(高三数学二轮专题复习)利用导数研究函数零点问题

第一部分专题二函数与导数
课时跟踪提能练(八)
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第一部分专题二函数与导数
高考总复习第二轮 ·数学(文)
(2)函数 f(x)不存在零点，即为 ex＋ax－a＝0 无实数解，由于 x＝1 时，e＋0＝0 显然不成立，即有 a∈R 且 a≠0．若 x≠1，即有－a＝x－ex 1，令 g(x)＝x－ex 1，则 g′(x)＝exx－x－122，当 x＞2 时，g′(x)＞0，g(x)递增，
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(2)函数 g(x)＝|f(x)|－lnxx－b2存在零点，即方程|f(x)|＝lnxx＋b2有实数根，由已知，函数 f(x)的定义域为{x|x>0}，当 a＝－1e时，f(x)＝－xe－1＋ln x，所以 f′(x)＝－1e＋1x＝e－exx，当 0<x<e 时，f′(x)>0；当 x>e 时，f′(x)<0，所以，f(x)的单调增区间为(0，e)，减区间为(e，＋∞)，所以 f(x)max＝f(e)＝－1，所以，|f(x)|≥1．
要使得函数 g(x)＝|f(x)|－lnxx－b2存在零点，也就是|f(x)|与lnxx＋b2有交点，也就是分析
|f(x)|与lnx x＋b2的最值的值域的关系，进而转化为两个函数的最值的关系．思路点拨
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解：(1)由题意 f′(x)＝a＋1x，令 f′(x)＝0 解得 x＝－1a因为 a∈－∞，－1e，所以 0<－1a<e，
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解：(1)函数的定义域为R，f′(x)＝ex＋a，由函数f(x)在x＝0处取得极值，则f′(0)＝1＋a＝0，解得a＝－1，即有f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1，当x＜0时，有f′(x)＜0，f(x)递减，当x＞0时，有f′(x)＞0，f(x)递增．则x＝0处f(x)取得极小值，也为最小值，且为2，又f(－2)＝e－2＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)，即有f(－2)为最大值e－2＋3．
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数学 (文)
第一部分专题整合突破区
专题二函数与导数
第4讲利用导数研究函数零点问题
频考难点 ·师生共研
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难点一利用导数讨论函数零点的个数
(2015·全国卷Ⅰ)设函数 f(x)＝e2x－aln 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＋aln2a． (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 e2x 单调递增，－ax单调递增，所以 f′(x)在(0，＋∞)单调递增．又 f′(a)>0，当 b 满足 0<b<a4且 b<14时，f′(b)<0，故当 a>0 时，f′(x)存在唯一零点．
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2．(2016·济南一模)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)． (1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值； (2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
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难点三利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解
(2014·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2) 处的切线与x轴交点的横坐标为－2．
(1)求a； (2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点． (1)解：f′(x)＝3x2－6x＋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．
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【方法技巧】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： ①在该区间上构造与方程相应的函数； ②利用导数研究该函数在该区间上的单调性； ③判断该函数在该区间端点处的函数值异号； ④作出结论．
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由 f′(x)>0 解得 0<x<－1a，由 f′(x)<0 解得－1a<x<e，从而 f(x)的单调增区间为0，－1a，减区间为－1a，e，所以，f(x)max＝f－1a＝－1－1＋ln －1a＝－4，解得 a＝－e2．
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若 a＞0，当 0＜x＜2a时，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增，
当 x＞2a时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减，
综上，若 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
若 a＞0 时，函数 f(x)的单调递增区间为0，2a，单调递减区间为2a
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当 x＜1 和 1＜x＜2 时，g′(x)＜0，g(x)递减．即有 x＝2 处 g(x)取得极小值，为 e2，在 x＜1 时，g(x)＜0，则有 0＜－a＜e2，解得－e2＜a＜0，则实数 a 的取值范围为(－e2,0)．
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只需 h(x)max＝h(e)＝1e＋b2≥1 即可，则 b≥2－2e．
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【方法技巧】利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路：
①将问题转化为函数零点的个数问题，进而转化为函数图象交点的个数问题； ②利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质； ③画出函数的大致图象； ④结合图象求解．
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令
h(x)＝lnx
x＋b2，则
h′(x)＝1－xl2n
x .
当 0<x<e 时，h′(x)>0；
当 x>e 时，h′(x)<0．
从而 h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
Hale Waihona Puke 所以，h(x)max＝h(e)＝1e＋b2，
要使方程|f(x)|＝lnx x＋b2有实数根，
，＋∞．

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(2)g(x)＝xln x－12ax2＋ax－2x＋2，g′(x)＝－ax＋ln x＋a－1．
又 a＜0，易知 g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，g′(1)＝－1＜0，g′(e)＝－ae＋a
＝a(1－e)＞0，
故而 g′(x)在(1，e)上存在唯一的零点 x0，使得 g′(x0)＝0．当 0＜x＜x0 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当 x＞x0 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
取 x1＝ea，又 a＜0，∴0＜x1＜1，

∴g(x1)＝x1ln
x1－12ax1＋a－2＋x21＝eaa－12aea＋a－2＋e2a，
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设 h(a)＝a－12aea＋a－2＋e2a，(a＜0)， h′(a)＝－12aea－12ea－e2a＋2，(a＜0)， h′(0)＝－12，h″(a)＝e－a－ea＋e－a－12aea＞0， ∴h′(a)在(－∞，0)上单调递增，h′(a)＜h′(0)＜0， ∴h(a)在(－∞，0)上单调递减，∴h(a)＞h(0)＝0， ∴g(x1)＞0，即当 a＜0 时，g(ea)＞0．当 x 趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，且 g(2)＝2ln 2－2＜0． ∴函数 g(x)在(0，＋∞)上始终有两个零点.
1．(2016·朔州模拟)已知函数 f(x)＝ln x－12ax＋a－2，a∈R． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 a＜0 时，试判断 g(x)＝xf(x)＋2 的零点个数．解：(1)f′(x)＝1x－a2＝2－2xax(x>0)．若 a≤0，则 f′(x)＞0， ∴函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
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(2)证明：由(1)，可设 f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为 x0，当 x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0．故 f(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，＋∞)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－xa0＝0，所以 f(x0)＝2ax0＋2ax0＋aln 2a≥2a＋aln2a．故当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln2a．
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难点二由函数零点的个数求参数的取值范围
数．
(2016·郑州市第二次质量预测)已知函数 f(x)＝ax－1＋ln x，其中 a 为常
(1)当 a∈－∞，－1e时，若 f(x)在区间(0，e)上的最大值为－4，求 a 的值；
(2)当 a＝－1e时，若函数 g(x)＝|f(x)|－lnxx－b2存在零点，求实数 b 的取值范围．【思路点拨】(1)要求得 f(x)的最值，需要求导研究函数的单调性及进行分析；(2)
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【方法技巧】利用导数研究函数的零点个数问题时，可以通过研究函数的单调性、极值、最值、变化趋势等，画出函数走势规律的大致图象，明确函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想分析问题求解．

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2025届高考数学二轮复习大题专讲专练第40讲隐零点含解析

第40讲隐零点利用导数解决函数综合性问题最终都会归于函数单调性的推断,而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系,导函数零点的推断、数值上的精确求解或估计,是导数综合应用中最核心的问题.导函数的零点,依据其数值计算的差异可分为以下两类:(1)数值上能够精确求解的,称为显零点.(2)能够推断其存在但是无法干脆表示的,称为隐零点.对于隐零点问题,由于涉及敏捷的代数变形技巧、抽象缜密的逻辑推断和奇妙的不等式应用,对学生的综合实力要求比较高,往往是考查的难点.我们一般可对隐零点“设而不求”,通过一种整体的代换来过渡,再结合其他条件,从而最终解决问题,一般操作步骤如下:第一步:用零点存在性定理判定导函数零点的存在性,列出一阶导函数零点方程()00f x '=,并结合()f x 的单调性,通过取特别值靠近的方式得到零点的范围.其次步:以一阶导函数零点0x 为分界点,说明导函数()f x '在0x 左、右两边的正、负号,进而得到()f x 的极值表达式()0f x .第三步:将零点方程()00f x '=适当变形,整体代人极值式子()0f x 进行化简证明. 有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小.导函数零点虽然隐形,但只要抓住特征(零点方程),推断其范围(用零点存在性定理),最终整体代人即可.请留意,进行代数式的替换过程中,尽可能将指数、对数函数式用幂函数替换,这是简化函数的关键.无参隐零点问题隐零点证明无参不等式恒成立问题:已知无参函数()f x ,导函数方程()0f x '=的根存在,却无法精确求出,其一般解题步骤为:第一步:求导,判定一阶导函数的单调性,并设方程()0f x '=的根为0x . 其次步:写出零点等式()00f x '=成立. 第三步:取点找出留意确定0x 的合适范围。

第四步:把零点等式变形反带回()f x ,进行简化,从而求解.【例1】已知函数()()23e ,91xf x xg x x =+=-.证明:()()f x g x >.【解析】证明：设()()()()23e 91,3e 29xx h x f x g x x x h x x =-=+-+='+-为增函数,∴可设()00h x '=.()()06137h h e o =''-<=->()00,1x ∴∈.当0x x >时,()0h x '>.当0x x <时,()0h x '<.()02min 000()3e 91x h x h x x x ∴==+-+.又00003e 290,3e 29x x x x +-=∴=-+.()()22min 0000000()29911110110h x x x x x x x x ∴=-++-+=-+=--.()()()0000,1,1100x x x ∈∴-->, ()()min ()0,h x f x g x ∴>>.【例2】已知函数()()e ln 2xf x x =-+,求证:()0f x >.【解析】证明：()1e 2xf x x =-+'在区间(2-,)∞+上单调递增, 又()()10,00f f -'',()0f x ∴'=在()2,∞-+上有唯一实根0x ,且()01,0x ∈-.当()02,x x ∈-时,()0f x '<. 当()0,x x ∞∈+时,()0f x '>. 从而当0x x =时,()f x 取得最小值. 由()00f x '=,得()00001e ,ln 22x x x x =+=-+,()()()()200000110022x f x f x x f x x x +∴=+=>∴>++.【例3】已知函数()2ln f x x x x x =--.证明:()f x 存在唯一的极大值点0x ,且()220e2f x --<<.【解析】证明：()()2ln ,22ln f x x x x x f x x x =-'=---. 设()22ln h x x x =--, 则()12h x x'=-. 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0h x '<. 当1,2x ∞⎛⎫∈+⎪⎝⎭时,()0h x '>. ()h x ∴在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减,在1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭单调递增.又()()21e 0,0,10,2h h h -⎛⎫><=⎪⎝⎭()h x ∴在10,2⎛⎫⎪⎝⎭零点只有0x ，在1,2∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭零点只有1,且当()00,x x ∈时,()0h x >.当()0,1x x ∈时,()0h x <.当()1,x ∞∈+时,()0h x >. ()()f x h x '=,0x x ∴=是()f x 在()0,1上的唯一极大值点.由()00f x '=得()00ln 21x x =-.()()0001f x x x ∴=-.由()00,1x ∈得()0104f x <<. 0x x =是()f x 在()0,1的最大值点,由()()11e 0,1,e 0f --∈'≠得()()120e e f x f -->=.()220e 2f x --∴<<.含参隐零点问题含参函数的隐零点问题:已知含参函数(),f x a ,其中a 为参数,导函数方程(),f x a '=0的根存在,却无法求出,其解题步骤为:第一步:设方程(),0f x a '=的根为0x .其次步:写出零点等式(),0f x a '=成立时,含0,x a 的关系式. 第三步:取点找出0x 的合适范围,该范围往往和a 有关. 第四步:反带回()f x 进行求解,通常可以消参.【例1】设函数()2eln xf x a x =-.(1)探讨()f x 的导函数()f x '零点的个数. (2)证明:当0a >时()22lnf x a a a+. 【解析】(1)()f x 的定义域为()()20,,2e (0).xaf x x x∞+>'=-①当0a 时,()()0,f x f x '>'没有零点. ②当0a >时,2e x 单调递增,ax-单调递增.()f x ∴'在()0,∞+单调递增.又()0f a '>,当b 满意04a b <<且14b <时,()0f b '<,故当0a >时,()f x '存在唯一零点.(2) (证明)由(1)题,可设()f x '在()0,∞+的唯一零点为0x ,当()00,x x ∈时,()0f x '<. 当()0,x x ∞∈+时,()0f x '>.故()f x 在()00,x 单调递减,在()0,x ∞+单调递增,∴当0x x =时,()f x 取得最小值,最小值为()0f x .由于0202e 0x ax -=, ()000222ln 2ln 2a f x ax a a a x a a∴=+++. 故当0a >时,()22ln f x a a a+.【例2】已知函数()()e ln xf x x m =-+.当2m 时,证明:()0f x >.【解析】证明：函数()f x 的定义域为(),m ∞-+,则()()e 11e x xx m f x x m x m+-=-=++'. 设()()e 1xg x x m =+-.()()1e 0x g x x m =++'>, ()g x ∴在(),m ∞-+上单调递增.又()()210,22e 12110m g m g m --=--=-⨯->()0g x ∴=在(),m ∞-+上有唯一实根0x .当()0,x m x ∈-时,()()0,0g x f x <<'.当()0,x x ∞∈+时,()()0,0g x f x >>',从而当0x x =时,()f x 取得最小值为()0f x . 由方程()0g x =的根为0x ,得()00001e ,ln x x m x x m=+=-+ 故()(0000011)2f x x x m m m x m x m=+=++--++,当且仅当01x m +=时,取等号.又2m 时,()00f x ∴.()00f x 取等号的条件是01x m +=,001e x x m=+及2m =同时成立,这是不行能的,()00f x ∴>,故()0f x >.【例3】已知函数()()()1e ,ln 1xf x xg x k x k x +==++.(1)求()f x 的单调区间.(2)证明:当0k >时,方程()f x k =在区间()0,∞+上只有一个零点. (3)设()()()h x f x g x =-,其中0k >,若()0h x 恒成立,求k 的取值范围. 【解析】(1)()1e x f x x +=,()()111e e 1e x x x f x x x +++∴'=+=+,令()0f x '>得1x >-. 令()0f x '<得1x <-.故()f x 的单调减区间为(),1∞--,单调增区间为()1,∞-+. (2)证(明)设()()1e x t xf x k x k +=-=-,0k >,则()()11ex t x x +=+'.由(1)题可知()t x 在()1,∞-+上单调递增,又()()()1100,ee 10k k t k t k k k k ++=-=-=-,()t x ∴在()0,∞+上只有一个零点.故当0k >,方程()f x k =在区间()0,∞+上只有一个零点. (3)由题意得()()()()1eln 1,(0,0)x h x f x g x x k x k x x k +=-=--+>>,()()()1111e e x x k x h x x k x k x x+++∴=+-=⋅'--. 令()0h x '=,则1e0x x k +-=.由(2)题得()1e,0x t x x k k +=->,在区间()0,∞+上单调递增且只有一个零点.不妨设()t x 的零点为0x ,则当()00,x x ∈时,()0t x <,即()h x '<0,此时()h x 单调递减.当()0x x ∞∈+时,()0t x >,即()h x '>0,此时()h x 单调递增,∴函数()h x 的最小值为()0h x ,且()()010000e ln 1x h x x k x k x +=--+.由010e 0x x k +-=得00e 1x kx =+,故 ()()0001ln1ln e x k h x k k k x k k k +=--+=-.依据题意()00h x ,即ln 0k k k -, 解得0e k <.故实数k 的取值范围是(]0,e .隐零点求最值利用隐零点求最值的步骤:第一步:求出一阶导函数()f x ',并判定其单调性(也可利用二阶导函数来判定). 其次步:利用零点存在定理判定()f x '存在零点,写出零点方程()00f x '=,并确定零点取值范围()0:,x a b ∈.第三步:通常极值就是最值,写出最值表达式()0f x .第四步:零点等式变形代人最值表达式,这里常用到一个指对互化的变形方式:00000011e 0e e 1x x x x x x -=⇔=⇔=⇔ ()0000ln e ln 0x x x x =+=【例1】求函数()ln 1(0)e xx x F x x x ++=>的最大值.【解析】由已知得()()()()()()2211e 1e ln 1e 1ln .e x x x xx x x x x F x x x x x x ⎛⎫+-+⨯+'+ ⎪⎝⎭=-++=令()ln (0)x x x x ϕ=+>,则()110x xϕ=+>' ∴函数()x ϕ在()0,∞+上单调递增.()1110,110e eϕϕ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭,∴存在01,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()000ln 0x x x ϕ=+=,其中0000ln 0e 1x x x x +=⇔=(指对互化).∴当00x x <<时,()()0,0x F x ϕ'.当0x x >时,()()0,0x F x ϕ><'.()F x ∴在()00,x 上单调递增,在()0,x ∞+上单调递减.()000max 00ln 1() 1.ex x x F x F x x ++∴===【例2】求()()e 1ln 2,x F x x x x =--+>0时的最小值. 【解析】()()()111e 1e e 11e ,0.x x x x x F x x x x x x x x +⎛⎫=-+-=+-=+'-> ⎪⎝⎭ ()1e ,0x h x x x=->.令()21e 0xh x x =+>'. ()()0,h x 在∞∴+上单调递增.()120,1e102h h⎛⎫∴==-⎪⎝⎭，存在唯一的1,12x⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()01e0xh xx=-=当()()0,0,0.x x h x F x时即'<<<<()(),0,0x x h x F x当时即'>>>.故()F x在()00,x上单调递减,在(),x∞+上单调递增.()00min00000()e1ln2e ln2x xF x x x x x x=--+=--+,由于()01e0xh xx=-=得0e1xx=,再对0e1xx=两边取对数得00ln0x x+=.min000()e ln21023xF x x x x∴=--+=-+=.【例3】求()1lne2xxxxϕ+=-+的最大值.【解析】()()222211ln ln ee,0.xx x x xxx xx xϕ'⋅-+--=-=>令()()()()2211ln e,2e e e20(0)x x x xx x x x x x x x xx x则μμ=--=--+=--+<>'，()()0,x在μ∞∴+单调递减又()12e11e0,1e0,eμμ-⎛⎫=->=-<⎪⎝⎭由零点存在性定理知,存在唯一零点()0200001,1,0,ln e.exx x x x使即μ⎛⎫∈=-=⎪⎝⎭两边取对数可得()000ln ln2lnx x x-=+,即()()0000ln ln ln lnx x x x-+-=+.由函数lny x x=+为单调增函数可得00ln ,x x =-()()00,0,0.x x x x 当时μϕ'∴当0x x >时，()()0,0x x μϕ<<'.()x ϕ∴在()00,x 上单调递增,在()0,x ∞+上单调递减.()()00000001ln 11e 221x x x x x x x x ϕϕ+-∴=-+=-+=.隐零点求参数取值范——参变分别参变分别法求解含参不等式恒成立,求参数取值范围问题,就是按参变分别的基本步骤.不同的只是分别参数之后求最值时,无法精确地求出极值,只能用隐零点的方式求出一个范围,所以所求最值也只是一个范围.这一类题目,会有一个明显的特征,就是所求参数通常为正整数,只有这样,参数才能取到一个确定的值。

利用导数研究函数的零点专题课件-2025届高三数学二轮复习+++

令f'(x)=0,解得x=-2.
f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
x
(-∞,-2)
f'(x)
-
f(x)
单调递减
-2
0
1
− 2

所以f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增.
1
当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)= − 2 .

(-2,+∞)
+
单调递增
(2)令f(x)=0,解得x=-1.
来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进
而求解
【考点分类练】
命题点1
根据函数零点个数求参数
已知函数零点个数求参数的方法
(1)数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合
象的交点个数.
考点一
探究零点个数
例1(2024·河南郑州三模)已知函数f(x)=eax-x.
(1)若a=2,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的零点个数.
解 (1)若a=2,则f(x)=e2x-x,f'(x)=2e2x-1.
又f(1)=e2-1,切点为(1,e2-1),

此 f(x)在 R 上单调递减.当 a>0 时,f'(x)=2a e +
则 f(x)在
1
ln ,
+ ∞ 上单调递增;令 f'(x)<0,得
1

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).。

2023届新高考数学二轮复习：专题(导数解答题之零点题)提分练习(附答案)

2023届新高考数学二轮复习：专题（导数解答题之零点题）提分练习【总结】1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．【典型例题】例1．（2023秋ꞏ内蒙古包头ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln 11f x x a x =--+. (1)若()f x 存在极值，求a 的取值范围；(2)当2a =时，讨论函数()()sin g x f x x =+的零点情况.例2．（2023春ꞏ全国ꞏ高三竞赛）已知函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈．设()f x '为()f x 的导函数．(1)证明：()f x '有且仅有一个极值点；(2)判断()f x 的所有零点之和与2π的大小关系，并说明理由．例3．（2023秋ꞏ重庆ꞏ高三统考学业考试）已知函数2()ln ,R f x x x a x a =--∈.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,0)处的切线方程； (2)当02e a <<时，讨论函数()f x 的零点个数.例4．（2023秋ꞏ山东日照ꞏ高三校联考期末）已知函数()sin e ()x f x x a f x π-='-，是()f x 的导函数．(1)若()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若(π)0f '=，判断关于x 的方程()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数，并说明理由．例5．（2023秋ꞏ江西赣州ꞏ高三统考期末）已知函数()e x f x =，()22g x x x a =-++．(1)讨论函数()()()h x f x g x =⋅的单调性；(2)若函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，求证：曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．例6．（2023春ꞏ广东江门ꞏ高三校联考开学考试）已知函数21()e 2xf x x ax =+，()f x '为其导函数.(1)若2a =-，求()f x '的单调区间；(2)若关于x 的方程()x f x e =有两个不相等的实根，求实数a 的取值范围.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知2x =是函数2()e x f x ax =-的极值点.(1)求a ；(2)证明：()f x 有两个零点，且其中一个零点02,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；(3)证明：()f x 的所有零点都大于1ln 22-.例8．（2023秋ꞏ安徽阜阳ꞏ高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知函数1()e xf x x=+． (1)求()f x 的导函数()f x '的单调区间；(2)若方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根123 ,,x x x ，且12301x x x <<<<，求实数 a 的取值范围．例9．（2023春ꞏ江苏南京ꞏ高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数()e xf x =和()ln g x ax x =-，a ∈R(1)求()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若当()1,x ∈+∞时，()ln g x x x a <+恒成立，求a 的取值范围； (3)若()()h x f x ax =-与()y g x =有相同的最小值． ①求出a ；②证明：存在实数b ，使得()h x b =和()g x b =共有三个不同的根1x 、2x 、()3123x x x x <<，且1x 、2x 、3x 依次成等差数列．【过关测试】1．（2023秋ꞏ江苏苏州ꞏ高三统考期末）已知函数()ln(1)2axf x x x =+-+． (1)若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围； (2)讨论()f x 的零点个数．2．（2023秋ꞏ河南驻马店ꞏ高三统考期末）已知函数()21ln 12f x x x x x =---. (1)求()f x 的单调区间； (2)若函数()()()2121ln 12g x x a x a x =+-+--恰有两个不同的零点，求a 的取值范围.3．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知01a <<，函数()1x f x x a -=+，()1log a g x x x =++.(1)若()e e g =，求函数()f x 的极小值；(2)若函数()()y f x g x =-存在唯一的零点，求a 的取值范围.4．（2023秋ꞏ河南信阳ꞏ高三信阳高中校考期末）已知函数()()212ln ,e (0)x b f x x x a x g x xx -=--=->，其中0,,e a b ⎤>∈⎥⎦是自然对数的底数. (1)若()f x 在区间()1,+∞上单调递增，求a 的取值范围；(2)设函数()()()()()2f xg x f x g xh x +--=，证明：存在唯一的正实数a ，使得()h x 恰好有两个零点.5．（2023秋ꞏ内蒙古呼和浩特ꞏ高三统考期末）已知函数()e 2xx x a f x a =-+.(1)当12a =时，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.6．（2023秋ꞏ河北衡水ꞏ高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数()e sin xf x x ax =+，π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. (1)若1a =-，求()f x 的最小值；(2)若()f x 有且只有两个零点，求实数a 的取值范围.7．（2023ꞏ辽宁ꞏ辽宁实验中学校考模拟预测）已知函数()e cos xf x x =．(1)求()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内的极大值；(2)令函数()1()e xaf x F x x =-，当πa >时，证明：()F x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且仅有两个零点．8．（2023秋ꞏ江苏南通ꞏ高三统考期末）已知函数()ln f x a x =，()()1e xg x x =-，其中a 为实数.(1)若函数()f x ，()g x 的图象在1x =处的切线重合，求a 的值；(2)若e a >，设函数()()()h x f x g x =-的极值点为0x .求证：①函数()h x 有两个零点1x ，2x （12x x <）；②01231x x x -->.9．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()()2sin ln 1f x x x x =-+-. (1)当10-<≤x 时，求()f x 的最小值；(2)设()()g x f x x =+，(]1,2πx ∈-，证明：()g x 有且仅有3个零点.（1.414≈，πln 1 1.544⎛⎫-≈- ⎪⎝⎭.）10．（2023春ꞏ云南ꞏ高三校联考开学考试）已知函数()(01)x f x a ax a a =->≠且． (1)当e a =时，求函数()f x 的极值；(2)讨论()f x 在区间(0,1)上的水平切线的条数．11．（2023秋ꞏ广西南宁ꞏ高三南宁二中校考期末）已知函数()()()22ln 11af x x x =+-+有两个不同的零点x 1，x 2.(1)当112x -<<-时，求证：()12ln 11x x +>-+；(2)求实数a 的取值范围；12．（2023秋ꞏ湖北武汉ꞏ高三统考期末）已知函数()xf x a =与()log a g x x =（0a >，且1a ≠）(1)求()g x 在()()1,1g 处的切线方程；(2)若1a >，()()()h x f x g x =-恰有两个零点，求a 的取值范围13．（2023秋ꞏ浙江ꞏ高三浙江省永康市第一中学校联考期末）已知函数()e x f x ax =-，()2g x x a =-+(1)当1a =时，求函数()()y f x g x =-的最小值；(2)设01a <<，证明：曲线()y f x =与曲线()y g x =有两条公切线.14．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()ln f x a x x =-1e a ⎛⎫> ⎪⎝⎭（e 是自然对数的底数）.(1)若12,x x （120x x <<）是函数()y f x =的两个零点，证明：12112ln x x x x <-； (2)当2a =时，若对于0k ∀>，曲线C ：2y m kx =-与曲线()y f x =都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围.15．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()()e 1xf x a x a =--∈R .(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()ln e 0f x x +-=在()1,+∞无实数解，求实数a 的取值范围.16．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数2()eln (R),()eln x f x ax x a g x x x=+∈=-. (1)讨论函数()()2F x f x =在()0,∞+上的单调性；(2)若函数()f x 的图象与()g x 的图象有三个不同的交点，求实数a 的取值范围.17．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()ln f x a x x =-（e 是自然对数的底数）． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当2a =时，若对于0k ∀>，曲线C ：2y m kx =-与曲线()y f x =都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围．参考答案【总结】1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．【典型例题】例1．（2023秋ꞏ内蒙古包头ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln 11f x x a x =--+. (1)若()f x 存在极值，求a 的取值范围；(2)当2a =时，讨论函数()()sin g x f x x =+的零点情况. 【答案解析】（1）因为()()ln 11f x x a x =--+，所以()()11(0)f x a x x'=-->，当10a -≤，即1a ≤时，()0f x ¢>，则()f x 为单调递增函数，不可能有极值，舍去；当10a ->，即1a >时，令()0f x '=，解得11x a =-，当101x a <<-时，()0f x ¢>；当11x a >-时，()0f x '<；所以()f x 在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫+∞⎪-⎝⎭上单调递减，所以()f x 在11x a =-取得极大值，符合题意；综上：1a >，故实数a 的取值范围为()1,+∞.（2）当2a =时，()ln 1sin (0)g x x x x x =-++>，则()11cos g x x x'=-+，令()()11cos 0h x x x x =-+>，则()21sin h x x x'=--，（i ）当(]0,πx ∈时，()0h x '<，则()h x 单调递减，即()g x '单调递减，注意到()cos101g '=>，()120ππg '=-<，所以存在唯一的()01,πx ∈使()00g x '=，且当00x x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增，当0πx x <≤时，()0g x '<，()g x 单调递减，注意到22211121sin 0e e e g ⎛⎫=--++< ⎪⎝⎭，()1sin10g =>，2ln πln e 2π1<=<-，则()πln ππ10g =-+<，所以()g x 在21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,π上各有一个零点；（ii ）当(]π,2πx ∈时，sin 0x ≤，故()ln 1g x x x ≤-+，令()()ln 1π2πx x x x ϕ=-+<≤，则()110x xϕ'=-<，所以()x ϕ在(]π,2π上单调递减，故()()πln ππ10x ϕϕ<=-+<，所以()()0g x x ϕ≤<，故()g x 在(]π,2π上无零点；（iii ）当()2π,x ∈+∞时，sin 1x ≤，则()ln 2g x x x ≤-+，令()()ln 22πm x x x x =-+>，则()110m x x=-<'，所以()m x 在()2π,+∞上单调递减，又3ln 2πln e 32π2<=<-，故()()2πln 2π2π20m x m <=-+<，所以()()0g x m x ≤<，故()g x 在()2π,+∞上无零点；综上：()g x 在21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,π上各有一个零点，共有两个零点.例2．（2023春ꞏ全国ꞏ高三竞赛）已知函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈．设()f x '为()f x 的导函数．(1)证明：()f x '有且仅有一个极值点；(2)判断()f x 的所有零点之和与2π的大小关系，并说明理由．【答案解析】（1）证明：因为()()1e cos ,0,2πx f x x x -=+∈，所以()1e sin x f x x --'=- 设()()1e sin xg x f x x -==--'，()0,2πx ∈，所以()()111e cos e 1e cos xx x g x x x ---=--'=，其中1e 0x ->恒成立，令()11e cos x h x x -=-，()0,2πx ∈，则()111πecos e sin sin 4x x x h x x x x ---⎛⎫=-+='- ⎪⎝⎭，因为()0,2πx ∈，所以ππ7π,444x ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，所以当π0,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，当π5π,44x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当5π,2π4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递增；又()π1104π01e 0,1e 1e 0422h h --⎛⎫=->=->-> ⎪⎝⎭，5ππ044h h ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，7π1147π1e 1e 0422h -⎛⎫=-<-< ⎪⎝⎭，()7π2π04h h ⎛⎫<< ⎪⎝⎭所以05π7π,44x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()01001e cos 0x h x x -=-= ，即010e cos xx -=，故对于()()1e x g x h x -'=有()00g x '=，当()00,x x ∈时，()00g x '>，函数()f x '单调递增，当()0,2πx x ∈时，()00g x '<，函数()f x '单调递减，所以0x 是函数()f x '的极大值点，()f x '无极小值点，故()f x '有且仅有一个极值点. （2）()f x 的所有零点之和大于2π，理由如下：函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈，其导函数()1e sin x f x x --'=-，05π7π,44x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得当()00,x x ∈时，()f x '单调递增，当()0,2πx x ∈时，函数()f x '单调递减，又010ecos x x -=，所以()()0100000π0e 0,e sin cos sin 4xf f x x x x x -⎛⎫=-<=--=--=+' ⎝'⎪⎭，因为057π,π44x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以0π3π,2π42x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()00f x '>，又()12π2πe0f -'=-<，故()100,x x ∃∈，使得()10f x '=，()20,2πx x ∃∈，使得()20f x '=，于是可得：当()10,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()12,x x x ∈时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，当()2,2πx x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，又()3π11π23ππe0,e 102f f --⎛''⎭<⎫=-=-+> ⎪⎝，故13ππ,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()π11π2πe 0,πe 102f f --⎛⎫=>=-< ⎪⎝⎭，所以存在π,π2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0f α=，所以()()1π0f x f <<，又3π123πe 02f -⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以()23π02f x f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，则存在3ππ,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0f β=，又()12π2πe10f -=+>，所以函数()f x 在区间()2,2πx x ∈上无零点；故函数在()0,2πx ∈上有两个零点,αβ，且π3ππ22αβ<<<<，由()()0f f αβ==可得：11e cos 0,e cos 0αβαβ--+=+=，所以11cos e ,cos e αβαβ--=-=-，又111111e e e e αβαβαβαβ----<⇒->-⇒>⇒-<-，所以()cos cos cos 2παββ<=-，根据π3ππ22αβ<<<<，可得：ππ2α<<，π2ππ2β<-<，并且函数cos y x =在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，所以2παβ>-，即2παβ+>，故()f x 的两个零点之和大于2π.例3．（2023秋ꞏ重庆ꞏ高三统考学业考试）已知函数2()ln ,R f x x x a x a =--∈.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,0)处的切线方程； (2)当02e a <<时，讨论函数()f x 的零点个数.【答案解析】（1）因为1a =，所以()2()ln 0f x x x x x =-->，令()()ln 0x x x x ϕ=->，则()111x x x xϕ-'=-=，令()0x ϕ'>，得1x >；令()0x ϕ'<，得01x <<；所以()x ϕ在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，所以()()11ln10x ϕϕ≥=->，即ln 0x x ->恒成立，所以2()ln f x x x x =-+，则1()21f x x x'=-+，所以切线的斜率为()12k f '==，又切点为(1,0)，所以切线方程为()21y x =-，即22y x =-.（2）令()0f x =，则2ln x x a x =-，该式等价于2ln x x a x =-或2ln x x a x =-+，当2ln x x a x =-时，有2ln x a x x =--，令()()20m x x x x =->，()ln n x a x =-，则2ln x x a x =-的解的个数即为()m x 与()n x 的交点个数，易知()m x 开口向上，对称轴为12x =，所以()m x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，且()()010m m ==，而ln y x =在()0,∞+上单调递增，02e a <<，所以()ln n x a x =-在()0,∞+上单调递减，且()10n =，作出()m x 与()n x 的图像，如图，所以()m x 与()n x 的交点只有一个，且为()1,0，故2ln x x a x =-只有一个解；当2ln x x a x =-+时，因为当1x =时，该式不成立，所以2ln x a xx=+，令()()20ln x x h x x x+=>，则2(12)ln (1)()(ln )x x x h x x +-+'=，令()()(12)ln (1)0s x x x x x =+-+>，则1()2ln 1s x x x'=++，令()()12ln 10g x x x x=++>，则()221x g x x -'=，令()0g x '>，得12x >；令()0g x '<，得102x <<；所以()g x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 112ln 2132ln 2022g x g ⎛⎫==++=-> ⎪⎝⎭，故()()0s x g x '=>，所以()s x 在(0,)+∞上单调递增，因为()10,e e 02ss =-<=>，所以存在0x ∈，使得()00s x =，则()s x 在0(0,)x 上()0s x <，在0(,)x +∞上()0s x >，所以()()2()ln s x h x x '=在()0,1上()0h x '<，在()01,x 上()0h x '<，在()0,x +∞上()0h x '>，所以() h x 在()0,1上单调递减，在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上调递增，因为()00s x =，所以000(12)ln (1)0x x x +-+=，即000121ln 1x x x +=+，所以()()()2200000000min0012ln 112x x x h x h x x x x x x x ++===+⋅=++，因为22y x x =+在()0,∞+上单调递增，0x ，所以20022e 2e 2x x +>⨯+>，故()()02e h x h x ≥>，又因为02e a <<，所以方程()a h x =无解，即方程2ln x a x x=+无解，故2ln x x a x =-+无解；综上：当02e a <<时，2ln x x a x =-与2ln x x a x =-+只有一个解，即()f x 只有一个零点. 例4．（2023秋ꞏ山东日照ꞏ高三校联考期末）已知函数()sin e ()x f x x a f x π-='-，是()f x 的导函数．(1)若()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若(π)0f '=，判断关于x 的方程()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数，并说明理由．【答案解析】（1）由题意()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，得π()sin e 0x f x x a --≥= ，即πe e sin x a x ≤恒成立，令()e sin x m x x =，则()()e sin cos xm x x x '=+ ，当(π,π)x ∈-时，π3π5π(,)444x +∈-，令()()e sin cos 0xm x x x '=+>π04x +>，则π(0,π)4x +∈，得π3π44x -≤<，令()()e sin cos 0xm x x x '=+<π04x +<，π3π(,0)44x +∈-或π5π(π,)44x +∈得 ππ4x -<<-或3ππ4x <<，所以()()e sin cos xm x x x '=+在π(π,)4--和(3π,π)4为减函数，在π3π(,)44-上为增函数，()π(π)=0m m =- ，ππ()()44ππ(e sin()44m ---=-=，故π()4min ()m x -=，故π(π4e a -≤，即5π()4a -≤，综上，实数a 的取值范围5π()4(,e ]2--∞ .（2）由题意()sin e ()cos e x x f x x a f x x a π-π-'=-=+，， ()π10,1f a a '=-+=∴= ,由()1f x =-，得πsin e 10x x --+= ，令()πsin e1xs x x -=-+ ，()πcos e x s x x -'=+ 令()πcos e x x x g -=+，π()sin e x g x x -'=--,令ππ()sin e ()cos e ,x x h x x h x x --'=--=-+()h x '在[]*(21)π,(22)π,N k k k ++∈上单调递减,注意到2ππ2π((21)π)1e 0,((22)π))1e 0k k h k h k ---''+=+>+=-+<, ∴存在()()021π,22()πx k k ∈++,使0()0h x '=，且当()021πk x x +≤<时，()0h x '> ，()g x ' 单调递增, 当()02π2x x k <≤+时，()0h x '<，()g x '单调递减,且2ππ2π((21)π)e 0,((22)π)e 0k k g k g k ---''+=-<+=-< ,π2π23((21e 02k g k --'+=-> ,所以()g x '在3(21)π,(22k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭和3(2)π,(22)π2k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭上各有一个零点，设为12,x x ，且当()1[21π,)x k x ∈+时，()s x '单调递减；12(,)x x x ∈时，()s x '单调递增，当()2(,22π]x x k ∈+时，()s x '单调递减且()()()()2ππ2π211ππe0,221e 0k k s k s k ---''+=-+<+=+> ，∴当()121πk x x +≤≤时，()()()21π0x s k s +''<< ，当()222πx x k <≤+ 时，()()()22π0x s k s +''>>，故()s x '在12(,)x x 上有唯一的零点，设为3x ，且当()321πk x x +<< ，时，()0s x '< ，()s x 在()321π)(,k x +上单调递减；当()322πx x k <<+ 时，()0s x '>，()s x 在()3,22π()x k +上单调递增．注意到2ππ2π((21)π)e 10,((22)π)e 10k k s k s k ---+=-+>+=-+> ，π2π23((2)π)e 02k s k --+=-< ，所以：()s x 在3((21)π,(2)π)2k k ++和3((22)π)2k k ++上各有一个零点，设为45,x x ，所以()s x 共两个零点，故方程()1f x =-()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数为2. 例5．（2023秋ꞏ江西赣州ꞏ高三统考期末）已知函数()e xf x =，()22g x x x a =-++．(1)讨论函数()()()h x f x g x =⋅的单调性；(2)若函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，求证：曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．【答案解析】（1）()()2e 2x h x x x a =-++定义域为R ，所以()()2e 2x h x a x '=+-，①当20a +≤即2a ≤-时，()0h x '≤恒成立，函数()h x 在(),x ∈-∞+∞上为单调递减函数．②当20a +>即2a >-时，令()0h x '>得：x <<，令()0h x '<得：x <x >所以，函数()h x 在(x ∈上单调递增，在(,x ∈-∞和)x ∈+∞上单调递减综上所述，当2a ≤-时，函数()h x 在(),x ∈-∞+∞上为单调递减；当2a >-时，()h x 在(x ∈上单调递增，在(,x ∈-∞和)x ∈+∞上单调递减；（2）构造()()()2e 2x F xf xg x x x a =-=+--，所以()22e xF x x '=+-．记()()m x F x '=，()20e xm x '=+>恒成立，即()m x 在(),x ∈-∞+∞上单调递增．而()00210e m =-=-<，1102m ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以存在唯一的010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00m x =，即000e 22xx +-=，由()e x f x =，()22g x x x a =-++可得()e xf x '=，()22g x x '=-+，所以()00e xf x '=，()0022g x x '=-+，所以()()00f x g x ''=，即曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线．又因为当()0,x x ∈-∞时，()0F x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0F x '>，故()F x 在()0,x x ∈-∞上单调递减，在()0,x x ∈+∞上单调递增，故()F x 在0x x =上取得极小值，也是最小值，即()()min 0F x F x =，由于函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，所以()00F x =，即0200e 20x x x a +--=，故()02220000e 24222x a x x x x x =+-=-+=--，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()2022a x =--在010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，所以1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，综上，曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．例6．（2023春ꞏ广东江门ꞏ高三校联考开学考试）已知函数21()e 2xf x x ax =+，()f x '为其导函数.(1)若2a =-，求()f x '的单调区间；(2)若关于x 的方程()x f x e =有两个不相等的实根，求实数a 的取值范围.【答案解析】（1）函数2()e x f x x x =-，x ∈R ，则()()1e 2xf x x x =+-'，令()()()1e 2x h x f x x x ==+-'，则()()2e 2x h x x +'=-，设()()2e 2xm x x =+-，则()()3e 0x m x x +'==，得3x =-，故(),3x ∈-∞-时，()0m x '<，函数()m x 即()h x '单调递减，()3,x ∈-+∞时，()0m x '>，函数()m x 即()h x '单调递增，所以min 31()(3)20e h x h =-=--<'，又x →-∞时，()h x '→-∞，又(0)0h '=，所以(),0x ∈-∞时，()0h x '<，函数()f x '单调递减，()0,x ∈+∞时，()0h x '>，函数()f x '单调递增，故()f x '的单调减区间为(),0∞-，增区间为()0,∞+；（2）关于x 的方程21e =e 2x x x ax +有两个不相等的实根，即函数()21e e 2x xg x x ax =-+，在x ∈R 上有两个零点，又()()()1e e e x x xg x x ax x a =+-+=+'，①当0a ≥时，()0g x '=，得0x =，所以当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()()min 01g x g ==-，又x →-∞时，()g x →+∞，()22e 20g a =+>，则函数()g x 在x ∈R上有两个零点；②当0a <时，()0g x '=，得0x =，()ln x a =-，（i ）当1a =-时，()ln 0a -=，此时()0g x '≥恒成立，函数()g x 单调递增，在x ∈R 上不可能有两个零点，不符合题意；（ii ）当10a -<<时，()ln 0a -<，则当()(),ln x a ∈-∞-时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()()ln ,0x a ∈-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()()()()()()2211ln ln ln ln 11022g a a a a a a a a ⎡⎤-=--++-=--+<⎣⎦，()01g =-，故函数()g x 在区间(),0x ∈-∞无零点，在()0,x ∈+∞不可能存在两个零点，故不符合题意；（iii ）当1a <-时，()ln 0a ->，则当(),0x ∈-∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()()0,ln x a ∈-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()()ln ,x a ∈-+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，又()01g =-，故函数()g x 在区间()(),ln x a ∈-∞-无零点，在()()ln ,x a ∈-+∞不可能存在两个零点，故不符合题意；综上，实数a 的取值范围[)0,∞+.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知2x =是函数2()e x f x ax =-的极值点.(1)求a ；(2)证明：()f x 有两个零点，且其中一个零点02,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；(3)证明：()f x 的所有零点都大于1ln 22-.【答案解析】（1）2()e x f x ax =-，则()e 2x f x ax '=-，因为2x =是函数()f x 的极值点，所以(2)0f '=，即2e 40a -=，解得2e 4a =.当2e 4a =时，2e ()e 2xf x x '=-，当(1,2)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，所以2x =是函数()f x 的极小值点，故2e 4a =；（2）由(1)知，22e ()e 4xf x x =-，令()0f x =，则22e e 4xx =，作e xy =和22e 4y x =函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有2个交点，且一个交点分布在(,0)-∞上，另一个分布在(0,)+∞上，所以方程()0f x =有2个解，即函数()y f x =有2个零点. 易知2是函数()f x 的一个零点，设另一个零点为0x ，又(0)10=>f ，2222e e 2e 2()e ()e 10e 4ef ---=--=-<，所以2(0)()0e f f -<，又函数()f x 在定义域上连续，由零点的存在性定理，知02(,0)ex ∈-；（3）由(1)知，22e ()e 4xf x x =-，当0x =时，(0)1f =，当0x ≠时，令()0f x =，则22e 14x x -=，设22e (0)()x h x x x -=≠，则()0h x >，23e (2)()x x x h x --='，令()00h x x '>⇒<或2x >，令()002h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增，在(0,2)上单调递减，又1(2)0,(2)4h h ->=，2ln 221-<-<-，得111ln 222-<<-- 所以213132,0()1ln 222ln 22-<-<-<<--，又332e >16e 4⇒>，所以当1ln 22x =-时，1322ln 2223322221e e (ln 22)11()11ln 224(()e e ln 22ln 22h ----=<=<<---，作出函数()y h x =和14y =的图象，如图所示，由图可知，两函数图象的交点的的横坐标都大于1ln 22-，故函数()f x 的所有零点都大于1ln 22-.例8．（2023秋ꞏ安徽阜阳ꞏ高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知函数1()e xf x x=+． (1)求()f x 的导函数()f x '的单调区间；(2)若方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根123 ,,x x x ，且12301x x x <<<<，求实数 a 的取值范围．【答案解析】（1）函数f (x )的定义域为()()()21,00,,e xf x x '-∞⋃+∞=-记()()g x f x '=，则()3332e 2e x x x g x x x '+=+=．当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在()0,+∞上单调递增，当(),0x ∈-∞时，记()()()32e 2,3e xx x x x x x ϕϕ'=+=+，所以(),3x ∈-∞-时，()0x ϕ'<，()x ϕ递减；()3,0x ∈-时，()0x ϕ'>，()x ϕ递增，()x ϕ的极小值为()333332e e 332e 0ϕ⎛⎫-=-> ⎪-⎝=⎭，即有()0x ϕ>，因此()0g x '<， g (x )在(,0)-∞上单调递减，所以函数()f x '在()0,+∞上单调递增，在(,0)-∞上单调递减.（2）令()()()()211e ,e xx F x f x ax ax F x f x a a x x'=-=+-=-=--' 方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根等价于F (x )有三个零点123,,x x x ，12301x x x <<<<，当0a ≤时，因为0x >，则()0F x >，此时F (x )在()0,+∞无零点；当0a >时，由（1）知()F x '在()0,+∞上单调递增，显然1()402F a '=--<，21(ln(e ))e e 10(ln(e ))F a a '+=->->+，因此存在00x >，使得()00F x '=，()00,x x ∈，()()0,F x F x '<单调递减，()0,x x ∈+∞，()()0,F F x x '>单调递增，①若e 1a =+，则()1e 10F a =+-=，不符合题意；②若0e 1a <<+，()1e 10F a =+->，当01x ≥时，(0,1)x ∈，()0F x >，()F x 在()0,1上无零点，当01x <时，()()1,,0x F x ∈+∞>，()F x 在()1,+∞上无零点，不符合题意， ③若e 1a >+，则()1e 10F a =+-<，()1e 10F a '=--<，于是01x >，而当01x <<时，1e e x <<，0a ax -<-<，但1x的取值集合是(1,)+∞，因此存在(0,1)t ∈，使得()0F t >，当1x >时，令2()e x h x x =-，()e 2x h x x '=-，令()()e 2x u x h x x '==-，则()e 2e 20x u x '=->->，即()h x '在(1,)+∞上单调递增，()(1)e 20h x h ''>=->， ()h x 在(1,)+∞上单调递增，()(1)e 10h x h >=->，因此当1x >时，2e x x >，有()2211e xF x ax x ax x ax x x=+->+->-，因为当x a ≥时，二次函数2x ax -的值域是[0,)+∞，于是得当x a ≥时，()0F x >，因此存在2301x x <<<，使得()()230F x F x ==，此时当0x <时，()e 10xF x a a '<-<-<，即函数F (x )在(,0)-∞上单调递减，由()11111e 10,e 1e e 0a a F a F a a ---⎛⎫-=-+>-=-+<-< ⎪⎝⎭因此存在10x <，使得()10F x =，从而当e 1a >+时，F (x )有三个零点123,,x x x ，且12301x x x <<<<，所以实数a 的取值范围是()e 1,++∞．例9．（2023春ꞏ江苏南京ꞏ高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数()e xf x =和()ln g x ax x =-，a ∈R(1)求()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若当()1,x ∈+∞时，()ln g x x x a <+恒成立，求a 的取值范围； (3)若()()h x f x ax =-与()y g x =有相同的最小值． ①求出a ；②证明：存在实数b ，使得()h x b =和()g x b =共有三个不同的根1x 、2x 、()3123x x x x <<，且1x 、2x 、3x 依次成等差数列．【答案解析】（1）因为()e x f x =，则()e x f x '=，所以，()()001f f '==，所以，()y f x =在0x =处的切线方程为1y x =+. （2）当()1,x ∈+∞时，不等式()ln g x x x a <+等价于()1ln 01a x x x -->+．设()()1ln 1a x p x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x a p x x x x x +-+'=-=++，且()10p =. 对于函数()2211y x a x =+-+，()()241442a a a ∆=--=-.（ⅰ）当2a ≤且()1,x ∈+∞时，()22211210x a x x x +-+≥-+>，故()0p x '>，则()p x 在()1,+∞上单调递增，因此()()10p x p >=；（ⅱ）当2a >时，令()0p x '=得11x a =-21x a =-由122110x x x x =⎧⎨>>⎩得101x <<，21x >，故当()21,x x ∈时，()0p x '<，()p x 在()21,x 单调递减，因此()()210p x p <=，不合乎题意.综上，a 的取值范围是(],2-∞．（3）①()e xh x ax =-的定义域为R ，而()e x h x a '=-，若0a ≤，则()0h x '>，此时()h x 无最小值，故0a >. 函数()ln g x ax x =-的定义域为()0,∞+，而()11ax g x a x x-'=-=. 当ln x a <时，()0h x '<，故()h x 在(),ln a -∞上为减函数，当ln x a >时，()0h x '>，故()h x 在()ln ,a +∞上为增函数，故()()min ln ln h x h a a a a ==-. 当10x a <<时，()0g x '<，故()g x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数，当1x a >时，()0g x '>，故()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为增函数，故()min 111ln 1ln g x g a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭.因为()e xh x ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值，故1n ln l a a a a =-+，整理得到1ln 1a a a-=+，其中0a >，设()1ln 1a s a a a -=-+，其中0a >，则()()()222211011a s a a a a a --'=-=<++，故()s a 为()0,∞+上的减函数，而()10s =，故()0s a =的唯一解为1a =，故1ln 1aa a-=+的解为1a =. 综上，1a =.②由①可得()e xh x x =-和()ln g x x x =-的最小值为1ln11+=.当1b >时，考虑e x x b -=的解的个数、ln x x b -=的解的个数.设()e x S x x b =--，()e 1xS x '=-，当0x <时，()0S x '<，当0x >时，()0S x '>，故()S x 在(),0∞-上为减函数，在()0,∞+上为增函数，所以()()min 010S x S b ==-<，而()e0bS b --=>，()e 2b S b b =-，设()e 2b u b b =-，其中1b >，则()e 20bu b '=->，故()u b 在()1,+∞上为增函数，故()()1e 20u b u >=->，故()0S b >，故()e xS x x b =--有两个不同的零点，即方程e x x b -=的解的个数为2.设()ln T x x x b =--，()1x T x x-'=，当01x <<时，()0T x '<，当1x >时，()0T x '>，故()T x 在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数，所以()()min 110T x T b ==-<，而()ee0bbT --=>，()e e 20b b T b =->，()ln T x x x b =--有两个不同的零点即ln x x b -=的解的个数为2.当1b =，由①讨论可得ln x x b -=、e x x b -=仅有一个解，当1b <时，由①讨论可得ln x x b -=、e x x b -=均无根，故若存在直线y b =与曲线()y h x =、()y g x =有三个不同的交点，则1b >.设()e ln 2x t x x x =+-，其中0x >，故()1e 2xt x x'=+-，设()e 1x r x x =--，其中0x >，则()e 10xr x '=->，故()r x 在()0,∞+上为增函数，故()()00r x r >=即e 1x x >+，所以()11210t x x x'>+-≥->，所以()t x 在()0,∞+上为增函数，而()1e 20t =->，31e 333122e 3e 30e e e t ⎛⎫=--<--< ⎪⎝⎭，故()t x 在()0,∞+上有且只有一个零点2x ，且2311e x <<，当20x x <<时，()0t x <，即e ln x x x x -<-，即()()h x g x <，当2x x >时，()0t x >，即e ln x x x x ->-，即()()h x g x >，因此若存在直线y b =与曲线()y h x =、()y g x =有三个不同的交点，故()()221b h x g x ==>，此时e x x b -=有两个不同的根1x 、()2120x x x <<，此时ln x x b -=有两个不同的根2x 、()32301x x x <<<，故11e xx b -=，22e x x b -=，33ln 0x x b --=，22ln 0x x b --=，所以33ln x b x -=，即33e x bx -=，即()33e 0x bx b b ----=，故3x b -为方程e x x b -=的解，同理2x b -也为方程e x x b -=的解，又11e x x b -=可化为11e xx b =+，即()11ln 0x x b -+=，即()()11ln 0x b x b b +-+-=，故1x b +为方程ln x x b -=的解，同理2x b +也为方程ln x x b -=的解，所以{}{}1223,,x x x b x b =--，而1b >，故2312x x bx x b =-⎧⎨=-⎩，即1322x x x +=.【过关测试】1．（2023秋ꞏ江苏苏州ꞏ高三统考期末）已知函数()ln(1)2axf x x x =+-+． (1)若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围； (2)讨论()f x 的零点个数．【答案解析】（1）()f x 的定义域是(1,)-+∞，22212(42)(1)()1(2)(1)(2)a x a x f x x x x x +'-+=-=++++． ①当2a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在(1,)-+∞上单调递增，又因为(0)0f =，所以当0x ≥时，()(0)0f x f ≥=，满足题意； ②当2a >时，令22()(42)(1)(42)(42)g x x a x x a x a =+-+=+-+-，由()0g x =，得1(2)0x a =-<，2(2)0x a -=>．当()20,x x ∈时，()0g x <，()0f x '<，所以()f x 在()20,x 上单调递减，所以()()200f x f <=，不满足题意．综上所述，2a ≤．（2）①当2a ≤时，由（1）可得()f x 在(1,)-+∞上单调递增，且(0)0f =，所以()f x 在(1,)-+∞上存在1个零点；②当2a >时，由（1）可得()0g x =必有两根1x ，2x ，又因为(1)10g -=>，(0)420g a =-<所以1(1,0)x ∈-，2(0,)x ∈+∞．x ()11,x -1x()12,x x2x()2,x +∞()f x '＋－＋()f x单调递增极大值()1f x 单调递减极小值()2f x 单调递增当()12,x x x ∈时，因为(0)0f =，所以()f x 在()12,x x 上存在1个零点，且()()100f x f >=，()()200f x f <=；当()11,x x ∈-时，因为()()e 12ee 1ln e 0e 1e l---------=-=<++a aa a aaa a f ，1e 10--<-<a ，而()f x 在1(0,)x 单调递增，且1()0f x '=，而(e 1)0a g -->，故11e 1ax --<-<，所以()f x 在()11,x -上存在1个零点；当()2,x x ∈+∞时，因为()()e 12e 1ln e 0e 1e 1a a a a a a af --=-=>++， e 10a ->，而()f x 在2(,)x +∞单调递增，且2()0f x '=，而(e 1)0ag ->，所以2e 1ax ->，所以()f x 在()2,x +∞上存在1个零点．从而()f x 在()1,-+∞上存在3个零点．综上所述，当2a ≤时，()f x 存在1个零点；当2a >时，()f x 存在3个零点．2．（2023秋ꞏ河南驻马店ꞏ高三统考期末）已知函数()21ln 12f x x x x x =---. (1)求()f x 的单调区间； (2)若函数()()()2121ln 12g x x a x a x =+-+--恰有两个不同的零点，求a 的取值范围. 【答案解析】（1）由题意可得()ln f x x x '=-，设()()ln h x f x x x '==-，则()111xh x x x-'=-=由()0h x '>，得01x <<，由()0h x '<，得1x >则()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，即()f x '在(0,1)单调递增，在(1,)+∞上单调递减，从而()(1)10f x f ''≤=-<，故()f x 的单调递减区间是(0,)+∞，无递增区间（2）由题意可得21(2)1(1)(1)()2a x a x a x a x g x x a x x x-+-+-+--'=+-+==， ()g x 的定义域是(0,)+∞，①当10a -<，即1a >时，1x >时()0g x '>，01x <<时()0g x '<，则()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 因为0x →时，()g x →+∞，x →+∞时，()g x ∞→+，所以()g x 要有两个零点，则1(1)2102g a =+--<，解得52a <，故152a <<；②当10a -=，即1a =时，由21()102g x x x =--=，解得x 1=因为0x >，所以1x =()g x 有且仅有1个零点，故1a =不符合题意； ③当011a <-<，即01a <<时，由()0g x '>，得01x a <<-或1x >，由()0g x '<，得11a x -<<，则()g x 在(0,1)a -和(1,)+∞上单调递增，在(1,1)a -上单调递减. 因为0x →时，()0,g x x <→+∞时，()g x ∞→+，所以()g x 要有两个零点，则1(1)2102g a =+--=或21(1)(1)(2)(1)(1)ln(1)102g a a a a a a -=-+--+---=，若(1)0g =，解得52a =，不符合题意，若(1)0g a -=，设1(0,1)t a =-∈，则(1)0g a -=化为2211(1)ln 1ln 1022t t t t t t t t t +--+-=--+-=， 01t <<时，ln 0t t <，221111(1)0222t t t ---=-+-<，所以21ln 102t t t t --+-<，21ln 102t t t t --+-=无解，即(1)0g a -=无解，故01a <<不符合题意；④当11a -=，即0a =时，()0g x '≥恒成立，则()g x 在(0,)+∞上单调递增，从而()g x 最多有1个零点，则0a =不符合题意；⑤当11a ->，即a<0时，由()0g x '>，得01x <<或1x a >-，由()0g x '<，得11x a <<-，则()g x 在(0,1)和(1),a -+∞上单调递增，在(1,1)a -上单调递减. 因为0x →时，()0g x x <→+∞，时，()g x ∞→+ 所以()g x 要有两个零点，则(1)0g =或(1)0g a -=，若1(1)2102g a =+--=，解得52a =，不符合题意，若21(1)(1)(2)(1)(1)ln(1)102g a a a a a a -=-+--+---=．设1(1,)t a =-∈+∞，则(1)0g a -=化为2211(1)ln 1ln 1022t t t t t t t t t +--+-=--+-=，由（1）知21ln 12y t t t t =---在(1,)+∞上单调递减，所以21ln 102t t t t --+-<，21ln 102t t t t --+-=无解，即(1)0g a -=无解，故a<0不符合题意．综上，a 的取值范围是51,2⎛⎫⎪⎝⎭．3．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知01a <<，函数()1x f x x a -=+，()1log a g x x x =++.(1)若()e e g =，求函数()f x 的极小值；(2)若函数()()y f x g x =-存在唯一的零点，求a 的取值范围. 【答案解析】（1）由()1e e e 1log e e ea g a =⇒++=⇒=，所以()1e x f x x -=+，()11e xf x -'=-，令()01f x x '=⇒=，当1x <时，()0f x '<，当1x >时，()0f x ¢>，所以()f x 在(,1)-∞上递减，在(1,)+∞上递增，所以()f x 的极小值为()12f =；（2）()()1log 1x a f x g x a x --=--，令()1log 1x a F x a x -=--（0x >）， ()F x 存在唯—的零点，()11111ln ln ln ln x x F x a a xa a x a x a --⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭，令()11ln ln x x xaa a ϕ-=-，()()11ln ln x x a x a a ϕ-'=+，令()10ln x x aϕ'=⇒=-，当10ln x a<<-时，()0x ϕ'<；当1ln x a>-时，()0x ϕ'>，所以()x ϕ在10,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上递减，在1,ln a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上递增，所以()11ln min11ln ln ax a a a ϕϕ--⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，。

2025年高考数学总复习课件26第三章第二节第5课时利用导数研究函数的零点问题

又因为x1ln x1＝x2ln x2，即证x1ln x1－k
x1+
1 e2x1
>x2ln x2－k
x2+
1 e2x2
，k>0.
设h(x)＝x ln x－kx－ek2x，
要使x1>x2时，h(x1)>h(x2)，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以有h′(x)＝ln x＋1－k＋e2kx2≥0在(0，＋∞)上恒成立．令H(x)＝ln x＋1－k＋e2kx2，则H′(x)＝1x － e22xk3(x＞0)．
ln
x
x，
令g′(x)＝0，可得x＝e2<16.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(0，e2)
e2
(e2，16]
g′(x)
＋
0
－
g(x)
单调递增
2
单调递减
e
所以函数g(x)在区间(0，16]上的极大值为g(e2)＝2e，且g(16)＝ln 2，g(x)的大体图
象如图所示．
由图可知，当ln 2≤2a<2e，即当e<a≤ln22时，直线y＝2a与曲线y＝g(x)在(0，16]上
所以f (1)＝－2，f ′(1)＝1，因此，曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程为y＋2＝x－1，即x－y－3＝0.
第5课时利用导数研究函数的零点问题
核心考点提升“四能”
课时质量评价
(2)若函数f (x)在(0，16]上有两个零点，求a的取值范围．
解：由题可得f ′(x)＝ax － 1x(x＞0)．
所以f (x)在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
第5课时利用导数研究函数的零点问题

专题研究(三)利用导数研究函数的零点习题和答案详解

1．若a>2，则函数f(x)＝13x 3－ax 2＋1在区间(0，2)上恰好有( )A ．0个零点B ．1个零点C ．2个零点D ．3个零点答案 B解析 ∵f′(x)＝x 2－2ax ，且a>2，∴当x ∈(0，2)时，f ′(x)<0，即f(x)在(0，2)上是单调减函数．又∵f(0)＝1>0，f(2)＝113－4a<0，∴f(x)在(0，2)上恰好有1个零点．故选B.2．(2014·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1，若f(x)存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D ．(－∞，－1) 答案 B解析方法一：当a ＝0时，显然f(x)有两个零点，不符合题意．当a ≠0时，f ′(x)＝3ax 2－6x ，令f′(x)＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a.当a>0时，2a >0，所以函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与(2a ，＋∞)上为增函数，在(0，2a )上为减函数，因为f(x)存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f(0)<0，即1<0，不成立．当a<0时，2a <0，所以函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，2a )和(0，＋∞)上为减函数，在(2a ，0)上为增函数，因为f(x)存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f(2a )>0，即a·8a 3－3·4a 2＋1>0，解得a>2或a<－2，又因为a<0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．选B. 方法二：f′(x)＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x)＝9x 2－6x ＝3x(3x －2)，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)>0；x ∈(0，23)时，f ′(x)<0；x ∈(23，＋∞)时，f ′(x)>0，注意f(0)＝1，f(23)＝59>0，则f(x)的大致图像如图(1)所示，不符合题意，排除A ，C.当a ＝－43时，f ′(x)＝－4x 2－6x ＝－2x(2x ＋3)，则当x ∈(－∞，－32)时，f ′(x)<0，x ∈(－32，0)时，f ′(x)>0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)<0，注意f(0)＝1，f(－32)＝－54，则f(x)的大致图像如图(2)所示．不符合题意，排除D.故选B.3．已知函数f(x)＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________．答案 (－∞，2ln2－2]解析由原函数有零点，可将问题转化为方程e x －2x ＋a ＝0有解问题，即方程a ＝2x －e x 有解．令函数g(x)＝2x －e x ，则g′(x)＝2－e x ，令g′(x)＝0，得x ＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a 的取值范围就是函数g(x)的值域，所以，a ∈(－∞，2ln2－2]．4．函数f(x)＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c(a ，b ，c ∈R )的导函数的图像如图所示．(1)求a ，b 的值并写出f(x)的单调区间； (2)若函数y ＝f(x)有三个零点，求c 的取值范围．答案 (1)a ＝－12，b ＝－2 函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减 (2)(－76，103)解析 (1)因为f(x)＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f′(x)＝x 2＋2ax ＋b.因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图像可知，当－1＜x ＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x ＜－1或x>2时，f ′(x)>0，函数单调递增，故函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．(2)由(1)得f(x)＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝76＋c ，极小值为f(2)＝c －103.而函数f(x)恰有三个零点，故必有⎩⎨⎧76＋c>0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c 的取值范围是(－76，103)．5．(2019·东北四校联考)已知f(x)＝1x ＋e x e －3，F(x)＝lnx ＋e xe－3x ＋2.(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．答案 (1)f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增 (2)3个解析 (1)f′(x)＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x －eex 2，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)＜0，解得0＜x ＜1，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)F′(x)＝f(x)＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0＜x 1＜1＜x 2，使得f(x)在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0，即F(x)在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，而F(1)＝0，x →0时，F(x)→－∞，x →＋∞时，F(x)→＋∞，画出函数F(x)的草图，如图所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个． 6．已知函数f(x)＝(2－a)(x －1)－2lnx(a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，13)上无零点，求a 的取值范围．答案 (1)减区间为(0，2)，增区间为(2，＋∞) (2)[2－3ln3，＋∞) 解析 (1)当a ＝1时，f(x)＝x －1－2lnx ，则f′(x)＝1－2x ＝x －2x ，由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)＜0，得0＜x ＜2.故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)因为f(x)＜0在区间(0，13)上恒成立不可能，故要使函数f(x)在(0，13)上无零点，只要对任意的x ∈(0，13)，f(x)>0恒成立，即对x ∈(0，13)，a>2－2lnxx －1恒成立．令h(x)＝2－2lnx x －1，x ∈(0，13)，则h′(x)＝2lnx ＋2x －2（x －1）2，再令m(x)＝2lnx ＋2x －2，x ∈(0，13)，则m′(x)＝－2（1－x ）x 2＜0，故m(x)在(0，13)上为减函数．于是m(x)>m(13)＝4－2ln3>0.从而h′(x)>0，于是h(x)在(0，13)上为增函数，所以h(x)＜h(13)＝2－3ln3，所以a 的取值范围为[2－3ln3，＋∞)．7．(2019·蓉城名校4月联考)已知函数f(x)＝xe x (x ∈R )． (1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若g(x)＝f(x)－12a(x 2＋2x ＋1)有两个零点，求实数a 的取值范围；(3)已知函数h(x)与函数f(x)的图像关于原点对称，如果x 1≠x 2，且h(x 1)＝h(x 2)，证明：x 1＋x 2>2.答案 (1)函数f(x)的增区间为(－1，＋∞)，减区间为(－∞，－1)；函数f(x)在x ＝－1处取的极小值f(－1)＝－1e ，无极大值 (2)(－∞，0) (3)证明略解析 (1)根据f′(x)＝e x ＋xe x ＝e x (x ＋1)，令f′(x)＝0，解得x ＝－1，当x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表．∴函数f(x)1处取的极小值f(－1)＝－1e，无极大值．(2)由g(x)＝xe x －12a(x 2＋2x ＋1)，得g′(x)＝(x ＋1)(e x －a)．当a ＝0时，g(x)＝xe x ，易知函数g(x)只有一个零点，不符合题意．当a<0时，在(－∞，－1)上g′(x)<0，g(x)单调递减；在(－1，＋∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，又g(－1)＝－1e <0，g(1)＝e －2a>0，当x →－∞时，g(x)→＋∞，所以函数g(x)有两个零点．当0<a<1e 时，在(－∞，lna)和(－1，＋∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，在(lna ，－1)上g′(x)<0，g(x)单调递减．又g(lna)＝alna －12a(lna)2－a(lna ＋12)＝－12a[(lna)2＋1]<0，所以函数g(x)至多一个零点，不符合题意．当a>1e 时，在(－∞，－1)和(lna ，＋∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增；在(－1，lna)上g′(x)<0，g(x)单调递减，又g(－1)＝－1e<0，所以函数g(x)至多一个零点，不符合题意．当a ＝1e 时，g ′(x)≥0，函数在x ∈R 上单调递增，所以函数g(x)至多一个零点，不符合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，0)．(3)由h(x)＝－f(－x)＝xe －x ，得h′(x)＝e －x (1－x)，令h ′(x)＝0，解得x ＝1，当x 变化时，h ′(x)，h(x)的变化情况如下表．由x 1≠x 2121212令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x ∈(1，＋∞)，则F′(x)＝(x －1)(e 2x －2－1)e －x ，∵x>1，2x －2>0，∴e 2x －2－1>0，则F′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，又∵F(1)＝0，∴x>1时，f(x)>F(1)＝0，即当x>1时，h(x)>h(2－x)，则h(x 1)>h(2－x 1)，又h(x 1)＝h(x 2)，∴h(x 2)>h(2－x 1)，∵x 1>1，∴2－x 1<1，∴x 2，2－x 1∈(－∞，1)，∵h(x)在(－∞，1)上是增函数，∴x 2>2－x 1，∴x 1＋x 2>2得证．。

高三总复习数学课件利用导数研究函数的零点问题

当 x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞.
根据以上信息，画出大致图象，如图所示．
(3)令 g(x)＝f(x)－a＝0，得 f(x)＝a. 所以函数 g(x)＝f(x)－a(a∈R )的零点的个数，即函数 y＝f(x)的图象与直线 y ＝a 的交点个数．
易知当 x＝－2 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(－2)＝－e12.
若选择条件②，由于 0<a<12，故 0<2a<1，则 f(0)＝b－1≤2a－1<0，当 b≥0 时，e2>4,4a<2， f(2)＝e2－4a＋b>0，又函数 f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数 f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点．
当b<0时，构造函数H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增，注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，从而ex≥x＋1，此时f(x)＝(x－1)ex－ ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)，
综上，当 a<－e12时，函数 g(x)的零点的个数为 0; 当 a＝－e12或 a≥0 时，函数 g(x)的零点的个数为 1；当－e12<a<0 时，函数 g(x)的零点的个数为 2.
[系统思维] 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)利用函数零点存在定理：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．

专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)

导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定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)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x x =+. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）讨论函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+，令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论：当21e a <-时，零点的个数为0个；当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个；当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围．【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案；【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论．【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增，又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞，根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点．综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增，此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意，综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增．（2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增．（2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-．所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增．（2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-，设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =，所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<．以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，且 x →+∞时，()0h x →，()11h =，所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =，当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减，当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+，所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数；当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数；当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．（2022·天津静海一中高三月考）已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行．（1）求a 的值和函数()f x 的单调区间；（2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围．【答案】（1）-9，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-；由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-．（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点． ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--， ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <；由()0g x '<，解得12x <<．∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →，作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围．（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=，令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩，解得3ln204k -<<，则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+，令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增；因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围．【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值；（2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =．（2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<；当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。

专题20 利用导数研究零点问题(解析版)

．
【解析】 ①当 a 0 时， 3x2 1 0 时， x 3 ，所以此时不符合题意； 3
②当 a 0 时， f '(x) 3ax2 6x 3x(ax 2) ，当 f '(x) 0 时，解得 x 2 或 x 0 ，则 f (x) 在 (,0) 上单 a
调递增，因为 f (0) 1 ， f (1) a 2 0 ，则存在一零点在 (,0) 上，所以此时不符合题意；
lnlnx
x,
0 2
x 1, x2 ,1
x
2, 分情况讨论：
ln x x2 6 , x 2.
当 0 x 1 时， f (x) g(x) 1有 1 个解 x 1 ，此时有一个根. e
当1 x 2 时， f (x) g(x) 单调递增，且 f (1) g(1) 1， f (2) g(2) 2 ln 2 1，此时有一个
∈ ,f(x)>0 恒成立,即对 x∈ ,a>2- 恒成立.
令 l(x)=2- ,x∈ ,则 l'(x)=-
=
.
再令 m(x)=2ln x+ -2,x∈ ,m'(x)=- + = <0,m(x)在上为减函数,于是 m(x)>m =2-2ln 2>0,
从而 l'(x)>0,于是 l(x)在上为增函数,l(x)<l =2-4ln 2,
咨询电话 18100655369 陈老师 18118913693 张老师 18112398139 叶老师
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＝－e－x0，y0＝k(x0－2)＝e－x0＝－e－x0(x0－2)，解得 x0＝1，k＝－1e；因此，当 x＜2 时，f(x)＝

专题14 利用导数研究函数零点问题(解析版)

专题14利用导数研究函数零点问题一．函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围.求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y k =)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.二．利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定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)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．三．利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．专项突破一判断函数零点的个数一、单选题1．函数()23322f x x x =-+-所有零点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】由题可知，2x ≠±，且233()()()22f x x f x x -=--+=--，故函数()f x 为定义域上的偶函数，且(0)0f =，当0x >，且2x ≠时，233()22f x x x =-+-，23()2(2)f x x x '=---当02x <<时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，且(0)0f =，故函数()f x 在区间(0,2)上无零点，当2x >时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当2x →时，()f x →+∞，当x →-∞时，()f x →-∞，故函数()f x 在区间(2,)+∞上必存在一点0x ，使得0()0f x =，所以函数()f x 在区间(2,)+∞上有1个零点，又函数()f x 为定义域上的偶函数，则函数()f x 在区间(,2)-∞-上有1个零点，又(0)0f =，所以函数()f x 共有3个零点.故选：C.2．已知函数()31ln 01203x x x f x x x +>⎧⎪=⎨+≤⎪⎩，则函数()()1g x f x x =--的零点个数为（）A ．1B ．0C ．3D ．2【解析】当0x >时，1ln 10x x x +--=，得ln 1x =，即e x =，成立，当0x ≤时，312103x x +--=，得31103x x -+=，设()3113g x x x =-+，()0x ≤，()()()21110g x x x x '=-=+-=，得1x =-或1x =（舍），当(),1x ∈-∞-时，()0g x ¢>，函数()g x 单调递增，当()1,0x ∈-时，()0g x ¢<，函数()g x 单调递减，所以1x =-时，函数取得最大值，()5103g -=>，()010g =>，()350g -=-<，根据零点存在性定理可知，()3,1x ∈--，存在1个零点，综上可知，函数有2个零点.故选：D3．函数()e ln 1xf x x x x =---的零点个数为()A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】()()()()()1e 1111e e 1e 11e x xxx x x x x f x x x x x x x x+-+⎛⎫'=+--=+-+-= ⎪⎝⎭，令()e 1x h x x =-，,()0x ∈+∞，则()e e 0x xh x x =+>'，故h (x )在(0,)+∞上单调递增，∵()010h =-<，()1e 10h =->，∴存在唯一的()00,1x ∈，使得()0 0h x =，即00 e 10xx -=，即001e x x =，00ln x x =-，∴当00x x <<时，()00h x <，()0f x '<，()f x 单调递减，当0x x >时，()00h x >，()0f x '>，()f x 单调递增，∴()0min 000000()e ln 1011xf x f x x x x x x ==--=+---=，∴函数()e ln 1xf x x x x =---的零点个数为1．故选：B ．4．已知()e,a ∈+∞，则函数()ln e x f x a x ax x =+-的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】函数()ln e x f x a x ax x =+-定义域为(0,)+∞，求导得：()(1)(e )xa f x x x'=+-，令()e xa g x x=-，0x >，显然()g x 在(0,)+∞上单调递减，而e a >，()1e 0a g a =-<，(1)e>0g a =-，则存在0(1,)x a ∈，使得0()0g x =，即00e x ax =，当00x x <<时，()0>g x ，()0f x '>，当0x x >时，()0g x <，()0f x '<，因此，()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减，0max 000000()()ln e (ln 1)0x f x f x a x ax x a x x ==+-=+->，而11111e e e (ln 1ln 110aaaf a a a a a a a a a=+-=-+-<-+-<，则存在101(,)x x a ∈使得1()0f x =，即()f x 在0(0,)x 上存在唯一零点，又()(ln e )a f a a a a =+-，令()ln e ,e x h x x x x =+->，1()1e 0x h x x'=+-<，则()h x 在(e,)+∞上单调递减，e x ∀>，e 2()(e)1e e 1e e 0h x h <=+-<+-<，于是得()0f a <，则存在20(,)x x a ∈使得2()0f x =，即()f x 在0(,)x +∞上存在唯一零点，综上得：函数()ln e x f x a x ax x =+-的零点个数为2.故选：C 5．已知a ∈R ，则函数()()32113f x x a x x =-++零点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．与a 有关【解析】令()()321103f x x a x x =-++=，得()3231x a x x =++.令()3231x y x x =++，2y a =，只需看两个图像的交点的个数.()()()()()22232222223121121103311x x x x x x x x y x x x x ++-+++'=⨯=⨯>++++所以()3231x y x x =++在R 上单调递增.当x →-∞时，y →-∞；当x →+∞时，y →+∞；所以2y a =与()3231x y x x =++有且只有一个交点.故选：A6．已知()f x 为R 上的可导函数，当0x ≠时，()()0f x f x x'+>，若()()1F x f x x=+，则函数()F x 的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．0或2【解析】构造函数()()1g x xf x =+，其中0x ≠，则()()()g x f x xf x ''=+，当0x ≠时，()()()()0'+'+=>f x xf x f x f x x x.当0x <时，()()()0g x f x xf x =+'<'，此时，函数()g x 单调递减，则()()01g x g >=；当0x >时，()()()0g x f x xf x ''=+>，此时，函数()g x 单调递增，则()()01g x g >=.所以，当0x <时，()()()110xf x F x f x x x +=+=<；当0x >时，()()()110xf x F x f x x x+=+=>.综上所述，函数()F x 的零点个数为0.故选：A.二、填空题7．设函数()f x 满足()()3229f x f x x x +-=-，则函数()()()3g x f f x =+的零点个数为______.【解析】因为()()3229f x f x x x +-=-①，所以()()3229f x f x x x -+=--②，①×2-②，得()32339f x x x =-，即()323f x x x =-，则()()23632'=-=-f x x x x x ，当2x >，或0x <时()0f x '>，)f x 单调递增，当02x <<时()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 的极小值为()24f =-，极大值为()00f =，因为()323f x x x =-的零点为0或3，所以由()()()30g x f f x =+=，得()30f x +=或()33f x +=，即()3f x =-或()0f x =，因为()f x 的极小值为()24f =-，极大值为()00f =，所以方程()3f x =-有3个不同的实数解，又()0f x =有2个不同的实数解，所以()()()3g x f f x =+的零点个数为5.8．已知函数1e ,0,()2e ln ,0,x x x f x x x x +⎧≤=⎨⎩＞则函数()()1g x f x =-零点的个数为___________【解析】0x ≤时，1()(1)x f x x e +¢=+，1x <-时，()0f x '<，()f x 递减；10-<≤x 时，()0f x '>，()f x 递增；则1x =-时，()f x 取极小值也是最小值(1)1f -=-；0x >时，()2(1ln )f x e x ¢=+，10x e<<时，()0f x '<，()f x 递减；1x e >时，()0f x '>，()f x 递增；则1=x e 时，()f x 取极小值也是最小值12f e 骣琪=-琪桫，综上所述，可作出()f x 图象，在作两条直线1y =±，结合图象可知，()f x 与1y =±有4个交点.三、解答题9．已知函数()1e 1xx f x x +=--.(1)求曲线y =f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；(2)判断函数f （x ）的零点的个数，并说明理由.【解析】(1)由()()()212e e 031(1)x x x f x f x f x x +''=-⇒=+⇒=--，而()02f =，所以该函数在点（0，f （0））处的切线方程为：23(0)320y x x y -=-⇒-+=；(2)函数()f x 的定义域为(,1)(1,)-∞⋃+∞，由（1）可知：()22e (1)xf x x '=+-，当(,1)x ∞∈-时，()0,()f x f x '>单调递增，因为22111(2)(0)(e )22(03e 3f f --=-⋅=-<，所以函数在(,1)x ∞∈-时有唯一零点；当(1,)x ∈+∞时，()0,()f x f x '>单调递增，因为5245(2)()(e 3)(e 9)04f f =-⋅-<，所以函数在(,1)x ∞∈-时有唯一零点，所以函数f （x ）有2个零点.10．设函数()2(21)(21)ln(),f x a x a x a R =-++-∈.（1）讨论()f x 在定义域上的单调性；（2）当0a ≥时，判断()f x 在[1-，1]2-上的零点个数．【解析】（1）由题意，函数()2(21)(21)ln()f x a x a x =-++-的定义域为(,0)-∞，可得221()2a f x a x+'=+，①当0a ≤时，()0f x '<，则()f x 在(,0)-∞上是减函数；②当0a >时，22212()212()2a a x a af x a x x+++'=+=，则当221(,2a x a+∈-∞-时，()0f x '>，()f x 单调递增；当221(2a x a+∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以函数()f x 在221(,)2a a +-∞-上单调递增，在221(,0)2a a+-上单调递减；（2）①当0a =时，函数()ln()f x x =-，令ln()0x -=，解得1x =-，故()f x 在[211,]--上有一个零点；②当0a >时，因为22112()21221022a a a a-++-=>，则2121[1,](,0)22a a +--⊆-，即()f x 在[1-，1]2-上单调递减，又(1)30f a -=-<，21()2(21)202f a a ln -=--+<，所以函数()f x 在[211,]--上没有零点．11．已知函数()sin f x x ax =+，其中[]0,x π∈．（1）当12a =-时，求()f x 的极值；（2）当1a ≥时，求()f x 的零点个数．【解析】（1）当12a =-时，()1sin 2f x x x =-，[]0,x π∈，求导得()1cos 2f x x '=-，[]0,x π∈，令()0f x '=，得3x π=，当0,3x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0f x '>；当,3x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '<．∴()f x 在区间0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在区间,3ππ⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减，∴当3x π=时，()f x 取得极大值36f ππ⎛⎫=⎪⎝⎭，无极小值；（2）()cos f x x a '=+，[]0,x π∈，当1a ≥时，∵1cos 1x -≤≤，∴()0f x '≥，∴()f x 在区间[]0,π上单调递增，∴()()00f x f ≥=，故()f x 只有一个零点0．12．已知函数()22ln f x x a x =-,()222ln 2g x x x =-+-．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时,判断()()g x f x -的零点个数．【解析】(1)()22a f x x x '=-()22x a x-=,故当0a ≤时,()0f x '≥,所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增,当0a >时,令()0f x '>,得x >所以函数()f x 在)+∞上单调递增,令()0f x '<,得x <所以函数()f x 在(上单调递减,综上,当0a ≤时,函数()f x 在()0,∞+上单调递增,当0a >时,函数()f x 在)+∞上单调递增,在(上单调递减.(2)设()()()F x g x f x =-=2ln 22ln 2x x -+-,则()21F x x'=-,令()0F x '=,解得2x =,当()0,2x ∈时,()0F x '>；当()2,x ∈+∞时,()0F x '<；故()F x 最大值为()20F =，所以()()g x f x -有且只有一个零点2.13．已知()()2e 2ln xf x x a x x =-+(1)当e a =时，求()f x 的单调性；(2)讨论()f x 的零点个数．【解析】(1)因为e a =，0x >，()()2e e 2ln xf x x x x =-+所以()()()()()2e 22e 2e e 12e 2e x xx x f x x x x x x x x x x +⎛⎫⎛⎫'=+-+=+-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()10f '=令()e e x g x x x =-，()()2e 1e 0xg x x x'=++>，所以()g x 在()0,+∞单增，且()10g =，当()0,1∈x 时()e e 0xg x x x =-<，当()1,x ∈+∞时()ee 0x g x x x=->，所以当()0,1∈x 时()0f x ¢<，当()1,x ∈+∞时()0f x ¢>，所以()f x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增(2)因为()()()2ln 2ln e e 2ln e 2ln 0x x x x f x a x x a x x +=⋅-+=-+=令2ln t x x =+，易知2ln t x x =+在()0,+∞上单调递增，且R t ∈，故()f x 的零点转化为()()2ln e2ln e 0x xt f x a x x at +=-+=-=即e t at =，R t ∈，设()e t g t at =-，则()e t g t a '=-，当0a =时，()e tg t =无零点；当0a <时，()e 0tg t a '=->，故()g t 为R 上的增函数，而()010g =>，11e 10a g a ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，故()g t 在R 上有且只有一个零点；当0a >时，若(),ln t a ∈-∞，则()0g t '<；()ln ,t a ∈+∞，则()0g t '>；故()()()min ln 1ln g t g a a a ==-，若e a =，则()min 0g t =，故()g t 在R 上有且只有一个零点；若0e a <<，则()min 0g t >，故()g t 在R 上无零点；若e a >，则()min 0g t <，此时ln 1a >，而()010g =>，()()22ln 2ln 2ln g a a a a a a a =-=-，设()2ln h a a a =-，e a >，则()20a h a a-'=>，故()h a 在()e,+∞上为增函数，故()()e e 20h a h >=->即()2ln 0g a >，故此时()g t 在R 上有且只有两个不同的零点；综上：当0e ≤<a 时，0个零点；当e a =或0a <时，1个零点；e a >时，2个零点；14．已知函数()[]21sin cos ,0,2f x x x x ax x π=++∈.(1)当0a =时，求()f x 的单调区间；(2)当0a >时，讨论()f x 的零点个数.【解析】(1)当0a =时，函数()[]sin cos ,0,f x x x x x π=+∈，可得()sin cos sin cos f x x x x x x x =+-='.当x 在区间[]0π,上变化时，()f x '，f （x ）的变化如下表：x 00,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭2π,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭π()f x '0+0-f （x ）极小值1极大值2π -1所以()f x 的单调增区间为0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭；()f x 的单调减区间为,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭.(2)由题意，函数()[]21sin cos ,0,2f x x x x ax x π=++∈，可得()()cos cos f x ax x x x a x =+=+'当1a ≥时，cos 0a x +≥在[0,]π上恒成立，所以[0,]x π∈时，()0f x '≥，所以()f x 在[0,]π上单调递增.又因为()01f =，所以f （x ）在[0,]π上有0个零点.当01a <<时，令()0f x '=，可得cos x a =-.由10a -<-<可知存在唯一的0,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得0cos x a =-，所以当0[0,)x x ∈时，()0f x '≥，()f x 单调递增；当()0,x x π∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，因为()01f =，0()1f x >，()2112f a ππ=-，①当21102a π->，即221a π<<时，()f x 在[0,]π上有0个零点.②当21102a π-≤，即220a π<≤时，()f x 在[0,]π上有1个零点.综上可得，当220a π<≤时，()f x 有2个零点；当22a π>时，()f x 有0个零点.15．已知函数()()()e 12e xxaf x a x a =+---∈R (1)求函数()f x 的单调区间.(2)若(,2]a ∈-∞，求函数()f x 在区间(,2]-∞上的零点个数.【解析】(1)由题意，得()()()()e 1e e 1,e e x x xx xa a f x a x +-=---='∈R当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增.当0a >时，由()0f x '>，得ln x a >，由()0f x '<，得ln x a <，所以()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增.综上所述，当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为R ，无单调递减区间，当0a >时，()f x 的单调递减区间为(,ln )a -∞，单调递增区间为(ln ,)a +∞；(2)由（1）可知当0a ≤时，()0f x '>在(,2]-∞上恒成立，所以()f x 在(,2]-∞上单调递增.因为()()22221010,2e 2e 20e e a f a f a a ⎛⎫=-=+-=+- ⎪⎝⎭，所以由零点存在性定理知，函数f 在(,2]-∞上有1个零点，当02a <≤时，若(,ln )x a ∈-∞，则()0f x '<，若(ln ,2]x a ∈，则()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,2]a 上单调递增，可得()()()()min ln 11ln f x f a a a ==--，①当1a =时，min ()0f x =，此时()f x 在(,2]-∞上有1个零点②当01a <<时min ()0f x <，因为当x →-∞时()()22,2e 20e af x f a ∞→+=+->，所以此时()f x 在(,2]-∞上有2个零点③当12a <≤时，min ()0f x >，此时()f x 在(,2]-∞上无零点.综上，当0a ≤或1a =时，()f x 在(,2]-∞上有1个零点，当01a <<时()f x 在(,2]-∞上有2个零点，当12a <≤时()f x 在(,2]-∞上无零点.16．已知函数()()e ,xf x ax a R =-∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)讨论()f x 在()0,+∞上的零点个数．【解析】(1)因为()e xf x ax =-，则'()f x e x a =-，当0a ≤时，'()f x 0<，此时()f x 在R 上单调递减；当0a >时，令'()f x 0=，可得ln x a =，则当(),ln x a ∈-∞时，'()f x 0>，()f x 单调递增，当()ln ,x a ∈+∞时，'()f x 0<，()f x 单调递减.综上所述：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递减；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞单调递增，在()ln ,a +∞上单调递减.(2)当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递减，又()01f =-，故当()0,x ∈+∞时，()1f x <-，故此时()f x 在()0,+∞无零点；当01a <≤时，ln 0a <，故()f x 在)0,+∞单调递减，同0a ≤时，此时()f x 在()0,+∞无零点；当1a >时，ln 0a >，故()f x 在()0,ln a 单调递增，在()ln ,a +∞单调递减，()()()ln ln 1f x f a a a ≤=-，若ln 10a -<，即1e a <<时，()ln 0f a <，故()f x 在()0,+∞无零点；若ln 10a -=，即e a =时，()ln 0f a =，此时()f x 在()0,+∞有一个零点ln a ；若ln 10a ->，即e a >时，()ln 0f a >，又因为()010f =-<，故()f x 在()0,ln a 上一定存在一个零点；又因为2ln ln a a >，且()2ln 0f a <，故()f x 在()ln ,2ln a a 上也一定存在一个零点；下证()2ln 0f a <：()()22ln 2ln 2ln ,e f a a a a a a a a =-=->，令2ln ,e y x x x =->，则'y 20xx-=<，即2ln y x x =-在()e,∞+单调递减，故2ln e e 2e 0y <-=-<，即2ln 0,(e)x x x -<>故()()2ln 2ln 0,e f a a a a a =-.故当e a >时，()f x 有两个零点.综上所述：当e a <时，()f x 在()0,+∞无零点；e a =时，()f x 在()0,+∞有一个零点ln a ；e a >时，()f x 有两个零点.专项突破二由函数零点个数求参数一、单选题1．若函数()2ln 2,02,0x x x f x x x a x ->⎧=⎨++≤⎩有且只有2个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．01a <<B ．01a <≤C ．01a ≤≤D ．01a ≤<【解析】根据题意，0x >时，()ln 2(0)f x x x x =->，此时()12f x x'=-()120f x x -'=>时，102x <<;()120f x x -'=<时，12x >,所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减0x >时，()1ln 2102max f x f ⎛⎫==--< ⎪⎝⎭，所以()f x 在()0,+∞上无零点从而0x ≤时，()f x 有2个零点，根据二次函数的性质可得()4400100a a f ∆=->⎧∴≤<⎨≥⎩，故选：D.2．若函数3()12f x x x a =-+有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(,8)-∞-B ．(,8)-∞C ．[16,16]-D ．(16,16)-【解析】3()12f x x x a =-+，2()3123(2)(2)f x x x x '=-=+-.令()0f x '=，解得12x =-，22x =.(,2)x ∈-∞-，()0f x '>，()f x 为增函数，(2,2)x ∈-，()0f x '<，()f x 为减函数，(2,)x ∈+∞，()0f x '>，()f x 为增函数.所以()(2)16f x f a =-=+极大值，()(2)16f x f a ==-+极小值.因为函数3()12f x x x a =-+有三个不同的零点，等价于方程()0f x =有三个不同的根.所以160160a a +>⎧⎨-+<⎩，解得1616a -<<.故选：D3．若关于x 的方程ln 0x ax -=有且只有2个零点，则a 的取值范围是（）A ．1(,e-∞B ．1(,)e -∞C ．1(0,]e D ．1(0,e【解析】由ln 0x ax -=，得ln x a x=（0x >），令ln ()(0)xf x x x =>，所以关于x 的方程ln 0x ax -=有且只有2个零点，等价于函数()f x 的图像与直线y a =有两个交点，由ln ()(0)x f x x x =>，得'21ln ()(0)xf x x x -=>，当0x e <<时，'()0f x >，当x e >，'()0f x <，所以()f x 在(0,)e 上递增，在(,)e +∞上递减，所以max ln 1()()e f x f e e e===，当x e >时，()0f x >，所以当10a e<<时，函数()f x 的图像与直线y a =有两个交点，所以a 的取值范围是1(0,)e，故选：D4．若函数()ln x f x a x e a =++有两个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．(,)e +∞B ．(,2)e -∞-C ．(,)e -∞-D ．(2,)e +∞【解析】因为函数()ln xf x a x e a =++有两个零点，定义域为()0,∞+；所以方程ln 0x a x e a ++=在()0,∞+上有两不等实根，显然0a ≠即方程ln 11x x a e +-=在()0,∞+上有两不等实根，令()ln 1xx g x e +=，则直线1=-y a 与曲线()ln 1xx g x e +=在()0,∞+上有两不同交点；因为()()211ln 1ln 1x x x xe x e x x x g x e e -+--'==，令()1ln 1h x x x=--，则()2110h x x x '=--<在()0,∞+上显然恒成立，因此()1ln 1h x x x=--在()0,∞+上单调递减，又()10h =，所以当()0,1x ∈时，()0h x >，即()0g x '>，所以()ln 1xx g x e +=单调递增；当()1,x ∈+∞时，()0h x <，即()0g x '<，所以()ln 1xx g x e +=单调递减；因此()()max 11g x g e ==，又当1x e >时，()ln 10x x g x e +=>；当10x e <<时，()ln 10xx g x e +=<，所以为使直线1=-y a 与曲线()ln 1xx g x e +=在()0,∞+上有两不同交点，只需110a e<-<，解得a e <-.故选：C.5．设函数()()ln ,0e 1,0xx x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若函数()y f x b =-有两个零点，则实数b 的取值范围是（）A ．()0,1B ．[)0,1C ．[]0,1D ．[]{}20,1e-⋃-【解析】当0x >时，函数()ln f x x =单调递增；当0x ≤时，()()e 1xf x x =+，则()()e 20x f x x ='+=时，2x =-，所以当2x <-时，()0f x '<，20x -<≤时，()0f x '>，故当0x ≤时，()f x 在(),2-∞-上单调递减，在()2,0-上单调递增，所以()f x 在2x =-处取极小值，极小值为()22e f --=-，作出函数()f x的图象如图：因为函数()y f x b =-有两个零点，所以函数()y f x =与y b =有两个交点，所以当[]{}20,1e b -∈⋃-时函数()y f x =与y b =有两个交点，所以实数b 的取值范围为[]{}20,1e -⋃-.故选：D.6．已知函数()1e xf x x a -=+-有两个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．21,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()2e ,0-D ．()2e ,-+∞【解析】由题意，函数()1e xf x x a -=+-的定义域为R ，令()0f x =，即1e 0x x a -+-=，即()1e xa x =+⋅，设()()1e x g x x =+⋅，可得()()()e 1e 2e x x xg x x x '=++⋅=+⋅，当2x <-时，()0g x '<，当2x >-时，()0g x '>，所以()g x 在(,2)-∞-上单调递减，在(2,)-+∞上单调递增.又()212e g -=-，作出简图，如图所示，要使得函数()1e xf x x a -=+-有两个零点，只需y a =与()()1e xg x x =+⋅的图像有两个交点，所以210e a -<<，即实数a 的取值范围是210ea -<<.故选：A.7．已知函数()2e ln x f x a x x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,e 2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(,2e)-∞D ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】因为函数()2e ln x f x a x =-有两个极值点，所以()()2e ln 1xf x a x '=-+有两个相异的零点，即ln 12e xx a +=有两个交点，令()()ln 1,0,ex x g x x +=∈+∞，则()()()1ln 1,0,e xx x g x x -+'=∈+∞，令()()()1ln 1,0,h x x x x =-+∈+∞，则()2110h x x x'=--<恒成立，所以()h x 在()0,x ∈+∞上递减，且()()11ln1101h =-+=，所以()0,1x ∈时，()0h x >；()1,x ∈+∞时，()0h x <；所以()0,1x ∈时，()0g x '>；()1,x ∈+∞时，()0g x '<；所以()0,1x ∈时，()g x 单调递增；()1,x ∈+∞时，()g x 单调递减；()()max ln1111e e g x g +===，又当x →+∞时，()ln 10e x x g x +=→；0x →时，()ln 1e xx g x +=→-∞；所以当ln 12e xx a +=有两个交点时，则有102a e<<，即102e a <<，所以函数()2e ln x f x a x x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是102ea <<，故选：A 8．已知函数()()22e (e =--x xf x x x a ）有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．（0，1e -）B ．（0，2e -）C ．（0，1）D ．（0，e ）【解析】令()()()22e e 0=--=x xf x x x a ，所以22e 0-=x x 或e 0x x a -=，令()22e =-xg x x ，则()()2e '=-x g x x ，令()2(e )=-x h x x ，则()2(1)e '=-xh x ，当(,0)x ∈-∞时，()0h x '>，h (x )在（－∞，0）上单调递增；当,()0x ∈+∞时，()0h x '<，h (x )在（0，＋∞）上单调递减，所以()(0)20h x h ≤=-<，即()0g x '<，所以g (x )在R 上单调递减，又()2110g e-=->，g （0）＝20-<，所以存在0(1,0)x ∈-使得()00g x =，所以方程e 0x x a -=有两个异于0x 的实数根，则xxa e =，令()x x k x e =，则()1xx e xk -='，当(,1)x ∞∈-时，()0k x '>，k (x )在（－∞，1）上单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0k x '<，k (x )在（1，＋∞）上单调递减，且()0k x >．所以()1()1k x k e ≤=，所以()x xk x e=与y a =的部分图象大致如图所示，由图知10a e<<，故选：A ．9．函数()()()1e 21xf x a x x =---有两个零点，则a 的取值范围为（）A ．()32e ,14,⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭U B ．321,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．()320,14e ,⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭D ．324e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】令()0f x =得(21)(1)e x x a x -=-，令()e (21)x g x x =-，则()e (21)x g x x '=+，∴当12x <-时，()0g x '<，当12x >-时，()0g x '>，()g x ∴在1(,)2-∞-上单调递减，在1(2-，)∞+上单调递增，作出()g x 与(1)y a x =-的函数图象如图所示：设直线(1)y a x =-与()g x 的图象相切，切点为00(,)x y ，则()()()00000001e 1e 21xx y a x y x a x ⎧=-⎪=-⎨⎪=+⎩，解得00x =，01y =-，1a =，或032x =，3202e y =，324e a =，()f x 有两个不同的零点，()g x ∴(1)a x =-的函数图象有两个交点，01a ∴<<或324e a >，即()320,14e ,a ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎝⎭．故选：C ．10．已知()()()212()12e 1ex x f x x a x a --=-+++恰有三个不同的零点，则实数a 的范围为（）A ．()0,1B ．()1,1-C ．()0,e D ．()1,0-【解析】由()()()()21212e 1e 0x x f x x a x a --=-+++=，得()()2111e e e x x x a x x ----=-，即()()11e1e0x x x x a --⎡⎤--+=⎣⎦．令()1e x g x x -=-，则()11e x g x -'=-，令()11e 0x g x -'=-=可得1x =，当(),1x ∈-∞时，()0g x '>，当()1,+∈∞x 时，()0g x '<，∴()g x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞单调递减，所以()()g 10x g ≤=，即()1e 0x g x x -=-=仅有唯一的解1x =．依题意，方程()11e 0x x a --+=有两个不同的解，即1y a =+与1ex x y -=有两个不同的交点，令()1ex x h x -=，则()11e x xh x --'=，易得()h x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞单调速减，()()11h x h ≤=，画出()h x 的草图观察图象可得01110a a <+<⇒-<<，故选：D ．二、多选题11．已知()e xf x x ax b -=--（）A ．若24eb >，则()0,a ∞∃∈+，使函数()y f x =有2个零点B ．若24e b >，则(),0a ∃∈-∞，使函数()y f x =有2个零点C ．若240e b <<，则()0,a ∞∃∈+，使函数()y f x =有2个零点D ．若240e b <<，则(),0a ∃∈-∞，使函数()y f x =有2个零点【解析】令()0f x =，则e xx ax b =+，所以设()e x x g x =，则()1e x xg x ='-当1x <时，()0g x '>，()g x 单调递增；当1x >时，()0g x '<，()g x 单调递减()g x 在1x =处取得极大值()11eg =当x 趋向于-∞时，()g x 趋向于-∞；当x 趋向于+∞时，()g x 趋向于0又()2ex x g x -''=，()20g ''=且当2x <时，()0g x ''<；当2x >时，()0g x ''>所以，2x =是函数()g x 的拐点，()222e g =，()212e g '=-所以()g x 在2x =处的切线方程为()2122ey x -=--，即2214e e y x =-+如图所示，ACD 正确，B 错误，故选：ACD12．已知函数()ln f x x x a =--有两个零点1x 、2x ，则下列说法正确的是（）．A ．1a >B ．121x x >C ．121x x <D ．122x x +>【解析】由()0f x =可得ln a x x =-，令()ln g x x x =-，其中0x >，所以，直线y a =与曲线()y g x =的图象有两个交点，()111x g x x x-'=-=，令()0gx '=，可得1x =，列表如下：x()0,11()1,+∞()g x '-+()g x 减极小值1增作出函数y a =与()y g x =的图象如下图所示：由图可知，当1a >时，函数y a =与()y g x =的图象有两个交点，A 对；121212ln ln 2x x x xx x -+<<-，其中12x x ≠，且1x 、2x 均为正数.先证明121212ln ln 2x x x x x x -+<-，其中120x x >>，即证()1122112122212ln 1x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令121x t x =>，()()21ln 1t p t t t -=-+，其中1t >，则()()()()222114011t p t t t t t -'=-=>++，所以，函数()p t 在()1,+∞上为增函数，当1t >时，()()10p t p >=，所以，当120x x >>时，121212ln ln 2x x x xx x -+<-，接下来证明：1212ln ln x x x x --120x x >>，即证12ln x x <=，令1t =>，即证12ln t t t <-，令()12ln h t t t t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，其中1t >，则()222212110t t h t t t t -+'=--=-<，所以，函数()h t 在()1,+∞上为减函数，当1t >时，()()10h t h <=，所以，当120x x >>时，1212ln ln x x x x ->-由已知可得1122ln ln x x ax x a -=⎧⎨-=⎩，两式作差可得1212ln ln x x x x -=-，所以，12121ln ln x x x x -=-，1212121ln ln 2x x x xx x -+<=<-，故121x x <，122x x +>，B 错，CD 都对.故选：ACD.13．已知函数35,0()2ln ,0x x x f x x x ⎧-≤=⎨>⎩，若函数()()2g x f x x a =+-有3个零点，则实数a 可能的取值有（）A ．3B ．2C ．1D ．0【解析】函数()()2g x f x x a =+-有3个零点，即方程()2f x x a +=有3个不同的实根，即函数()2y f x x =+与y a =的图象有3个不同的交点，令()()2h x f x x =+=33,02ln 2,0x x x x x x ⎧-≤⎨+>⎩，当0x ≤时，()()()233311h x x x x '=-=+-，当10x -<<时，()0h x '<，当1x <-时，()0h x '>，所以函数()h x 在(),1-∞-上递增，在()1,0-上递减，故当0x ≤时，()()max 12h x h =-=，又()00h =，当x →-∞时，()h x →-∞，当0x >时，()2ln 2h x x x =+在()0,∞+上递增，又1220e e h ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭，当x →+∞时，()h x →+∞，如图，作出函数()h x 的大致图像，结合图像可知，要使函数()2y f x x =+与y a =的图象有3个不同的交点，则a 的范图为02a ≤＜.故选：CD.14．已知函数()()ln 1f x x x a x x =+-+在区间（1，＋∞）内没有零点，则实数a 的取值可以为（）A ．－1B ．2C ．3D ．4【解析】()()ln 1ln 1a f x x x a x x x x a x ⎛⎫=+-+=+-+ ⎪⎝⎭，设()ln 1a g x x a x =+-+则在1x >上，()y f x =与()y g x =有相同的零点.故函数()f x 在区间()1,+∞内没有零点,即()g x 在区间()1,+∞内没有零点，()221a x ag x x x x-'=-=，当1a ≤时，()20x ag x x -'=>在区间)1,+∞上恒成立,则()g x 在区间()1,+∞上单调递增.所以()()110g x g >=>，显然()g x 在区间()1,+∞内没有零点.当1a >时,令()0g x '>，得x a >，令()0g x '<，得1x a <<所以()g x 在区间()1,a 上单调递减增.在区间(),a +∞上单调递增.所以()()ln 2g x g a a a ≥=+-设()()ln 21h a a a a =+->，则()()11101a h a a a a-=-=<>所以()h a 在()1,+∞上单调递减,且()()3ln 310,4ln 420g g =->=-<所以存在()03,4a ∈，使得()00h a =，要使得()g x 在区间()1,+∞内没有零点，则()ln 20g a a a =+->，所以()013,4a a <<∈，综上所述，满足条件的a 的范围是()03,4a a <∈由选项可知：选项ABC 可使得()g x 在区间()1,+∞内没有零点，即满足题意.故选：ABC15．已知函数()()()1e 21xf x a x x =---在(,1)-∞上有两个不同的零点，则实数a 可能取到的值为（）A ．1-B ．14C ．12D ．1【解析】令()0f x =，即()()1e 210xa x x ---=，所以()e 211x x a x -=-，因为函数()f x 在(,1)-∞上有两个不同的零点，设()()e 211x x g x x -=-，则y a =与()y g x =在(,1)-∞上有两个不同的交点，因为()()()()()()()222e 23e 21e 21e 2111x x x xx x x x x g x x x ⎡⎤--+⋅---⎣⎦'==--，令()0g x '=，则10x =，232x =，因为在(,1)-∞上，e 0x >，()210x ->，所以()g x 在(),0∞-上单调递增，在()0,1上单调递减，所以()()max 01g x g ==，且当0x <时，()0g x >；当1x →时，()g x →-∞，因为y a =与()y g x =在(,1)-∞上有两个不同的交点，所以01a <<，根据选项，符合条件的为B ，C ，故选：BC 三、填空题16．已知函数()2e e xf x x a =-有三个零点，则实数a 的取值范围是___________.【解析】由2e e 0x x a -=，得21e x a x -=.设()21e xg x x -=，则()()1e 2xg x x x -'=-.当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，当()0,2x ∈时，()0g x '>，当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，所以函数()g x 在区间(),0∞-上单调递减，在区间()0,2上单调递增，在区间()2,+∞上单调递减，又()()400,2eg g ==，故函数()21e xg x x -=的图象如图所示：故当40e a <<时，函数()2e e xf x a =-有三个零点，即40,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.17．已知函数(2),1()ln(1)2,1x x x f x x x x +≤⎧=⎨--+>⎩，若函数()()g x f x a =-有四个零点，则实数a 的取值范围是______________.【解析】因为函数()()g x f x a =-有四个零点，所以方程()()0g x f x a =-=有4个不同的解，所以函数()f x 的图象与直线y a =有4个不同的交点，①当1x >时，()ln(1)2f x x x =--+，则1112()1111x xf x x x x -+-'=-==---，当12x <<时，()0f x '>，当2x >时，()0f x '<，所以()f x 在(1,2)上递增，在(2,)+∞上递减，所以当1x >时，()f x 有最大值(2)ln1220f =-+=，当1x →时，()f x →-∞，当x →+∞时，()f x →-∞②当1x ≤时，2()(2)(1)1f x x x x =+=+-，当1x =-时，()f x 有最小值1-所以()f x 的图象如图所示由图可知，当10a -<<时，函数()f x 的图象与直线y a =有4个不同的交点，所以实数a 的取值范围是(1,0)-18．已知函数()()e sin 0xf x a x x =->有两个零点，则正实数a 的取值范围为______．【解析】因为函数()()e sin 0,0xf x a x x a =->>有两个零点，所以方程()e sin 00,0xa x x a -=>>有两个根，所以()2,2Nx k k k πππ∈+∈，所以方程e sin xa x =其中()2,2N x k k k πππ∈+∈，有两个根，设e ()sin xg x x=，()2,2N x k k k πππ∈+∈，，所以2e sin cos e ()sin x xx x g x x-'=，令()0g x '=可得e sin cos e 0x x x x -=，化简可得24x k ππ=+，N k ∈，所以当22,N 4k x k k πππ<<+∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当22,N 4k x k k ππππ+<<+∈时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，作函数()g x 的图象可得，由图象可得，当9((44g a g ππ<<时，直线y a =与函数e()sin xg x x=，()2,2N x k k k πππ∈+∈，，的图象有且仅有两个交点，944a ππ<<时，函数()()e sin 0xf x a x x =->()0a >有两个零点，故答案为：944e e )ππ．19．若函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点，则实数a 的取值范围是______.【解析】因为函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点，所以方程ln e 10x x ax --+=无实数根，所以方程ln e ln e xx ax -+=无实数根，即方程ln e 1x x a x-+=无实数根，故令()()'2ln e 1e e ln ,x x x x x xg x g x x x -+-+-==，令()e e ln ,0x x h x x x x =-+->，故()'1e 0xh x x x=--<恒成立，所以，()h x 在()0,∞+上单调递减，由于()10h =，所以，当()0,1x ∈时，()0h x >，即()'0g x >，当()1,x ∈+∞时，()0h x <，即()'0g x <，所以函数()g x 在()0,1x ∈上单调递增，在()1,x ∈+∞上单调递减，所以()()max 11e g x g ==-，所以，当方程ln e 1x x a x-+=无实数根时，1e a >-即可.所以，实数a 的取值范围是()1e,+-∞四、解答题20．已知函数()ln 1xf x m x =-+．(1)求()f x 的导函数；(2)若()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有零点，求m 的取值范围．【解析】(1)因为()ln 1xf x m x =-+，所以()()()()221111l ln 1n 1x x x x x f x x x ++-'==++-(2)由（1）知()()211ln 1x x f x x +-'=+，因为1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以ln 0x -≥，所以()()211ln 01x x f x x +-'=>+，从而()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以()min 12ln 223f x f m ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，()()max 1f x f m ==-．因为()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有零点，所以02ln203m m -≥⎧⎪⎨--≤⎪⎩，解得2ln 203m -≤≤．21．已知函数()ln R kf x x k k x=--∈，(1)讨论函数()f x 在区间(1,e)内的单调性；(2)若函数()f x 在区间(1,e)内无零点，求k 的取值范围．【解析】(1)()ln k f x x k k R x =--∈ ，，(1,e)x ∈，221()k x k f x x x x+'∴=--=-（Ⅰ）当1k -≤，即1k ≥-时，10x k x +≥->()0f x '∴<，()f x ∴在(1,e)单调递减（Ⅱ）当e k -≥，即e k ≤-时，e 0x k x +≤-<()0f x '∴>，()f x ∴在(1,e)单调递增（Ⅲ）当1e k <-<，即e 1k -<<时，当1x k <<-时，()0f x '>，()f x 单调递增；当e k x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减综上所述，（Ⅰ）当1k ≥-时，()f x 在(1,e)单调递减（Ⅱ）当e k ≤-时，()f x 在(1,e)单调递增（Ⅲ）当e 1k -<<-时，()f x 在(1,)k -单调递增，在(,e)k -单调递减(2)由（1）知：当1k ≥-时，()()10f x f <=即()0f x <，()f x ∴在(1,e)无零点，当e k ≤-时，()(1)0f x f >=即()0f x >，()f x ∴在(1,e)无零点当e 1k -<<-时，()f x 在(1,)k -单调递增，在(,e)k -单调递减()(1)0,(1,)f x f x k ∴>=∈-，()(e)1,(,e)ekf x f k x k >=--∈-∴只需(e)10e k f k =--≥即可，即1(11e k -≤-，1e11e 1ek ∴≤=--，ee 1ek ∴-<≤-综上所述，e(,][1,)1ek ∈-∞-+∞- 22．已知函数()3226185=--+f x x x x .(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()()g x f x a =+至多有两个零点，求实数a 的取值范围.【解析】(1)依题意：()()()261218631'=--=-+f x x x x x ，故当(),1x ∈-∞-时，()0f x '>，当()1,3x ∈-时，()0f x '<，当()3,x ∈+∞时，()0f x '>，∴()f x 的单调增区间为(),1-∞-，()3,+∞，单调减区间为()1,3-；(2)令()0g x =，得()a f x -=.∵()115f -=，()349=-f ，结合f (x )单调性，作出f (x )图像：。

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