学会解题05 利用导数研究函数的零点或方程的根【解析版】
导数与函数的零点知识点讲解+例题讲解(含解析)
导数与函数的零点一、知识梳理1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a ＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【训练2】 已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ， 又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数， 当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0； 当x <0时，取x ＝－1a ， 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )． 在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三 函数零点的综合问题 【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0， 故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ， 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0， 函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明 由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0， 由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2， 所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0， 即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析 由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0， 解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103， 所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2， 所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点， 则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4. 答案 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解 函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0). 设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )， 当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， 则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1， 所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. 当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)， 当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}， 当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)； 当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ； 由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1， 所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0； 当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1， 所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。
专题07 利用导函数研究函数零点问题 (解析版)-2024年高考数学复习解答题解题思路训练
专题07利用导函数研究函数零点问题(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍..........................................................................................................1二、典型题型..........................................................................................................2题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题...................................................2题型二：证明唯一零点问题..............................................................................6题型三：根据零点（根）的个数求参数...........................................................9三、专项训练.. (14)一、必备秘籍2、函数零点的判定如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是()0f x =的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点3、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．4、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、典型题型题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题由图象可得，当31ea <-时，()y f x =与y a =当31ea =-或0a ≥时，()y f x =当310ea -<<时，()y f x =与y 题型二：证明唯一零点问题1．（2023上·广东珠海·高三校考阶段练习）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()y f x '=为()y f x =的导数．题型三：根据零点（根）的个数求参数()()00,h x h h ∴==极大值又()h x 的图象与y a =4(,)(0,)3a ∴∈-∞-⋃∞.4．（2023下·湖南衡阳·高二校考阶段练习）()∴要使y k =与函数()23h x x x=-只需331k <--，k ∴的取值范围是5．（2023下·浙江衢州·高二统考期末）已知函数(1)若过点()0,m 作函数()f x 的切线有且仅有两条，求(),0k ∈-∞由题意，直线y m =与()g x 的图象有且仅有两个交点，所以()242e m g ==.（2）由题可得x x kx b +=有唯一解，即三、专项训练一、单选题1．（2024上·广东江门·高三统考阶段练习）直线0x y +=与函数2ln y x x =-的图象公共点的个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3结合()y g x =的图象可知：若所以常数k 的取值范围是故选：D.二、填空题4．（2023上·江苏常州·高三统考期中）若关于故答案为：(0,)+∞5．（2023·贵州遵义·统考模拟预测）已知函数由()()20f x af x +<得出(f 当0a =时，显然不成立.但0a >时，解得()a f x -<即23e 2e a <≤时，唯一整数解是当a<0时，0()f x a <<-，使得不等式只有唯一整数解，此时三、问答题7．（2023上·山东·高三济南一中校联考期中）已知函数(1)若函数()y f x =在[1,x ∞∈+(2)若函数()y f x =的图象与y 【答案】(1)(],7-∞86四、证明题。
学会解题05 利用导数研究函数的零点或方程的根【解析版】
【答案】C
【解析】 ，转化为 如图，画出函数 和 的图像，
当 时，有一个交点，
当 时， ， ，此时 ， 是函数的一个零点，
， ，满足 ，所以在 有两个交点，
同理 ，所以在 有两个交点，
，所以在 内没有交点，
当 时，恒有 ，所以两个函数没有交点，所以，共有6个．
4．（2020·辽宁丹东高三三模）已知函数 ，则 的零点个数为（）
②当m= 时,函数y=m和函数y=g(x)的图象有且仅有一个交点;
③当0<m< 时,函数y=m和函数y=g(x)的图象有两个交点;
④当m≤0时,函数y=m和函数y=g(x)的图象有且仅有一个交点.
综上所述,当m> 时,函数g(x)无零点;当m= 或m≤0时,函数g(x)有且仅有一个零点;当0<m< 时,函数g(x)有两个零点.
∴ 的减区间为 ，增区间为 ．
（2）若 有两个零点，即 有两个解，从方程可知， 不成立，即 有两个解．
令 ，则有 ，
令 ，解得 ，令 ，解得 或 ，
∴函数 在 和 上单调递减，在 上单调递增，且当 时， ，而 时， ，当 时， ，∴当 有两个解时，有 ，∴满足条件的 的取值范围是： ．
2．【2020年高考全国Ⅲ卷文数20】已知函数 ．
方法规律技巧05
利用导数研究函数的零点或方程的根
基本原理
方法
方法解读
配套例题
判断函数的零点个数
(1)根据题意构造函数f(x),其中f' (x)=0可解;；
(2利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；
(3)结合f(x)的图象(或草图)及零点存在性定理得f(x)=0的根的个数
一元函数的导数及其应用(利用导数研究函数零点(方程的根)问题)(压轴题)(解析版)高考数学高分必刷题
专题08一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数零点（方程的根）问题）（全题型压轴题）利用导数研究函数零点（方程的根）问题①判断零点（根）的个数②已知零点（根）的个数求参数③已知零点（根）的个数求代数式的值①判断零点（根）的个数1．（2022·福建·厦门一中高二期中）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【答案】D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：D2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模（理））函数()2e 1axf x x =-在定义域内的零点个数不可能是（）A ．3B ．2C ．1D ．0【答案】D2()2e e (2)e ax ax ax f x x ax x ax '=+=+，若0a =，则2()1f x x =-，有两个零点，若0a ≠，由()0f x '=得0x =或2x a=-，若0a >，在2x a <-或0a >时，()0f x '>，20x a -<<时，()0f x '<，所以()f x 在2(,a -∞-和(0,)+∞上递增，在2(,0)a-上递减，极小值(0)10f =-<，极大值2224(1ef a a -=-，(1)e 10a f =->，()f x 在(0,)+∞上有一个零点，2e a =时，2224()1e f a a -=-0=，()f x 在(,0)-∞上只有一个零点，这样共有2个零点；2e a >时，2224()10e f a a -=-<，()f x 在(,0)-∞上无零点，这样共有1个零点；20e a <<时，2224()10ef a a -=->，x →-∞时，2e 0ax y x =→，因此()0f x <，所以()f x 在2(,a -∞-和2(,0)a-上各有一个零点，共有3个零点．由此不需要再研究0a <的情形即可知只有D 不可能出现，故选：D ．3．（2022·全国·高二课时练习）已知定义域为R 的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()2x f x xe f x '=+，若()1f e =，则函数()()4g x f x =-的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B因为()()2xf x xe f x '=+，所以()()2xf x f x xe '-=，则()()()2x xf x f x f x x e e ''-⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()2xf x x c e =+，即()()2xf x x c e =+，因为()1f e =，所以()()11f c e e =+=，解得0c =，所以()2xf x x e =，则()24xg x x e =-，所以()()2xg x e x x '=+，当2x <-或0x >时，()0g x '>，当20x -<<时，()0g x '<，所以当2x =-时，函数()g x 取得极大值()2410e --<，当0x =时，函数()g x 取得极小值40-<，又当x →+∞时，()g x →+∞，所以函数()()4g x f x =-的零点个数为1，故选：B4．（2022·广西·钦州一中高二期中（理））函数32()f x x x x c =+++的零点个数为（）A ．1B ．1或2C ．2或3D ．1或2或3【答案】A因为函数32()f x x x x c =+++，所以2'()321f x x x =++，因为41280∆=-=-<，所以'()0f x >，从而32()f x x x x c =+++在R 上单调递增，又当x →-∞时，()f x →-∞，当x →+∞时，()f x →+∞，由零点存在定理得：函数32()f x x x x c =+++有且只有一个零点.故选:A.5．（2022·全国·高二课时练习）方程()()10xx e a a +=>解的个数为（）A ．3B ．2C ．1D ．0【答案】C设()(1)x f x x e =+，所以()(1)(2)x x x f x e x e x e ='+++=，当2x >-时，()0,f x '>函数()f x 单调递增，当2x <-时，()0,f x '<函数()f x 单调递减.所以221()=0min f x e e --=-<，当x →-∞时，()0f x <，当x →+∞时，()0f x >.因为0a >，所以方程()()10xx e a a +=>解的个数为1.故选：C6．（2022·全国·高三专题练习（理））若函数32()f x x ax bx c =+++有极值点12,x x ，且()11f x x =，则关于x 的方程23(())2()0f x af x b ++=的不同实根个数是（）A ．2B ．3C ．3或4D ．3或4或5【答案】B函数32()f x x ax bx c =+++有极值点12,x x ，则()232f x x ax b '=++，且12,x x 是方程2320x ax b ++=的两个根，不妨设12x x <，由23(())2()0f x af x b ++=可得()1f x x =或()2f x x =，易得当()()12,,,x x x ∈-∞+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，又()11f x x =，则可画出()f x 的大致图象如下：如图所示，满足()1f x x =或()2f x x =有3个交点，即关于x 的方程23(())2()0f x af x b ++=的不同实根有3个.故选：B.7．（2022·河南·沈丘县第一高级中学高二期末（文））已知函数()ln f x x =.(1)当[)1,x ∞∈+时，证明：函数()f x 的图象恒在函数()322132=-g x x x 的图象的下方；(2)讨论方程()0f x kx +=的根的个数.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【解析】(1)设()()()2312ln +23x F x f x g x x x -=-=，其中1≥x ，则()232121+2x x x x x x F x -+-='=()2331x x x x---=()()21210x x x x -++=<，在区间[)1,+∞上，()F x 单调递减，又∵()1106F =-<，即[)1,x ∞∈+时，()0F x <，∴3221ln 22<-x x x ，∴在区间[)1,+∞上函数()f x 的图象恒在函数()g x 的图象的下方.(2)由()0f x kx +=得ln =-x kx ，即ln =-xk x，令()ln x h x x =-，则()21ln -'=-xh x x ，令()0h x '=，得e x =，当e x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减，∴()h x 在e x =处取得最小值()1e eh =-，∴()()e 1e ≥=-h x h ，又∵当e x >时，ln 0-<x x，当1e x =时，1lne e 01e-=>，有零点存在性定理可知函数有唯一的零点1x =，∴()()ln 0=->xh x x x的大致图象如图所示，∴当1e<-k 时，方程()0f x kx +=的根的个数为0；当1ek =-或0k ≥时，方程()0f x kx +=的根的个数为1；当10ek -<<时，方程()0f x kx +=的根的个数为2.8．（2022·云南·曲靖一中高二期中）已知函数()ln f x a x a =-．(1)当1a =时，求函数()f x 的图象在点()()1,1T f 处的切线的方程．(2)已知4a ≤，讨论函数()f x 的图象与直线2y x =-的公共点的个数．【答案】(1)2y x =-；(2)答案不唯一，具体见解析.(1)当1a =时，()ln 1f x x =-，()1f x x'=，()11k f '==．()11f =-，切点为()1,1T -．所以，所求的切线的方程为()()111y x --=⨯-，即2y x =-．(2)0a =时，函数()()=00f x x >的图象就是x 轴正半轴，与直线2y x =-有且只有一个公共点．0a ≠时，联立()ln y f x a x a ==-与2y x =-消去y 得ln +20x a x a --=．设()ln +2g x x a x a =--，则()()0x ag x x x-'=>．当0a <时，()0g x '>，()g x 在()0+∞，上递增，()1=10g a -<，()e 20g e =->，因此()g x 有一个零点．当04a <≤时，令()0g x '=得x a =，当0x a <<时()0g x '<，x a >时()0g x '>，则()g x 在()0,a 上递减，在()+a ∞，上递增，()()min 2ln 2g x g a a a a ==--．当0,0x x >→时()+g x →∞，+x →∞时()+g x →∞．设()2ln 2h t t t t =--，则()10h =，()1ln h t t '=-，()e 0h '=，0e t <<时()0h t '>，e 4t <≤时()0h t '<，()h t 在()0,e 上递增、在(]e,4上递减，()464ln4h =-()32ln e ln160=->．所以，1a =时()()min 10g x g ==；01a <<时，()min g x =()()1=0h a h <；14a <≤时，()min g x =()()1=0h a h >．综上可知，0a ≤或=1a 时，公共点的个数1；01a <<时，公共点的个数2；14a <≤时，公共点的个数0．②已知零点（根）的个数求参数1．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）已知函数2ln 1,e()e e 1,22e x x x f x x x ⎧≥⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩，设关于x 的方程()()()210R f x af x a +-=∈有m 个不同的实数解，则m 的所有可能的值为（）A ．3B ．4C ．2或3或4或5D ．2或3或4或5或6【答案】A根据题意作出函数()f x 的图象：2ln 1ln x x x x '-⎛⎫= ⎪⎝⎭，当1,e e x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，函数ln x x 单调递增，当()e,+x ∈∞时，函数ln xx 单调递减，所以ln 1e,e x x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦；函数2e e 22x --，1e x <时单调递减，所以()2e e,e 22x --∈-∞-，对于方程()()()210R f x af x a +-=∈，令()t f x =，则210t at +-=，所以240=∆+>a ，即方程必有两个不同的实数根120t t >>，且12121t t at t +=-⎧⎨=-⎩，当11et ≥时，2e 0t -≤<，3个交点；当110et <<时，2e t <-，也是3个交点；故选：A．2．（2022·河南·高二阶段练习（文））若函数()21e xx x f x a --+=-有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．2261,ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．2251,ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．25,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．25,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C因为函数()21exx x f x a --+=-有三个零点，所以关于x 的方程()0f x =有三个根.令()21e xx x g x --+=，则()()212e x g x x x '=--.所以当(),1x ∈-∞-时，有()0g x '>，()g x 单调递增；当()1,2x ∈-时，有()0g x '<，()g x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，有()0g x '>，()g x 单调递增.因为()1e g -=，()252e g =-，所以要使方程()0f x =有三个根，只需25e e a -<<.即实数a 的取值范围是25,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：C3．（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）已知a R ∈，函()()2ln (0)e 0x x x ax xf x ax x ⎧->⎪=⎨+≤⎪⎩，若函数()f x 有三个不同的零点，e 为自然对数的底数，则a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1(,e)0,2e ⎛⎫-∞-⋃ ⎪⎝⎭D ．1(,e)0,e ⎛⎫-∞-⋃ ⎪⎝⎭【答案】B当0x >时，2ln 0x x ax -=，即ln 0x ax -=，故ln xa x=，令ln ()x g x x=，则21ln ()xg x x -'=，令()0g x '=，得e x =，当0<<e x 时，()0g x '>，当>e x 时，()0g x '<，作出函数ln ()xg x x=的图象如图所示：由图象知：当10ea <<时，方程ln 0x ax -=有两不等实根，当0a ≤时，方程ln xa x=有一个实根；令0xe ax +=，显然0x ≠,所以e xa x=-，令()e x h x x =-，则()()21e 0-'=->x x h x x在(),0∞-上恒成立，则()h x 在(),0∞-上递增，且()0h x >，作出函数()e xh x x=-的图象如图所示：由图象知：当10ea <<时，方程e 0x ax +=在(,0)-∞恰有一个实根，即此时()f x 有三个不同的零点，综上，a 的取值范围是10,e ⎛⎫⎪⎝⎭.故选：B4．（2022·江西·模拟预测（理））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 ）【答案】A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()xxk x e =与y a =的部分图象大致如图所示，由图知10a e<<，故选：A ．5．（2022·四川省绵阳南山中学高二期中（文））方程()log 00,1xaa a >≠有两个不相等实根，则a 的取值范围是（）A ．()0,1B ．2e 0,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．2e1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2e e ,【答案】C方程()log 00,1x a a a ->≠有两个不相等实根)log 0,1xa a a ⇒>≠有两个不同的交点，()0t t =>，所以2x t =，则2log =a t t ，所以log =2a t t ，所以log a y t =与2t y =的图象有两个交点.①当01a <<时，如下图可知log a y t =与2ty =的图象有一个交点，不满足.②当1a >时，如下图，当2x y =与log a y x =相切于点00,2x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以1ln y x a '=，则000112ln log 2a x a x x ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得：02e e e x a =⎧⎪⎨⎪=⎩，所以要使log a y t =与2t y =的图象有两个交点，所以a 的取值范围是：2e1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：C.6．（2022·河南南阳·高二期中（理））若关于x 的方程12ln 0x x x mx -+-=在区间1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭内恰有两个相异的实根，则实数m 的取值范围为（）A ．(]12ln2e 3--,B ．1e 12ln 2e +⎛⎤- ⎝⎦,C ．1e 12ln2e +⎛⎫- ⎪⎝⎭,D ．()12ln 2e 3--,【答案】D依题意关于x 的方程12ln 0x x x mx -+-=在区间1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭内恰有两个相异的实根，12ln 1m x x =+-，构造函数()112ln 1e e x x x x f ⎛⎫+-<< ⎝=⎪⎭，()'221221x f x x x x -=-+=，所以()f x 在区间()()'11,,0,e 2f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'1,e ,0,2f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭递增.122ln 2112ln 22f ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，1e 21e 3e f ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，()11e e 21e e f +=+-=，所以()12ln 2e 3m -∈-,.故选：D7．（2022·辽宁·东北育才学校高二期中）方程321303x x x a +--=有三个相异实根，则实数a 的取值范围是（）A ．5,93⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．5,93⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．59,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．59,3⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】B记()32133f x x x x a =+--，则()223f x x x '=+-.令()0f x '=，解得：3x =-或1x =.列表得：x (),3-∞--3()3,1-1()1,+∞()f x '+0-0+()f x 单增单减单增要使方程321303x x x a +--=有三个相异实根，只需：()()()()()3213333303111303f a f a ⎧-=-+--⨯-->⎪⎪⎨⎪=+--<⎪⎩，解得：593x -<<.故选：B8．（2022·福建·清流县第一中学高二阶段练习）若函数()()1e xf x x =+，当方程()()R f x a a =∈有2个解时，则a 的取值范围（）A ．21e a <-B ．21e a =-或0a ≥C ．210e a -<<D ．21e a =-且0a ≥【答案】C由函数()()1e ,R xf x x x =+∈，得()()2e x f x x '=+，当2x <-时，()()2e 0xf x x '=+<，()()1e x f x x =+递减，当2x >-时，()()2e 0xf x x =+'>，()()1e x f x x =+递增，故()n 2mi 1(2)e f x f =-=-，且当1x <-时，()()1e 0xf x x +<=，故()()1e xf x x =+大致图象如图示：故当方程()()R f x a a =∈有2个解时，则a 的取值范围为210e a -<<，故选：C9．（2022·北京八十中高二期中）已知方程21e x x x a +-=有三个实数解，则实数a 的取值范围是_______.【答案】250,e ⎛⎫⎪⎝⎭解：因为方程21e xx x a +-=有三个实数解，所以，方程21e xx x a +-=有三个实数解，故令()21e x x x f x +-=，则()()()2'212e e x xf x x x x x -+==+-++，所以，当12x -<<时，()'0f x >，()f x 单调递增；当1x <-或2x >时，()'0f x <，()f x 单调递减；所以，当1x =-时，()f x 取得极小值()1e f -=-，当2x =时，()f x 取得极大值()252e f =，当x 趋近于-∞时，()f x 趋近于+∞，x 趋近于+∞时，()f x 趋近于0，所以，()y f x =的大致图象如图，所以，实数a 的取值范围是250,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.故答案为：250,e ⎛⎫⎪⎝⎭10．（2022·全国·高二）设函数()()212ln f x x x =+-，若关于x 的方程()2f x x x a =++在[]1,3上恰好有两个相异的实数根，则实数a 的取值范围为___________.【答案】(]32ln 2,42ln 3--由题意，方程l 21n a x x =-+在[]1,3上恰好有两个相异的实数根，设()2ln 1g x x x =-+，则()g x 的图象与y a =在[]1,3上恰好有两个不同的交点.∵()221x g x x x-'=-=，∴函数()g x 在[]1,2上单调递减，在[]2,3上单调递增.又()()()13242ln 32ln 320g g -=--=->，得()()13g g >.∴需使()()23g a g <≤，即32ln 242ln 3a -<≤-.故所求实数a 的取值范围是(]32ln 2,42ln 3--.故答案为：(]32ln 2,42ln 3--11．（2022·河南·高二期中（理））若函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点，则实数a 的取值范围是______.【答案】()1e,+-∞解：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,+-∞故答案为：()1e,+-∞12．（2022·全国·高三专题练习）若函数()2ln 1x f x x e a x =---（）没有零点，则整数a 的最大值为：_________．【答案】1解：由题意，当x →+∞时，0f x >（），所以要使函数f x （）没有零点，只需0f x >（）在()0+∞，上恒成立，令()e 1x g x x =--，则()e 1xg x '=-，令()0g x '=，得0x =，当0x <时，()0g x '<，当0x >时，()0g x '>，所以当0x =时，()g x 取得极小值()00g =，所以e 1x x ≥+，所以()2ln 1xfx x e a x =---，()2ln ln 12ln 1ln 12x x e ax x x x ax x a x +=---≥++---=-，令()202a x a ->⇒<，且上面不等式取等时2ln 0x x +=，记其零点为0x ，当2a ≥时，()()02000ln 1xf x x e a x =---，00002ln 2ln 0000ln 12ln 10x x x x e ax x e x x ++=---≤---=，显然不合题意，综上：2a <，故整数a 的最大值为1．故答案为：113．（2022·广西·柳州市第三中学高二阶段练习（理））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；(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-(2)112b <<(1)解：因为32()3f x x x ax b =-++，所以2()36f x x x a '=-+，在1x =-处的切线与x 轴平行，(1)0f '∴-=，解得9a =-．(2)解：令23239()()(153)6322g 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()112g b =-；()g x 在2x =时取得极小值()21g b =-．故10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，∴112b <<．14．（2022·重庆·万州纯阳中学校高二期中）已知函数()ln 2=-f x ax x x .(1)若()f x 在1x =处取得极值，求()f x 在区间[1,2]上的值域；(2)若函数2()()2=-+f x h x x x有1个零点，求a 的取值范围.【答案】(1)[2,4ln 24]--(2)(,0){2e}-∞ (1)()ln 2f x a x a '=+-因为()f x 在1x =处取得极值所以(1)ln120f a a '=+-=，得2a =则[1,2]x ∈时，()2ln 0f x x '=≥，()f x 在区间[1,2]上单调递增，所以(1)2()(2)4ln 24f f x f =-≤≤=-所以()f x 在区间[1,2]上的值域为[2,4ln 24]--(2)()h x 的定义域为(0,)+∞函数2()ln h x a x x =-有一个零点⇔2ln a x x =有一个实数根⇔ln y a x =与2y x =有一个交点.当0a <时，由图可知满足题意；当0a =时，2()h x x =-在(0,)+∞上无零点；当0a >时，令22()20a a x h x x x x -'=-=>，得0x <<令22()0a x h x x -'=<，得x >所以，当x 时，()h x 有最大值2(ln 1)22a ah a =-=-因为函数2()ln h x a x x =-有一个零点，所以(ln 1)022a a-=，解得2ea =综上，a 的取值范围为(,0){2e}-∞ .15．（2022·北京·人大附中高二期中）已知函数()321313f x x x x =--+．(1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若方程()f x a =有三个不同的实数根，求实数a 的取值范围．【答案】(1)函数的增区间是(,1)-∞-和3)+∞（，，减区间是(13)-，，极大值为8(1)3f -=，极小值为(3)8f =-；(2)883a -<<(1)由题意2()23(1)(3)f x x x x x ==+'---，()0f x '=得1x =-或3x =，列表如下：x(,1)-∞-1-(1,3)-3(3,)+∞()'f x +0-0+()f x 递增极大值递减极小值递增所以函数的增区间是(,1)-∞-和3)+∞（，，减区间是(13)-，，极大值为8(1)3f -=，极小值为(3)8f =-；(2)作出函数图象，如图，直线y a =与函数()f x 的图象有三个交点时，883a -<<.16．（2022·安徽·合肥市第九中学高二期中）当2x =时，函数3()4=-+f x ax bx （,a R b R ∈∈）有极值203-，(1)求函数3()4=-+f x ax bx 的解析式；(2)若关于x 的方程()f x k =有3个解，求实数k 的取值范围．【答案】(1)32()843f x x x =-+(2)2044,33⎛⎫- ⎪⎝⎭(1)2()3f x ax b '=-，由题意得：()()21202028243f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解得：238a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，32()843f x x x ∴=-+经验证，函数32()843f x x x =-+在2x =处有极值203-，故解析式为：32()843f x x x =-+．(2)令()()h x f x k =-，由(1)得：32()843h x x x k =-+-2()282(2)(2)h x x x x '=-=-+令()0h x '=得，122,2x x ==-，∴当2x <-时，()0h x '>，当22x -<<时，()0h x '<，当2x >时，()0h x '>，因此，当2x =-时，()h x 有极大值443k -，当2x =时，()h x 有极小值203k --，关于x 的方程()f x k =有3个解，等价于函数()h x 有三个零点，所以44032003k k ⎧->⎪⎪⎨⎪--<⎪⎩204433k ∴-<<．故实数k 的取值范围是2044,33⎛⎫- ⎪⎝⎭③已知零点（根）的个数求代数式的值1．（2022·陕西·模拟预测（理））已知函数()24,0,e 1,0x x x xf x x ⎧+≤=⎨-->⎩，，若函数()()g x f x k=-有三个不同的零点，123,,x x x ，且123x x x <<，则123x x x 的取值范围是（）A ．44ln 3⎛⎫⎪⎝⎭，B ．45ln 3⎛⎫⎪⎝⎭，C ．4ln 3∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．2ln 3∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，【答案】C函数的图象如下图所示：令()()()0g x f x k f x k =-=⇒=，因为函数()()g x f x k =-有三个不同的零点，所以4-<<-2k ，因为二次函数24y x x =+的对称轴为2x =-，所以有123420x x x -<<-<<<，显然12,x x 是方程240x x k +-=的两个不相等的实数根，因此有12x x k =-，3x 是方程e 1x k --=的根，即3e 1x k --=，所以30ln 3x <<，于是有31233e 1x x x x x +=，设2e 1e (1)1()ln 3)()x x x h x x h x x x +--'=<<⇒=，设()e (1)1()e x x m x x m x x '=--⇒=，当0x >时，()0,()m x m x '>单调递增，所以有()(ln 3)3ln 340m x m <=-<，即()0,()h x h x '<单调递减，所以当0ln 3x <<时，4()(ln 3)ln 3h x h >=，故选：C2．（2022·陕西·西安中学二模（理））已知函数()()(]()ln 1,1,11ln 2,1,xx x f x x x ee ⎧+∈-⎪=⎨+-∈+∞⎪⎩，若方程()f x a =有三个不等根123,,x x x ，则123111x x x ++的取值范围是（）A ．()1,+∞B ．()0,1C ．()1,0-D ．(),1-∞【答案】C当()1,x ∈+∞时，()1ln 2xx f x e e=+-，()10x x f x e -'=<，所以()f x 是减函数，作出函数()()(]()ln 1,1,11ln 2,1,x x x f x x x ee ⎧+∈-⎪=⎨+-∈+∞⎪⎩的图象，如图所示：因为方程()f x a =有三个不等根123,,x x x ，所以0ln 2a <<，设123x x x <<，则()()121ln 1,ln 1x x a a+=+=，所以12111x x +=+，即()()12111x x ++=，即12120x x x x ++=，所以121231233111111x x x x x x x x x ++=+=-+，又因为31x >，所以123111x x x ++的取值范围是()1,0-，故选：C3．（2022·河北·模拟预测）已知实数1x ，2x 满足131e e x x =，()622ln 3e x x -=，则12x x =（）A ．2eB ．5eC ．6eD ．7e 【答案】C解：由条件得1>0x ，32e x >，令2ln 3t x =-，0t >，则32e t x +=，由条件622(ln 3)e x x -=，则633e e e e t t t t +==，令()e x f x x =，(0)x >，则()(1)e x f x x '=+，显然当0x >时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增．故由131e e x x =，3e e t t =可得12ln 3x t x ==-，61222(ln 3)e x x x x ∴=-=．故选：C ．4．（2022·浙江·镇海中学高三期末）已知函数()330|1ln 0x x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨+⎪⎩，，，．若存在互不相等的实数a b c d ，，，，使得()()()()f a f b f c f d ===，则abcd 的取值范围为（）A ．()20e-，B ．()10e-，C ．()102e -，D ．()01，【答案】A当0x ≤时，3()300f x x x x =-=⇒=，或x =x =3'2()3()333(1)(1)f x x x f x x x x =-⇒=-=+-当10x -<<时，'()0,()f x f x <单调递减，当1x <-时，'()0,()f x f x >单调递增，此时函数有最大值，最大值为(1)2f -=，当0x >时，11ln ,()1ln 11ln ,0x x ef x x x x e ⎧+≥⎪⎪=+=⎨⎪--<<⎪⎩，函数()f x的图象如下图所示：因为存在互不相等的实数a b c d ，，，，使得()()()()f a f b f c f d ===，说明函数y k =与函数()f x 的图象有四个不同的交点，所以由数形结合思想可知：02k <<不妨设110a b c d e<-<<<<<，即33331ln 1ln a a b b c d k -=-=--=+=，333322333()0()(3)0a a b b a b a b a b a ab b -=-⇒---=⇒-++-=，因为10a b <-<<，所以2230a ab b ++-=，由21ln 1ln ln 2c d cd cd e ---=+⇒=-⇒=，因为2223201a b ab ab ab ab +>⇒->⇒<<，所以20abcd e -<<，故选：A5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln ,021,0x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若方程()f x ax =有三个不同的实数根1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，则()23123ln ⋅+x x x x x 的取值范围是（）A ．1,122⎛⎫-⎪-⎝⎭ee B ．1,012⎛⎫⎪-⎝⎭e C ．11,221-⎛⎫- ⎪-⎝⎭e e e D ．11,12⎛⎫-- ⎪⎝⎭e e 【答案】B方程()f x ax =，显然0x =不为该方程的实数根.设()ln 0g 120xx xx x x ⎧>⎪⎪=⎨⎪+<⎪⎩所以方程()f x ax =有三个不同的实数根1x ，2x ，3x ，即()g x a =有三个不同的实数根1x ，2x ，3x 当0x >时，()ln g x x x =，则()21ln g xx x -'=由()g 0x '>，可得x e >，()g 0x '<，可得0x e <<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，且当1x >时，()0g x >当x →+∞时，()0g x →从而作出()g x 的大致图像.由图可知当10a e<<时，直线y a =与函数的图像有3个交点，即方程()g x a =有三个不同的实数根.由112x e +=，得12x e e =-，由120x+=，得12x =-所以11,122x e e⎛⎫∈-⎪-⎝⎭所以()23232311111232323ln ln ln 1 21,012x x x x ax ax x x x ax x x x x x x x e ++⎛⎫⋅=⋅=⋅==+∈ ⎪+++-⎝⎭．故选：B ．6．（2022·湖南·高三阶段练习）已知函数()2f x ax =，()e xg x b =，0ab >，且当0x >时，()f x 与()g x 的图象有且只有一个交点，则1a b+的取值范围为______.【答案】(][),e e,-∞-⋃+∞因为当0x >时，()f x 与()g x 的图象有且只有一个交点，所以关于x 的方程2e x ax b =在区间()0,∞+上有且只有一个解，分离参数得2e xa b x =，令()2e xh x x=，0x >，则()()3e 2x x h x x -'=，所以函数()h x 在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，所以()()2e24h x h ≥=，故2e 4a b =.当0a >，0b >时，1e a b +≥=，当且仅当1a b =，即e 2a =，2e b =时，等号成立；当0a <，0b <时，1e a b +≤-=-，当且仅当1a b =，即e 2a =-，2e b =-时，等号成立.所以1a b+的取值范围为(][),e e,-∞-⋃+∞.故答案为：(][),e e,-∞-⋃+∞7．（2022·江苏南通·高三期末）函数22,0,()4,0x t x f x x x t x ⎧-≥=⎨---<⎩有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1＜x 2＜x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是__________.【答案】[)0,8设22,0,()4,0x x g x x x x ⎧≥=⎨--<⎩函数22,0,()4,0x t x f x x x t x ⎧-≥=⎨---<⎩有三个零点x 1，x 2，x 3，即()y g x =的图像与直线y t =有三个交点.作出函数的图像()y g x =，如图.根据图像可得14t ≤<则12,x x 是240x x t ---=的两个实数根，则12x x t=3x 满足320x t -=，即32log x t=所以1232ln log ln 2t tx x x t t ==设()ln ln 2t t h t =，则()()11ln ln 2h t t '=+由14t ≤<，则()()11ln 0ln 2h t t '=+>所以()ln ln 2t th t =在[)1,4上单调递增，所以()[)0,8h t ∈故答案为：[)0,88．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21e x ax bxf x +-=的最小值为–1，函数()3231g x ax bx =++的零点与极小值点相同，则a b +=___________.【答案】1由()21e x ax bxf x +-=可得()()221e xax a b x b f x -+-++'=，因为()f x 的最小值为()01f =-，所以0x =是()f x 的极值点，所以()010f b '=+=，所以1b =-；当0a =时，()231g x x =-+，由二次函数的性质可知该函数无极小值点，不符合题意；由()3231g x ax x =-+可得()()23632g x ax x x ax '=-=-，令()()320g x x ax '=-=，可得10x =或22x a=，当0a >时，20a >，由()0g x ¢>可得0x <或2x a >；由()0g x ¢<可得20x a<<，所以()g x 在(),0-¥单调递增，在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，所以()g x 的极小值点为2x a=，由题意可得32222310g a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=-+=，解得2a =，此时121a b +=-+=；当0a <时，当x →-∞时，()f x →-∞，不合题意；所以1a b +=.故答案为：1.9．（2022·广东·顺德一中高二期中）已知函数()()ln ,115,13x x f x x x ≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，若21x x >且()()12f x f x =，则12x x -的最大值是___________.【答案】3ln38-因为()()ln ,115,13x x f x x x ≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，作出函数()f x的图象如下图所示：设()()12f x f x t ==，则02t ≤<，由()()11153f x x t =+=，可得135x t =-，由()22ln f x x t ==，可得2t x e =.令()1235t g t x x t e =-=--，其中02t ≤<，()30tg t e '=-=，可得ln 3t =.当0ln 3t ≤<时，()0g t '>，此时函数()g t 单调递增，当ln 32t <<时，()0g t '<，此时函数()g t 单调递减.所以，()()max ln 33ln 38g t g ==-.因此，12x x -的最大值为3ln 38-.故答案为：3ln 38-.10．（2022·全国·高三专题练习）已知实数1x ，2x 满足131x x e e =，()522ln 2x x e -=，则12x x =______.【答案】5e 实数1x ，2x 满足131x x e e =，()522ln 2x x e -=，2120,x x e >>，222ln 20,t x t x e +-=>=，则3t te e =，()(0),()(1)0(0)x x f x xe x f x x e x '=>=+>>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，而31()()f x f t e ==，5121222ln 2,(ln 2)x t x x x x x e ∴==-∴=-=.故答案为:5e .。
第5讲 第3课时 利用导数研究函数的零点
第3课时利用导数研究函数的零点命题解读函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现.数形结合法研究函数的零点例1已知函数f (x )＝ln x －kx 3＋x 2恰有两个零点，求实数k 的取值范围.解：法一：由题知，方程ln x －kx 3＋x 2＝0，即ln x x 2＝kx －1恰有两个解，设h (x )＝ln x x 2，则函数h (x )的图象与直线y ＝kx －1有两个交点.h ′(x )＝1x ·x 2－2x ln x x 4＝1－2ln x x 3，当0<x <e 时，h ′(x )>0，当x >e 时，h ′(x )<0，∴h (x )在区间(0，e)上单调递增，在区间(e ，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (e)＝12e，易知h (1)＝0，当x →0＋时，h (x )→－∞，当x→＋∞时，h (x )→0，作出函数h (x )的图象与直线y ＝kx －1如图所示.当直线y ＝kx －1与函数h (x )的图象相切时，设切点坐标为(x 0，ln x 0x 20)，则k ＝1－2ln x 0x 30＝ln x 0x 20＋1x 0，即3ln x 0＋x 20－1＝0，易得x 0＝1，∴当直线y ＝kx －1与函数h (x )的图象相切时，k ＝1.由图象知，当0<k <1时，直线y ＝kx －1与函数h (x )的图象恰有两个交点，即函数f (x )恰有两个零点，∴实数k 的取值范围为(0，1).法二：由题知，方程ln x －kx 3＋x 2＝0，即ln x x 3＋1x ＝k 恰有两个解，设g (x )＝ln x x 3＋1x，则函数g (x )的图象与直线y ＝k 有两个交点.g ′(x )＝1x ·x 3－3x 2ln x x 6－1x 2＝1－3ln x －x 2x 4，设m (x )＝1－3ln x －x 2，则m ′(x )＝－3x－2x <0，∴m (x )在区间(0，＋∞)上单调递减，∵m (1)＝0，∴当0<x <1时，m (x )>0，即g ′(x )>0，当x >1时，m (x )<0，即g ′(x )<0，∴g (x )在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，故g (x )max ＝g (1)＝1，易知当x →0＋时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，在同一平面直角坐标系中作出函数g (x )的图象及直线y ＝k 如图所示.由图象知，当0<k <1时，函数g (x )的图象与直线y ＝k 恰有两个交点，即f (x )恰有两个零点，故实数k 的取值范围为(0，1).反思感悟数形结合法解决零点问题的思路(1)把函数的零点转化为直线与曲线的交点个数问题，利用图象求解.(2)若能分离参数，可将参数分离出来，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数范围.训练1已知函数f (x )＝e x －ax ＋2a ，a ∈R ，讨论函数f (x )的零点个数.解：令f (x )＝0，得e x ＝a (x －2)，当a ＝0时，e x ＝a (x －2)无解，∴f (x )无零点.当a ≠0时，1a ＝x －2ex ，令φ(x )＝x －2e x ，x ∈R ，∴φ′(x )＝3－x e x，当x ∈(－∞，3)时，φ′(x )>0；当x ∈(3，＋∞)时，φ′(x )<0.∴φ(x )在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x )max ＝φ(3)＝1e3，又x →＋∞时，φ(x )→0，x →－∞时，φ(x )→－∞，∴φ(x )的图象如图所示.当1a >1e3，即0<a <e 3时，f (x )无零点；当1a ＝1e3，即a ＝e 3时，f (x )有一个零点；当0<1a <1e3，即a >e 3时，f (x )有两个零点；当1a<0，即a <0时，f (x )有一个零点.综上所述，当a ∈[0，e 3)时，f (x )无零点；当a ∈(－∞，0)∪{e 3}时，f (x )有一个零点；当a ∈(e 3，＋∞)时，f (x )有两个零点.利用函数的性质研究函数的零点例2(2022·全国乙卷节选)已知函数f (x )＝ax －1x－(a ＋1)ln x ，若f (x )恰有一个零点，求a 的取值范围.解：函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋1x 2－a ＋1x ＝（ax －1）（x －1）x 2.(ⅰ)当a ≤0时，ax －1<0恒成立，∴0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝a －1<0.此时f (x )无零点，不合题意.(ⅱ)当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝1a，①当0<a <1时，1<1a，∴1<x <1a时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，0<x <1或x >1a时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )在(0，1)f (x )的极大值为f (1)＝a －1<0，x →＋∞时，f (x )>0，∴f (x )恰有1个零点.②当a ＝1时，1＝1a，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (1)＝0，符合题意.③当a >1时，1a<1，f (x )(1，＋∞)减，f (x )的极小值为f (1)＝a －1>0，x →0时，f (x )→－∞，∴f (x )恰有1个零点.综上所述，a >0，即a 的取值范围为(0，＋∞).反思感悟利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.训练2已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1).证明：f (x )只有一个零点.证明：因为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，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增.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＝－－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.构造函数法研究函数的零点例3(2021·全国甲卷节选)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x a a x (a >0).若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围.解：曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程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 )又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).反思感悟涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.训练3已知函数f(x)＝x ln x－ax2(a∈R)，若f(x)在定义域内有2个零点，求a的取值范围.解：∵f(x)＝x ln x－ax2在定义域(0，＋∞)内有2个零点，∴y＝ln xx的图象与直线y＝a在(0，＋∞)上有2个不同的交点.令h(x)＝ln xx，x∈(0，＋∞)，∵h′(x)＝1－ln x x2，∴当x∈(0，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝1 e，又limx→0h(x)→－∞，limx→＋∞h(x)→0，∴a y＝ln xx的图象与直线y＝a在(0，＋∞)上有2个不同的交点，即a限时规范训练(二十三) 1.已知函数f(x)＝kx－ln x(k>0).(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值.解：(1)若k＝1，则f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－1x，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).(2)f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－1x＝kx－1x(x>0，k>0).当0<x<1k时，f′(x)<0；当x>1k时，f′(x)>0.∴f(x)f(x)min＝1－ln1k，∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln 1k＝0，即k＝1e.2.已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1，a ∈R .若f (x )＝1有且仅有两个不相等实根，求实数a 的取值范围.解：由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，ln x －ax ＋1＝1，即a ＝ln x x 有且仅有两个不相等实根，令g (x )＝ln x x ，h (x )＝a ，即g (x )与h (x )的图象有两个交点，g ′(x )＝1－ln x x 2，x ∈(0，e)时，g ′(x )>0，x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以函数g (x )的最大值为g (e)＝ln e e ＝1e，又因为x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0，所以当a g (x )与h (x )的图象有两个交点，如图所示.所以实数a 3.已知函数f (x )＝ln x ＋ax x，a ∈R .(1)若a ＝0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点.解：(1)若a ＝0，则f (x )＝ln x x ，其定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1－ln x x2，由f ′(x )＝0，得x ＝e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (e)＝1e .(2)证明：f′(x)＝1－ln xx2，由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∵0<a<1，∴当x>e时，f(x)＝ln x＋axx＝a＋ln xx>0，故f(x)在(e，＋∞)上无零点；当0<x<e时，f(x)＝ln x＋axx，∵a－e<0，f(e)＝a＋1e>0，且f(x)在(0，e)上单调递增，∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，综上，f(x)有且只有一个零点.4.已知f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a(a∈R).(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数.解：(1)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a，则f′(x)＝x(e x－ax).∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝x(e x－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则e x－ax≥0，x≥0.当x＝0时，则1≥0，即a∈R；当x>0时，则a≤e x x，构建g(x)＝e xx (x>0)，则g′(x)＝（x－1）e xx2(x>0)，令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，综上所述，a≤e.即a的取值范围为(－∞，e].(2)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a＝(x－1)e x－13a（x2＋x＋1），令f(x)＝0，则x＝1或e x－13a(x2＋x＋1)＝0，对于e x－13a(x2＋x＋1)＝0，即e xx2＋x＋1＝13a，构建h(x)＝e xx2＋x＋1，则h′(x)＝x（x－1）e x （x2＋x＋1）2，令h′(x)>0，则x>1或x<0，令h′(x)<0，则0<x<1，∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，h(0)＝1，h(1)＝e3且h(x)>0，当x∈R时恒成立，则当a＝e时，e xx2＋x＋1＝1 3 a有两个根x1＝1，x2<0；当0<a<e时，e xx2＋x＋1＝13a只有一个根x3<0；当a≤0时，e xx2＋x＋1＝13a无根.综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；当0<a≤e时，f(x)有两个零点.。
2025届新高考数学一轮复习精讲：利用导数研究函数的零点(方程的根)(含新定义解答题)(分层精练)
由图象可得函数()f x的零点个数为故选：C.3．（2023·陕西西安·模拟预测）A．e,0⎛⎫B．g x与y a=只有1要想()故实数a的取值范围是(1,故选：A5．（22-23高三上·江苏南京6．（2024·云南·模拟预测）已知函数()e ln xf x x x x a =---解，则实数a 的取值范围是（）A ．[)0,∞+B ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭C ．[)1,+∞【答案】C 【分析】首先分析题意，由于()0f x =，设出()e xg x x =()()e 1,0,e x h x x x =-∈，则()e e 0x x h x x =+>'，分析()h x 单调性解出实数【详解】根据题意，()0f x =，所以e ln x a x x x =--，令g ()e ln xf x x x x a =---在()0,e 上存在零点等价于y =因为函数()()g x f x m =-所以函数()f x 的图象与直线由图可知，e m >，即m 的取值范围为故选：C8．（2024·广西·模拟预测）故a的取值范围为ln3e1,3e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：C.二、多选题所以7102a -<-<，解得故选：BCD.10．（2024高二下·全国·专题练习）A ．()y f x =在()2,3B ．()y f x =恰有一个极大值C ．当1a >时，(f x D ．当1a =时，(f f三、填空题11．（2023·四川遂宁·模拟预测）已知根，则a的取值范围为【答案】1 0,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】由对数的运算性质可得数形结合可知，()y h x =与故()f x 在()0,+∞有两个零点故答案为：2.可得函数最小值为(1,e f -数形结合可知10,e t t -<<的取值范围是故选：A.由a b <，()()f a f b =得ln ln a a b-=象可知()e,2e c ∈，所以ln ln b ac a b⋅=-故答案为：()2e,e --故答案为：6435．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知函数由图象可得20eλ<<，且方程()f t λ=的三个解分别为则有12t =λ，即12log t =λ，。
利用导数研究零点问题及方程的根的问题(学生版)
利用导数研究零点问题及方程的根的问题1.已知函数f x =x cos x +14x 2，f ′x 为f x 的导函数．(1)若x ∈0,π2 ,f x ≥mx 2成立，求m 的取值范围；(2)证明：函数g x =f ′x +cos x 在0,π2 上存在唯一零点．2.已知函数f x =e x+ae x-a-1x-2a∈R(1)求函数f(x)的单调区间.(2)若a∈(-∞,2]，求函数f(x)在区间(-∞,2]上的零点个数.3.设函数f x =x2-ax+2sin x.(1)若a=1，求曲线y=f x的斜率为1的切线方程；(2)若f x 在区间0,2π上有唯一零点，求实数a的取值范围.4.已知f x =e x-2x.(1)求f x 的单调区间；上无实数解(2)证明：方程f x =cos x在-π2,05.已知函数f(x)=e x+sin x-cos x，f (x)为f(x)的导数.(1)证明：当x≥0时，f (x)≥2；(2)设g x =f x -2x-1，证明：g(x)有且仅有2个零点.6.已知函数f x =x2e x-a ln x，a≠0．(1)若a=1e，分析f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1，e)上有零点，求实数a的取值范围．7.已知函数f x =x -2 e x -ax +a ln x a ∈R ．(1)当a =-1时，求函数f x 的单调区间；(2)当a <e 时，讨论f x 的零点个数．8.函数f x =x -2 e x ,g x =13ax 3-12x 2-x +4a sin x +x +1 ln x +1 ,a >0.(1)求函数f x 在x ∈-1,2 的值域；(2)记f x ,g x 分别是f x ,g x 的导函数，记max m ,n 表示实数m ,n 的最大值，记函数F x =max f x ,g x ，讨论函数F x 的零点个数.9.设函数f x =-12x2+a-1x+a ln x+a2，a>0．(1)若a=1，求函数f x 的单调区间和最值；(2)求函数f x 的零点个数，并说明理由．10.已知函数f x =x-2sin x．(1)求f x 在0,π的极值；(2)证明：函数g x =ln x-f x 在0,π有且只有两个零点．11.已知函数f(x)=ax2-x-ln x．(1)当a=1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在定义域内有两个不相等的零点x1,x2．①求实数a的取值范围；②证明：f x1+x2．>2-ln x1+x212.已知函数f x =e x-1-ln x-ax，a∈R.(1)当a=e-12时，求函数f x 的单调性；(2)当a>0时，若函数f x 有唯一零点x0，证明：1<x0<2.13.已知函数f x =sin x -x +a cos x ，函数g x =13x 3+12ax 2，其中a≥0.(1)判断函数f x 在0,π 上的单调性，并说明理由；(2)证明：曲线y =f x 与曲线y =g x 有且只有一个公共点.14.已知函数f x =3xx+3，g x =b sin x，曲线y=f x 和y=g x 在原点处有相同的切线l．(1)求b的值以及l的方程；(2)判断函数h x =f x -g x 在0,+∞上零点的个数，并说明理由．15.已知函数f (x )=ax ln x -2x ．(1)若f (x )在x =1处取得极值，求f (x )的单调区间；(2)若函数h (x )=f (x )x-x 2+2有1个零点，求a 的取值范围．16.已知f x =x2-x,x≥-1x+3,x<-1，g x=ln x+a．(1)存在x0满足：f x0=g x0，f x0=g x0，求a的值；(2)当a≤4时，讨论h x =f x -g x 的零点个数．17.已知函数f(x)=ln x-a+1x，g(x)=a(x-2)e1-x-1，其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0<a<53时，是否存在x1,x2，且x1≠x2，使得f x i =g x i (i=1,2)？证明你的结论.18.设函数f x =ae x+sin x-3x-2，e为自然对数的底数，a∈R.(1)若a≤0，求证：函数f x 有唯一的零点；(2)若函数f x 有唯一的零点，求a的取值范围.19.已知函数f x =e x -2a x a >0 .(1)若a =e ，讨论f x 的单调性；(2)若x 1，x 2是函数f x 的两个不同的零点，证明：1<x 1+x 2<2ln a +ln2.20.已知函数f x =log a x-x-1x+1,a>0且a≠1.(1)若a=e，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程；(2)讨论函数f x 的零点个数.21.已知函数f x =a ln x +x +1x，其中a >0.(1)当a =1时，求f x 的最小值；(2)讨论方程e x +e -x -a ln ax -1ax =0根的个数.22.已知函数f x =x +b e x -a ．(b >0)在-1,f -1 处的切线l 方程为e -1x +ey +e -l =0．(1)求a ，b ，并证明函数y =f x 的图象总在切线l 的上方(除切点外)；(2)若方程f x =m 有两个实数根x 1，x 2．且x 1<x 2．证明：x 2-x 1≤1+m 1-2e 1-e．23.已知函数f x =ax+ln x，其中a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若过点P(1，0)且与曲线y=f x 相切的直线有且仅有两条，求实数a的取值范围.24.已知函数f (x )=(x -1)e x -ax 2+b ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f (x )只有一个零点①12<a ≤e 22,b >2a ；②0<a <12,b ≤2a ．25.已知函数f x =e x 1+a ln x ．(1)当f x 有两个极值点时，求a 的取值范围；(2)若a ≥32，且函数f x 的零点为x 1，证明：导函数f x 存在极小值点，记为x 2，且x 1>x 2．26.函数f(x)=x-sin x-cos x．上的极值；(1)求函数f(x)在-π,π2(2)证明：F(x)=f(x)-ln x有两个零点．27.已知函数f(x)=e x-a sin x-1在区间0,π2内有唯一极值点x1.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：f(x)在区间(0,π)内有唯一零点x2，且x2<2x1.28.已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．29.已知函数f x =x3+bx 2x.(1)当b=0时，求f x 的单调区间；(2)设函数g x =2x f x +c在x=2处的切线与x轴平行，若g x 有一个绝对值不大于4的零点，证明：g x 所有零点的绝对值都不大于4.30.已知函数f(x)=ae2x-x2,a∈R．(1)设f(x)的导函数为g(x)，讨论g(x)零点的个数；(2)设f(x)的极值点为x1,x2x1<x2，若ee-2x1+x2≥λx1x2恒成立，求实数λ的取值范围．31.已知函数f x =e mx +nx m ≠0 ．当m =1时，曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线与直线x -y +1=0垂直．(1)若f x 的最小值是1，求m 的值；(2)若A x 1,f x 1 ，B x 2f x 2 x 1<x 2 是函数f x 图象上任意两点，设直线AB 的斜率为k ．证明：方程f x =k 在x 1,x 2 上有唯一实数根．32.已知函数f x =xe nx -nx (n ∈N *且n ≥2)的图象与x 轴交于P ，Q 两点，且点P 在点Q 的左侧．(1)求点P 处的切线方程y =g x ，并证明：x ≥0时，f x ≥g x ．(2)若关于x 的方程f x =t (t 为实数)有两个正实根x 1,x 2，证明：x 1-x 2 <2t n ln n +ln n n．33.已知函数f x =xe x -a sin x a ∈R ．(1)若∀x ∈0,π，f x ≥0，求a 的取值范围；(2)当a ≥-59时，试讨论f x 在0,2π 内零点的个数，并说明理由．34.已知函数f(x)=a ln x．(1)记函数g(x)=x2-(a+2)x+f(x)，当a>2时，讨论函数g(x)的单调性；(2)设h(x)=f(x)-x2，若h(x)存在两个不同的零点x1,x2，证明：2e<a<x12 +x22(e为自然对数的底数)．35.已知函数f x =3x -1 e x -32ax 2．其中实数a ∈0,+∞ ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)求证：关于x 的方程f x +32=32ax 2-x 3有唯一实数解．。
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 >．。
高三复习：利用导数研究函数的零点或方程的根(个人备选,经典实用) (1)
- 1 - ．专题．．】．利用导数研究函数的零点或方程的根．．．．．．．．．．．．．．．．专题概述：研究方程根、函数零点或图象交点的情况，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，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．1.利用导数研究方程根(函数零点)的技巧(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)利用数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现. 2.已知函数零点个数求参数的常用方法(1)分离参数法:首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.(2)分类讨论法:结合单调性,先确定参数分类的标准,在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意,将满足题意的参数的各小范围并在一起,即为所求参数范围. 3.处理函数y=f(x)与y=g(x)图像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像,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.4.判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题． (2)分离出参数，转化为a ＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y ＝a 与函数y ＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a 与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．1.若函数f(x)=x 3-3x+a 有3个不同的零点,则实数a 的取值范围是( C )A.(-∞,-1)B.(1,+∞)C.D.【解析】选C.因为f ′(x)=3x 2-3=3(x+1)(x-1).当x<-1时,f ′(x)>0,当-1<x<1时,f ′(x)<0,当x>1时,f ′(x)>0,所以当x=-1时,f(x)有极大值,当x=1时,f(x)有极小值.要使f(x)有3个不同的零点,只需解得-2<a<2.2.若函数f(x)=xlnx-a 有两个零点,则实数a 的取值范围为 ( C ) A.B.C. D. 【解析】选C.函数的定义域为(0,+∞),由f(x)=0得a=xlnx,记g(x)=xlnx. 则g ′(x)=lnx+1,由g ′(x)>0得x>,由g ′(x)<0得0<x<.所以g(x)在上单调递减,在上单调递增,- 2 - 且g(x)min =g()=-,由图可知-<a<0.3.(2021·石嘴山模拟)若函数f(x)=x 2e x-a 恰有3个零点,则实数a 的取值范围是( B ) A.B.C.(0,4e 2) D.(0,+∞) 【解析】选B.函数f(x)=x 2e x -a 的导数为f ′(x)=2xe x +x 2e x =xe x (x+2),令f ′(x)=0,则x=0或-2,函数在(-2,0)上单调递减,在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,所以0或-2是函数f(x)的极值点,函数的极值为:f(0)=0-a=-a,f(-2)=4e -2-a=-a,函数f(x)=x 2e x -a 恰有三个零点,则实数a 的取值范围是.4.(2019届宜州调研)设f(x)＝|lnx|，若函数g(x)＝f(x)－ax 在区间(0，4)上有三个零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，1eB.⎝⎛⎭⎫ln 22，eC.⎝⎛⎭⎫0，ln 22D.⎝⎛⎭⎫ln 22，1e解析：选D.令y 1＝f(x)＝|lnx|，y 2＝ax ，若函数g(x)＝f(x)－ax 在区间(0，4)上有三个零点，则y 1＝f(x)＝|lnx|与y 2＝ax 的图象(图略)在区间(0，4)上有三个交点．由图象易知，当a ≤0时，不符合题意；当a>0时，易知y 1＝|lnx|与y 2＝ax 的图象在区间(0，1)上有一个交点，所以只需要y 1＝|lnx|与y 2＝ax 的图象在区间(1，4)上有两个交点即可，此时|lnx|＝lnx ，由lnx ＝ax ，得a ＝ln x x .令h(x)＝ln xx ，x ∈(1，4)，则h ′(x)＝1－ln x x 2，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e ，4)上单调递减，h(e)＝ln e e ＝1e ，h(1)＝0，h(4)＝ln 44＝ln 22，所以ln 22<a<1e，故选D ．5.已知函数()2xmf x xe mx =-+在(0,)+∞上有两个零点，则m 的取值范围是（ D ） A.()0,eB.()0,2eC.(,)e +∞D.(2,)e +∞【答案】D 【解析】函数()2xmf x xe mx =-+在(0,)+∞上有两个零点， 等价于()xh x xe =与1()()2g x m x =-有两个不同的交点，()g x 恒过点1(,0)2，设()g x 与()h x 相切时切点为(,)aa ae ，因为()(1)x h x e x '=+，所以切线斜率为(1)a e a +，则切线方程为(1)()a ay ae a e x a -=+-，当切线经过点1(,0)2时，解得1a =或12a =-（舍），此时切线斜率为2e ，由函数图像特征可知：函数()2xm f x xe mx =-+在(0,)+∞上有两个零点，则实数m 的取值范围是(2,)e +∞，故选D ．6.若函数f(x)＝ax －aex ＋1(a<0)没有零点，则实数a 的取值范围为____(－e 2，0)____．- 3 - 解析：f ′(x)＝ae e 2x ＝e x.当a<0时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－∞，2) 2 (2，＋∞) f ′(x) － 0 ＋ f(x) 极小值若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝ae2＋1>0，解得a>－e 2，所以此时－e 2<a<0，故实数a 的取值范围为(－e 2，0)．答案：(－e 2，0)7.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．解：(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，当x →0时，F(x)→－∞，当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．8.已知函数f(x)＝xln x＋ax ，x>1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f(x)的极小值；(3)若方程(2x －m)ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围．[解析](1)f ′(x)＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤1ln 2x －1ln x ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14.∵x ∈(1，＋∞)，∴ln x ∈(0，＋∞)，∴当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∴a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f(x)＝xln x ＋2x ，f ′(x)＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x)＝0，得2ln 2x ＋lnx －1＝0，解得lnx ＝12或lnx ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x<e 12时，f ′(x)<0，当x>e 12时，f ′(x)>0，∴f(x)的极小值为f(e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m)lnx ＋x ＝0两边同除以lnx 得(2x －m)＋x ln x ＝0，整理得xln x＋2x ＝m ，即函数g(x)＝xln x＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．- 4 - 由(2)可知，g(x)在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g(e 12)＝4e 12，g(e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∴4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]． 9.(2020年高考全国Ⅲ卷文数20)已知函数()32f x x kx k =-+．（1）讨论()f x 的单调性：（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．【答案】（1）详见解析；(2)4(0,)27． 【思路导引】（1）'2()3f x x k =-，对k 分0k ≤和0k >两种情况讨论即可；（2）()fx 有三个零点，由（1）知0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩，解不等式组得到k 的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可．【解析】（1）由题，'2()3f x x k =-，当0k ≤时，'()0f x ≥恒成立，∴()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当0k >时，令'()0f x =，得x ='()0f x <，得x << 令'()0f x >，得x <x>()f x在(上单调递减，在(,-∞，)+∞上单调递增．（2）由（1）知，()f x 有三个零点，则0k>，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩，即22203203k k ⎧+>⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩，解得4027k <<，当4027k <<>20f k =>，∴()fx 在上有唯一一个零点，同理1k --<32(1)(1)0f k k k --=--+<，∴()f x 在(1,k --上有唯一一个零点，又()fx 在(上有唯一一个零点，∴()f x 有三个零点． 综上可知k 的取值范围为4(0,)27．10.（2020•新课标Ⅰ）已知函数()(2)x f x e a x =-+．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【分析】（1）当1a =时，()1x f x e '=-，求出导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，再由导函数在各区间段内的符号求得原函数的单调性；（2）当0a 时，()0x f x e a '=->恒成立，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增，不合题意；当0a >时，利用导数可得函数单调性，得到函数极值，结合题意由极小值小于0即可求得a 的取值范围． 【解答】解：由题意，()f x 的定义域为(,)-∞+∞，且()x f x e a '=-． （1）当1a =时，()1x f x e '=-，令()0f x '=，解得0x =．- 5 - 当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．()f x ∴在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增；（2）当0a 时，()0x f x e a '=->恒成立，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增，不合题意； 当0a >时，令()0f x '=，解得x lna =，当(,)x lna ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当(,)x lna ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．()f x ∴的极小值也是最小值为()(2)(1)f lna a a lna a lna =-+=-+． 又当x →-∞时，()f x →+∞，当x →+∞时，()f x →+∞． ∴要使()f x 有两个零点，只要()0f lna <即可，则10lna +>，可得1a e>．综上，若()f x 有两个零点，则a 的取值范围是1(e，)+∞．11.(2019届贵阳摸底)已知函数f(x)＝kx －lnx(k ＞0)． (1)若k ＝1，求f(x)的单调区间；(2)(一题多解)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k 的值．解：(1)若k ＝1，则f(x)＝x －ln x ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x)＝1－1x，由f ′(x)＞0，得x ＞1；由f ′(x)＜0，得0＜x ＜1，所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)解法一：由题意知，方程kx －ln x ＝0仅有一个实根，由kx －ln x ＝0，得k ＝ln xx(x ＞0)，令g(x)＝ln xx (x ＞0)，则g ′(x)＝1－ln x x 2，令g ′(x)＝0，则x ＝e ；当0＜x ＜e 时，g ′(x)＞0；当x ＞e 时，g ′(x)＜0. 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g(x)max ＝g(e)＝1e.当x →＋∞时，g(x)→0，当x →0时，g(x)→－∞.又k ＞0，所以要使f(x)仅有一个零点，则k ＝1e.解法二：因为f(x)＝kx －ln x ，所以f ′(x)＝k －1x ＝kx －1x(x ＞0，k ＞0)．令f ′(x)＝0，则x ＝1k ；当0＜x ＜1k 时，f ′(x)＜0；当x ＞1k ，f ′(x)＞0.所以f(x)在⎝⎛⎭⎫0，1k 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1k ，＋∞上单调递增， 所以f(x)min ＝f ⎝⎛⎭⎫1k ＝1－ln 1k， 因为f(x)有且只有一个零点，所以1－ln 1k ＝0，即k ＝1e.12.已知函数f(x)＝xsinx ＋acosx ＋x ，a ∈R.(1)当a ＝2时，求f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值；(2)当a>2时，若方程f(x)－3＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有唯一解，求a 的取值范围.解(1)当a ＝2时，f(x)＝xsinx ＋2cosx ＋x ，所以f ′(x)＝－sinx ＋xcosx ＋1.- 6 - 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2时，1－sinx>0，xcosx>0，所以f ′(x)>0.所以f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2上单调递增.因此f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π，最小值为f(0)＝2. (2)当a>2时，f ′(x)＝(1－a)sinx ＋xcosx ＋1.设h(x)＝(1－a)sinx ＋xcosx ＋1， h ′(x)＝(2－a)cosx －xsinx ，因为a>2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以h ′(x)<0.所以h(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减.因为h(0)＝1>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－a ＋1＝2－a<0，所以存在唯一的x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，使h(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝0.所以f(x)在区间[0，x 0]上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0，π2上单调递减. 因为f(0)＝a ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π，又因为方程f(x)－3＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有唯一解，所以2<a ≤3.13.[2020·北京市适应性测试]已知函数f(x)＝sinx －xcosx －16x 3，f ′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f ′(x)在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上不存在零点； (2)若f(x)>kx －xcosx －16x 3－1对x ∈⎛⎭⎫0，π2恒成立，求实数k 的取值范围．- 7 - 解：(1)证明：令g(x)＝lnx －x＋1(x>0)，则g(1)＝0，g ′(x)＝1x －1＝1－x x，∴当x ∈(0，1)时，g ′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x)<0，函数g(x)单调递减． ∴当x ＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值，∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x ≤x －1.(2)f ′(x)＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x ，x>0.令－2x 2＋ax ＋1＝0，解得x 0＝a ＋a 2＋84(负值舍去)，在(0，x 0)上，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增，在(x 0，＋∞)上，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减．∴f(x)max ＝f(x 0)． 当a ＝1时，x 0＝1，f(x)max ＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x ＝1.当a>1时，f(1)＝a －1>0，f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a －14a 2＋12<12a －1－14a 2＋12＝－⎝⎛⎭⎫12a －122－14<0，f(2a)＝ln 2a －2a 2<2a －1－2a 2＝－2⎝⎛⎭⎫a －122－12<0.∴函数f(x)在区间⎝⎛⎭⎫12a ，1和区间(1，2a)上各有一个零点．综上可得，当a ＝1时，函数f(x)只有一个零点x ＝1； 当a>1时，函数f(x)有两个零点．1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)＜0.2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步，证明端点的导数值异号． 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，再利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围； (2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．1.已知函数()25xf x ex --=-的零点位于区间(),1m m +，m ∈Z 上，则42log m m +=（ D ）A.14-B.14C.12 D.34【答案】D.【解析】易知函数()f x 单调递减，因为()2210f e -=->，()130f e -=-<，由零点存在定理可知，函数()f x 的零点在区间()2,1--内，则2m =-．所以2441132log 2log 2424mm -+=+=+=．故选:D ． 2.若函数2()32f x x x a =-+在[)0,+∞上有2个零点，则实数a 的取值范围为（ D ）A.99,88⎛⎫-⎪⎝⎭ B.90,8⎛⎤⎥⎝⎦C.9,08⎛⎫-⎪⎝⎭D.90,8⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D.【解析】因为二次函数2()32f x x x a =-+开口向上，且对称轴为32x =，- 8 - 若2()32f x x x a =-+在[0,+∞上有2个零点，只需(0)0302f f ≥⎧⎪⎨⎛⎫< ⎪⎪⎝⎭⎩，即0992042a a ≥⎧⎪⎨-+<⎪⎩，解得098a a ≥⎧⎪⎨<⎪⎩，即908a ≤<，故选：D. 3.（2020•广东二模）已知21()cos 1()2f x ax x a R =+-∈，若函数()f x 有唯一零点，则a 的范围为( D )A.(,0)-∞B.(-∞，0][1，)+∞C.(-∞，1][1，)+∞D.(,0)[1-∞，)+∞【分析】求导，构造辅助函数()()sin g x f x x ax ='=-+，则()cos g x x a '=-+，当1a 时，可知()g x 在R 上单调递增，(0)0g =，即可判断()f x 在[0，)+∞上为增函数，在(,0)-∞上为减函数，由()0f x =，即可证明，当1a 时，()f x 有唯一的零点；然后验证0a =时，函数的零点的个数，判断选项即可． 【解答】解：因为()sin ()f x x ax x R '=-+∈．令()sin g x x ax =-+，则()cos g x x a '=-+， 所以当1a 时，()cos 0g x x a '=-+，即()g x 在R 上单调递增，又(0)sin 00g =-=，所以[0x ∈，)+∞，()0f x '，当(,0)x ∈-∞，()0f x '<， 所以()f x 在[0，)+∞上为增函数，在(,0)-∞上为减函数， 又(0)0f =，所以当[0x ∈，)+∞，()0f x ，当(,0)x ∈-∞，对x R ∈恒成立，即当1a 时，()0f x ，且当且仅当0x =，()0f x =，故当1a 时，()f x 有唯一的零点；排除A ，当0a =时，()cos 1f x x =-，令()0f x =，可得cos 1x =，有无数解，所以0a =，不成立，排除BC ， 故选：D ．4.（多选题）函数()()1,1,ln 1,1,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩若函数()()g x f x x a =-+只有一个零点，则a 可能取的值有（ ABC ）A ．2B ．2-C ．0D ．1【答案】ABC【解析】∵()()g x f x x a =-+只有一个零点，∴函数()y f x =与函数y x a =-有一个交点，作函数函数()()1,1,ln 1,1,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩与函数y x a =-的图象如下，结合图象可知，当0a ≤时；函数()y f x =与函数y x a =-有一个交点；当0a >时，ln(1)y x =-，可得11y x '=-，令111x =-可得2x =，所以函数在2x =时，直线与ln(1)y x =-相切，可得2a =.综合得：0a ≤或2a =.故选：ABC.5.（2020•西安二模）已知函数()(x f x e kx m k =--、m 为实数，e 为自然对数的底数， 2.71828)e ≈． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）当2k =，1m =时，判断函数()f x 零点的个数并证明．- 9 -（2）先由导数与单调性关系分析函数的性质，然后结合函数零点判定定理即可求解． 【解答】解：（1）()x f x e k '=-，①0k 时，()0f x '>恒成立，故()f x 的单调递增区间(,)-∞+∞，没有单调递减区间； ②0k >时，易得，当x lnk >时，()0f x '>，当x lnk <时，()0f x '<， 故函数的单调递增区间(,)lnk +∞，单调递减区间(,)lnk -∞，（2）当2k =，1m =时，()21x f x e x =--的零点个数为2个，证明如下： 由（1）在(,2)ln -∞单调递减，且(0)0f =， 故()f x 在(,2)ln -∞有且仅有1个零点，又因为()f x 在(2,)ln +∞上单调递增且f （1）30e =-<，f （2）250e =->且()f x 在[1，2]上连续不间断， 故()f x 在[1，2]上有且仅有1个零点． 综上()f x 有且仅有2个零点．6.函数f(x)＝ax ＋xlnx 在x ＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y ＝f(x)－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．解：(1)由题意知，f ′(x)＝a ＋lnx ＋1(x>0)，f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时，f(x)＝－x ＋xlnx ， 即f ′(x)＝lnx ，令f ′(x)>0，解得x>1；令f ′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x ＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y ＝f(x)－m －1在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m ＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为y ＝f(x)与y ＝m ＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min ＝f(1)＝－1，由题意得，m ＋1>－1，即m>－2，① 当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0； 当x>0且x →0时，f(x)→0； 当x →＋∞时，显然f(x)→＋∞.如图，由图象可知，m ＋1<0，即m<－1，② 由①②可得－2<m<－1.故实数m 的取值范围为(－2，－1)．7.(2019·福建三明联考)设a 为实数，函数f(x)＝－x 3＋3x ＋a.(1)求f(x)的极值；(2)是否存在实数a ，使得方程f(x)＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x)＝－3x 2＋3，令f ′(x)＝0，得x ＝－1或x ＝1.∵当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x)<0；当x ∈(－1,1)时，f ′(x)>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0， ∴f(x)的极小值为f(－1)＝a －2，极大值为f(1)＝a ＋2.图1(2)由(1)得，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，且当x →－∞时，f(x )→＋∞；f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且当x →＋∞时，f(x )→－∞，而a ＋2>a －2，即函数的极大值大于极小值，∴当极大值等于0时，极小值小于0，此时曲线f(x)与x 轴恰好有两个交点，即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，图2如图1所示．∴a ＋2＝0，即a ＝－2.- 10 - 如图2所示．∴a －2＝0，即a ＝2.综上所述，当a ＝2或a ＝－2时，方程f(x)＝0恰好有两个实数根． 8.(2020届大同调研)已知函数f(x)＝2lnx －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 上有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．解：(1)当a ＝2时，f(x)＝2lnx －x 2＋2x ，f ′(x)＝2x－2x ＋2，则k ＝f ′(1)＝2.∵f(1)＝1，∴切点坐标为(1，1)．所以切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(2)由题意得，g(x)＝2lnx －x 2＋m ，则g ′(x)＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x.∵x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，∴令g ′(x)＝0，得x ＝1. 当1e≤x<1时，g ′(x)>0，g(x)单调递增；当1<x ≤e 时，g ′(x)<0，g(x)单调递减． 故g(x)在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有最大值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 ， ∴g(x)在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g(e)．g(x)在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不同的零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2， ∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2.。
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)＝