3,求实数a 的值；（2）若函数在区间[]1,2上存在极⼩值,求实数a 的取值范围；（3）如果()0f x <的解集中只有⼀个整数,求实数a 的取值范围.()1a x ax f x x x x'++=++=, 由题意知,()13f =,所以23a +=,解得1a =.（2）令()0f x '=,所以210x ax ++=,所以2a x -±=,因为函数在[]1,2上存在极⼩值,所以12<<,解之得522a -<<-, 经检验,当522a -<<-时,符合题意,所以522a -<<-.（3）①当240a -≤,即[2,2]a ∈-时,()0f x '≥恒成⽴,()f x ∴在(0,)+∞上为增函数,(1)0f =.所以当01x <<时,()0f x <,所以当1x >时,()0f x >,所以()0f x <⽆整数解；②当240a ->,即2a <-或2a >时,若2a >,则()0f x '>,同①可得()0f x <⽆整数解；若2a <-,()0f x '=即210ax x ++=在()0,∞+上有两个不同的解01,x x 且0101x x <<<, 当()00,x x ∈时,()0f x '>,()f x 在()00,x 上为增函数；当()01,x x x ∈时,()0f x '<,()f x 在()01,x x 上为减函数；当()1,x x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 在()1,x +∞上为增函数,⽽()10f =,所以()0f x <在()0,1上⽆解,故()0f x <在()1,+∞上只有⼀个整数解,故(2)0(3)0f f213ln 303a a ?-+解得833ln 32ln 2a -≤<-, 综上,83,3ln 32ln 2a ?∈-f x mx n e -=+（,m n R ∈,e 是⾃然对数的底数）. （1）若函数()f x 在点()()1,1f 处的切线⽅程为30x ey +-=,试确定函数()f x 的单调区间；（2）①当1n =-,m R ∈时,若对于任意1,22 x ?∈,都有()f x x ≥恒成⽴,求实数m 的最⼩值；②当1m n ==时,设函数()()()()xg x xf x tf x e t R -'=++∈,是否存在实数[],,0,1a b c ∈,使得()()()g a g b g c +<？若存在,求出t 的取值范围；若不存在,说明理由.【解析】（1）由题意()()()()2x xxx me mx n e mx m n f x e e -+-+-'==()f x Q 在点()()1,1f 处的切线⽅程为：30x ey +-=()21f e ∴=,()11f e '=-,即：21m n e en ee +?=-?=-?? 解得：1m =,1n = ()1x x f x e +∴=,()xxf x e'=- 当0x >时,()0f x '<,当0x <时,()0f x '>()f x ∴在()0,∞+上单调递减,在(),0-∞上单调递增（2）①由1n =-,m R ∈,1x mx x e -≥,即：1xm e x≥+对任意1,22x ?∈,都有()f x x ≥恒成⽴等价于1x m e x ≥+对任意1,22x ?∈?恒成⽴记()1x x e x ?=+,()21x x e x'=- 设()21x h x e x =-h x e x '∴=+>对1,22x ?∈恒成⽴ ()21x h x e x =∴-在1,22??单调递增⽽1402h ??=<,()21204h e =-> ()21x x e x ?'∴=-在1,22??上有唯⼀零点0x 当01,2x x ??∈时,()0x ?'<,当()0,2x x ∈时,()0x ?'> ()x ?∴在01,2x ??单调递减,在()02x ,上单调递增()x ?∴的最⼤值是12和()2?中的较⼤的⼀个()122m m ≥? ?∴≥?,即2212m m e ?≥+??≥+212m e ∴≥+, m ∴的最⼩值为212e +②假设存在[],,0,1b c a ∈,使得()()()g a g b g c +<,则问题等价于() ()()()minmax 2g x g x <()()211x+-+=Q ()()()1x x t x g x e ---'∴= ⑴当1t ≥时,()0g x '≤,则()g x 在[]0,1上单调递减()()210g g ∴<,即321t e -?<,得：312t e >-> 3,2t e ??∈-+∞ ?∴??（2）当0t ≤时,()0g x '≥,则()g x 在[]0,1上单调递增。
(人教A版)2021年新高二数学暑假精品讲义-第十五讲 导数与函数的零点(教师版)
第十五讲导数与函数的零点【考点剖析】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)＝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：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(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．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．(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．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)．规律方法与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f(x)＝e2x－a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.(1)解f(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<a4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x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋a ln2a≥2a＋a ln2a.故当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.规律方法 1.在(1)中，当a>0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)<0.2．由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a ＋a ln 2a.【真题演练】1．（2021·全国高考真题）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤． 【详解】(1)由函数的解析式可得：()()'2xf x x e a =-，当0a ≤时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； 当102a <<时，若()(),ln 2x a ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增， 若()()ln 2,0x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当12a =时，()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增； 当12a >时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增，若()()0,ln 2x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()()ln 2,x a ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①：由于2122e a <，故212a e <≤，则()21,010b af b >>=->，而()()210b f b b e ab b --=----<，而函数在区间(),0-∞上单调递增，故函数在区间(),0-∞上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于2122e a <，212a e <≤，故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②： 由于102a <<，故21a <，则()01210f b a =-≤-<，当0b ≥时，24,42ea ><，()2240f e a b =-+>，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点. 当0b <时，构造函数()1xH x e x =--，则()1xH x e '=-，当(),0x ∈-∞时，()()0,H x H x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()00H =，故()0H x ≥恒成立，从而有：1x e x ≥+，此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-，当x >()()2110a x b -+->，取01x =，则()00f x >，即：()00,10f f ⎫<>⎪⎪⎭，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于102a <<，021a <<，故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦， 结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点. 综上可得，题中的结论成立.2．（2021·浙江高考真题）设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()xf x a bx e x =-+∈（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点12,x x ，满足2212ln 2b b ex x e b>+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数) 【详解】(1)2(),()ln x x f x b f a x e a x a b '==+--，①若0b ≤，则()ln 0x f x a a b '=-≥，所以()f x 在R 上单调递增； ②若0b >， 当,log ln ab x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减， 当log ,ln ab x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. 综上可得，0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln a b a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e ⇔-+=有2个不同解ln 20x a e bx e ⇔-+=有2个不同的解，令ln t x a =，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a tt +-+=⇒=>，记()22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t '⋅-++--===， 记2()(1),()(1)10t t t t h t e t e h t e t e e t '=--=-+⋅=⋅>， 又(2)0h =，所以(0,2)t ∈时，()0,(2,)h t t <∈+∞时，()0h t >，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,)+∞单调递增，22(2),ln ln b bg e a a e∴>=∴<， 22222,ln ,21bb e a a e e>∴>∴≤⇒<≤. 即实数a 的取值范围是(21,e ⎤⎦.(3)2,()x a e f x e bx e ==-+有2个不同零点，则2x e e bx +=，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ++==>，注意到函数2x e e y x +=在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，故122x x <<，又由5245e e e +<知25x >，122211122x e e e e b x x x b+=<⇒<，要证2212ln 2b b e x x e b >+，只需22ln e x b b>+， 222222x x e e e b x x +=<且关于b 的函数()2ln e g b b b =+在4b e >上单调递增，所以只需证()22222222ln 52x x e x e x x x e >+>， 只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e-->， 只需证2ln ln 202x e xx e-->，242e <，只需证4()ln ln 2xx h x x e =--在5x >时为正， 由于()11()44410x x x h x xe e e x x x '---+-+-==>，故函数()h x 单调递增， 又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e =--=->，故4()ln ln 2x xh x x e=--在5x >时为正，从而题中的不等式得证.【过关检测】1．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数()ln mf x x m x=-+在区间()1e ,e -内有唯一零点，则实数m 的取值范围为（ ）A ．2e e ,1e 12⎡⎤-+⎢⎥+⎣⎦ B ．1e ,e 1e 1-⎛⎫⎪++⎝⎭ C ．e ,1e 1-⎛⎫⎪+⎝⎭D ．e 1,12⎛⎫-+ ⎪⎝⎭【答案】B 【详解】 令f(x)=0，则11ln m x x ⎛⎫+=⎪⎝⎭，ln 1x x m x =+，令()ln 1()1x x x e x e h x =<<+，()()21ln 1x x x h x +++'=， 令()1ln k x x x =++，()110xk x =+>'， 则函数()y k x =在区间()1e ,e -单调递增，()()11e e 0k k x -->=>， 所以()0h x '>，函数()y h x =在区间()1e ,e -单调递增， 所以有()()()1e e h h x h -<<，即()1ee 1e 1h x -<<++， 所以1ee 1e 1m -<<++， 故选：B ．2．（2021·黑龙江大庆市·铁人中学高三一模（理））下列命题为真命题的是（ ）A ．函数()()11x f x ex x R -=--∈有两个零点 B ．“0x R ∃∈，00xe x >”的否定是“0x R ∀∈，00x ex <”C ．若0a b <<，则11a b< D ．幂函数()22231m m y m m x--=--在()0,x ∈+∞上是减函数，则实数1m =- 【答案】A 【详解】对于A ，函数()()11x f x ex x R -=--∈，()1e 1x f x -'=-，当()0f x '>得1x >，当()0f x '<得1x <，所以()f x 在1x >是单调递增函数，在1x <是单调递减函数，所以()f x 在1x =时有最小值，即()011110f e =--=-<，()3344150f e e =--=->，()3322110f e e ---=+-=+>，所以()f x 有两个零点，正确；对于B ，“0x R ∃∈，00xe x >”的否定是x R ∀∈，x e x ≤，错误； 对于C ，11b aa b ab--=，因为0a b <<，所以0,0b a ab ->>，所以110->a b ，11a b >，错误；对于D ， 由已知得2211230m m m m ⎧--=⎨--<⎩，无解，幂函数()22231m m y m m x --=--在()0,x ∈+∞上是减函数，则实数1m =-，错误. 故选：A3．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数()()1213()ln 1ln 122x f x ex e -=+-+-+．若4,()(),x x g x f x x λλ-≥⎧=⎨<⎩的零点恰有2个，则λ的取值范围是（ ）A ．(1,3](4,)+∞B ．(1,2][4,)+∞C ．(1,3](4,)-+∞D ．(1,1](4,)-+∞【答案】C 【详解】由题可知()f x 的定义域为R ．()()11111111211()122121x x x x x x x e e e e f x e e e ----------'=-==+++， 当1x >时，()0f x '>，()f x 在()1,+∞上单调递增；当1x <时，()0f x '<，()f x 在(),1-∞上单调递减．令()0f x =，可得3x =或1-．在同一坐标系中作出函数(),4y f x y x ==-的图象，因为函数()g x 恰有2个零点， 结合图象可知13λ-<≤或4λ>． 故选：C4．（2021·内蒙古赤峰市·高三二模（文））已知函数()21()2f x a x x x =-+有且仅有两个零点，则实数a =（ ） A ．3227B ．3227-C ．2732D ．2732-【答案】C 【详解】令()21()20f x a x x x=-+=，则()212a x x x =--由两个不同的根， 令()()212g x x x x =--，则()()23342x g x x x -'=--，当0x <时，()0g x '>，当403x <<时，()0g x '<， 当423x <<或2x >时，()0g x '>， 当43x =时， ()2732g x =，在同一坐标系中作出(),y a y g x ==的图象，如图所示：因为函数()21()2f x a x x x=-+有且仅有两个零点， 由图象知：实数a =3227， 故选：A5．（2021·山西高三一模（理））函数()log 1xa f x a x =-（0a >，且1a ≠）有两个零点，则a 的取值范围为（ ） A ．(1,)+∞ B ．1e (1,)e -⎧⎫⋃+∞⎨⎬⎩⎭C ．{}ee (1,)-⋃+∞ D ．1(1,)e ⎧⎫⋃+∞⎨⎬⎩⎭【答案】B 【详解】()0f x =，得1log a x x a =，即11log xax a ⎛⎫= ⎪⎝⎭．由题意知函数1log a y x =图象与函数1xy a ⎛⎫= ⎪⎝⎭图象有两个交点．当1a >时，11log ,xay x y a ⎛⎫== ⎪⎝⎭草图如下，显然有两交点．当01a <<时，函数1log a y x =图象与函数1xy a ⎛⎫= ⎪⎝⎭图象有两个交点时，注意到11,log xay y x a ⎛⎫== ⎪⎝⎭互为反函数，图象关于直线y x =对称，可知函数1xy a ⎛⎫= ⎪⎝⎭图象与直线y x =相切，设切点横坐标0x ，则0111ln 1x x x a a a ⎧⎛⎫=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪= ⎪⎪⎝⎭⎩，解得01e,e .e x a -=⎧⎪⎨⎪=⎩ 综上，a 的取值范围为1ee (1,)-⎧⎫+∞⎨⎬⎩⎭. 故选：B ．6．（2020·绵阳市·四川省绵阳江油中学高三月考）函数()()1ln 03f x x x x =->的零点个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【详解】()1103f x x'=-=，得3x =， 当03x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当3x >时，()0f x '>，()f x 单调递增，()31ln30f =-<，()1103f => ()22262033e ef e -=-=>，所以函数()f x 在()1,3和()23,e 各有1个零点，所以共2个零点.故选：C7．（2021·安徽亳州市·高二期末（文））已知函数()e e x x f x x a =--有且仅有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．34,0e ⎫⎡-⎪⎢⎣⎭B ．(1,0]-C ．3342,e e ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．(1,0)-【答案】D 【详解】解：令函数()e e 0x x f x x a =--=，则有e e x x x a -=，令()e e x x g x x =-，则()g x a =．()e e e e x x x x g x x x '=+-=，∴当0x <时，()0g x '<，()g x 单调递减，当0x >时，()0g x '>，()g x 单调递增．∴当0x =时，()g x 取得最小值，且min ()(0)1g x g ==-，显然(1)0g =，当1x <时，()0<g x 恒成立．由此可以画出函数()g x 的大致图象，如图所示，由图象可得，要使函数()f x 有且仅有两个不同的零点，只需(0)0g a <<，即10a -<<． 故选：D ．8．（2021·江苏连云港市·高二期末）已知函数ln ()xf x a x=-有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）． A ．(0,e) B ．(,e)-∞C ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【详解】 因为函数ln ()xf x a x =-有两个不同的零点，所以方程ln ()0x f x a x=-=有两个不同的实数根，因此函数ln ()xg x x =与函数y a =有两个交点. ()()2ln 1ln x xg x g x x x -='=⇒,当x e >时，'()0,()g x g x <单调递减，当0x e <<时，'()0,()g x g x >单调递增， 因此当x e =时，函数()g x 有最大值，最大值为：ln 1()e g e e e==， 显然当1x >时，()0>g x ，当01x <<时，()0<g x ，当1x =时，(1)0g =，因此函数ln ()xg x x=的图象如下图所示：通过函数ln ()x g x x =的图象和上述分析的性质可知：当10,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数ln ()x g x x=与函数y a =有两个交点. 故选：C9．（2021·全国高三其他模拟（理））若函数()3212912,32f x x x x m x ⎛⎫⎛⎫=-+-+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭存在三个不同的零点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(5,9) B ．[)4,5C ．()4,5D ．(1,3)【答案】C 【详解】由3229120x x x m -+-+=知，322912m x x x =-+，令32()2912h x x x x =-+，2()618126(2)(1)h x x x x x '=-+=-- 则函数()h x 在1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单增，在()1,2x ∈上单减，在()2,3x ∈上单增， 由1()42h =，(1)5h =，(2)4h =，(3)9h =则若使函数()f x 存在三个不同的零点，只需满足()4,5m ∈ 故选：C10．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三月考（文））若函数()3233x x x f x m =---在区间[]2,6-有三个不同的零点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．()9,18- B ．25,33⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．59,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．2,183⎡⎫-⎪⎢⎣⎭【答案】B 【详解】()()()22313f x x x x x '=--=+-，∴当[)(]2,13,6x ∈--时，()0f x '>；当()1,3x ∈-时，()0f x '<；()f x ∴在[)2,1--，(]3,6上单调递增，在()1,3-上单调递减，又()223f m -=--，()513f m -=-，()39f m =--，()618f m =-， 则()f x 在区间[]2,6-有三个不同的零点，则其大致图象如下图所示：25033m m ∴--≤<-，解得：2533m -≤<，即实数m 的取值范围为25,33⎡⎫-⎪⎢⎣⎭.11．（2021·河北沧州市·高二期末）已知函数()ln ()f x x ax a =+∈R ．（Ⅰ）当1a =-时，求()f x 的极值；（Ⅱ）若()f x 在()20,e 上有两个不同的零点，求a 的取值范围．【详解】（Ⅰ）当1a =-时，11'()1x f x x x-=-=，0x >． 由'()0f x =，得1x =．当(0,1)x ∈时，'()0f x >，()f x 在(0,1)上单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，()f x 在(1,)+∞上单调递减，()f x ∴只有极大值，无极小值，且()(1)1f x f ==-极大值．（Ⅱ）11'()(0)axf x a x x x +=+=>． 当0a 时，1'()0axf x x+=>， ∴函数()ln f x x ax =+在(0,)+∞上单调递增，从而()f x 至多有一个零点，不符合题意．当0a <时，1'()(0)a x a f x x x⎛⎫+ ⎪⎝⎭=>， ()f x ∴在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．由11ln 10f a a ⎛⎫⎛⎫-=--> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭得10e a -<<． 由()22e 2e 0f a =+<得22e a <-． 当212e ea -<<-时，(1)0f a =<，满足()f x 在()20,e 上有两个不同的零点．a ∴的取值范围是212,e e ⎛⎫--⎪⎝⎭． 12．（2021·安徽安庆市·高三一模（理））函数()2x f x e ax a =--. （1）讨论函数的极值；（2）当0a >时，求函数()f x 的零点个数. 【详解】（1）由题意，函数()2x f x e ax a =--，可得()2xf x e a '=-，当0a ≤时，()20xf x e a '=->，()f x 在R 上为单调增函数，此时无极值；当0a >时，令()20xf x e a '=->，解得()ln 2x a >，所以()f x 在()ln(2),a +∞上为单调增函数，令()20xf x e a '=-<，解得()ln 2x a <，()f x 在(),ln(2)a -∞上为单调减函数，所以当ln(2)x a =时，函数()f x 取得极小值()=ln(2)2ln(2)f f a a a a =-极小值，无极大值. 综上所述：当0a ≤时，()f x 无极值，当0a >时，()=ln(2)2ln(2)f f a a a a =-极小值，无极大值.（2）由（1）知当0a >时，()f x 在()ln(2),a +∞上为单调增函数，在(),ln(2)a -∞上为单调减函数，且2ln(2)f a a a =-极小值，又由()(21)xf x e a x =-+，若x →-∞时，()f x →+∞；若x →+∞时，()f x →+∞；当2ln(2)0a a a ->，即02a <<时，()f x 无零点；当2ln(2)=0a a a -，即a ()f x 有1个零点；当2ln(2)0a a a -<，即a >时，()f x 有2个零点.综上：当0a <<时，()f x 无零点；当a ()f x 有1个零点；当a >时，()f x 有2个零点.。
【教案823】三角函数与导数4：证明（求）极值点、零点个数（教师版）
【教案823】三角函数与导数4：证明（求）极值点、零点个数【例1】 【2019·全国Ⅰ卷·理科】已知函数()()sin ln 1f x x x =-+，()x f '为()x f 的导数．证明： （1）()x f '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点； （2）()x f 有且仅有2个零点． 【答案】：（1）见解析；（2）见解析.【详解】：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， 则0x x =为()g x 唯一的极大值点，即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤=，()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =，0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点 ②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '=，()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-< ⎪++⎝⎭，10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减，()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+<，即()02f f ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭， 又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点 ④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln 1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<，即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点.【演练题组1】1、【2021·四川泸州市一诊·理科】已知曲线()sin f x kx x b =+在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=．（1）求k ，b 的值； （2）判断函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上零点的个数，并证明． 【答案】：（1）2k =，3b =-；（2）()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一个零点．证明见解析.【解析】：（1）因为()sin cos f x k x kx x '=+，所以sin cos 2222f k k k ππππ⎛⎫'=+⨯=⎪⎝⎭， 又因为sin 2222k f k b b ππππ⎛⎫=⨯+=+⎪⎝⎭， 因为曲线()f x 在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=． 所以2k =，所以223,222f b πππ⎛⎫=+=⨯- ⎪⎝⎭所以3b =-； （2）()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一个零点， 因为()2sin 2cos f x x x x '=+，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上为单调递增函数且图象连续不断，因为(0)30f =-<，302f ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点．2、【2020·吉林三校第一次联考·文科】已知函数()(1cos )f x x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(,())f ππ，处的切线方程； （2）确定()f x 在33(,)22ππ-上极值点的个数，并说明理由． 【答案】：（1）2y x =；（2）极值点的个数为2，理由见解析.【解析】：（1）由题意，函数()(1cos )f x x x =-，可得()1cos sin f x x x x '=-+，则()2f π'=， 又由()2f ππ=，所以曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程为22()y x ππ-=-，即2y x =． （2）由()1cos sin f x x x x '=-+，当(0,]x π∈时，()0f x '>，则()f x 在(0,]π上单调递增，无极值点； 设()()g x f x ='，则()2sin cos g x x x x '=+， 当3(,)2x ππ∈时，()0g x '<，则()g x 在3(,)2ππ上单调递减，因为()20g π=>，33π1022g π⎛⎫=-<⎪⎝⎭，所以存在唯一的实数3(,)2m ππ∈，使得()0g m =， 当(,)x m π∈时，()0f x '>，当3(,)2x m π∈时，()0f x '<， 所以()f x 在3(0,)2π只有一个极值点，且该极值点为m ， 因为()()f x f x -=-，所以()f x 为奇函数，所以()f x 在3(,0)2π-上也只有1个极值点，且该极值点为m -． 综上可得，()f x 在上极值点的个数为2．3、【2021˙北京延庆区期末统考】已知函数()()2cos sin f x a x x x =--. （Ⅰ）当=0a 时，求函数()f x 在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当4a >，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求函数()f x 的最大值； （Ⅲ）当12a <<，,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，判断函数()f x 的零点个数，并说明理由. 【答案】：（Ⅰ）2y =；（Ⅱ）2π-；（Ⅲ）有2个零点，理由见解析. 【解析】：（Ⅰ）当0a =时，函数()2cos sin f x x x x =-，(0)2f =()2sin sin cos 3sin cos f x x x x x x x x '=---=--，∴切线的斜率(0)0k f '==， ∴曲线()y f x =在原点处的切线方程为2y =.（Ⅱ）()(2)(sin )sin cos (3)sin cos f x a x x x x a x x x '=----=--，令()(3)sin cos g x a x x x =--，则()(3)cos cos sin (4)cos sin g x a x x x x a x x x '=--+=-+， 当4a >，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0g x '>，所以()g x 在[0,]2π上单调递. 所以()(0)0g x g ≥=，即()0f x '≥，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '>，所以()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增， 所以当2x π=时，()f x 的最大值为()22f ππ=-.（Ⅲ）()(3)sin cos f x a x x x '=--，因为12a <<，当π[0,]2x ∈时，()0f x '≤，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '<，所以()f x 在[0,]2π上单调递减，因为(0)20,()022f a f ππ=->=-<， 所以存在唯一0[0,]2x π∈，使得0()0f x =， 即()f x 在[0,]2π上有且只有一个零点，因为()(2)cos()sin()(2)sin ()f x a x x x a x x f x -=--+-=--=， 所以()f x 是偶函数，其图像关于y 轴对称，所以在[,0]2π-上有且只有一个零点，所以()f x 在[,]22ππ-上有2个零点.4、【2021·云南红河州一检·理科】已知函数()()cos e .xf x x a x a =-+∈R（1）当1a =时，证明：()f x 在区间()0,2π上不存在零点； （2）若01a <≤，试讨论函数()()cos g x a x f x =-+-的零点个数.【答案】：（1）证明见解析；（2）当01a <<时，函数()g x 有两个零点；当1a =时，函数()g x 只有一个零点.【解析】：（1）当1a =时，()cos e x f x x x =-+，则()sin 1x f x x e '=--+，()cos x f x x e ''=--，当()0,2x π∈，1cos 1x -≤≤，01x e e >=所以()cos 0xf x x e ''=--<，所以()f x '在()0,2π上单调递减.所以()()00f x f ''<=，所以()f x 在区间()0,2π单调递减. 所以当()0,x π∈时，()()00f x f <= 故函数()f x 在区间()0,2π上不存在零点；（2）由题意可得()()cos xg x a x f x ae x a =-+-=--因为()()10,ln 01xg x ae x a a '=-==-<≤，所以()g x 在(),ln a -∞-上单调递减，在()ln ,a -+∞上单调递增，因此()()ln 1ln g x g a a a ≥-=-+， 因为01a <≤，所以：①当1a =时，()()ln 0,00a g x g -=≥=，此时，()g x 在(),-∞+∞上仅有一个零点； ②当01a <<时，()ln 0,00a g ->=，令()()1ln 01h a a a a =-+<<，()()10,ah a h a a-'=>在()0,1上单调递增，从而()()10h a h <=，所以()ln 1ln 0g a a a -=-+<， 由()g x 在(),ln a -∞-上单调递减，()00g =，()0,ln a ∈-∞ 从而()g x 在(),ln a -∞-上存在一个零点，又因为()12ln 2ln g a a a a -=-+，记()12ln a a a a ϕ=-+，且()()22211210a a a a a ϕ-'=--+=-<，从而()a ϕ在()0,1上单调，有()()10a ϕϕ>=，即()2ln 0g a ->，()ln 1ln 0g a a a -=-+<，且()g x 在()ln ,a -+∞上单调递增， 所以()g x 在()ln ,2ln a a --上也存在一个零点，综上：当01a <<时，函数()g x 有两个零点；当1a =时，函数()g x 只有一个零点.5、已知函数()cos a xf x b x=+（,a b R ∈）. （1）当1,0a b ==时，判断函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内的单调性;（2）已知曲线cos ()a xf x b x =+在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为6 2.y x π=-+ （ⅰ）求()f x 的解析式;（ⅱ）判断方程()312f x π=-在区间(]0,2π上解的个数，并说明理由. 【答案】：（1）单调递减函数；（2）(i ) 3cos ()1xf x x=-； (ii ) 3个，理由见解析. 【解析】：（1）当1,0a b ==时，cos ()x f x x =，可得2sin cos ()x x xf x x⋅+'=-， 因为(0,)2x π∈，所以sin cos 0x x x ⋅+>，即()0f x '<，所以函数()f x 在区间(0,)2π上为单调递减函数.（2）（ⅰ）由函数cos ()a x f x b x=+，可得2(sin cos )()a x x x f x x -⋅+'=，则2()2af ππ-'= 因为函数()f x 在点(,())22f ππ处的切线方程为62y x π=-+，所以26aππ-=-，解得3a =，当2x π=，代入切线方程为6212y ππ=-⨯+=-，可得()12f b π==-，所以函数()f x 的解析式为3cos ()1xf x x=-. （ⅱ）令()()33cos 3122x g f x x x ππ+=-=-，则()23(sin cos )x x x x g x -+'=， ①当(0,]2x π∈时，可得()0g x '<，()g x 单调递减，又由330(,022)()62g g πππππ->-=<=， 所以函数()g x 在区间(0,]2π上只有一个零点；②当3(,)22x ππ∈时，cos 0x <，可得()3cos 302x x g x π-=<恒成立， 所以函数()g x 在区间3(,)22ππ上没有零点；③当3[,2]2x ππ∈时，令()sin cos h x x x x =+，可得()cos 0h x x x '=>， 所以()h x 在区间3[,2]2ππ单调递增，3(2)0,()02h h ππ><，所以存在03[,2]2x ππ∈，使得()g x 在03[,)2x π上单调递增，在0(,2]x π单调递减，又由(2)0,()02g g ππ=<，所以函数在3[,2]2ππ上有两个零点， 综上可得，方程3()12f x π=-在(0,2]π上有3个解.6、已知函数()()sin cos xf x ex x =+．（1）求()f x 的单调递增区间； （2）求证：曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一条斜率为2的切线． 【答案】：（1）2,222k k ππππ⎛⎫-+⎪⎝⎭，k Z ∈（2）见解析 【解析】：（1）函数()(sin cos )xf x e x x =+,x ∈R ， 则()(sin cos )(cos sin )2cos xxxf x e x x e x x e x '=++-=，令()2cos 0xf x e x '=>得2,222x k k ππππ⎛⎫∈-+⎪⎝⎭，k Z ∈， ∴()f x 单调递增区间为2,222k k ππππ⎛⎫-+⎪⎝⎭，k Z ∈ （2）原命题等价于：在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上，方程cos 1xe x =有唯一解，设()cos xg x e x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()cos sin sin 4x x xg x e x e x x π⎛⎫'=-=-⎪⎝⎭此时，()(),',x g x g x 变化情况如下：此时，()g x 在0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，且(0)1g =，414g e ππ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，()g x 在,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，且02g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴()cos 1xg x e x ==在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一一个根，()2cos 20xf x e x '=-=在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一一个零点，∴曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一条斜率为2的切线.7、已知函数()sin xf x e x =，（e 是自然对数的底数）（1）求()f x 的单调递减区间；（2）记()()g x f x ax =-，若13a <<，求()g x 在()0,π上的零点个数.（参考数据：2 4.8e π≈）【答案】：（1）单调递减区间为()372,244k k k Z ππππ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭；（2）当13a <<时，()g x 在()0,π上有两个零点.【详解】：（1）()sin xf x e x =，定义域为R .()()sin cos sin 4xx f x ex x x π⎛⎫'=+=+ ⎪⎝⎭.由()0f x '<解得sin 04x π⎛⎫+< ⎪⎝⎭，解得()372244k x k k Z ππππ+<<+∈. ∴()f x 的单调递减区间为()372,244k k k Z ππππ⎛⎫++∈⎪⎝⎭.（2）由已知()sin xg x e x ax =-，∴()()sin cos xg x e x x a '=+-.令()()h x g x '=，则()2cos xh x e x '=.∵()0,x π∈，∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>；当,2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0h x '<， ∴()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，即()g x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减.∵()01g a '=-，()0g e a ππ'=--<.若13a <<时，()010g a '=-<，又∵()g x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又202g e a ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，∴10,2x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，2,2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()10g x '=，()20g x '=， 且当()10,x x ∈、()2,x x π∈时，()0g x '<；当()12,x x x ∈时，()0g x '>. ∴()g x 在()10,x 和()2,x π上单调递减，在()12,x x 上单调递增. ∵()00g =，∴()10g x <.∵2233 3.24.802222g e a e πππππ⨯⎛⎫=->->-= ⎪⎝⎭，∴()20g x >. 又∵()0g a ππ=-<，由零点存在性定理可得，()g x 在()12,x x 和()2,x π内各有一个零点，即此时()g x 在()0,π上有两个零点.∴ 当13a <<时，()g x 在()0,π上有两个零点.8、【2020˙湖南邵阳市第三次联考˙文科】给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导函数，()f x ''是函数()f x '的导函数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称点()()00,x f x 为函数()y f x =拐点.已知()cos f x ax x x =-.（1）求证：函数()y f x =的拐点()()00,M x f x 在直线y ax =上； （2）()0,2x π∈时，讨论()f x 的极值点的个数. 【答案】：（1）证明见解析；（2）答案见解析.【解析】：（1）()cos f x ax x x =-，∴()sin f x a x x '=++，∴()cos f x x x ''=+0()0f x ''=，∴00cos 0x x +=．而00000()cos f x ax x x ax =+-=．∴点0(M x ，0())f x 在直线y ax =上．（2）令()0f x '=，得2sin()3a x π=-+， 作出函数2sin()3y x π=-+，(0,2)x π∈与函数y a =的草图如下所示：由图可知，当2a 或2a -时，()f x 无极值点； 当3a =()f x 有一个极值点；当23a -<<-或32a <<时，()f x 有两个极值点．9、【2020˙四川达州市三诊˙文科】已知函数()2cos (R)f x x x a a =+-∈.（1）求证：()f x 是增函数；（2）讨论函数2()sin g x x ax x =-+的零点个数.【答案】：（1）略；（2）1a =，函数()g x 有一个零点；1a ≠，函数()g x 有两个零点.【解析】：（1）证明： ()2sin 0f x x '=->,所以()f x 在(),-∞+∞上是增函数.（2）()2cos g x x a x '=-+，由（1）知是增函数， 1cos 202a g x ⎛⎫'-=-< ⎪⎝⎭，12cos 02a g x ⎛⎫'+=+> ⎪⎝⎭， 01122a a x ,⎛⎫∴∃∈-+ ⎪⎝⎭，使()0002cos 0g x x a x '=-+=， ()g x 在()0,x -∞上单调减，在()0,x +∞上单调增，()2min 0000()cos g x g x x ax x ==-+，又()002a x cos x =+*，()22min 00000000()cos cos sin g x g x x ax x x x x x ∴==-+=--+；令()()0000002sin 2sin 0g x x x x x x '=-+=--=，00x =0()g x ∴在(),0-∞上单调增，在()0,∞+上单调减，()0max ()00g x g ∴==，此时函数()g x 有一个零点，把00x =代入()002a x cos x =+*，得1a =；当00x ≠，1a ≠，时，0()0g x ，即()min 0()0g x g x =<，此时函数()g x 有两个零点.综上：当1a =时，函数()g x 有一个零点；当1a ≠时，函数()g x 有两个零点.10、已知函数()ln sin f x x x =-，记()f x 的导函数为()'f x .（1）若()()1'h x ax f x x=+-是()0,+∞上的单调递增函数，求实数a 的取值范围； （2）若()0,2x π∈，试判断函数()f x 的极值点个数，并说明理由.【答案】：（1）1a ≥；（2）函数()f x 在()0,2π上有且仅有唯一的极大值点,无极小值点；理由详见解析.【解析】：（1）∵1'f x cosx x =-（）, ∴11h x ax cosx x x=+-+=（）ax +cos x ,因为h （x ）是（0,+∞）上的单调递增函数, ∴h ′（x ）＝a ﹣sin x ≥0（x ＞0）恒成立,因为sin x ∈[﹣1,1],故a ≥1时,h ′（x ）≥0恒成立,且导数为0时不连续.故a ≥1即为所求.（2）由（1）知,1'f x cosx x=-（）, ①当x ∈（0,1]时,f ′（x ）≥1﹣cos x ＞0,此时函数f （x ）单调递增,无极值点；②当12x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时,则12x π≥, ∵112cosx cos sin π⎛⎫=- ⎪⎝⎭＜,而由三角函数的性质可知,211122sin x πππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭＜＜＜, ∴1'0f x cosx x=-（）＞, 此时函数f （x ）单调递增,无极值点；③当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时,cos x ＜0,则1'0f x cosx x =-（）＞, 此时函数f （x ）单调递增,无极值点；④当322x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，时,令1'g x f x cosx x ==-（）（）,则21'0g x sinx x =-+（）＜, ∴函数g （x ）单调递减，又()3210210232g g ππππ⎛⎫==- ⎪⎝⎭＞，＜, ∴存在唯一的0322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,使得g （x 0）＝0 且当032x x π⎛⎫∈⎪⎝⎭，时,g （x ）＝f ′（x ）＞0,f （x ）单调递增；当x ∈（x 0,2π）时,g （x ）＝f ′（x ）＜0,f （x ）单调递减. 故x 0是函数f （x ）的极大值点.综上所述,函数f （x ）在（0,2π）上有且仅有唯一的极大值点,无极小值点.。
导数专题之函数零点与方程问题教师版
导数专题之函数零点与方程问题函数y ＝f (x )也可以看作二元方程f (x )－y ＝0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点. 1．有关函数零点的结论(1)若连续不断的函数f (x )在定义域上是单调函数,则f (x )至多有一个零点． (2)连续不断的函数,其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号． (3)连续不断的函数图象通过零点时,函数值可能变号,也可能不变号． 2．三个等价关系方程f (x )＝0有实数根⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴有交点⇔函数y ＝f (x )有零点． 3.(1) 确定函数零点所在区间,可利用零点存在性定理或数形结合法．(2)判断函数零点个数的方法：①解方程法；②零点存在性定理、结合函数的性质；③数形结合法：转化为两个函数图象的交点个数．(3) 已知函数零点情况求参数的步骤①判断函数的单调性；②利用零点存在性定理,得到参数所满足的不等式(组)；③解不等式(组),即得参数的取值范围． (4)函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数,利用数形结合求解参数范围． (5)“a ＝f (x )有解”型问题,可以通过求函数y ＝f (x )的值域解决．例1．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x ≤0，2x －6＋ln x ，x >0 的零点个数是____．解析：当x ≤0时，令x 2－2＝0，解得x ＝－2(正根舍去)，所以在(－∞，0]上有一个零点．当x >0时，f ′(x )＝2＋1x＞0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．又因为f (2)＝－2＋ln 2＜0，f (3)＝ln 3＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上有一个零点，综上，函数f (x )的零点个数为2. 类型二、求参数的值或范围例2．若函数f (x )＝x ln x －a 有两个零点，则实数a 的取值范围为________．类型三、研究函数图像的交点个数例3、已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋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．解析：(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2.设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4， 所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根．当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)， h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0. 所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 例4.设函数 f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R.(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求 f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；解析：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，则f ′(x )＝x －ex2，∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x －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，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23. 又φ(0)＝0，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．例3.（2017全国1理21）已知函数()()2e 2e xx f x a a x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.解析 （1）由于()()2e 2e x x f x a a x =+--，所以()()()()22e 2e 1e 12e 1x x x xf x a a a '=+--=-+.①当0a …时，e 10x a -<，2e 10x +>，从而()0f x '<恒成立，所以()f x 在R 上单调递减. ②当0a >时，令()0f x '=，从而e 10x a -=，得ln x a =-．综上所述，当0a …时，()f x 当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增. （2）由（1）知，当0a …时，()f x 在R 上单调递减，故()f x 在R 上至多一个零点，不满足条件． 当0a >时，()min 1ln 1ln f f a a a=-=-+． 令()()11ln 0g a a a a =-+>，则()2110g a a a'=+>，从而()g a 在()0+∞，上单调递增.而()10g =，所 以当01a <<时，()0g a <；当1a =时()0g a =；当1a >时，()0g a >. 由上知若1a >，则()min 11ln 0f a g a a=-+=>，故()0f x >恒成立，从而()f x 无零点，不满足条 件．若1a =，则()min 11ln 0f a g a a=-+==，故()0f x =仅有一个实根ln 0x a =-=，不满足条件； 若01a <<，则()min 11ln 0f a g a a =-+=<，注意到ln 0a ->，()22110e e ea a f -=++->， 故()f x 在()1ln a --，上有一个实根.而又31ln 1ln ln a a a ⎛⎫->=- ⎪⎝⎭， 且33ln 1ln 133ln 1e e 2ln 1a af a a a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=⋅+---⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎢⎥⎣⎦()33132ln 1a a a a ⎛⎫⎛⎫=-⋅-+---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭331ln 10a a ⎛⎫⎛⎫---> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故()f x 在3ln ln 1a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，上有一个实根． 又()f x 在()ln a -∞-，上单调递减，在()ln a -+∞，单调递增，故()f x 在R 上至多两个实根． 综上所述，01a <<．评注 对于已知零点个数，求参数的取值范围问题的难点在于验证零点存在性的赋值上，对于一般的赋值方法要把握两点：①限定要寻找0x 的范围，如本题中分别在(),ln a -∞-及()ln ,a -+∞上各寻找一个零点； ②将函数不等式变形放缩，据0x 的范围得出0x .在本题中，实际上在区间(),ln a -∞-上找到0x ，使得()00f x >，则说明()f x 在区间(),ln a -∞-上存在零点，在区间()ln ,a -+∞上找到0x '，使得()00f x '>，则证明()f x 在区间()ln ,a -+∞上存在另一个零点. 小结：已知函数有零点(方程有根)求参数取值范围常用的方法（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围． （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．（3）先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 【针对性练习】1．设f(x)＝x 3＋bx ＋c ，若导函数f′(x)>0在[－1，1]上恒成立，且f(-21)·f(21)<0，则方程f(x)＝0在[－1，1]内根的情况是( )A ． 可能有3个实数根B ． 可能有2个实数根C ． 有唯一的实数根D ． 没有实数根【答案】C【详解】对于函数f(x)＝x3＋bx ＋c ，其导函数f′(x)>0在[－1，1]上恒成立，所以得函数在区间[－1，1]上单调递增，又因为，所以函数在区间内至少有一个零点；由于函数在区间[－1，1]上单调递增，所以函数在区间[－1，1]内有唯一的零点。
人教版导数背景下的零点问题(共21张PPT)教育课件
心
安
；
书
一
笔
清
远
，
盈
一
抹
恬
淡
，
浮
华
三
千
，
只
做
自
己
；
人
间
有
情
，
心
中
有
爱
，
携
一
米
阳
光
，
微
笑
向
暖
。
口
罗
不
是
。
■
电
:
那
你
的
第
一
部
戏
有
没
有
胆
怯
，
像
费
里
尼
拍
第
一
部
戏
时
就
穿
戴
得
很
正
式
给
人
一
种
威
严
感
。
口
罗
没
有
我
和
他
不
同
。
我
是
从
底
层
爬
上
来
的
我
清
楚
怎
么
运
作
这
个
东
西
(
电
影
拍
摄
)
所
以
为
什
么
很
多
时
候
在
现
场
我
不
想
等
。
你
可
以
说
我
之前有个网友说自己现在紧张得不得了，获得了一个大公司的面试机会，很不想失去这个机会，一天只吃一顿饭在恶补基础知识。不禁要问，之前做什么去了？机会当真就那么少？在我看来到处都是机会，关键看你是否能抓住。运气并非偶然，运气都是留给那些时刻准备着的人的。只有不断的积累知识，不断的进步。当机会真的到来的时候，一把抓住。相信学习真的可以改变一个人的运气。 在当今社会，大家都生活得匆匆忙忙，比房子、比车子、比票子、比小孩的教育、比工作，往往被压得喘不过气来。而另外总有一些人会运用自己的心智去分辨哪些快乐或者幸福是必须建立在比较的基础上的，而哪些快乐和幸福是无需比较同样可以获得的，然后把时间花在寻找甚至制造那些无需比较就可以获得的幸福和快乐，然后无怨无悔地生活，尽情欢乐。一位清洁阿姨感觉到快乐和幸福，因为她刚刚通过自己的双手还给路人一条清洁的街道；一位幼儿园老师感觉到快乐和幸福，因为他刚给一群孩子讲清楚了吃饭前要洗手的道理；一位外科医生感觉到幸福和快乐，因为他刚刚从死神手里抢回了一条人命；一位母亲感觉到幸福和快乐，因为他正坐在孩子的床边，孩子睡梦中的脸庞是那么的安静美丽，那么令人爱怜。。。。。。
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导数专题零点问题教师版 Modified by JEEP on December 26th, 2020.导数专题（三）——零点问题（2013昌平二模理）（18）（本小题满分13分）（零点问题） 已知函数21()ln (0).2f x x a x a =-> （Ⅰ）若2,a =求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 在区间[1,e]上的最小值；（III ）若()f x 在区间(1,e)上恰有两个零点，求a 的取值范围. （18）（本小题满分13分） 解：（I ）2,a =212()2ln ,'(),2f x x x f x x x=-=- ()f x 在(1,(1))f 处的切线方程为2230.x y +-=………………………..3分（Ⅱ）由2'().a x af x x x x-=-=由0a >及定义域为(0,)+∞，令'()0,f x x ==得1,01,a ≤<≤即在(1,e)上，'()0f x >，)(x f 在[1,e]上单调递增， 因此,()f x 在区间[1,e]的最小值为1(1)2f =.②若21e,1e ,a <<<<即在（上，'()0f x <，)(x f 单调递减；在上，'()0f x >，)(x f 单调递增，因此()f x 在区间[1,e]上的最小值为1(1ln ).2f a a =-2e,e ,a ≥≥即在(1,e)上，'()0f x <，)(x f 在[1,e]上单调递减，因此,()f x 在区间[1,e]上的最小值为21(e)e 2f a =-.综上，当01a <≤时，min 1()2f x =；当21e a <<时，min 1()(1ln )2f x a a =-；当2e a ≥时，2min 1()e 2f x a =-. ……………………………….9分(III) 由（II ）可知当01a <≤或2e a ≥时，)(x f 在(1,e)上是单调递增或递减函数，不可能存在两个零点.当21e a <<时，要使()f x 在区间(1,e)上恰有两个零点，则∴21(1ln )0,21(1)0,21(e)e 0,2a a f f a ⎧-<⎪⎪⎪=>⎨⎪⎪=->⎪⎩即2e1e 2a a >⎧⎪⎨<⎪⎩，此时，21e e 2a <<. 所以，a 的取值范围为21(e,e ).2…………………………………………………………..13分（2014西城期末理）18．（本小题满分13分）（零点问题）已知函数()()e x f x x a =+，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . （Ⅰ）求函数)(x f 的单调区间；（Ⅱ）当1a <时，试确定函数2()()g x f x a x =--的零点个数，并说明理由. 18.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：因为()()e x f x x a =+，x ∈R ，所以()(1)e x f x x a '=++． ……………… 2分 令()0f x '=，得1x a =--． ……………… 3分 当x 变化时，()f x 和()f x '的变化情况如下： (5)分故()f x 的单调减区间为(,1)a -∞--；单调增区间为(1,)a --+∞．………… 6分（Ⅱ）解：结论：函数()g x 有且仅有一个零点. ……………… 7分理由如下：由2()()0g x f x a x =--=，得方程2e x a x x -=，显然0x =为此方程的一个实数解.所以0x =是函数()g x 的一个零点. ……………… 9分 当0x ≠时，方程可化简为e x a x -=. 设函数()e x a F x x -=-，则()e 1x a F x -'=-， 令()0F x '=，得x a =．当x 变化时，()F x 和()F x '的变化情况如下：即()F x 的单调增区间为(,)a +∞；单调减区间为(,)a -∞．所以()F x 的最小值min ()()1F x F a a ==-. ………………11分 因为 1a <，所以min ()()10F x F a a ==->， 所以对于任意x ∈R ，()0F x >， 因此方程e x a x -=无实数解．所以当0x ≠时，函数()g x 不存在零点.综上，函数()g x 有且仅有一个零点. ………………13分（2015上学期期末丰台理）18.（本小题共13分）（图像交点、问题转化）已知函数()e 1x f x x -=+-． （Ⅰ）求函数()f x 的极小值；（Ⅱ）如果直线1y kx =-与函数()f x 的图象无交点，求k 的取值范围． 18. 解：（Ⅰ）函数的定义域为R ． 因为 ()1x f x x e -=+-，所以 1()x x e f x e-'=．令()0f x '=，则0x =．所以 当0x =时函数有极小值()=(0)0f x f =极小值． ………………6分 （Ⅱ）函数1()1xf x x e =-+． 当0x =时01()010f x e=-+=，011y k =⋅-=-，所以要使1y kx =-与()f x 无交点，等价于()1f x kx >-恒成立．令1()1(1)x g x x kx e=-+--，即()(1)x g x k x e -=-+， 所以 (1)1()x xk e g x e--'=． ①当1k =时，1()0x g x e=>，满足1y kx =-与()f x 无交点；②当1k >时，111111()(1)111k k g k e e k k --=-+=---， 而101k<-，111ke -<， 所以1()01g k <-，此时不满足1y kx =-与()f x 无交点．③当1k <时，令(1)1()0x xk e g x e--'== ， 则ln(1)x k =--， 当(,ln(1))x k ∈-∞--时，()0g x '<，()g x 在(,ln(1))k -∞--上单调递减； 当(ln(1),)x k ∈--+∞时，()0g x '>，()g x 在(ln(1),)k --+∞上单调递增； 当ln(1)x k =--时，min ()(ln(1))(1)(1ln(1))g x g k k k =--=---． 由 (1)(1ln(1))0k k ---> 得11e k -<<， 即1y kx =-与()f x 无交点．综上所述 当(1,1]k e ∈-时，1y kx =-与()f x 无交点． (13)分（2016东城上学期期末理）（19）（本小题共14分）（零点，问题转化）已知函数()(ln )xe f x a x x x=--．（Ⅰ）当1a =时，试求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0a ≤时，试求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若()f x 在(0,1)内有极值，试求a 的取值范围．解：（Ⅰ）当1a =时，/2e (1)1()1x xf x x x-=-+，/(1)0f =，(1)e 1f =-． 方程为e 1y =-． …………………4分（Ⅱ）2e (1)1()(1)x x f x a x x -'=-- 2e (1)(1)x x ax x x ---=， 2(e )(1)x ax x x --= ．当0a ≤时，对于(0,)x ∀∈+∞，e 0x ax ->恒成立，所以 '()0f x > 1x >；'()0f x < 01x <<0.所以 单调增区间为(1,)+∞，单调减区间为(0,1) ． …………………8分 （Ⅲ）若()f x 在(0,1)内有极值，则'()f x 在(0,1)x ∈内有解． 令'2(e )(1)()0x ax x f x x --== e 0xax -= e x a x= . 设e ()xg x x= (0,1)x ∈,所以 'e (1)()x x g x x-=,当(0,1)x ∈时，'()0g x <恒成立，所以()g x 单调递减.又因为(1)e g =，又当0x →时，()g x →+∞, 即()g x 在(0,1)x ∈上的值域为(e,)+∞,所以 当e a >时，'2(e )(1)()0x ax x f x x--== 有解. 设()e x H x ax =-，则 ()e 0x H x a '=-< (0,1)x ∈， 所以()H x 在(0,1)x ∈单调递减. 因为(0)10H =>，(1)e 0H a =-<, 所以()e x H x ax =-在(0,1)x ∈有唯一解0x . 所以有：当e a ≤时，当(0,1)x ∈时，'()0f x ≥恒成立，()f x 单调递增，不成立．综上，a 的取值范围为(e,)+∞． …………………14分（2015海淀一模理）（18）（本小题满分13分）（问题转化、零点）已知函数1()ln (0)f x a x a x=+≠.（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若{()0}[,]x f x b c ≤=（其中b c <），求a 的取值范围，并说明[,](0,1)b c ⊆. （18）（共13分） 解：（Ⅰ）2211'()(0)a ax f x x x x x-=-=>. ………………2分 （ⅰ）当0a <时，'()0f x <，则函数()f x 的单调递减区间是(0,)+∞.………………3分 （ⅱ）当0a >时，令'()0f x =，得1x a=.当x 变化时，'()f x ,()f x 的变化情况如下表所以 ()f x 的单调递减区间是(0,)a ，单调递增区间是1(,)a+∞. ………………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知：当0a <时，函数()f x 在区间(0,)+∞内是减函数，所以，函数()f x 至多存在一个零点，不符合题意. ………………6分当0a >时，因为 ()f x 在1(0,)a 内是减函数，在1(,)a+∞内是增函数，所以要使{()0}[,]x f x b c ≤=，必须1()0f a<，即1ln 0a a a +<.所以 e a >. ………………7分当e a >时，222211()ln()2ln (2ln )f a a a a a a a a a a=+=-+=⋅-. 令()2ln (e)g x x x x =-≥，则22'()1(e)x g x x x x -=-=≥. 当e x >时，'()0g x >，所以，()g x 在[e,)+∞上是增函数. 所以 当e a >时，()2ln (e)e 20g a a a g =->=->.所以 21()0f a >. ………………9分 因为 2111a a <<，1()0f a<，(1)10f =>，所以 ()f x 在211(,)a a 内存在一个零点，不妨记为b ，在1(,1)a 内存在一个零点，不妨记为c . ………………11分因为 ()f x 在1(0,)a 内是减函数，在1(,)a +∞内是增函数，所以 {()0}[,]x f x b c ≤=.综上所述，a 的取值范围是(e,+)∞. ………………12分 因为 211(,)b a a ∈，1(,1)c a∈， 所以 [,](0,1)b c ⊆. ………………13分（2015海淀上学期期末）（19）（本小题满分13分）（零点、三角函数）已知函数()cos sin f x a x x x =+，ππ[,]22x ∈-.（Ⅰ）判断函数()f x 的奇偶性，并证明你的结论； （Ⅱ）求集合{|()0}A x f x ==中元素的个数；（Ⅲ）当12a <<时，问函数()f x 有多少个极值点（只需写出结论） （19）（共13分）解：（Ⅰ）函数()f x 是偶函数，证明如下： ………………1分对于ππ[,]22x ∀∈-，则ππ[,]22x -∈-. ………………2分因为 ()cos()sin()cos sin ()f x a x x x a x x x f x -=---=+=，所以 ()f x 是偶函数. ………………4分（Ⅱ）当0a >时，因为 ()cos sin 0f x a x x x =+>，ππ[,]22x ∈-恒成立，所以 集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为0. ………………5分当0a =时，令()sin 0f x x x ==，由ππ[,]22x ∈-，得 0x =.所以 集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为1. ………………6分当0a <时，因为 π'()sin sin cos (1)sin cos 0,(0,)2f x a x x x x a x x x x =-++=-+>∈，所以 函数()f x 是π[0,]2上的增函数. ………………8分因为 ππ(0)0,()022f a f =<=>，所以 ()f x 在π(0,)2上只有一个零点.由()f x 是偶函数可知，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为2. ………………10分 综上所述，当0a >时，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为0；当0a =时，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为1；当0a <时，集合{|()0}A x f x ==中元素的个数为2.（Ⅲ）函数()f x 有3个极值点. ………………13分。