2020高考数学(文科)二轮专题精讲《利用导数研究函数的零点问题》
(ⅱ)当0＜m＜1时，Δ＝4－4m2＞0，令f′(x)＝0，则x1＝
1－ 1－m2 m
，x2＝
1＋ m1－m2，
∴x∈0，1－ m1－m2∪1＋ m1－m2，＋∞时， f′(x)＞0，
x∈1－ m1－m2，1＋ m1－m2时，f′(x)＜0，
∴f(x)在
0，1－
1－m2
m
和
1＋
m1－m2，＋∞
1－
析考情 函数零点是每年高考的重点，主要考查函数零点个数的判定或证明、已知函数 零点的情况求参数，难度较大，属于压轴题．
考点一 判断或证明函数零点个数问题 |析典例|
【例】 (2019·湖南十校联考)已知函数f(x)＝mx2x－1－2ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若m＝12，证明：f(x)有且只有三个零点．
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝m1＋x12－2x＝mx2－x22x＋m，
①当m≤0时，∵x＞0，∴f′(x)＜0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当m＞0时，令f′(x)＝0，即mx2－2x＋m＝0，
(ⅰ)当m≥1时，Δ＝4－4m2≤0，此时f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)证明：由于x2＋x＋1＞0，所以f(x)＝0等价于x2＋xx3＋1－3a＝0. 设g(x)＝x2＋xx3＋1－3a，则g′(x)＝x2xx22＋＋x2＋x＋132 ≥0，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)＝－6a2＋2a－13＝－6a－162－16＜0，f(3a＋1)＝13＞0，故f(x)有一个零 点． 综上，f(x)只有一个零点．
|对点训练| 已知函数f(x)＝a6x3－a4x2－ax－2的图象过点A4，130. (1)求函数f(x)的单调增区间； (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)＝a6x3－a4x2－ax－2的图象过点A4，130， 所以323a－4a－4a－2＝130，解得a＝2， 即f(x)＝13x3－12x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2. 由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞2. 所以函数f(x)的单调增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
∴x＝1 是 φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此 x＝1 也是 φ(x)的最大值点， ∴φ(x)的最大值为 φ(1)＝23. 又 φ(0)＝0，结合函数 y＝φ(x)的图象(如图)，可知 ①当 m＞23时，函数 g(x)无零点； ②当 m＝23时，函数 g(x)有且只有一个零点； ③当 0＜m＜23时，函数 g(x)有两个零点；
当a＞0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－
a x
单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调
递增．
又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜a4且b＜14时，f′(b)＜0， 故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x) ＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.
专题二 函数、导数与不等式 第一讲 利用导数研究函数的零点问题
1．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)． (1)若a＝3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点．
解：(1)当a＝3时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3. 令f′(x)＝0，解得x＝3－2 3或x＝3＋2 3. 当x∈(－∞，3－2 3)∪(3＋2 3，＋∞)时，f′(x)＞0； 当x∈(3－2 3，3＋2 3)时，f′(x)＜0. 故f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)上单调递增，在(3－2 3，3＋2 3)上 单调递减．
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得 最小值，最小值为f(x0)．
由于f′(x0)＝2e2x0－xa0＝0，所以f(x0)＝e2x0－aln x0＝2ax0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a. 故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln2a.
|规 律 方 法 | 求解函数零点(方程根)的个数问题的步骤 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题； 第二步：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； 第三步：结合图象求解．
|对点训练| (2019·成都模拟)设函数f(x)＝ln x＋mx ，m∈R. (1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值； (2)讨论函数g(x)＝f′(x)－3x零点的个数．
(ⅲ)12＜a＜1时，令f′(x)＞0，得1＜x＜1－a a，
∴f(x)在
1，1－a a
上单调递增；令f′(x)<0，得0<x<1或1<x<
a 1－a
，∴f(x)在(0,1)，
1－a a，＋∞上单调递减．
Hale Waihona Puke (2)由(1)知，当a＝2时，f(x)＝x＋
2 x
＋ln
x在[e－1,1]上单调递减，在(1，e]上单调递
0<x<1，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
③当a＜1时，
(ⅰ)0＜a＜
1 2
时，令f′(x)＞0，得
a 1－a
＜x＜1，∴f(x)在
1－a a，1
上单调递增；令
f′(x)<0，得x>1或0<x<1－a a，∴f(x)在0，1－a a，(1，＋∞) 上单调递减；
(ⅱ)a＝12时，f′(x)≤0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
2．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数； (2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln2a.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－ax(x＞0)． 当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点；
m1－m2，1＋
m1－m2上单调递减．
上单调递增，在
综上，m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；m≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递
增；0＜m＜1时，f(x)在
1－
m1－m2，1＋
1－m2
m
上单调递减，在0，
1－
1－m2 m
和
1＋
m1－m2，＋∞上单调递增．
(2)证明：∵m＝12，∴f(x)＝12x－1x－2ln x， 由(1)可知 f(x)在(0,2－ 3)和(2＋ 3，＋∞)上单调递增，在(2－ 3，2＋ 3)上单 调递减， 又 f(1)＝0，且 1∈(2－ 3，2＋ 3)，∴f(x)在(2－ 3，2＋ 3)上有唯一零点 x＝ 1. 又 0＜e－3＜2－ 3，f(e－3)＝12(e－3－e3)＋6＝21e3＋6－e23＜7－e23＜0， ∴f(x)在(0,2－ 3)上有唯一零点． 又 e3＞2＋ 3，f(e3)＝－f(e－3)＞0，∴f(x)在(2＋ 3，＋∞)上有唯一零点． 综上，当 m＝12时，f(x)有且只有三个零点.
增．
∴f(x)min＝f(1)＝3，f(e－1)＝e－1＋2e－1，f(e)＝e＋2e＋1，∴f(e－1)＞f(e)，
∴m∈3，e＋2e＋1.
|规 律 方 法 | 解决已知函数零点个数，求参数取值范围问题时，常从以下两个方面去思考． (1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需 要满足的条件，进而求出参数满足的条件． (2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调性情况，再依据函数在区间内的零 点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构 造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex，则f′(x)＝x－x2 e， ∴当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞) 上单调递增． ∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2， ∴当m＝e时，f(x)的极小值为2.
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m＞
2 3
时，函数g(x)无零点；当m＝
2 3
或m≤0时，函数g(x)有且只有
一个零点；当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点．
考点二 已知函数零点求参数 |析典例|
【例】 (2019·唐山模拟)已知函数f(x)＝(a－1)x＋ax＋ln x(a＞0)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)g(x)＝f(x)－m，当a＝2时，g(x)在[e－1，e]上有两个不同的零点，求m的取值范 围．
[解]
(1)定义域为(0，＋∞)，∵f′(x)＝a－1－
a x2
＋
1 x
＝
a－1x2＋x－a x2
＝
[a－1x＋a]x－1
x2
.
①当a＝1时，f′(x)＝x－x2 1，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．
②当a＞1时，令f′(x)＞0，得x＞1，∴f(x)在(0,1)上单调递减；令f′(x)<0，得
(2)由题设知，g(x)＝f′(x)－3x＝1x－xm2－3x(x＞0)， 令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)． 设φ(x)＝－13x3＋x(x>0)． 则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)， 当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0,1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
第5讲 大题专攻——利用导数研究函数零点问题 2023高考数学二轮复习课件
目录
设函数 f(x)＝x2－2mln x，g(x)＝32x2－(m＋1)x－mln x(m≥1)时，讨论函数 f(x)
与 g(x)图象的交点个数． 解：令 F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0， 问题等价于求函数F(x)的零点个数． F′(x)＝－（x－1）x（x－m），
目录
(a)若 g′(－1)≥0，则－21e≤a＜0，∴－21e≤a＜0 时，g′(x)＞0 在(－1，＋ ∞)上恒成立， ∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， ∵g(－1)＝e－1＞0，∴g(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴f′(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵f(0)＝0， ∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意． (b)若 g′(－1)＜0，则 a＜－21e，∴a＜－21e时，存在 x0∈(－1，0)，使得 g′(x0) ＝0.
123 4
目录
2．已知函数 F(x)＝xln－x1－x＋a 1. (1)设函数h(x)＝(x－1)F(x)，当a＝2时，证明：当x>1时，h(x)>0； 解：证明：当 a＝2，x>1 时，h′(x)＝x（（xx－＋11））22>0， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，
所以当x>1时，h(x)>0. (2)若F(x)有两个不同的零点，求a的取值范围． 解：设函数 f(x)＝ln x－a（xx＋－11），则 f′(x)＝x2＋x2（（x1＋－1a））2x＋1. 令g(x)＝x2＋2(1－a)x＋1，当a≤1，x>0时，g(x)>0，
目录
函数 f(x)＝ln x－ x，x∈(0，＋
∞)
利用导数研究函数的零点专题课件 高三数学二轮复习
1
ln ,
+ ∞ 上单调递增.
1
-∞,ln
上单调递减,
(2)根据(1)中结果知,当 a≤0 时,f(x)最多有一个零点,不符合题意.当 a>0 时,f(x)
在
1
-∞,ln
上单调递减,在
1
ln , +
∞ 上单调递增,且当 x→-∞时,f(x)→+∞,当
x→+∞时,f(x)→+∞.因此根据零点存在定理,如果函数有两个零点,则需 f(x)的
递增.∴f(x)min=f(1)=-2.又f(0)=1,f(2)=3>1,曲线y=x3-3x
与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点等价于
y=f(x)与y=a有两个不同的交点,∴-2<a<1.
3.(2021·全国甲,理21(2))已知a>0且a≠1,函数f(x)=
直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
.
解析 令x3-3x=-(x-1)2+a,得x3+(x-1)2-3x=a.
令f(x)=x3+(x-1)2-3x,x>0,则f'(x)=3x2+2(x-1)-3=3x2+2x5=(x-1)(3x+5).由f'(x)=0(x>0),得x=1.∴当x∈(0,1)
时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调
求解；
(2)分离参数法：由 f ( x )＝0分离出参数 a ，得 a ＝φ( x )，利用导数求函数 y ＝φ( x )的
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版 课件：2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数
则 φ'(a)=1-���2��� = ���������-���2,
所以当0<a<2时,φ'(a)<0;当a>2时,φ'(a)>0, 即φ(a)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
又φ(2)=0,∴满足条件的a只有2,即a=2.
x-1(x>0),h'(x)=1-������������2
−
1 ������
=
������
2 -������ -������ ������ 2
,设
p(x)=x2-x-a=0,函数 p(x)的图象的对称轴为 x=1.
2
∵p(1)=1-1-a=-a<0,
设 p(x)=0 的正根为 x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0 的另一根小于
g(x)=������������������-(������������)
=
2������
+2������ln ������-2
������(x>2),∴g'(x)=2(������(-������2-l2n)���2���-4),
令 s(x)=x-2ln x-4,则 s'(x)=1-���2��� = ���������-���2, ∵x>2,∴s'(x)>0,即s(x)在(2,+∞)上单调递增;
0,h(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,h(x)min=h(x0)=x0+������������0-
ln x0-1=x0+������02������-0������0-ln x0-1=2x0-ln x0-2,令 F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2-
【2020年江苏省高考数学考点探究】专题20 利用导数研究零点问题(原卷版)
专题20 利用导数研究函数的零点问题 专题知识梳理运用数形结合思想探究函数零点问题历来是高考的热点与难点，解决此类问题的难点①是函数形式的有效选择;②函数与方程的相互转化;③数形结合思想的灵活运用．本专题主要研究运用数形结合思想探究函数零点问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用. 函数的零点问题主要涉及了转化思想，如方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数范围问题可转化为函数的值域问题．在解决函数的零点问题需要注意以下几点：(1)函数f (x )的零点是一个实数，是方程f (x )＝0的根，也是函数y ＝f (x )的图象与x 轴交点的横坐标；(2)函数零点存在性定理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件，判零点个数还是要根据函数的单调性、对称性或者结合函数的图象．研究函数的零点(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,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.考点探究【例1】已知函数()ln f x x =，20,01,()42, 1.x g x x x ⎧⎪⎨⎪⎩<=-->… 则方程()()1f x g x +=实根的个数为【例2】（2017·江苏卷）设f (x )是定义在R 且周期为1的函数，在区间[0，1)上，()2, ,x x D f x x x D ⎧∈=⎨∉⎩，，其中集合D =*1|,n x x n n -⎧⎫=∈⎨⎬⎩⎭N ，则方程f (x )－lg x =0的解的个数是 .【例3】（2018·苏州三模）如果函数y ＝f(x)在其定义域内总存在三个不同实数x 1，x 2，x 3，满足|x i －2|f(x i )＝1(i ＝1，2，3)，则称函数f(x)具有性质Ω.已知函数f(x)＝a e x 具有性质Ω，则实数a 的取值范围为________________．题组训练1.（2018·镇江模拟）已知k 为常数，函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x ＋1， x ≤0，|ln x|，x ＞0，若关于x 的方程f(x)＝kx ＋2有且只有四个不同的解，则实数k 的取值集合为________________．2.设函数f (x )=(x+1)ln x ,g (x )=,是否存在自然数k ,使得方程f (x )=g (x )在(k ,k+1)内存在唯一的根?如果存在,求出k 的值;如果不存在,请说明理由.3.已知函数f (x )=(2-a )(x-1)-2ln x (a ∈R,e 为自然对数的底数).(1) 当a=1时,求f (x )的单调区间;(2) 若函数f (x )在 上无零点,求a 的最小值.4.已知函数32()f x x ax c a =++-（,a c ∈R 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33(,3)(1,)(,)22-∞-+∞，求c 的值．5.已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是 ．6.（2018·江苏卷）若函数 在 内有且只有一个零点，则 在 上的最大值与最小值的和为______．。
高考二轮复习文科数学课件(老高考旧教材)考点突破练20利用导数研究函数的零点问题
∴f(x)有唯一的极值点x1.
②解 由 f(x0)=0,得 ln x0=-a,则 x0=e ,若存在
-a
1
a,使 ≤e2,则 x1≤e2-a<1,
0
∴e-a<x1≤e2-a.
∵g(x)在(0,+∞)上单调递减,g(e-a)=1+ea>0,则需 g(e2-a)=ea-2-1≤0,即 a≤2,
-
2
单调递减区间为(-a,a),所以 f(x)极大值=f(-a)=(-a-a) e =
4 2
,f(x)
极小值=f(a)=0.
e
又x→-∞,f(x)→0,x→-∞,f(x)→+∞,
要使方程 f(x)-4e=0 有三个不同的根,只需
4 2
4e< e ,解得
a>e.
当 a<0 时,f(x)的单调递减区间为(-∞,-a),(a,+∞),单调递增区间为(-a,a).
与已知矛盾,∴不存在
1
a>2,使得 ≤e2.
0
2
3.已知函数 f(x)=(x-a) e .
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若方程f(x)-4e=0有三个不同的根,求实数a的取值范围.
解 (1)函数 f(x)的定义域为
1
R,f'(x)= e (x-a)(x+a).
当a>0时,由f'(x)>0,可得x<-a或x>a.
当 x<x0 时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当 x>x0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以 g(x)min=g(x0)=(x0-1)2+2e 0 -1 -3=(x0-1)2+2(1-x0)-3=02 -4x0<0,
2020版高考数学浙江专用二轮课件：2.1.解答题 2 导数与零点及范围问题
又当a= 1 时,f′(x)=ex- 1 ≤0当且仅当x=-1时取等
e
e
号.
所以实数a的取值范围是
1e，＋
.
(2)方法一:由已知得F(x)=a(x-1)-2ln x,且F(1)=0,
则F′(x)=a- 2
= ax－2
=
a
x－2 a
,x>0.
x
x
x
①当a≤0时,F′(x)<0,F(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
16a3 e4a
1（1e62aa）32 ＞1（126aa）34 1
1＞0. a
故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两
个零点. 综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a= e2 .
4
=-
a 2
-2ln
1 2
≥0,则0<a≤4ln 2.
若2
a
<
1 2
时,即a>4时,则F(x)在
0，2 a
上是减函数,在
2，1 a2
上是增函数.
所以F(x)min=F
2 a
=2-a-2ln 2
a
,
令φ(a)=2-a-2ln 2 ,则φ′(a)=-1+ 2 = 2－a <0.
a
a
a
所以φ(a)在(4,+∞)上是减函数,则φ(a)<φ(4)=
(2)设函数h(x)=1-ax2e-x. f(x)在(0,+∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞) 上只有一个零点. (i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点; (ii)当a>0时,h′(x)=ax(x-2)e-x.
2020江苏高考数学(文理通用)二轮培优新方案课件：第20讲 导数与函数的零点问题
[解] (1)当 a＝1 时，f(x)＝x－ex，f′(x)＝1－ex，f′(1)＝1－e， f(1)＝1－e.
故 f(x)的图象在 x＝1 处的切线方程为 y－(1－e)＝(1－e)(x －1)，即 y＝(1－e)x.
(2)f′(x)＝1－aex， ①若函数 f(x)在区间(0,1)上单调递增， 则 f′(x)＝1－aex≥0 在区间(0,1)上恒成立， 得 a≤e－x 在区间(0,1)上恒成立， ∵x∈(0,1)，∴e－x∈1e，1，∴a≤1e；
则函数 f(x)有两个不同的零点等价于函数 h(x)有两个不同的
零点．
∵h′(x)＝ax－(a－1)－1x＝ax＋x1x－1，
∴当 a≥0 时，函数 h(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，
＋∞)上单调递增，
∴h(x)在(0，＋∞)上有最小值，为 h(1)．
若函数 h(x)有两个不同的零点， 则必有 h(1)＝－12a＋1<0，即 a>2，此时，在 x∈(1，＋∞) 上有 h(2)＝2a－2(a－1)－ln 2＝2－ln 2>0， 在 x∈(0,1)上，h(x)＝12a(x2－2x)＋x－ln x， ∵－1<x2－2x<0，∴h(x)>－12a＋x－ln x， ∴h(e－12a)>－12a＋e－12a－ln(e－12a)＝e－12a>0， ∴h(x)在区间(0,1)，(1，＋∞)上各有一个零点， 故 a>2 符合题意．
第 20 讲 导数与函数的零点问题 题型一 利用导数判断零点的个数 [例 1] (2019·南通中学模拟)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)＝fxx－4ln x 的零点个数．
2020高考数学第二轮通用(文)板块二专题六 第4讲
第4讲 导数的热点问题(大题)热点一 导数的简单应用利用导数研究函数的单调性是导数应用的基础，只有研究了函数的单调性，才能研究其函数图象的变化规律，进而确定其极值、最值和函数的零点等．注意：若可导函数f (x )在区间D 上单调递增，则有f ′(x )≥0在区间D 上恒成立，但反过来不一定成立．例1 (2019·柳州模拟)已知函数f (x )＝ln x －1x－mx 在区间(0,1)上为增函数，m ∈R . (1)求实数m 的取值范围；(2)当m 取最大值时，若直线l ：y ＝ax ＋b 是函数F (x )＝f (x )＋2x 的图象的切线，且a ，b ∈R ，求a ＋b 的最小值．解 (1)∵f (x )＝ln x －1x－mx ， ∴f ′(x )＝1x ＋1x 2－m . 又函数f (x )在区间(0,1)上为增函数，∴f ′(x )＝1x ＋1x 2－m ≥0在(0,1)上恒成立， ∴m ≤1x ＋1x 2在(0,1)上恒成立． 令t (x )＝1x ＋1x 2＝⎝⎛⎭⎫1x ＋122－14，x ∈(0,1)，则t (x )在(0,1)上是减函数，当x →1时，t (x )→2，即t (x )>2，∴m ≤2，∴实数m 的取值范围为(－∞，2]．(2)由题意得F (x )＝⎝⎛⎭⎫ln x －1x －2x ＋2x ＝ln x －1x， 则F ′(x )＝1x ＋1x 2， 设切点坐标为⎝⎛⎭⎫x 0，ln x 0－1x 0， 则切线的斜率a ＝f ′(x 0)＝1x 0＋1x 20， 又ln x 0－1x 0＝ax 0＋b ，∴b ＝ln x 0－2x 0－1， ∴a ＋b ＝ln x 0＋1x 20－1x 0－1. 令h (x )＝ln x ＋1x 2－1x－1(x >0)， 则h ′(x )＝1x －2x 3＋1x 2＝x 2＋x －2x 3＝(x ＋2)(x －1)x 3， 故当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．∴当x ＝1时，h (x )有最小值，且h (x )min ＝h (1)＝－1，∴a ＋b 的最小值为－1.跟踪演练1 (2019·北京模拟)设函数f (x )＝e x －ax ＋a 2，a >0. (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ；(2)当x <1时，函数f (x )的图象恒在x 轴上方，求a 的最大值．解 (1)∵f (x )＝e x －ax ＋a 2， ∴f ′(x )＝e x －a ，∴f ′(1)＝e －a ，由题设知f ′(1)＝0，即e －a ＝0，解得a ＝e.经验证a ＝e 满足题意．(2)令f ′(x )＝0，即e x ＝a ，则x ＝ln a ，①当ln a <1，即0<a <e 时，对于任意x ∈(－∞，ln a )有f ′(x )<0，故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减；对于任意x ∈(ln a ,1)有f ′(x )>0，故f (x )在(ln a ,1)上单调递增，因此当x ＝ln a 时，f (x )有最小值为a －a ln a ＋a 2＝a ⎝⎛⎭⎫32－ln a >0成立， 所以0<a <e ，②当ln a ≥1，即a ≥e 时，对于任意x ∈(－∞，1)有f ′(x )<0，故f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以f (x )>f (1)．因为f (x )的图象恒在x 轴上方，所以f (1)≥0，即a ≤2e ，综上，a 的取值范围为(0,2e]，所以a 的最大值为2e.热点二 导数与函数零点或方程根的问题已知函数零点x 0∈(a ，b )，求参数范围的一般步骤：(1)对函数求导；(2)分析函数在区间(a ，b )上的单调情况；(3)数形结合分析极值点；(4)依据零点的个数确定极值的取值范围，从而得到参数的范围．例2 (2019·石家庄质检)已知函数f (x )＝e x －x －a (a ∈R )．(1)当a ＝0时，求证：f (x )>x ；(2)讨论函数f (x )零点的个数．(1)证明 当a ＝0时，f (x )＝e x －x .令g(x)＝f(x)－x＝e x－x－x＝e x－2x，则g′(x)＝e x－2，当g′(x)＝0时，x＝ln 2；当x<ln 2时，g′(x)<0，x>ln 2时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以x＝ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，即g(x)min＝g(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2ln e2>0，故当a＝0时，f(x)>x成立．(2)解f′(x)＝e x－1，由f′(x)＝0，得x＝0.当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即f(x)min＝f(0)＝1－a.当1－a>0，即a<1时，f(x)没有零点，当1－a＝0，即a＝1时，f(x)只有一个零点，当1－a<0，即a>1时，因为f(－a)＝e－a－(－a)－a＝e－a>0，所以f(x)在(－a,0)上有一个零点，即f(x)在(－∞，0)上只有一个零点；由(1)，得e x>2x，令x＝a，则得e a>2a，所以f(a)＝e a－a－a＝e a－2a>0，于是f(x)在(0，a)上有一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，因此，当a >1时，f (x )有两个零点．综上，当a <1时，f (x )没有零点；当a ＝1时，f (x )只有一个零点；当a >1时，f (x )有两个零点．跟踪演练2 (2019·洛阳调研)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a >0，函数f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)f (x )＝12x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x －a x ＝x 2－a x. ①a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②a >0时，由f ′(x )>0，得x >a ，f ′(x )<0，得0<x <a .即f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)当a >0时，由(1)知f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，①若a ≤1，即0<a ≤1时，f (x )在(1，e)上单调递增，f (1)＝12，f (x )在区间(1，e)上无零点． ②若1<a <e ，即1<a <e 2时，f (x )在(1，a )上单调递减，在(a ，e)上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝12a (1－ln a )． ∵f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝12>0，f (a )＝12a (1－ln a )<0，f (e )＝12e 2－a >0，∴e<a <12e 2. ③若a ≥e ，即a ≥e 2时，f (x )在(1，e)上单调递减，f (1)＝12>0，f (e)＝12e 2－a <0，f (x )在区间(1，e)上有一个零点． 综上，f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点时，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫e ，12e 2. 热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题1．由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略：(1)求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a >f (x )max 或a <f (x )min 的形式，通过导数的应用求出f (x )的最值，即得参数的范围．2．利用导数处理不等式在区间D 上有解或恒成立的常用结论：不等式a <f (x )在区间D 上有解⇔a <f (x )max ；不等式a ≤f (x )在区间D 上有解⇔a ≤f (x )max ；不等式a >f (x )在区间D 上有解⇔a >f (x )min ；不等式a ≥f (x )在区间D 上有解⇔a ≥f (x )min ；不等式a <f (x )在区间D 上恒成立⇔a <f (x )min ；不等式a ≤f (x )在区间D 上恒成立⇔a ≤f (x )min ；不等式a >f (x )在区间D 上恒成立⇔a >f (x )max ；不等式a ≥f (x )在区间D 上恒成立⇔a ≥f (x )max .例3 (2019·太原模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋1x －1. (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )>k x在(1，＋∞)上恒成立，求整数k 的最大值． 解 (1)由题意，可得f (x )的定义域是(0,1)∪(1，＋∞)，且f ′(x )＝－1x ＋ln x (x －1)2， 令φ(x )＝1x＋ln x ， 则φ′(x )＝x －1x 2， x ∈(0,1)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减，∴φ(x )>φ(1)＝1>0，∴f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，∴φ(x )>φ(1)＝1>0，∴f ′(x )<0，f (x )单调递减，综上，f (x )在(0,1)和(1，＋∞)上单调递减．(2)f (x )>k x(x >1)恒成立， 令h (x )＝x (1＋ln x )x －1， 即h (x )的最小值大于k ，又由h ′(x )＝x －2－ln x (x －1)2(x >1)， 令g (x )＝x －2－ln x (x >1)，则g ′(x )＝x －1x>0， 故g (x )在(1，＋∞)上单调递增，又g (3)＝1－ln 3<0，g (4)＝2－2ln 2>0，g (x )＝0存在唯一的实数根a ，且满足a ∈(3,4)，a －2－ln a ＝0，故x >a 时，g (x )>0，h ′(x )>0，h (x )单调递增，1<x <a 时，g (x )<0，h ′(x )<0，h (x )单调递减，故h (x )min ＝h (a )＝a (1＋ln a )a －1＝a (a －1)a －1＝a ∈(3,4)， 故整数k 的最大值是3.跟踪演练3 (2019·遵义模拟)已知函数f (x )＝ln x －2x .(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝12mx 2＋(m －3)x －1(m ∈R )，是否存在整数m 使f (x )≤g (x )对任意x ∈(0，＋∞)成立？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)f (x )＝ln x －2x (x >0)，则f ′(x )＝1x －2＝1－2x x， 令f ′(x )＝0，则x ＝12， 分析知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，12上单调递增， 在区间⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递减，∴函数f (x )在x ＝12处取得极大值f ⎝⎛⎭⎫12＝ln 12－1＝－ln 2－1，不存在极小值． (2)据题意，得ln x －2x ≤12mx 2＋(m －3)x －1对任意x ∈(0，＋∞)成立， ∴ln x －12mx 2＋(1－m )x ＋1≤0对任意x ∈(0，＋∞)成立， 设函数h (x )＝ln x －12mx 2＋(1－m )x ＋1， 可知h (x )≤0对任意x ∈(0，＋∞)成立，∴h ′(x )＝1x －mx ＋(1－m )＝－mx 2＋(1－m )x ＋1x＝－mx 2＋(m －1)x －1x ＝－(x ＋1)(mx －1)x， ①当m ≤0时，h ′(x )>0对任意x ∈(0，＋∞)成立，此时f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，又h (1)＝－12m ＋(1－m )×1＋1＝－32m ＋2>0， ∴m ≤0不满足题设；②当m >0时，h ′(x )＝－m (x ＋1)⎝⎛⎭⎫x －1m x， 令h ′(x )＝0，则x ＝－1(舍)，x ＝1m， 分析知，函数h (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1m 上单调递增， 在区间⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞上单调递减，∴h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1m ＝ln 1m －12·m ·⎝⎛⎭⎫1m 2＋(1－m )·1m ＋1＝ln 1m ＋12m ＝－ln m ＋12m， 又函数P (m )＝－ln m ＋12m在(0，＋∞)上单调递减， P (1)＝－ln 1＋11×2＝12>0， P (2)＝－ln 2＋12×2＝－ln 2＋14＝ln 4e 16<0， ∴所求整数m 的最小值为2.热点四 导数与不等式的证明问题利用导数证明不等式的解题策略：一般先将待证不等式如f (x )≥g (x )的形式转化为f (x )－g (x )≥0的形式，再设h (x )＝f (x )－g (x )，进而转化为研究函数h (x )在指定区间上的最小值问题．不过由于不等式呈现的形式多样化，具体求解时还得灵活多变．例4 (2019·河南省名校联考)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若函数f (x )在(2，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)设x 1<x 2，求证：(x 2－x 1)[f (x 1)＋ax 21＋f (x 2)＋ax 22]>212(e .e )x x－(1)解 由题意可知f ′(x )＝e x －2ax .令f ′(x )≥0，即e x －2ax ≥0，当x ∈(2，＋∞)时，有2a ≤e x x. 令m (x )＝e x x， 则m ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x (x －1)x 2. 所以当x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )>0，所以m (x )在(2，＋∞)上单调递增．所以2a ≤e 22，即a ≤e 24， 故实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，e 24. (2)证明 令t ＝21e ,e x x －则t >1.故(x 2－x 1)[f (x 1)＋ax 21＋f (x 2)＋ax 22]>21(e )2e x x－ ⇔x 2－x 1>21212e 1e 1x x x x --(-)+⇔ln t >2(t －1)t ＋1. 构造函数s (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t >1， 则s ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0. 所以s (t )在(1，＋∞)上单调递增，因为t →1时，s (t )→0，所以s (t )>0，所以当t >1时，ln t >2(t －1)t ＋1， 故(x 2－x 1)[f (x 1)＋ax 21＋f (x 2)＋ax 22]>212(e .e )x x－ 跟踪演练4 (2019·贵州适应性考试)函数f (x )＝x －ln x ，g (x )＝a e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求证：当a ≥1e 时，xf (x )≤g (x )．(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 由f (x )＝x －ln x ， 得f ′(x )＝1－1x ＝x －1x .当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时．f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)证明 要证xf (x )≤g (x )， 即证x (x －ln x )≤a e x ， 即证a ≥x 2－x ln xe x ，(*)设h (x )＝x 2－x ln xe x，则h ′(x )＝－x 2＋2x －1＋x ln x －ln xe x＝[ln x －(x －1)](x －1)e x，由(1)可知f (x )≥f (1)＝1，即x －ln x ≥1， 所以ln x －(x －1)≤0，于是，当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 所以h (x )max ＝h (1)＝1－0e ＝1e，所以，当a ≥1e时，a ≥h (x )，即xf (x )≤g (x )．真题体验(2019·全国Ⅰ，文，20)已知函数f(x)＝2sin x－x cos x－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f ′(x )在区间(0，π)上存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围． (1)证明 设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． 又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2>0，g (π)＝－2， 故g (x )在(0，π)上存在唯一零点． 所以f ′(x )在区间(0，π)上存在唯一零点． (2)解 由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0. 由(1)知，f ′(x )在(0，π)上只有一个零点， 设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0； 当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减． 又f (0)＝0，f (π)＝0， 所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0.又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．押题预测已知函数f (x )＝13x 3－52x 2＋a |x |－1.(1)当a ＝6时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的单调区间； (2)求证：当a <0时，函数f (x )既有极大值又有极小值． (1)解 当a ＝6，x >0时，f (x )＝13x 3－52x 2＋6x －1，所以f ′(x )＝x 2－5x ＋6＝(x －2)(x －3)， 令f ′(x )＝0，得x ＝2，或x ＝3.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f(x)在(0，＋∞)上的单调递增区间是(0,2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2,3)．(2)证明当a<0时，若x<0，则f(x)＝13－52x2－ax－1，3x所以f′(x)＝x2－5x－a＝x(x－5)－a，因为x<0，a<0，所以f′(x)>0，若x>0，则f(x)＝13－52x2＋ax－1，3x所以f′(x)＝x2－5x＋a.令f′(x)＝0，Δ＝25－4a>0，所以有两个不相等的实根x1，x2，且x1x2<0，不妨设x2>0，所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：因为函数f(x)图象是连续不断的，所以当a<0时，f(x)既存在极大值又有极小值．A 组 专题通关1．(2019·郴州质检)已知函数f (x )＝e x (ax 2＋x ＋a )． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )≤e x (ax 2＋2x )＋1恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为R ， f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋1)(x ＋1)， ①当a ＝0时，f ′(x )＝e x (x ＋1)， 所以函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减， 在(－1，＋∞)上单调递增；②当a ≠0时，f ′(x )＝a e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a ＋1a (x ＋1)，则方程f ′(x )＝0有两根－1，－a ＋1a ；(ⅰ)当a >0时，－1>－a ＋1a，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1a ，－1上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a ＋1a ，(－1，＋∞)上单调递增；(ⅱ)当a <0时，－1<－a ＋1a，所以函数f (x )在(－∞，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－a ＋1a 上单调递增． 综上，当a ＝0时，函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减， 在(－1，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1a ，－1上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a ＋1a ，(－1，＋∞)上单调递增；当a <0时，函数f (x )在(－∞，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1，－a ＋1a 上单调递增．(2)函数f (x )≤e x (ax 2＋2x )＋1恒成立， 即a e x ≤e x x ＋1，即a ≤x ＋1e x ，设函数g (x )＝x ＋1ex ，则g ′(x )＝1－1e x ＝e x－1ex ，令g ′(x )＝0，解得x ＝0，所以函数g (x )在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g (x )的最小值g (x )min ＝1， 所以a ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1e x min ＝1， 所以a 的取值范围是(－∞，1]．2．(2019·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当0<a <3时，记f (x )在区间[0,1]的最大值为M ，最小值为m ，求M －m 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a3，＋∞时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a3时，f ′(x )<0， 故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3上单调递减； 若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 3，0时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0上单调递减． (2)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a3，1上单调递增， 所以f (x )在[0,1]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋2，最大值为f (0)＝2或f (1)＝4－a . 于是m ＝－a 327＋2，M ＝⎩⎪⎨⎪⎧4－a ，0<a <2，2，2≤a <3.所以M －m ＝⎩⎨⎧2－a ＋a 327，0<a <2，a327，2≤a <3.当0<a <2时，可知M －m ＝2－a ＋a 327单调递减，所以M －m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫827，2； 当2≤a <3时，M －m ＝a 327单调递增，所以M －m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫827，1. 综上，M －m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫827，2. 3．(2019·唐山模拟)已知f (x )＝mx ＋1＋n ln x (m ，n 为常数)，在x ＝1处的切线方程为x ＋y －2＝0.(1)求f (x )的解析式并写出定义域；(2)若∀x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，1，使得对∀t ∈⎣⎡⎦⎤12，2上恒有f (x )≥t 3－t 2－2at ＋2成立，求实数a 的取值范围；(3)若g (x )＝f (x )－ax －2x ＋1(a ∈R )有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1·x 2>e 2.(1)解 由f (x )＝mx ＋1＋n ln x ，可得f ′(x )＝－m (x ＋1)2＋nx ，由条件可得f ′(1)＝－m4＋n ＝－1，把x ＝1代入x ＋y ＝2，可得y ＝1， ∴f (1)＝m 2＝1，∴m ＝2，n ＝－12，∴f (x )＝2x ＋1－12ln x ，x ∈(0，＋∞)．(2)解 由(1)知f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递减， ∴f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上的最小值为f (1)＝1， 故只需t 3－t 2－2at ＋2≤1，即2a ≥t 2－t ＋1t 对任意的t ∈⎣⎡⎦⎤12，2恒成立， 令m (t )＝t 2－t ＋1t，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2， m ′(t )＝2t －1－1t 2＝2t 3－t 2－1t 2＝(2t 2＋t ＋1)(t －1)t 2，易求得m (t )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，在[1,2]上单调递增， 而m ⎝⎛⎭⎫12＝74，m (2)＝52， ∴2a ≥m (t )max ＝m (2)，∴a ≥54，即a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫54，＋∞.(3)证明 ∵g (x )＝－12ln x －ax ，不妨设x 1>x 2>0，∴g (x 1)＝g (x 2)＝0，∴－12ln x 1＝ax 1，－12ln x 2＝ax 2，相加可得－12(ln x 1＋ln x 2)＝a (x 1＋x 2)，相减可得－12(ln x 1－ln x 2)＝a (x 1－x 2)，由两式易得ln x 1＋ln x 2＝x 1＋x 2x 1－x 2ln x 1x 2，要证x 1x 2>e 2， 即证ln x 1＋ln x 2>2， 即证x 1＋x 2x 1－x 2ln x 1x 2>2，需证lnx 1x 2>2x 1－x 2x 1＋x 2成立， 令x 1x 2＝t ，则t >1， 于是需证明ln t >2(t －1)t ＋1，构造函数φ(t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t >1，∴φ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，故φ(t )在(1，＋∞)上是增函数， 又t →1时，φ(t )→0， ∴φ(t )>0，∴ln t >2(t －1)t ＋1，故原不等式成立．B 组 能力提高4．(2019·济南模拟)已知函数f (x )＝a 2(x －1)2－x ＋ln x (a >0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若1<a <e ，试判断f (x )的零点个数．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f (x )＝a 2x 2－ax ＋a 2－x ＋ln x ， 所以f ′(x )＝a (x －1)－1＋1x ＝(x －1)(ax －1)x， 令f ′(x )＝0，则x 1＝1，x 2＝1a， ①若a ＝1，则f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数；②若0<a <1，则1a>1， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，f ′(x )<0，f (x )是减函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增函数； ③若a >1，则0<1a<1， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数．综上所述，当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数，当0<a <1时，f (x )在(0,1)，⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上是减函数， 当a >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a ，(1，＋∞)上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上是减函数． (2)当1<a <e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， 所以f (x )的极小值为f (1)＝－1<0，f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a 2⎝⎛⎭⎫1a －12－1a ＋ln 1a＝a 2－12a－ln a －1， 设g (a )＝a 2－12a－ln a －1，其中a ∈(1，e)， g ′(a )＝12＋12a 2－1a ＝a 2－2a ＋12a 2＝(a －1)22a 2>0， 所以g (a )在(1，e)上是增函数，又a →e 时，g (a )→e 2－12e－2， 所以g (a )<e 2－12e－2<0， 因为f (4)＝a 2(4－1)2－4＋ln 4>12×9－4＋ln 4 ＝ln 4＋12>0， 所以有且仅有1个x 0∈(1,4)，使f (x 0)＝0.所以当1<a <e 时，f (x )有且仅有1个零点．5．(2019·丹东质检)已知函数f (x )＝(2x －2)e x －ax 2.(1)当a <1时，讨论f (x )的单调性；(2)证明：当a >0且a ≠1时，f (x )只有一个零点．(1)解 f ′(x )＝2x (e x －a )．当a ≤0时，由f ′(x )<0得x <0，由f ′(x )>0得x >0，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 当0<a <1时，由f ′(x )<0得ln a <x <0，由f ′(x )>0得x <ln a 或x >0，f (x )在(ln a ,0)上单调递减， 在(－∞，ln a )和(0，＋∞)上单调递增．(2)证明 当0<a <1时，由(1)知，f (x )在(－∞，0)上的最大值为f (ln a )＝－a [(ln a －1)2＋1]<0，f (x )在(－∞，0)上没有零点． 因为f (0)＝－2<0，f (2)＝2(e 2－2a )>2(e 2－2)>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )在(0，＋∞)上有唯一零点．所以f (x )只有一个零点．当a >1时，根据函数的导数可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． f (x )在(－∞，ln a )上的最大值为f (0)＝－2<0， f (x )在(－∞，ln a )上没有零点．因为f (ln a )<f (0)＝－2<0，f (a ＋1)＝2a e a ＋1－a (a ＋1)2＝2a⎣⎢⎡⎦⎥⎤e a ＋1－(a ＋1)22. 令g (x )＝e x －x 22，则g ′(x )＝e x －x ， 令φ(x )＝e x －x ，当x >2时，φ′(x )＝e x －1>0， 故g ′(x )在(2，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )>g ′(2)＝e 2－2>0，g (x )在(2，＋∞)上单调递增， 所以g (x )>g (2)＝e 2－2>0，因此f (a ＋1)>0. 因为f (x )在(ln a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在(ln a ，＋∞)上有唯一零点．所以f (x )只有一个零点．综上，当a >0且a ≠1时，f (x )只有一个零点．。
2020届新高考数学二轮微专题突破专题13 函数的零点的问题(解析版)
专题13 函数的零点的问题一、题型选讲题型一 函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解． 例1、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －12，x>0，x 3－3mx －2，x ≤0(其中e 为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是________． 【答案】 (1，＋∞)【解析】解法1(直接法) 当x>0时，令f(x)＝e －x －12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，因为f ′(x )＝3x 2－3m ，令f ′(x )＝0，则x 2－m ＝0，若m ≤0，则函数f (x )为增函数，不合题意，故m >0，所以函数f (x )在(－∞，－m )上为增函数，在(－m ，0]上为减函数，即f (x )max ＝f (－m )＝－m m ＋3m m －2＝2m m －2，f (0)＝－2<0，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0]上有2个不同的零点，则f (x )max ＝2m m －2>0，即m >1，故实数m 的取值范围是(1，＋∞)．解法2(分离参数) 当x>0时，令f(x)＝e －x －12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，即x 3－3mx －2＝0，显然x ＝0不是它的根，所以3m ＝x 2－2x ，令y ＝x 2－2x (x <0)，则y ′＝2x ＋2x 2＝2（x 3＋1）x 2，当x ∈(－∞，－1)时，y ′<0，此时函数单调递减；当x ∈(－1，0)时，y ′>0，此时函数单调递增，故y min ＝3，因此，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0)上有两个不同的零点，则需3m >3，即m >1.例2、(2018扬州期末）已知函数f(x)＝e x ，g(x)＝ax ＋b ，a ，b ∈R . 若对任意实数a ，函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．【解析】研究函数的零点问题，主要是抓住两点，一是函数的单调性，二是寻找支撑点，要避免由“图”来直观地说明．规范解答 (1) 由g(－1)＝0知，g(x)的图像过点(－1，0)．若a<0，F(x)＝f(x)－g(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.(10分)以下证明当b>1时，F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点． ①若a<0.由于F(0)＝1－b<0，F ⎝⎛⎭⎫－b a ＝e －b a －a ⎝⎛⎭⎫－b a －b ＝e －ba >0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，由零点存在定理可知F(x)在⎝⎛⎭⎫0，－ba 上必有零点．(12分) ②若a ≥0.由(2)知e x >x 2＋1>x 2在x ∈(0，＋∞)上恒成立．取x 0＝a ＋b ，则F(x 0)＝F(a ＋b)＝e a ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a 2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)>0.由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，由零点存在定理可知F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上得实数b 的取值范围是(1，＋∞)．(16分)第(3)问是函数零点问题，不能从粗糙的图像来确定，必须按零点存在定理来确定，这是此题的难点所在，难在所谓的“支撑点”的寻找，这要在平时的解题中加以积累．此外第(3)问的参数范围的确定，采用的是以证代求，这也是值得关注的地方例3、(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－4a(a ，b ∈R )．(1) 当a ＝b ＝1时，求f (x )的单调增区间；(2) 当a ≠0时，若函数f (x )恰有两个不同的零点，求ba 的值；【解析】 思路分析 (1) 先解不等式f′(x)>0，再写出函数f(x)的单调递增区间．(2) 记ba ＝k ，则转化为函数g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点．由三次函数的图像可知，g(x)在极值点处取得零点．解后反思 在第(2)题中，也可转化为b a ＝4x2－x 恰有两个不同的实数解．另外，由g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点，可设g(x)＝(x －s)(x －t)2.展开，得x 3－(s ＋2t)x 2＋(2st ＋t 2)x －st 2＝x 3＋kx 2－4，所以⎩⎪⎨⎪⎧－（s ＋2t ）＝k ，2st ＋t 2＝0，－st 2＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1，t ＝－2，k ＝3.解：(1)当a ＝b ＝1时，f(x)＝x 3＋x 2－4，f ′(x)＝3x 2＋2x.(2分) 令f′(x)>0，解得x>0或x<－23，所以f(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)．(4分) (2)法一：f′(x)＝3ax 2＋2bx ，令f′(x)＝0，得x ＝0或x ＝－2b3a ，(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)＝0或f ⎝⎛⎭⎫－2b3a ＝0. 当f(0)＝0时，得a ＝0，不合题意，舍去；(8分) 当f ⎝⎛⎭⎫－2b 3a ＝0时，代入得a ⎝⎛⎭⎫－2b 3a ＋b ⎝⎛⎭⎫－2b3a 2－4a ＝0， 即－827⎝⎛⎭⎫b a 3＋49⎝⎛⎭⎫b a 3－4＝0，所以ba ＝3.(10分)法二：由于a ≠0，所以f(0)≠0，由f(x)＝0得，b a ＝4－x 3x 2＝4x2－x(x ≠0)．(6分)设h(x)＝4x 2－x ，h ′(x)＝－8x3－1，令h′(x)＝0，得x ＝－2，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x)<0，h(x)递减；当x ∈(－2，0)时，h ′(x)>0，h(x)递增， 当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x)>0，h(x)单调递增， 当x>0时，h(x)的值域为R ，故不论b a 取何值，方程b a ＝4－x 3x 2＝4x 2－x 恰有一个根－2，此时函数f (x )＝a (x ＋2)2(x －1)恰有两个零点－2和1.(10分)题型二 函数零点个数证明与讨论函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点。
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 >．。