第3讲 导数与函数的切线及函数零点问题
导数专题书目录
导数专题书目录第一篇独孤九剑——导数基础专题1总诀式——导数的前世今生第一讲导数基本定义第二讲导数运算法则第三讲复合函数求导第四讲同构函数求导专题2破剑式——数形结合遇导数第一讲导数的几何意义第二讲在点的切线方程第三讲过点的切线方程专题3破刀式——基本性质与应用第一讲单调性问题第二讲极值与最值第三讲恒能分问题专题4破枪式——抽象函数的构造第一讲求导法则与抽象构造第二讲幂函数及其抽象构造第三讲指数函数与抽象构造第四讲对数函数与抽象构造第五讲三角函数与抽象构造第六讲平移与奇偶抽象构造专题5破鞭式——分类讨论的策略第一讲不含参的四类问题第二讲含参数的五类问题专题6破索式——三次函数的探究第一讲基本性质第二讲切线问题第三讲四段论界定第四讲三倍角界定专题7破掌式——指对的破解逻辑第一讲指数模型第二讲对数模型专题8破箭式——六大同构函数论第一讲六大同构函数第二讲外部函数同构第三讲极值底层逻辑专题9破气式——零点与交点问题第一讲零点相关定理第二讲曲线交点问题第三讲零点个数问题第二篇如来神掌——导数选填的奇思妙解专题1心中有佛——秒解抽象函数构造第一讲抽象函数的积分构造第二讲“网红解法”的利弊专题2佛光初现——妙解参数取值范围第一讲零点比大小问题妙解双参比值问题第二讲零点比大小妙解指对单参数的问题第三讲恰到好处的取点妙解双参系列问题专题3金顶佛灯——数轴破整数个数解第一讲对数的取点技巧第二讲指数的取点技巧专题4佛动山河——平口单峰函数探秘第一讲平口二次函数问题第二讲平口对勾函数问题第三讲平口三次函数问题第四讲平口函数万能招数第五讲构造平口单峰函数第六讲必要探路最值界定第七讲倍角定理最值界定专题5佛问伽蓝——拉格朗日插值妙用第一讲三大微分中值定理简述第二讲拉格朗日中值定理应用专题6迎佛西天——构造函数速比大小第一讲构造基本初等函数第二讲构造母函数比大小第三讲构造混阶型比大小专题7天佛降世——琴生不等式破选填第一讲函数的凹凸性第二讲凹凸性的应用专题8佛法无边——极限思想巧妙应用第一讲前世今生论第二讲洛必达法则专题9万佛朝宗——选填压轴同构压制第一讲母函数原理概述第二讲同等双参需同构第三讲同构引出的秒解第三篇无涯剑道——导数三板斧升级篇专题1问剑求生——同类同构第一讲双元同构篇第二讲指对同构篇第三讲朗博同构篇第四讲零点同构篇第五讲同构保值篇第六讲同构导中切专题2持剑逆道——分类同构第一讲分而治之型第二讲端点效应型第三讲志同道合型第四讲分道扬镳型第五讲柳暗花明型专题3迎剑归宗——切点同构第一讲切线问题的进阶处理第二讲公切线问题几何探秘第三讲基本函数的切线找点第四讲跨阶函数的切线找点第五讲双变量乘积处理策略第四篇逍遥功——泰勒与放缩专题1逍遥剑法——泰勒展开第一讲泰勒基本展开式第二讲泰勒与切线找点第三讲泰勒与极值界定第四讲无穷阶极值界定第五讲泰勒与切线界定专题2逍遥刀法——京沪专线第一讲指数型“0”线第二讲对数型“0”线第三讲三角型“0”线专题3逍遥拳法——京九专线第一讲指数型“1”线第二讲对数型“1”线第三讲“e”线放缩论“n”线放缩论第四讲指对混阶放缩论第五讲指对三角放缩论第六讲高阶借位放缩论第七讲充分必要放缩论第八讲数列放缩系统论第五篇武当神功——点睛之笔专题1梯云纵——极点极值第一讲极值点本质第二讲唯一极值点第三讲存在极值点第四讲莫有极值点专题2太和功——隐点代换第一讲直接应用第二讲整体代换第三讲反代消参第四讲降次留参第五讲矛盾区间专题3峰回掌——跨阶找点第一讲找点初步认识第二讲找点策略阐述第三讲高次函数找点第四讲指对函数找点第五讲三角函数找点专题4太极剑——跳阶找点第一讲指对混阶找点第二讲指数三角找点第三讲对数三角找点第四讲终结混阶找点专题5八卦阵——必要探路第一讲端点效应第二讲极点效应第三讲显点效应第四讲隐点效应第五讲内点效应第六讲外点效应第七讲拐点效应第八讲弧点效应第六篇六脉神剑——明元之家专题1少商剑——三三来迟第一讲飘带函数减元第二讲点差法第三讲韦达定理的应用专题2商阳剑——四曾相识第一讲极值点偏移第二讲构造法第三讲拐点偏移第四讲泰勒公式专题3中冲剑——不讲五德第一讲换元构造第二讲对数平均不等式第三讲指数平均不等式第四讲广义对均第五讲深度剖析专题4関冲剑——七晴六遇第一讲零点差模型第二讲极值模型第三讲混合模型专题5少泽剑——第一讲复数三角形式第二讲棣莫弗定理第三讲复数的应用专题6少冲剑——第一讲斜率成等差等比问题第一讲数据逻辑及相关定理第二讲破解逻辑及突破压轴。
导数与函数的牛顿切线法
导数与函数的牛顿切线法在微积分中，导数是一个非常重要的概念。
它描述了一个函数在某一点的变化率，并且在许多应用中起着重要的作用。
牛顿切线法，又称为牛顿迭代法，是一种利用导数来逼近函数零点的数值计算方法。
本文将介绍导数的基本概念，以及如何利用牛顿切线法来求解函数的零点。
一、导数的概念导数是描述函数变化率的概念。
对于一个定义在某一区间上的函数，它在某一点的导数表示了函数在该点的变化速度。
导数可以通过极限的方式来定义，即函数在该点的导数等于函数在该点的极限值。
导数可以用符号 f'(x) 或 dy/dx 来表示，其中 x 表示自变量，y 表示因变量。
二、牛顿切线法的原理牛顿切线法利用了导数的概念来逼近函数的零点。
假设我们要求解函数 f(x) 在某一点 x0 处的零点，即 f(x0) = 0。
我们可以选择一个初始点 x1，然后通过函数在该点的切线来逼近 x 轴的交点，即求解切线与x 轴的交点的横坐标 x2。
这样，我们就得到了一个新的点 x2。
然后，我们再用此点的切线来逼近 x 轴的交点，得到 x3。
如此重复，直到足够接近函数的零点。
牛顿切线法的迭代公式如下：x[n+1] = x[n] - f(x[n])/f'(x[n])其中 x[n] 表示第 n 次迭代的结果，f(x[n]) 表示函数在 x[n] 处的值，f'(x[n]) 表示函数在 x[n] 处的导数值。
三、牛顿切线法的步骤使用牛顿切线法求解函数的零点，一般需要以下几个步骤：1. 选择初始点 x1。
2. 计算函数在该点的值 f(x1) 和导数的值 f'(x1)。
3. 根据牛顿切线法的迭代公式，求解出新的点 x2。
4. 重复步骤 2 和步骤 3，直到满足终止条件。
终止条件可以是迭代次数达到一定的次数，或者函数值的变化小于某个阈值。
四、牛顿切线法的优缺点牛顿切线法作为一种数值计算方法，具有以下优点：1. 收敛速度快：相比于一些其他的数值计算方法，如二分法，牛顿切线法的收敛速度更快。
2021版新高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.2导数与函数零点课件新人教B版
令x+1=t,则ln t<t-1(t>1),
所以 2 1 1 ln 1，
aa
a
所以S(x)在 (ln 1 , 2) 上有且只有一个零点,
aa
综上,0<a<1.
【规律方法】 处理函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点问题的常用方法 (1)数形结合,即分别作出两函数的图象,观察交点情况; (2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,通过构造函数y=f(x)g(x),利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.
【解析】(1)a=1,f(x)=x2-x-ln x,则
f′(x)=2x-1- 1 (2x 1)(x 1) (x 0)，
x
x
当0<x<1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,
当x>1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增, 所以f(x) 在x=1处取最小值0.
(2)由 f(x)=ax2-x-ln x,
a
(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题意知1-k>0, 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+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)=x3-3x2+4,
2
(2)若直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点,求实数a的取值范围.
【解题导思】
序号
(1)曲线y=f(x)在直线l的上方
1 2
x2
高中数学题型归纳大全函数与导数题型归纳三.零点、隐零点问题
高中数学题型归纳大全函数与导数3题型归纳三.零点、隐零点问题考点1.讨论零点个数1．已知函数f(x)=a2x 2−(a +1)x +lnx ．（1）当a ＝1时，求y ＝f （x ）在（e ，f （e ））处切线方程； （2）讨论f （x ）的单调区间；（3）试判断a ＞1时f （x ）＝0的实根个数说明理由．考点2.证明存在零点2.已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明： （1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．3．已知设函数f （x ）＝ln （x +2）﹣（x +1）e ax ． （1）若a ＝0，求f （x ）极值；（2）证明：当a ＞﹣1，a ≠0时，函数f （x ）在（﹣1，+∞）上存在零点．考点3.已知零点个数求参4．已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣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．5．已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．考点4.设而不求，虚设零点6．已知函数f（x）＝e x﹣ln（x+m）．（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．7．设函数f（x）＝e x﹣ax﹣2．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）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．8．已知函数f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0）．（1）证明：函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点．（2）若函数f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为1，求a的值．9.已知函数f（x）＝lnx−x+1x−1．（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．题型归纳三.零点、隐零点问题考点1.讨论零点个数1．已知函数f(x)=a2x2−(a+1)x+lnx．（1）当a＝1时，求y＝f（x）在（e，f（e））处切线方程；（2）讨论f（x）的单调区间；（3）试判断a ＞1时f （x ）＝0的实根个数说明理由．【分析】（1）求得f （x ）的导数，可得切线的斜率和切点，可得所求切线方程； （2）求得f （x ）的导数，讨论a ＝0，a ＞1，a ＝1，0＜a ＜1，a ＜0，解不等式可得f （x ）的单调区间；（3）由a ＞1可得f （x ）的极值，判断符号，画出图象，可得实根的个数． 【解答】解：（1）函数f(x)=a2x 2−(a +1)x +lnx 的导数为f ′（x ）＝ax ﹣（a +1）+1x =(x−1)(ax−1)x， 当a ＝1时，y ＝f （x ）在（e ，f （e ））处切线斜率为(e−1)2e，切点为（e ，12e 2﹣2e +1），可得切线方程为y ﹣（12e 2﹣2e +1）=(e−1)2e （x ﹣e ）， 即为y =(e−1)2e x −12e 2；（2）f ′（x ）＝ax ﹣（a +1）+1x =(x−1)(ax−1)x，x ＞0，①当a ＝0时，f ′（x ）=1−xx，可得f （x ）的增区间为（0，1）， 减区间为（1，+∞）；②当a ＝1时，f ′（x ）=(x−1)2x≥0，可得f （x ）的增区间为（0，+∞）； ③当a ＞1时，0＜1a＜1，可得f （x ）的增区间为（0，1a），（1，+∞），减区间为（1a，1）；④当0＜a ＜1，1a＞1，可得f （x ）的增区间为（0，1），（1a，+∞），减区间为（1，1a）；⑤当a ＜0时，f （x ）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）； （3）a ＞1时f （x ）＝0的实根个数为1，a ＞1时，0＜1a＜1，可得f （x ）的增区间为（0，1a），（1，+∞），减区间为（1a，1），可得f （x ）的极小值为f （1）＝﹣1−a 2＜0，极大值为f （1a）＝﹣1−12a−lna ＜0， 且x →+∞，f （x ）→+∞， 可得f （x ）＝0的实根为1个．考点2.证明存在零点2．已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明： （1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．【分析】（1）f （x ）的定义域为（﹣1，+∞），求出原函数的导函数，进一步求导，得到f ″（x ）在（﹣1，π2）上为减函数，结合f ″（0）＝1，f ″（π2）＝﹣1+1(1+π2)2＜−1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f ″（x ）在（﹣1，π2）上存在唯一得零点x 0，结合单调性可得，f ′（x ）在（﹣1，x 0）上单调递增，在（x 0，π2）上单调递减，可得f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x ∈（﹣1，0）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ∈（0，x 0）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；由于f ′（x ）在（x 0，π2）上单调递减，且f ′（x 0）＞0，f ′（π2）＜0，可得函数f ′（x ）在（x 0，π2）上存在唯一零点x 1，结合单调性可知，当x ∈（x 0，x 1）时，f （x ）单调递增；当x ∈（x 1，π2）时，f （x ）单调递减．当x ∈（π2，π）时，f （x ）单调递减，再由f （π2）＞0，f （π）＜0．然后列x ，f ′（x ）与f （x ）的变化情况表得答案．【解答】证明：（1）f （x ）的定义域为（﹣1，+∞）， f ′（x ）＝cos x −11+x ，f ″（x ）＝﹣sin x +1(1+x)2， 令g （x ）＝﹣sin x +1(1+x)2，则g ′（x ）＝﹣cos x −2(1+x)3＜0在（﹣1，π2）恒成立，∴f ″（x ）在（﹣1，π2）上为减函数， 又∵f ″（0）＝1，f ″（π2）＝﹣1+1(1+π2)2＜−1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f ″（x ）在（﹣1，π2）上存在唯一的零点x 0，结合单调性可得，f ′（x ）在（﹣1，x 0）上单调递增，在（x 0，π2）上单调递减，可得f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x ∈（﹣1，0）时，f ′（x ）单调递增，f ′（x ）＜f ′（0）＝0，f （x ）单调递减；当x ∈（0，x 0）时，f ′（x ）单调递增，f ′（x ）＞f ′（0）＝0，f （x ）单调递增； 由于f ′（x ）在（x 0，π2）上单调递减，且f ′（x 0）＞0，f ′（π2）=−11+π2＜0， 由零点存在定理可知，函数f ′（x ）在（x 0，π2）上存在唯一零点x 1，结合单调性可知， 当x ∈（x 0，x 1）时，f ′（x ）单调递减，f ′（x ）＞f ′（x 1）＝0，f （x ）单调递增； 当x ∈（x 1，π2）时，f ′（x ）单调递减，f ′（x ）＜f ′（x 1）＝0，f （x ）单调递减． 当x ∈（π2，π）时，cos x ＜0，−11+x ＜0，于是f ′（x ）＝cos x −11+x ＜0，f （x ）单调递减，其中f （π2）＝1﹣ln （1+π2）＞1﹣ln （1+3.22）＝1﹣ln 2.6＞1﹣lne ＝0，f （π）＝﹣ln （1+π）＜﹣ln 3＜0． 于是可得下表：x（﹣1，0）（0，x 1）x 1（x 1，π2）π2（π2，π）πf ′（x ） ﹣ 0 +﹣﹣﹣ ﹣f （x ）单调递减单调递增大于0 单调递减 大于0 单调递减 小于0 结合单调性可知，函数f （x ）在（﹣1，π2]上有且只有一个零点0， 由函数零点存在性定理可知，f （x ）在（π2，π）上有且只有一个零点x 2，当x ∈[π，+∞）时，sin x ≤1＜ln （1+x ），则f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ）＜0恒成立， 因此函数f （x ）在[π，+∞）上无零点． 综上，f （x ）有且仅有2个零点．3．已知设函数f （x ）＝ln （x +2）﹣（x +1）e ax ．（1）若a＝0，求f（x）极值；（2）证明：当a＞﹣1，a≠0时，函数f（x）在（﹣1，+∞）上存在零点．【分析】（1）将a＝0代入函数，求函数的导数，利用函数的单调性可判断函数的极值，可求的f（x）极值；（2）当a＞﹣1，a≠0时，求函数的导数，分类讨a的范围，利用函数的单调性结合极值的大小，可证明函数f（x）在（﹣1，+∞）上存在零点．【解答】解：（1）函数f（x）＝ln（x+2）﹣（x+1）e ax．当a＝0时，f（x）＝ln（x+2）﹣（x+1），定义域为（﹣2，+∞），由f′(x)=−x+1x+2=0，得x＝﹣1．当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：x（﹣2，﹣1）﹣1 （﹣1，+∞）f′（x）+ 0 ﹣f（x）↗极大值↘故当x＝﹣1时，f（x）取得极大值0，无极小值．（2）证明：f′(x)=1x+2−e ax[1+a(x+1)]，x＞﹣2．①当a＞0时，因为x＞﹣1，所以f″(x)=−1(x+2)2−ae ax[a(x+1)+2]＜0，f'（x）在（﹣1，+∞）单调递减．因为f'（﹣1）＝1﹣e﹣a＞0，f′(0)=−12−a＜0，所以存在x1∈（﹣1，0），使f'（x1）＝0，当﹣1＜x＜x1时，f'（x）＞0，当x＞x1时，f'（x）＜0，所以f（x）在（﹣1，x1）单调递增，在（x1，+∞）单调递减．所以f（x1）＞f（﹣1）＝0，而f（0）＝ln2﹣1＜0，所以f（x）在（﹣1，+∞）存在零点．②当﹣1＜a＜0时，由（1）可知e x≥x+1，x＞﹣2．所以e﹣ax≥﹣ax+1＞﹣a（x+1）．所以f （x ）＝ln （x +2）﹣（x +1）e ax ＝e ax [e ﹣axln （x +2）﹣（x +1）]＞﹣e ax （x +1）[aln （x +2）+1）]．于是f(e −1a )＞e −1(e −1a +1)[−aln(e −1a +2)−1)]＞e −1(e −1a +1)[−aln(e −1a )−1)]=0． 因为f （0）＝ln 2﹣1＜0，所以所以f （x ）在(e −1a ，+∞)存在零点． 综上，当a ＞﹣1，a ≠0时，函数f （x ）在（﹣1，+∞）上存在零点．考点3.已知零点个数求参4．已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣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．【分析】（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f （x ）单调性； （2）由（1）可知：当a ＞0时才有两个零点，根据函数的单调性求得f （x ）最小值，由f （x ）min ＜0，g （a ）＝alna +a ﹣1，a ＞0，求导，由g （a ）min ＝g （e ﹣2）＝e ﹣2lne ﹣2+e﹣2﹣1=−1e 2−1，g （1）＝0，即可求得a 的取值范围． （1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f （x ）单调性； （2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得a 的取值范围．【解答】解：（1）由f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ，求导f ′（x ）＝2ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣1， 当a ＝0时，f ′（x ）＝﹣2e x ﹣1＜0， ∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，当a ＞0时，f ′（x ）＝（2e x +1）（ae x ﹣1）＝2a （e x +12）（e x −1a ）， 令f ′（x ）＝0，解得：x ＝ln 1a ，当f ′（x ）＞0，解得：x ＞ln 1a ， 当f ′（x ）＜0，解得：x ＜ln 1a ，∴x ∈（﹣∞，ln 1a）时，f （x ）单调递减，x ∈（ln 1a，+∞）单调递增；当a ＜0时，f ′（x ）＝2a （e x +12）（e x −1a ）＜0，恒成立， ∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，综上可知：当a ≤0时，f （x ）在R 单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln 1a ）是减函数，在（ln1a，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，e x→0，∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x和x，∴当x→∞，f（x）→+∞，∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（﹣∞，ln 1a ）是减函数，在（ln1a，+∞）是增函数，∴f（x）min＝f（ln 1a ）＝a×（1a）+（a﹣2）×1a−ln1a＜0，∴1−1a−ln1a＜0，即ln1a+1a−1＞0，设t=1a，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），求导g′（t）=1t+1，由g（1）＝0，∴t=1a＞1，解得：0＜a＜1，∴a的取值范围（0，1）．方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）＝（2e x+1）（ae x﹣1）＝2a（e x+12）（ex−1a），令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）＝2a（e x+12）（ex−1a）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1−1a−ln1a，当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，当a∈（1，+∞）时，由1−1a−ln1a＞0，即f（﹣lna）＞0，故f（x）没有零点，当a∈（0，1）时，1−1a−ln1a＜0，f（﹣lna）＜0，由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0＞ln（3a−1），则f（n0）=e n0（a e n0+a﹣2）﹣n0＞e n0−n0＞2n0−n0＞0，由ln（3a−1）＞﹣lna，因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．∴a的取值范围（0，1）．5．已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．【分析】（1）通过两次求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明，（2）方法一、分离参数可得a=e xx2在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）=e xx2的图象在（0，+∞）只有一个交点．结合图象即可求得a．方法二、：①当a≤0时，f（x）＝e x﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．．②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．利用h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，可得h（x））在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，结合函数h（x）图象即可求得a．【解答】证明：（1）当a＝1时，函数f（x）＝e x﹣x2．则f′（x）＝e x﹣2x，令g（x）＝e x﹣2x，则g′（x）＝e x﹣2，令g ′（x ）＝0，得x ＝ln 2．当x ∈（0，ln 2）时，g ′（x ）＜0，当x ∈（ln 2，+∞）时，g ′（x ）＞0， ∴g （x ）≥g （ln 2）＝e ln 2﹣2•ln 2＝2﹣2ln 2＞0， ∴f （x ）在[0，+∞）单调递增，∴f （x ）≥f （0）＝1，解：（2）方法一、，f （x ）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程e x ﹣ax 2＝0在（0，+∞）只有一个根， ⇔a =e xx 2在（0，+∞）只有一个根， 即函数y ＝a 与G （x ）=e xx 2的图象在（0，+∞）只有一个交点． G ′(x)=e x (x−2)x 3，当x ∈（0，2）时，G ′（x ）＜0，当∈（2，+∞）时，G ′（x ）＞0， ∴G （x ）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增， 当→0时，G （x ）→+∞，当→+∞时，G （x ）→+∞，∴f （x ）在（0，+∞）只有一个零点时，a ＝G （2）=e 24．方法二：①当a ≤0时，f （x ）＝e x ﹣ax 2＞0，f （x ）在（0，+∞）没有零点．． ②当a ＞0时，设函数h （x ）＝1﹣ax 2e ﹣x ．f （x ）在（0，+∞）只有一个零点⇔h （x ）在（0，+∞）只有一个零点．h ′（x ）＝ax （x ﹣2）e ﹣x ，当x ∈（0，2）时，h ′（x ）＜0，当x ∈（2，+∞）时，h ′（x ）＞0，∴h （x ）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴ℎ(x)min =ℎ(2)=1−4ae 2，（x ≥0）． 当h （2）＜0时，即a ＞e 24，由于h （0）＝1，当x ＞0时，e x ＞x 2，可得h （4a ）＝1−16a 3e 4a =1−16a 3(e 2a )2＞1−16a 3(2a)4=1−1a ＞0．h （x ）在（0，+∞）有2个零点 当h （2）＞0时，即a ＜e 24，h （x ）在（0，+∞）没有零点，当h （2）＝0时，即a =e 24，h （x ）在（0，+∞）只有一个零点，综上，f （x ）在（0，+∞）只有一个零点时，a =e 24．考点4.设而不求，虚设零点6．已知函数f （x ）＝e x ﹣ln （x +m ）．（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，因为x＝0是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调区间；（Ⅱ）证明当m≤2时，f（x）＞0，转化为证明当m＝2时f（x）＞0．求出当m＝2时函数的导函数，可知导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进一步得到导函数在（﹣1，0）上有唯一零点x0，则当x＝x0时函数取得最小值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从而结论得证．【解答】（Ⅰ）解：∵f′(x)=e x−1x+m，x＝0是f（x）的极值点，∴f′(0)=1−1m=0，解得m＝1．所以函数f（x）＝e x﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．∵f′(x)=e x−1x+1=ex(x+1)−1x+1．设g（x）＝e x（x+1）﹣1，则g′（x）＝e x（x+1）+e x＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，又∵g（0）＝0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m＝2时f（x）＞0．当m＝2时，函数f′(x)=e x−1x+2在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．故f′（x）＝0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从而当x＝x0时，f（x）取得最小值．由f′（x0）＝0，得e x0=1x0+2，ln（x0+2）＝﹣x0．故f（x）≥f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2＞0．综上，当m≤2时，f（x）＞0．7．设函数f（x）＝e x﹣ax﹣2．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）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．【分析】（Ⅰ）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母a，故应按a的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；（II）由题设条件结合（I），将不等式，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0在x＞0时成立转化为k＜x+1 e x−1+x（x＞0）成立，由此问题转化为求g（x）=x+1e x−1+x在x＞0上的最小值问题，求导，确定出函数的最小值，即可得出k的最大值；【解答】解：（I）函数f（x）＝e x﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）＝e x﹣a，若a≤0，则f′（x）＝e x﹣a≥0，所以函数f（x）＝e x﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＝e x﹣a＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＝e x﹣a＞0；所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．（II）方法一：由于a＝1，所以（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1故当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0等价于k＜x+1e x−1+x（x＞0）①令g（x）=x+1e x−1+x，则g′（x）=−xex−1(e x−1)2+1=ex(e x−x−2)(e x−1)2由（I）知，当a＝1时，函数h（x）＝e x﹣x﹣2在（0，+∞）上单调递增，而h（1）＜0，h（2）＞0，所以h（x）＝e x﹣x﹣2在（0，+∞）上存在唯一的零点，故g′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）当x∈（0，α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时，g′（x）＞0；所以g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（α）．又由g′（α）＝0，可得eα＝α+2所以g（α）＝α+1∈（2，3）由于①式等价于k＜g（α），故整数k的最大值为2．方法二：由a＝1，知（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，设g（x）＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，则g′（x）＝（x﹣k+1）e x，若k⩽1，则当x＞0 时，g′（x）＞0，此时g（x）上单调递增，而g（0）＝1，故当x＞0 时，g（x）＞1，则有g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0；若k＞1，则当x∈（0，k﹣1）时，g′（x）＜0，当x∈（k﹣1，+∞）时，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）内的最小值为g（k﹣1）＝k﹣e k﹣1+1，令h（k）＝k﹣e k﹣1+1，由（Ⅰ）知，函数e x﹣x﹣2 在（0，+∞）内单调递增，则h（k）在（1，+∞）内单调递减，而h（2）＞0，h（3）＜0，所以当1＜k⩽2 时，h（k）＞0，即g（k﹣1）＞0，则当x＞0 时，g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，当k⩾3 时，g（x）＞0 在（0，+∞）内恒不成立．综上，整数k的最大值为2．8．已知函数f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0）．（1）证明：函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点．（2）若函数f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为1，求a的值．【分析】（1）求出原函数的导函数f′（x）=e x−a−1x+a，可得f′（x）在（0，+∞）上单调递增，再利用导数证明f′（0）＜0，f′（a+1）＝e−12a+1＞0，可得函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点；（2）由（1）可知，存在唯一的零点x0∈（0，+∞），使得f′(x0)=e x0−a−1x0+a=0，即e x0−a=1x0+a，结合（1）求出f（x）的最小值，得1x0+a−ln(x0+a)=1，显然x0+a＝1是方程的解，结合y=1x−lnx是单调递减函数，可知方程1x0+a−ln(x0+a)=1有且仅有唯一解x0+a＝1，把x0＝1﹣a代入e x0−a=1x0+a即可求得a的值．【解答】（1）证明：∵f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0），∴f′（x）=e x−a−1x+a，∵e x﹣a在区间（0，+∞）上单调递增，1x+a在区间（0，+∞）上单调递减，∴f′（x）=e x−a−1x+a在（0，+∞）上单调递增，又f′（0）=e−a−1a=a−eaae a，令g（a）＝a﹣e a（a＞0），g′（a）＝1﹣e a＜0．则g（a）在（0，+∞）上单调递减，g（a）＜g（0）＝﹣1，故f′（0）＜0．令m ＝a +1，则f ′（m ）＝f ′（a +1）＝e −12a+1＞0． ∴函数f ′（x ）在（0，+∞）上存在唯一的零点；（2）解：由（1）可知，存在唯一的零点x 0∈（0，+∞），使得f ′(x 0)=e x 0−a −1x 0+a =0，即e x 0−a =1x 0+a ．而函数f ′（x ）=e x−a −1x+a 在（0，+∞）上单调递增，∴当x ∈（0，x 0）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（x 0，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴f(x)min =f(x 0)=e x 0−a −ln(x 0+a)=1x 0+a −ln(x 0+a)．∴1x 0+a−ln(x 0+a)=1，显然x 0+a ＝1是方程的解．又∵y =1x −lnx 是单调递减函数，方程1x 0+a−ln(x 0+a)=1有且仅有唯一解x 0+a ＝1，把x 0＝1﹣a 代入e x 0−a =1x 0+a ，得e 1﹣2a＝1，即a =12．∴所求a 的值为12．9．已知函数f （x ）＝lnx −x+1x−1． （1）讨论f （x ）的单调性，并证明f （x ）有且仅有两个零点；（2）设x 0是f （x ）的一个零点，证明曲线y ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．【分析】（1）讨论f （x ）的单调性，求函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数，（2）运用曲线的切线方程定义可证明．【解答】解析：（1）函数f （x ）＝lnx −x+1x−1．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）； f ′（x ）=1x +2(x−1)2＞0，（x ＞0且x ≠1），∴f （x ）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增， ①在（0，1）区间取值有1e2，1e 代入函数，由函数零点的定义得， ∵f （1e）＜0，f （1e）＞0，f （1e）•f （1e）＜0， ∴f （x ）在（0，1）有且仅有一个零点，②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0=x0+1 x0−1，曲线y＝lnx，则有y′=1 x；由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0=1x0（x﹣x0），即：y=1x0x﹣1+lnx0，将lnx0=x0+1x0−1代入，即有：y=1x0x+2x0−1，而曲线y＝e x的切线中，在点（ln 1x0，1x0）处的切线方程为：y−1x0=1x（x﹣ln1x0）=1x0x+1x0lnx0，将lnx0=x0+1x0−1代入化简，即：y=1x0x+2x0−1，故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．故得证．。
导数与函数零点问题解题方法归纳
导函数零点问题一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题.二．解题策略类型一 察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【2020·福建南平期末】已知函数()()21e x f x x ax =++. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()21e 1x g x x mx =+--在[)1,-+∞有两个零点，求m 的取值范围. 【分析】（1）首先求出函数的导函数因式分解为()()()11e xf x a x x =++'+，再对参数a 分类讨论可得； （2）依题意可得()()21e xg x m x =+'-，当0m 函数在定义域上单调递增，不满足条件；当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数，因为()01g m '=-，()00g =.再对1m =，1m ，01m <<三种情况讨论可得.【解析】（1）因为()()21x f x x ax e =++，所以()()221e xf x x a x a ⎡⎤=+++⎣⎦'+， 即()()()11e xf x a x x =++'+. 由()0f x '=，得()11x a =-+，21x =-.①当0a =时，()()21e 0x f x x =+'，当且仅当1x =-时，等号成立.故()f x 在(),-∞+∞为增函数.②当0a >时，()11a -+<-，由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-，由()0f x <′得()11a x -+<<-；所以()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数.③当0a <时，()11a -+>-，由()0f x >′得()1x a >-+或1x <-，由()0f x <′得()11x a -<<-+；所以()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.综上，当0a =时，()f x 在为(),-∞+∞增函数；当0a >时，()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数；当0a <时，()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.（2）因为()()21e 1x g x x mx =+--，所以()()21e x g x m x =+'-， ①当0m 时，()0g x '，()g x 在[)1,-+∞为增函数，所以()g x 在[)1,-+∞至多一个零点.②当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数.因为()01g m '=-，()00g =.（ⅰ）当1m =时，()00g '=，0x >时，()0g x '>，10x -<<时，()0g x '<；所以()g x 在[)1,0-为减函数，在[)0,+∞为增函数，()()min 00g x g ==.故()g x 在[)1,-+∞有且只有一个零点.（ⅱ）当1m 时，()00g '<，()()210m g m e m m '=+->，()00,x m ∃∈，使得()00g x '=， 且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.所以()()000g x g <=，又()()()22221e 1110m g m m m m m =+-->+--=， 根据零点存在性定理，()g x 在()0,x m 有且只有一个零点.又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0.故当1m 时，()g x 在[)1,-+∞有两个零点.（ⅲ）当01m <<时，()01g m -'=-<，()00g '>，()01,0x ∃∈-，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.因为()g x 在()0,x +∞有且只有一个零点0，若()g x 在[)1,-+∞有两个零点，则()g x 在[)01,x -有且只有一个零点.又()()000g x g <=，所以()10g -即()2110e g m -=+-，所以21e m -， 即当211em -<时()g x 在[)1,-+∞有两个零点. 综上，m 的取值范围为211em -< 【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x时，常猜x ＝0或x ＝ln x .2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】 【2020·山西吕梁期末】已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()sin x g x e x =-，若()()()()2h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点，求a 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2ln f x x a x x =--， 21()2f x x '=+2221a x ax x x-+-=， 对于2210x ax -+=，28a ∆=-，当[a ∈-时，()0f x '≥，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当(,a ∈-∞-时，对于0x >，有()0f x '>，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当)a ∈+∞时，令()0f x '>，得04a x <<或4a x >，令()0f x '<，得44a a x <<，所以()f x 在，)+∞上是增函数，在(44a a 上是减函数.综上，当(,a ∈-∞时，()f x 在(0,)+∞上是增函数；当)a ∈+∞时，()f x 在(0,)4a -，()4a ++∞上是增函数，在(44a a 上是减函数. （2）由已知可得()cos x g x e x '=-， 因为0x >，所以e 1x >，而c o s 1x ≤，所以cos 0x e x ->，所以()0g x '>，所以()sin xg x e x =-在()0+∞，上单调递增. 所以()()00g x g >=.故()h x 有两个零点，等价于()2y f x x =-=1aInx x--在()0+∞，内有两个零点. 等价于1ln 0a x x--=有两根， 显然1x =不是方程的根， 因此原方程可化为()1ln 01x x x x a-=>≠且， 设()ln x x x φ=，()ln 1x x φ='+，由()0x φ'>解得11x e<<，或1x > 由()0x φ'<解得10x e <<， 故()ln x x x φ=在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在()1,1,1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.其图像如下所示：所以()min 11x e eφφ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 所以110e a-<-<， 所以a e >. 类型二 设而不求，巧“借”零点 【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln x f x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a ≥+. 【解析】（I ）()f x 的定义域为0+，，2()=20x a f x e x x . 当0a时,()0f x ，()f x 没有零点； 当0a 时，因为2x e 单调递增，a x 单调递增，所以()f x 在0+，单调递增.又()0f a ,当b 满足04a b 且14b 时，(b)0f ,故当0a 时，()f x 存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x 在0+，的唯一零点为0x ，当00x x ，时，()0f x ;当0+x x ，时，()0f x .故()f x 在00x ，单调递减，在0+x ，单调递增，所以当0x x 时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x ，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a . 故当0a 时，2()2ln f x a a a. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20x af x e x 的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”．【举一反三】 【2020·江西赣州期末】已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+.（1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【解析】（1）令2()x f x e ax x =--，则()21x f x e ax '=--，得：(1)e 1f a =--，(1)e 21f a '=--，由题得：(1)e 21e 31(1)e 1e 31f a a f a b b ⎧=--=-=⎧⇒⎨⎨=--=-+=⎩'⎩（2）根据题意，要证不等式4()5f x m >+对于任意恒成立，即证(0,)x ∈+∞时，4()5f x -的最小值大于m ， 令244()()()2155x x g x f x e x x g x e x '=-=---⇒=--， 记()()21()2x xh x g x e x h x e ''==--⇒=-，当(0,ln 2)x ∈时，()0h x '<；当x (ln 2,)∈+∞时，()0h x '>，故()h x 即()g x '在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增， 又(0)0g '=，(ln 2)12ln 20g '=-<，且(1)30g e '=-<，323402g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， 故存在唯一031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=， 故当()00,x x ∈时，0g x ；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>；故()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()02min 0004()5x g x g x e x x ==--- 一方面：()014(1)5g x g e <=- 另一方面：由()00g x '=，即00210x e x --=，得()022*********x g x e x x x x =---=-++ 由031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得：()0111205g x -<<，进而()011140205g x e -<<-<， 所以1120m <- ，又因为m 是整数，所以1m -，即max 1m =-. 类型三 二次构造（求导），避免求根 【例3】【2020重庆巴蜀中学月考】已知函数()()21ln 12f x x a x =+-.（1）当1a =-时，求()f x 的单调增区间；（2）若4a >，且()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，求证：210e x e --<<.【分析】（1）求出()'f x ，令()'0f x ≥，解不等式可得单调递增区间；（2）通过求()f x 的导函数，可得()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，又由()f x 在()0,1上有唯一的零点0x 可得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，所以有()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，消去a ，可得0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，研究其单调性，利用零点存在性定理可得结果.【解析】（1）由已知()f x 的定义域为0x >，当1a =-时，()()21ln 12f x x x =--， 则()()2111'x x x xf x x -++=--=， 令()'0f x ≥且0x >，则102x +<≤， 故()f x在10,2⎛ ⎝⎦上单调递增；（2）由()()21ln 12f x x a x =+-， 有()()2111'ax f x ax a x x x-+=+-=，记()21g x ax ax =-+，由4a >，有()()001011110242110a g g a a g >⎧⎪=>⎪⎪⎪⎛⎫=-+<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪=>⎪⎪⎩， 即()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，不妨设12x x <，且1x ，2x 是210ax ax -+=的两个根， 则121012x x <<<<， 又()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，且当0x +→时，()f x →-∞，当1x =时，()10f =， 所以得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭， 所以()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，两式结合消去a ，得0001ln 02x x x --=， 即0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 有()00'2ln 1t x x =+，其在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()001'2ln 12ln 11ln 402t x x =+<+=-< 则()00'2ln 10t x x =+<在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立， 即()0t x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又222212*********e t e e e e e t e e e ⎧-⎛⎫=--+=< ⎪⎪⎝⎭⎪⎨-⎛⎫⎪=-=> ⎪⎪⎝⎭⎩， 由零点存在定理，210ex e --<<. 【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等.【举一反三】【2020·云南昆明一中期末】已知函数2()(1)x x f x eax e =-+⋅，且()0f x . （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【解析】（1）因为()()ee 10x xf x ax =--≥,且e 0x >,所以e 10x ax --≥, 构造函数()e 1x u x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =, 若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >,则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增,故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e x xf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()0022200000011e 1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+< ⎪⎝⎭.三．强化训练1.【2020·安徽合肥二中月考】已知函数() 01ln 0x x e x f x xe x x x -⎧-≤=⎨--->⎩，，，则函数()()()()F x f f x ef x =-的零点个数为（ ）（e 是自然对数的底数） A ．6 B ．5C ．4D ．3【答案】B【解析】0x ≤时，()xf x e -=-是增函数，(0)1f =-，0x >时，()1ln x f x xe x x =---，11()(1)1(1)()xx f x x e x e x x'=+--=+-，显然10x +>， 由1xe x=，作出xy e =和1(0)y x x=>的图象，如图，x y e =是增函数，1y x =在0x >是减函数它们有一个交点，设交点横坐标为0x ，易得0011x e x =>，001x <<， 在00x x <<时，1xe x <，()0f x '<，0x x >时，1xe x>，()0f x '>， 所以()f x 在0(0,)x 上递减，在0(,)x +∞上递增，0()f x 是()f x 的极小值，也是在0x >时的最小值．001x e x =，001x x e =，0001ln ln x x x ==-，即00ln 0x x +=，00000()1ln 0x f x x e x x =---=， 0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞．作出()f x 的大致图象，作直线y ex =，如图，0x >时y ex =与()f x 的图象有两个交点，即()0f x ex -=有两个解12,t t ，120,0t t >>．0x <时，()x f x e -=-，()x f x e '-=，由11()xf x e e -'==得1x =-，而1x =-时，(1)y e e =⨯-=-，(1)f e -=-，所以直线y ex =与()x f x e -=-在(1,)e --处相切．即0x ≤时方程()0f x ex -=有一个解e -．()(())()0F x f f x ef x =-=，令()t f x =，则()()0F x f t et =-=，由上讨论知方程()0f t et -=有三个解：12,,e t t -(120,0t t >>)而()f x e =-有一个解，1()f x t =和2()f x t =都有两个解，所以()0F x =有5个解， 即函数()F x 有5个零点．故选B ． 2．【2020江苏盐城期中】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________. 【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。
高考数学基础突破导数与积分第3讲导数的几何意义——求切线的斜率
2017年高考数学基础突破——导数与积分第3讲导数的几何意义——切线的斜率【知识梳理】1．导数的几何意义函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k，即，相应地，切线方程为．【基础考点突破】考点1．导数的几何意义命题点1 已知切点的切线方程问题【例1】已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求经过点A(2，－2)的曲线的切线方程.【归纳总结】 (1)导数f′(x0)的几何意义就是函数y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率，切点既在曲线上，又在切线上.切线有可能和曲线还有其他的公共点.(2)“曲线在点P处的切线”是以点P为切点，“曲线过点P的切线”则点P 不一定是切点，此时应先设出切点坐标.(3)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线垂直于x轴时，函数在该点处的导数不存在，切线方程是x＝x0.变式训练1．【2016高考新课标3】已知为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是_____________________．命题点2 未知切点的切线方程问题【例2】与直线y＝2x平行的抛物线y＝x2的切线方程是( )A．2x－y＋3＝0 B．2x－y－3＝0 C．2x－y＋1＝0 D．2x－y－1＝0变式训练2．【2016高考新课标2】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则．命题点3 求切点坐标【例3】若曲线y＝xln x上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P 的坐标是________．变式训练2．曲线y＝3ln x＋x＋2在点P0处的切线方程为4x－y－1＝0，则点P0的坐标是( )A．(0，1) B．(1，－1) C．(1，3) D．(1，0)命题点4 和切线有关的参数问题【例4】若直线y＝kx与曲线y＝x3－3x2＋2x相切，试求k的值．命题点5 导数与函数图象的关系【例5】函数的导函数在区间上的图象大致是（）考点2．导数几何意义的综合应用【例6】已知函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围.【基础练习巩固】1．已知曲线y＝ln x的切线过原点，则此切线的斜率为( )A．e B．－e C.D．－2．函数f(x)＝的图象在点(1，－2)处的切线方程为( )A．2x－y－4＝0 B．2x＋y＝0 C．x－y－3＝0 D．x＋y＋1＝03．已知f1(x)＝sin x＋cos x，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则f2 017(x)等于( )A．－sin x－cos x B．sin x－cos x C．－sin x＋cosx D．sin x＋cos x4．(2014·课标全国Ⅱ)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x，则a等于( )A．0 B．1 C．2 D．35．已知曲线y＝，则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为( )A．x＋4y－2＝0 B．x－4y＋2＝0 C．4x＋2y－1＝0 D．4x －2y－1＝06．已知函数f(x)＝＋1，g(x)＝aln x，若在x＝处函数f(x)与g(x)的图象的切线平行，则实数a的值为( )A.B.C．1 D．47．曲边梯形由曲线y＝x2＋1，y＝0，x＝1，x＝2所围成，过曲线y＝x2＋1 (x∈[1,2])上一点P作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，则这一点的坐标为( )A.B.C.D.8．已知曲线y＝x3上一点P，则过点P的切线方程为_______________．9．在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是______．10．已知函数f(x)＝x3－3x，若过点A(0,16)且与曲线y＝f(x)相切的直线方程为y＝ax＋16，则实数a的值是________．11．若直线y＝2x＋m是曲线y＝xln x的切线，则实数m的值为________．12.【2016河北衡水四调】设过曲线（为自然对数的底数）上任意一点处的切线为，总存在过曲线上一点处的切线，使得，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．13．已知曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l1平行于直线4x－y－1＝0，且点P0在第三象限．14．设函数f(x)＝ax－，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．15．已知函数f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12和直线m：y ＝kx＋9，且f′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在k，使直线m既是曲线y＝f(x)的切线，又是曲线y＝g(x)的切线？如果存在，求出k的值；2017年高考数学基础突破——导数与积分第3讲导数的几何意义——切线的斜率（教师版）【知识梳理】1．导数的几何意义函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k，即，相应地，切线方程为．【基础考点突破】考点1．导数的几何意义命题点1 已知切点的切线方程问题【例1】已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求经过点A(2，－2)的曲线的切线方程.解析：(1)∵，∴，又，∴曲线在点处的切线方程为，即.(2)设曲线与经过点A(2，－2)的切线相切于点，∵，∴切线方程为，又切线过点，∴，整理得，解得或1.∴经过A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为，或.【归纳总结】 (1)导数f′(x0)的几何意义就是函数y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率，切点既在曲线上，又在切线上.切线有可能和曲线还有其他的公共点.(2)“曲线在点P处的切线”是以点P为切点，“曲线过点P的切线”则点P 不一定是切点，此时应先设出切点坐标.(3)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线垂直于x轴时，函数在该点处的导数不存在，切线方程是x＝x0.变式训练1．【2016高考新课标3理数】已知为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是_______________．【答案】【解析】当时，，则．又因为为偶函数，所以，所以，则切线的斜率为，所以切线的方程为，即．命题点2 未知切点的切线方程问题【例2】与直线y＝2x平行的抛物线y＝x2的切线方程是( )A．2x－y＋3＝0 B．2x－y－3＝0 C．2x－y＋1＝0 D．2x－y－1＝0答案 D解析(1)对y＝x2求导得y′＝2x.设切点坐标为(x0，x)，则切线斜率为k＝2x0.由2x0＝2得x0＝1，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.变式训练2．【2016高考新课标2】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则．【答案】．【解析】对函数求导得，对求导得，设直线与函数相切于，与相切于，则，，则点在切线上得：，由在切线上得：，这两条直线表示同一条直线，所以，解得，所以，所以．命题点3 求切点坐标【例3】若曲线y＝xln x上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P 的坐标是________．解析：由题意知，y′＝ln x＋1，直线斜率为2.由导数的几何意义知，令ln x＋1＝2，得x＝e，所以y＝eln e＝e，所以P(e，e)．变式训练3．曲线y＝3ln x＋x＋2在点P0处的切线方程为4x－y－1＝0，则点P0的坐标是( )A．(0，1) B．(1，－1) C．(1，3) D．(1，0)答案：C解析：由题意知y′＝＋1＝4，解得x＝1，此时4×1－y－1＝0，解得y＝3，故点P0的坐标是(1，3)．命题点4 和切线有关的参数问题【例4】若直线y＝kx与曲线y＝x3－3x2＋2x相切，试求k的值．解析：设y＝kx与y＝x3－3x2＋2x相切于P(x0，y0)，则y0＝kx0，①y0＝x－3x＋2x0.②又y′＝3x2－6x＋2，∴k＝y′|x＝x0＝3x－6x0＋2.③由①②③得：(3x－6x0＋2)x0＝x－3x＋2x0，即(2x0－3)x＝0.∴x0＝0或x0＝，∴k＝2或k＝－.命题点5 导数与函数图象的关系【例5】函数的导函数在区间上的图象大致是（）答案：A解析：，，所以是一个偶函数，排除C；，排除D，由于在上，，所以当时，最大，排除B，选A.考点2．导数几何意义的综合应用【例6】已知函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围.解析(1)由f(x)＝2x3－3x，得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－，或x＝.因为f(－2)＝－10，f＝，f＝－，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为f＝.(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x－3x0，且切线斜率为k＝6x－3，所以切线方程为y－y0＝(6x－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6x－3)·(1－x0).整理得4x－6x＋t＋3＝0.设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”.g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，于是，当x变化时，g(x)，g′(x)的变化情况如下表：所以g(0)＝t＋3是g(x)的极大值；g(1)＝t＋1是g(x)的极小值.当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(0)>0且g(1)<0，即－3< t <－1时，因为g(－1)= t－7<0，g(2)=t+11>0，所以g(x)分别在区间和上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上单调，所以g(x)在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点.综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是．【基础练习巩固】1．已知曲线y＝ln x的切线过原点，则此切线的斜率为( )A．e B．－e C.D．－答案 C解析y＝ln x的定义域为(0，＋∞)，且y′＝，设切点为(x0，ln x0)，则y′|x＝x0＝，切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x0＝－1，解得x0＝e，故此切线的斜率为.2．函数f(x)＝的图象在点(1，－2)处的切线方程为( )A．2x－y－4＝0 B．2x＋y＝0 C．x－y－3＝0 D．x＋y＋1＝0答案 C解析(1)f′(x)＝，则f′(1)＝1，故该切线方程为y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0.3．已知f1(x)＝sin x＋cos x，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则f2 017(x)等于( )A．－sin x－cos x B．sin x－cos x C．－sin x＋cosx D．sin x＋cos x答案 D解析∵f1(x)＝sin x＋cos x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，∴fn(x)是以4为周期的函数，∴f2 017(x)＝f1(x)＝sin x+cos x，故选D.4．(2014·课标全国Ⅱ)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x，则a等于( )A．0 B．1 C．2 D．3答案 D解析令f(x)＝ax－ln(x＋1)，则f′(x)＝a－.由导数的几何意义可得在点(0,0)处的切线的斜率为f′(0)＝a－1.又切线方程为y＝2x，则有a－1＝2，∴a＝3.5．已知曲线y＝，则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为( )A．x＋4y－2＝0 B．x－4y＋2＝0 C．4x＋2y－1＝0 D．4x －2y－1＝0答案 A解析y′＝＝，因为ex>0，所以ex＋≥2＝2(当且仅当ex＝，即x＝0时取等号)，则ex＋＋2≥4，故y′＝≥－当(x＝0时取等号)．当x＝0时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为(0，)，切线的方程为y－＝－(x－0)，即x＋4y－2＝0. 故选A.6．已知函数f(x)＝＋1，g(x)＝aln x，若在x＝处函数f(x)与g(x)的图象的切线平行，则实数a的值为( )A.B.C．1 D．4答案 A解析由题意可知f′(x)＝x－，g′(x)＝，由f′()＝g′()，得×()－＝，可得a＝，经检验，a＝满足题意．故选A7．曲边梯形由曲线y＝x2＋1，y＝0，x＝1，x＝2所围成，过曲线y＝x2＋1 (x∈[1,2])上一点P作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，则这一点的坐标为( )A.B.C.D.答案 B解析设P(x0，x＋1)，x0∈[1,2]，则易知曲线y＝x2＋1在点P处的切线方程为y－(x＋1)＝2x0(x－x0)，∴y＝2x0(x－x0)＋x＋1，设g(x)＝2x0(x－x0)＋x＋1，则g(1)＋g(2)＝2(x＋1)＋2x0(1－x0＋2－x0)，∴S普通梯形＝×1＝－x＋3x0＋1＝－2＋，∴P点坐标为时，S普通梯形最大．8．已知曲线y＝x3上一点P，则过点P的切线方程为_______________．解：(1)当P为切点时，由y′＝′＝x2，得y′|x＝2＝4，即过点P的切线方程的斜率为4.则所求的切线方程是y－＝4(x－2)，即12x－3y－16＝0.(2)当P点不是切点时，设切点为Q(x0，y0)，则切线方程为y－x＝x(x－x0)，因为切线过点P，把P点的坐标代入以上切线方程，求得x0＝－1或x0＝2(即点P，舍去)，所以切点为Q，即所求切线方程为3x－3y＋2＝0；综上所述，过点P的切线方程为12x－3y－16＝0或3x－3y＋2＝0.9．在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是______．答案－3解析y＝ax2＋的导数为y′＝2ax－，直线7x＋2y＋3＝0的斜率为－.由题意得解得则a＋b＝－3.10．已知函数f(x)＝x3－3x，若过点A(0,16)且与曲线y＝f(x)相切的直线方程为y＝ax＋16，则实数a的值是________．答案9解析先设切点为M(x0，y0)，则切点在曲线上有y0＝x－3x0，①求导数得到切线的斜率k＝f′(x0)＝3x－3，又切线l过A、M两点，所以k＝，则3x－3＝，②联立①②可解得x0＝－2，y0＝－2，从而实数a的值为a＝k＝＝9.11．若直线y＝2x＋m是曲线y＝xln x的切线，则实数m的值为________．答案－e解析：设切点为(x0，x0ln x0)，由y′＝(xln x)′＝ln x＋x·＝ln x＋1，得切线的斜率k＝ln x0＋1，故切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，整理得y＝(ln x0＋1)x－x0，与y＝2x＋m比较得解得x0＝e，故m＝－e.12.【2016河北衡水四调】设过曲线（为自然对数的底数）上任意一点处的切线为，总存在过曲线上一点处的切线，使得，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意得：使得，即函数的值域为函数的值域的子集，从而，即，故选A.13．已知曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l1平行于直线4x－y－1＝0，且点P0在第三象限．(1)求P0的坐标；(2)若直线l⊥l1，且l也过切点P0，求直线l的方程．解(1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，由已知令3x2＋1＝4，解之得x＝±1.当x＝1时，y＝0；当x＝－1时，y＝－4.又∵点P0在第三象限，∴切点P0的坐标为(－1，－4)．(2)∵直线l⊥l1，l1的斜率为4，∴直线l的斜率为－.∵l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)，∴直线l的方程为y＋4＝－(x＋1)，即x＋4y＋17＝0.14．设函数f(x)＝ax－，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝x－3.当x＝2时，y＝.又f′(x)＝a＋，于是解得故f(x)＝x－.(2)设P(x0，y0)为曲线上任一点，由y′＝1＋知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x－x0)，即y－＝(x－x0)．令x＝0，得y＝－，从而得切线与直线x＝0的交点坐标为.令y＝x，得y＝x＝2x0，从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．所以点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为S＝|2x0|＝6.故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线15．已知函数f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12和直线m：y ＝kx＋9，且f′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在k，使直线m既是曲线y＝f(x)的切线，又是曲线y＝g(x)的切线？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．解(1)由已知得f′(x)＝3ax2＋6x－6a，∵f′(－1)＝0，∴3a－6－6a＝0，∴a＝－2.(2)存在．由已知得，直线m恒过定点(0,9)，若直线m是曲线y＝g(x)的切线，则设切点为(x0,3x＋6x0＋12)．∵g′(x0)＝6x0＋6，∴切线方程为y－(3x＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，将(0,9)代入切线方程，解得x0＝±1.当x0＝－1时，切线方程为y＝9；当x0＝1时，切线方程为y＝12x＋9.由(1)知f(x)＝－2x3＋3x2＋12x－11，①由f′(x)＝0得－6x2＋6x＋12＝0，解得x＝－1或x＝2.在x＝－1处，y＝f(x)的切线方程为y＝－18；在x＝2处，y＝f(x)的切线方程为y＝9，∴y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9.②由f′(x)＝12得－6x2＋6x＋12＝12，解得x＝0或x＝1.在x＝0处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－11；在x＝1处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－10；∴y＝f(x)与y＝g(x)的公切线不是y＝12x＋9.综上所述，y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9，此时k＝0.。
导数与函数的切线及函数零点问题
广东实验学校2020届高三理科数学寒假作业----导数专题函数的切线及函数零点问题1.已知函数f (x)＝a x＋b x(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1).(1)设a＝2，b＝12.①求方程f (x)＝2的根；②若对任意x∈R，不等式f (2x)≥mf (x)－6恒成立，求实数m的最大值；(2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f (x)－2有且只有1个零点，求ab的值.考点整合1.求曲线y＝f (x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f (x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f ′(x0)，由点斜式写出方程.(2)已知切线的斜率为k，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k ＝f ′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程.(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f ′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f (x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下：①转化为形如f (x1)·f (x2)＜0的不等式：若y＝f (x)满足f (a)f (b)＜0，则f (x)在(a，b)内至少有一个零点；②转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g(x)＝0有解问题，将方程分离参数后(a＝f (x))转化为求y＝f (x)的值域问题；③数形结合：将问题转化为y＝f (x)与y＝g(x)的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题.(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法①数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案.②函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.2.已知函数f (x)＝2x3－3x.①求f (x)在区间[－2，1]上的最大值；②若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切，求t的取值范围.探究提高解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系，如本题第(2)问中的切线过点(1，t).3. 已知函数f (x)＝x3－x.(1)设M(λ0，f (λ0))是函数f (x)图象上的一点，求图象在点M处的切线方程；(2)证明：过点N(2，1)可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.热点二利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题[命题角度1]讨论函数零点的个数4.(2015·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝x3＋ax＋14，g(x)＝－ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f (x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f (x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数.探究提高对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解.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)画出函数草图；(4)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.[命题角度2]根据函数零点求参数范围5.(2017·徐州考前信息卷)已知函数f (x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－2(e为自然对数的底数，a∈R).(1)判断曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与曲线y＝g(x)的公共点个数；(2)当x∈\f(1e)，e)时，若函数y＝f (x)－g(x)有两个零点，求a的取值范围.探究提高研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.6. (2017·南通调研节选)已知函数f (x)＝ax2－x－ln x，a∈R.(1)当a＝38时，求函数f (x)的最小值；(2)若－1≤a≤0，证明：函数f (x)有且只有一个零点..1.求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y－y0＝f ′(x0)(x－x0)，它的难点在于分清“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异.突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P(x0，y0)的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P(x0，y0)处的切线，必以点P为切点，则此时切线的方程是y－y0＝f′(x0)(x－x0).2.我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题.3.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.4.求函数零点或两函数的交点问题，综合了函数、方程、不等式等多方面知识，可以全面地考察学生对函数性质、函数图象等知识的综合应用能力，同时考察学生的变形、转化能力.因此在高考压轴题中占有比较重要的地位.7..(2017·泰州质检)已知函数f (x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).(1)当a＝2时，求f (x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f (x)－ax＋m在\f(1e)，e)上有两个零点，求实数m的取值范围.8.已知函数f (x)＝x2－a ln x－1，函数F(x)＝x)－1\r(x)＋1.(1)如果函数f (x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a的取值范围；(2)当a＝2时，你认为函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象有多少个公共点？请证明你的结论.9..(2017·山东卷)已知函数f (x)＝13x3－12ax2，a∈R.(1)当a＝2时，求曲线y＝f (x)在点(3，f (3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f (x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.导数专题答案1.解(1)①由已知可得2x＋\a\vs4\al\co1(\f(12))x＝2，即2x＋12x＝2.∴(2x)2－2·2x＋1＝0，解得2x＝1，∴x＝0.②f (x)＝2x＋\a\vs4\al\co1(\f(12))x＝2x＋2－x，令t＝2x＋2－x，则t≥2.又f (2x)＝22x＋2－2x＝t2－2，故f (2x)≥mf (x)－6可化为t2－2≥mt－6，即m≤t＋4t，又t≥2，t＋4t≥24t)＝4(当且仅当t＝2时等号成立)，∴m≤\a\vs4\al\co1(t＋\f(4t))min＝4，即m的最大值为4.(2)∵0＜a＜1，b＞1，∴ln a＜0，ln b＞0.g(x)＝f (x)－2＝a x＋b x－2，g′(x)＝a x ln a＋b x ln b且g′(x)为单调递增，值域为R的函数.∴g′(x)一定存在唯一的变号零点，∴g(x)为先减后增且有唯一极值点.由题意g(x)有且仅有一个零点，则g(x)的极值一定为0，而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0，∴ab＝1.2.解①由f (x)＝2x3－3x得f ′(x)＝6x2－3.令f ′(x)＝0，得x＝－2)2或x＝2)2.因为f (－2)＝－10，f \a\vs4\al\co1(－\f(\r(2)2))＝2，f \a\vs4\al\co1(\f(\r(2)2))＝－2，f (1)＝－1，所以f (x)在区间[－2，1]上的最大值为f \a\vs4\al\co1(－\f(\r(2)2))＝2.②设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f (x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因为t－y0＝(6x20－3)(1－x0).整理得4x30－6x20＋t＋3＝0，设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”. g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值.当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1)和[1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点.综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切时，t的取值范围是(－3，－1).3.解因为f ′(x)＝3x2－1.所以曲线f (x)＝x3－x在点M(λ0，f (λ0))处的切线的斜率为k＝f ′(λ0)＝3λ20－1. 所以切线方程为y－(λ30－λ0)＝(3λ20－1)(x－λ0)，即y＝(3λ20－1)x－2λ30.(2)证明由(1)知曲线f (x)＝x3－x在点(λ，f (λ))处的切线的方程为y＝(3λ2－1)x －2λ3.若切线过点N(2，1)，则1＝2(3λ2－1)－2λ3，即2λ3－6λ2＋3＝0.过点N可作曲线f (x)的三条切线等价于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三个不同的解. 设g(λ)＝2λ3－6λ2＋3，则g′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2).当λ变化时，g′(λ)，g(λ)的变化情况如下表：因为g(λ)在R上只有一个极大值3和一个极小值－5，所以过点N可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.4.解(1)设曲线y＝f (x)与x轴相切于点(x0，0)，则f (x0)＝0，f ′(x0)＝0.即3020x＋ax0＋\f(143x＋a＝0，解得x0＝12，a＝－34.因此，当a＝－34时，x轴为曲线y＝f (x)的切线.(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而h(x)＝min{f (x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点.当x＝1时，若a≥－54，则f (1)＝a＋54≥0，h(1)＝min{f (1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－54，则f (1)<0，h(1)＝min{f (1)，g(1)}＝f (1)<0，故x＝1不是h(x)的零点. 当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0.所以只需考虑f (x)在(0，1)的零点个数.(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f ′(x)＝3x2＋a在(0，1)上无零点，故f (x)在(0，1)上单调.而f (0)＝14，f (1)＝a＋54，所以当a≤－3时，f (x)在(0，1)内有一个零点；当a≥0时，f (x)在(0，1)上没有零点.(ⅱ)若－3<a<0，则f (x)在\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a3)))上单调递减，在\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3))，1)上单调递增，故在(0，1)中，当x＝a3)时，f (x)取得最小值，最小值为f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))＝2a3a3)＋14.①若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))>0，即－34<a<0，f (x)在(0，1)无零点；②若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))＝0，即a＝－34，则f (x)在(0，1)有唯一零点；③若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))<0，即－3<a<－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a＋54，所以当－54<a<－34时，f (x)在(0，1)有两个零点；当－3<a≤－54时，f (x)在(0，1)有一个零点.综上，当a>－34或a<－54时，h(x)有一个零点；当a＝－34或a＝－54时，h(x)有两个零点；当－54<a<－34时，h(x)有三个零点.5.解(1)f ′(x)＝ln x＋1，所以切线斜率k＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1.由y＝－x2＋ax－2，y＝x－1)⇒x2＋(1－a)x＋1＝0.由Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3＝(a＋1)(a－3)可知：当Δ＞0时，即a＜－1或a＞3时，有两个公共点；当Δ＝0时，即a＝－1或a＝3时，有一个公共点；当Δ＜0时，即－1＜a＜3时，没有公共点.(2)y＝f (x)－g(x)＝x2－ax＋2＋x ln x，由y＝0，得a＝x＋2x＋ln x.令h(x)＝x＋2x＋ln x，则h′(x)＝（x－1）（x＋2）x2.当x∈\f(1e)，e)时，由h′(x)＝0，得x＝1.所以h(x)在\f(1e)，1)上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h(x)min＝h(1)＝3.由h\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝1e＋2e－1，h(e)＝e＋2e＋1，比较可知h\a\vs4\al\co1(\f(1e))＞h(e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a≤e＋2e＋1时，函数y＝f (x)－g(x)有两个零点.6.(1)解当a＝38时，f (x)＝38x2－x－ln x.所以f ′(x)＝34x－1－1x＝（3x＋2）（x－2）4x(x>0).令f ′(x)＝0，得x＝2，当x∈(0，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f (x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.所以当x＝2时，f (x)有最小值f (2)＝－12－ln 2.(2)证明由f (x)＝ax2－x－ln x得f′(x)＝2ax－1－1x＝2ax2－x－1x，x>0.所以当a≤0时，f′(x)＝2ax2－x－1x<0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上最多有一个零点.因为当－1≤a≤0时，f (1)＝a－1<0，f \a\vs4\al\co1(\f(1e))＝e2－e＋ae2>0，所以当－1≤a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上有零点.综上，当－1≤a≤0时，函数f (x)有且只有一个零点7.解(1)当a＝2时，f (x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝2x－2x＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k＝f ′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，则g′(x)＝2x－2x＝－2（x＋1）（x－1）x.因为x∈\f(1e)，e)，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当1e＜x＜1时，g′(x)＞0，此时函数单调递增；当1＜x＜e时，g′(x)＜0，此时函数单调递减.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又g\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝m－2－1e2，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝4－e2＋1e2＜0，则g(e)＜g\a\vs4\al\co1(\f(1e))，所以g(x)在\f(1e)，e)上的最小值是g(e).g(x)在\f(1e)，e)上有两个零点的条件是g（1）＝m－1＞0，\rc\1e2)≤0，解得1＜m≤2＋1e2，所以实数m的取值范围是\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1e2)).8.解(1)∵f (x)＝x2－a ln x－1的定义域为(0，＋∞)，函数f (x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，∴f ′(x)＝2x－ax＞0在(0，＋∞)上恒成立.∴a＜2x2在(0，＋∞)上恒成立，∵y＝2x2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a≤0.∴所求的a的取值范围为(－∞，0].(2)当a＝2时，函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.证明如下：当a＝2时，y＝f（x）x－1＝x2－2ln x－1x－1，它的定义域为{x|x＞0且x≠1}，F(x)的定义域为[0，＋∞).当x＞0且x≠1时，由f（x）x－1＝F(x)得x2－2ln x－x＋2x－2＝0.设h(x)＝x2－2ln x－x＋2x－2，则h′(x)＝2x－2x－1＋1\r(x)＝x)－1）（2x\r(x)＋2x＋\r(x)＋2）x.∴当0＜x＜1时，h′(x)＜0，此时，h(x)单调递减；当x＞1时，h′(x)＞0，此时，h(x)单调递增.∴当x＞0且x≠1时，h(x)＞h(1)＝0，即h(x)＝0无实数根.∴当a＝2，x＞0且x≠1时，f（x）x－1＝F(x)无实数根.∴当a＝2时，函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.9.解(1)由题意f ′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f (3)＝0，f ′(x)＝x2－2x，所以f ′(3)＝3，因此曲线y＝f (x)在点(3，f (3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.(2)因为g(x)＝f (x)＋(x－a)cos x－sin x，所以g′(x)＝f ′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；当x＝a时g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.综上所述：当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.。
导数与函数零点问题解题方法归纳
导数与函数零点问题解题方法归纳导函数零点问题一、方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心是由导数值的正负确定函数的单调性。
应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究$f(x)$的单调性，往往需要解方程$f'(x)=0$。
若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题。
二、解题策略类型一：察“言”观“色”，“猜”出零点例1】【2020·福建南平期末】已知函数$f(x)=x+ax+\frac{1}{e^{2x}}$1）讨论$f(x)$的单调性；2）若函数$g(x)=x+\frac{1}{e^{-mx}-1}$在$[-1,+\infty)$有两个零点，求$m$的取值范围。
分析】1）首先求出函数的导函数因式分解为$f'(x)=(x+a+1)(x+1)e^{-2x}$，再对参数$a$分类讨论可得：①当$a=0$时，$f'(x)=(x+1)e^{-2x}$，当且仅当$x=-1$时，等号成立。
故$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数。
②当$a>0$时，$-10$得$x-1$，由$f'(x)<0$得$-a-1<x<-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数。
③当$aa+1$，由$f'(x)>0$得$x>-a-1$或$x<-1$，由$f'(x)<0$得$-1<x<-a-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
综上，当$a=0$时，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数；当$a>0$时，$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数；当$a<0$时，$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
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第3讲 导数与函数的切线及函数零点问题高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B 级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)在高考试题导数压轴题中涉及函数的零点问题是高考命题的另一热点.真 题 感 悟(2016·江苏卷)已知函数f (x )＝a x ＋b x (a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1). (1)设a ＝2，b ＝12. ①求方程f (x )＝2的根；②若对任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值. 解 (1)①由已知可得2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＝2，即2x ＋12x ＝2.∴(2x )2－2·2x ＋1＝0，解得2x ＝1，∴x ＝0. ②f (x )＝2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝2x＋2－x ，令t ＝2x ＋2－x ，则t ≥2. 又f (2x )＝22x ＋2－2x ＝t 2－2，故f (2x )≥mf (x )－6可化为t 2－2≥mt －6，即m ≤t ＋4t ，又t ≥2，t ＋4t ≥2t ·4t ＝4(当且仅当t ＝2时等号成立)，∴m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋4t min ＝4，即m 的最大值为4.(2)∵0＜a ＜1，b ＞1，∴ln a ＜0，ln b ＞0. g (x )＝f (x )－2＝a x ＋b x －2，g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b 且g ′(x )为单调递增，值域为R 的函数.∴g ′(x )一定存在唯一的变号零点，∴g(x)为先减后增且有唯一极值点.由题意g(x)有且仅有一个零点，则g(x)的极值一定为0，而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0，∴ab＝1.考点整合1.求曲线y＝f (x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f (x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f ′(x0)，由点斜式写出方程.(2)已知切线的斜率为k，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k ＝f ′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程.(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f ′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f (x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下：①转化为形如f (x1)·f (x2)＜0的不等式：若y＝f (x)满足f (a)f (b)＜0，则f (x)在(a，b )内至少有一个零点；②转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g (x )＝0有解问题，将方程分离参数后(a ＝f (x ))转化为求y ＝f (x )的值域问题；③数形结合：将问题转化为y ＝f (x )与y ＝g (x )的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题.(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法①数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案. ②函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.热点一 函数图象的切线问题 【例1】已知函数f (x )＝2x 3－3x . （1）求f (x )在区间[－2，1]上的最大值；（2）若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围. 解 （1）由f (x )＝2x 3－3x 得f ′(x )＝6x 2－3. 令f ′(x )＝0，得x ＝－22或x ＝22.因为f (－2)＝－10，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝－2，f (1)＝－1，所以f (x )在区间[－2，1]上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝ 2.（2）设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3，所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)，因为t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0). 整理得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0，设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”. g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)，当x 变化时，g (x )与g ′(x )的变化情况如下：所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值.当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1)和[1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点.综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切时，t的取值范围是(－3，－1).探究提高解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系，如本题第(2)问中的切线过点(1，t).【训练1】已知函数f (x)＝x3－x.(1)设M(λ0，f (λ0))是函数f (x)图象上的一点，求图象在点M处的切线方程；(2)证明：过点N(2，1)可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.(1)解因为f ′(x)＝3x2－1.所以曲线f (x)＝x3－x在点M(λ0，f (λ0))处的切线的斜率为k＝f ′(λ0)＝3λ20－1.所以切线方程为y－(λ30－λ0)＝(3λ20－1)(x－λ0)，即y＝(3λ20－1)x－2λ30.(2)证明由(1)知曲线f (x)＝x3－x在点(λ，f (λ))处的切线的方程为y＝(3λ2－1)x －2λ3.若切线过点N(2，1)，则1＝2(3λ2－1)－2λ3，即2λ3－6λ2＋3＝0.过点N可作曲线f (x)的三条切线等价于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三个不同的解.设g(λ)＝2λ3－6λ2＋3，则g′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2).当λ变化时，g ′(λ)，g (λ)的变化情况如下表：因为g (λ)在R 上只有一个极大值3和一个极小值－5， 所以过点N 可以作曲线f (x )＝x 3－x 的三条切线.热点二 利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题 [命题角度1] 讨论函数零点的个数【例2－1】 (2015·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x . (1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数.解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0，0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线. (2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0， 从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0， 故h (x )在(1，＋∞)上无零点. 当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点； 若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点. 当x ∈(0，1)时，g (x )＝－ln x >0. 所以只需考虑f (x )在(0，1)的零点个数. (ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0，1)上无零点，故f (x )在(0，1)上单调.而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54， 所以当a ≤－3时，f (x )在(0，1)内有一个零点； 当a ≥0时，f (x )在(0，1)上没有零点.(ⅱ)若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a 3－a 3＋14.①若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0，1)无零点；②若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0，1)有唯一零点；③若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0，1)有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0，1)有一个零点.综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点.探究提高 对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解.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)画出函数草图；(4)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. [命题角度2] 根据函数零点求参数范围【例2－2】 (2017·徐州考前信息卷)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(e 为自然对数的底数，a ∈R ).(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数； (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1， 所以切线斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y ＝x －1. 由⎩⎨⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1⇒x 2＋(1－a )x ＋1＝0. 由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3＝(a ＋1)(a －3)可知： 当Δ＞0时，即a ＜－1或a ＞3时，有两个公共点； 当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点； 当Δ＜0时，即－1＜a ＜3时，没有公共点. (2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ， 由y ＝0，得a ＝x ＋2x ＋ln x .令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2）x 2.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，由h ′(x )＝0，得x ＝1.所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h (x )min ＝h (1)＝3.由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e ＋2e －1，h (e)＝e ＋2e ＋1，比较可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a ≤e ＋2e ＋1时，函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点.探究提高 研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.【训练2－1】 (2017·南通调研节选)已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R .(1)当a ＝38时，求函数f (x )的最小值；(2)若－1≤a ≤0，证明：函数f (x )有且只有一个零点. (1)解 当a ＝38时，f (x )＝38x 2－x －ln x .所以f ′(x )＝34x －1－1x ＝（3x ＋2）（x －2）4x (x >0).令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∈(0，2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.所以当x ＝2时，f (x )有最小值f (2)＝－12－ln 2. (2)证明 由f (x )＝ax 2－x －ln x 得 f ′(x )＝2ax －1－1x ＝2ax 2－x －1x，x >0.所以当a ≤0时，f ′(x )＝2ax 2－x －1x <0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点.因为当－1≤a ≤0时，f (1)＝a －1<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e 2－e ＋ae 2>0， 所以当－1≤a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上有零点. 综上，当－1≤a ≤0时，函数f (x )有且只有一个零点.【训练2－2】 (2015·江苏卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R ). (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数)，当函数f (x )有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，求c 的值.解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0， 解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0， 所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )＜0， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减； 当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减.(2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ，则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫427a 3＋b ＜0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－427a 3＜b ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ，所以当a ＞ 0时，427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时，427a 3－a ＋c ＜0.设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，则在(－∞，－3)上g (a )＜0，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立. 从而g (－3)＝c －1≤0， 且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1.此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]，因函数有三个零点，则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根， 所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3＞0， 且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0，解得a ∈(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.综上c ＝1.1.求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)，它的难点在于分清“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异.突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P (x 0，y 0)的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P (x 0，y 0)处的切线，必以点P 为切点，则此时切线的方程是y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0).2.我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题.3.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x 轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.4.求函数零点或两函数的交点问题，综合了函数、方程、不等式等多方面知识，可以全面地考察学生对函数性质、函数图象等知识的综合应用能力，同时考察学生的变形、转化能力.因此在高考压轴题中占有比较重要的地位.一、填空题1.曲线y ＝x e x ＋1在点(0，1)处的切线方程是________. 解析 y ′＝e x ＋x e x ＝(x ＋1)e x ，y ′|x ＝0＝1，∴所求切线方程为x －y ＋1＝0. 答案 x －y ＋1＝02.(2017·南通调研)已知两曲线f (x )＝2sin x ，g (x )＝a cos x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2相交于点P .若两曲线在点P 处的切线互相垂直，则实数a 的值为________.解析 设P (x 0，y 0)，x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则2sin x 0＝a cos x 0，且f ′(x 0)g ′(x 0)＝2cos x 0· (－a sin x 0)＝－1，联立以上两式，解得x 0＝π6，则a ＝2sin x 0cos x 0＝233.答案 2333.(2016·全国Ⅲ卷)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________.解析 设x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝ln x －3x ，又f (x )为偶函数，f (x )＝ln x －3x ，f ′(x )＝1x －3，f ′(1)＝－2，切线方程为y ＝－2x －1.答案 2x ＋y ＋1＝04.已知 f (x )＝x 3＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2－x ，则 f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线斜率是________.解析 f ′(x )＝3x 2＋2f ′ ⎝ ⎛⎭⎪⎫23x －1，令x ＝23，可得f ′ ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2 f ′ ⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23－1，解得f ′ ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－1，所以f (x )的图象在点⎝⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线斜率是－1. 答案 －15.已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f （x ）x ＞0，若g (x )＝f (x )＋1x ，则函数g (x )的零点个数为________.解析 令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，x f ′（x ）＋f （x ）x ＞0，所以h ′（x ）x ＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0时，h (x )＞0，又g (x )＝h （x ）＋1x，所以g (x )≠0，故函数g (x )的零点个数为0. 答案 06.(2017·扬州调研)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________.解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎨⎧－a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0. 答案 (－4，0)7.(2017·宿迁调研)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧sin x ，x <1，x 3－9x 2＋25x ＋a ，x ≥1.若函数f (x )的图象与直线y ＝x 有三个不同的公共点，则实数a 的取值集合为________.解析 当x <1时，f (x )＝sin x 与y ＝x 的图象有1个交点，为(0，0)，则当x ≥1时，f (x )＝x 3－9x 2＋25x ＋a 与y ＝x 的图象有2个交点，即关于x 的方程x 3－9x 2＋24x ＋a ＝0在x ∈[1，＋∞)有两个不同解.令g (x )＝x 3－9x 2＋24x ＋a ，x ∈[1， ＋∞)，则g ′(x )＝3x 2－18x ＋24＝3(x －2)(x －4)，令g ′(x )＝0，解得x ＝2或x ＝4，且当x ∈[1，2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(2，4)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(4，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增.又因为g (1)＝g (4)＝16＋a ，所以g (2)＝20＋a ＝0或g (4)＝g (1)＝16＋a ＝0，解得a ＝－20或a ＝－16，故实数a 的取值集合为{－20，－16}.答案 {－20，－16}8.设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的序号).①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2.解析 令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，f ′(x )＝3x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，必有一个实根，④⑤正确；当a <0时，由于选项当中a ＝－3，∴只考虑a ＝－3这一种情况，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，∴f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使f (x )＝0仅有一个实根，则需f (x )极大<0或f (x )极小>0，∴b <－2或b >2，①③正确，所有正确条件为①③④⑤.答案 ①③④⑤二、解答题9.(2017·泰州质检)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R ).(1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x. 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，所以当g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e ＜x ＜1时，g ′(x )＞0，此时函数单调递增；当1＜x ＜e 时，g ′(x )＜0，此时函数单调递减.故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2， g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e 2＜0，则g (e)＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ， 所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e). g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是 ⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1＜m ≤2＋1e 2， 所以实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2. 10.已知函数f (x )＝x 2－a ln x －1，函数F (x )＝x －1x ＋1. (1)如果函数f (x )的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝2时，你认为函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象有多少个公共点？请证明你的结论.解 (1)∵f (x )＝x 2－a ln x －1的定义域为(0，＋∞)，函数f (x )的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，∴f ′(x )＝2x －a x ＞0在(0，＋∞)上恒成立.∴a ＜2x 2在(0，＋∞)上恒成立，∵y ＝2x 2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a ≤0.∴所求的a 的取值范围为(－∞，0].(2)当a ＝2时，函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象没有公共点.证明如下： 当a ＝2时，y ＝f （x ）x －1＝x 2－2ln x －1x －1，它的定义域为 {x |x ＞0且x ≠1}，F (x )的定义域为[0，＋∞).当x ＞0且x ≠1时，由f （x ）x －1＝F (x )得x 2－2ln x －x ＋2x －2＝0. 设h (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －2，则h ′(x )＝2x －2x －1＋1x＝（x －1）（2x x ＋2x ＋x ＋2）x. ∴当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，此时，h (x )单调递减；当x ＞1时，h ′(x )＞0，此时，h (x )单调递增.∴当x ＞0且x ≠1时，h (x )＞h (1)＝0，即h (x )＝0无实数根.∴当a ＝2，x ＞0且x ≠1时，f （x ）x －1＝F (x )无实数根. ∴当a ＝2时，函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象没有公共点. 11.(2017·山东卷)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2，a ∈R .(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程；(2)设函数g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ，讨论g (x )的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.解 (1)由题意f ′(x )＝x 2－ax ，所以当a ＝2时，f (3)＝0，f ′(x )＝x 2－2x ，所以f ′(3)＝3，因此曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程是y ＝3(x －3)，即3x －y －9＝0.(2)因为g(x)＝f (x)＋(x－a)cos x－sin x，所以g′(x)＝f ′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增. 所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；当x＝a时g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.综上所述：当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.。