导数求零点问题的通解
导数零点问题解题技巧
导数零点问题解题技巧
在高等数学中，导数零点问题是经常出现的一类问题。
解决这类问题需要掌握一些技巧和方法。
以下是导数零点问题解题技巧：
1. 确定函数的定义域和导数的存在范围。
2. 求出函数的导数，并将导数化为简单的形式。
3. 分析导数零点的性质，确定其是否为单调递增或递减的。
4. 找出导数零点的位置，并求出其对应的函数值。
5. 利用导数零点的性质，判断函数在该点处的取值情况，进而确定函数的最大值或最小值。
6. 通过画出函数的图像，验证求得的最大值或最小值是否正确。
掌握以上技巧和方法，能够有效地解决导数零点问题，提高数学解题能力。
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第5讲 第3课时 利用导数研究函数的零点
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
考 点 三 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)＝axax(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axax＝1(x>0)有两个不同的解， 即方程lnx x＝lnaa有两个不同的解．
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．
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当直线 y＝kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，设切点坐标为(x0，lnx20x0)， 则 k＝1－2x30ln x0＝lnx20xx00＋1，即 3ln x0＋x20－1＝0，易得 x0＝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)．
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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) ＝e13，
又 x→＋∞时，φ(x)→0， x→－∞时，φ(x)→－∞， ∴φ(x)的图象如图所示．
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求解导数零点问题的四种策略
2020年第12期中学数学教学参考（下旬）'想方法求解导数零点问题的四种策略毛正燕（贵州省安顺市西秀区高级中学）余登高（贵州省安顺市西秀区岩腊乡三股水学校）摘要：导数零点是导数综合应用中非常重要的知识，其考查形式多样，问题设置一般较为复杂，尤其是导 数零点不可求问题。
本文给出四种策略下求解导数零点问题的示例，展现了一种策略独领风骚，多种策略 助力的解题过程。
关键词：导数；零点定理；函数文章编号：1002-2171 (2020) 12-0054-03导数作为高中数学中的重点内容，一直是高考函数压轴题涉及的主要知识。
导数零点问题考查形式多样，问题设置较为复杂，常常给学生的解题带来障碍。
下面笔者通过示例说明求解该类问题的四种策略。
1 一个定理——零点存在性定理在判断导函数/(：c)在给定区间U，6)内的单调 性后，可在区间（a，6)内取两个特殊值（往往取比较容易计算的具有明显特征的数值），计算对应的导函数值，并与〇进行比较，结合函数的零点存在性定理，就 可以得到导函数/'(x)在给定区间（a，6)内存在唯一 的零点。
例1(2019年高考数学全国卷I文科第20题第（I )问）已知函数 /(x) =2sin x—xcos x— x, /U)为/(X)的导函数。
证明：/(1)在区间（0,7T)内存在唯一零点。
分析：先对函数/(I)求导，然后对导函数再次求导，利用函数的单调性与最值，结合函数的零点存在性定理证明。
证明：由题意可得/^(工）=2cos x— [cos x+x(— sin x)] —l=cos x+xsin x一1，设函数g(x)=//(x)=c o s x+xsin x—1，贝!j（:r) =:ccos x。
当时，单调递增；当(|，7T)时，^/(:r)<0，g(jc)单调递减。
则函数g O)的最大值为 —1>〇。
又 g(0) =0，g(7t)=—2,可得 d f) .g(7t)<〇,即/'(f) ./(兀）<〇,所以根据函数的零点存在性定理，可知/(：c)在区间（0, 7t)内存在唯一零点。
高三总复习数学课件 利用导数研究函数的零点问题
根据以上信息，画出大致图象，如图所示．
(3)令 g(x)＝f(x)－a＝0，得 f(x)＝a. 所以函数 g(x)＝f(x)－a(a∈R )的零点的个数，即函数 y＝f(x)的图象与直线 y ＝a 的交点个数．
易知当 x＝－2 时，f(x)取得最小值， 最小值为 f(－2)＝－e12.
若选择条件②， 由于 0<a<12，故 0<2a<1， 则 f(0)＝b－1≤2a－1<0， 当 b≥0 时，e2>4,4a<2， f(2)＝e2－4a＋b>0， 又函数 f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 故函数 f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点．
当b<0时，构造函数H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1， 当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增， 注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，从而ex≥x＋1，此时f(x)＝(x－1)ex－ ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)，
综上，当 a<－e12时，函数 g(x)的零点的个数为 0; 当 a＝－e12或 a≥0 时，函数 g(x)的零点的个数为 1； 当－e12<a<0 时，函数 g(x)的零点的个数为 2.
[系统思维] 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个 数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的 符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数． (2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后 利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该 区间上零点的个数．
专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)
导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x x =+. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）讨论函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+， 令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论： 当21e a <-时，零点的个数为0个； 当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个； 当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案； 【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论． 【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增， 又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞， 根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点． 综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增， 此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意， 综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-， 设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =， 所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<． 以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 且 x →+∞时，()0h x →，()11h =， 所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =， 当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+， 所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数； （2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．（2022·天津静海一中高三月考）已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行． （1）求a 的值和函数()f x 的单调区间； （2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围． 【答案】（1）-9，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-； 由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-． （2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点． ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--， ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <； 由()0g x '<，解得12x <<．∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →， 作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围． （2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩， 解得3ln204k -<<， 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+， 令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增； 因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围． 【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值； （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案 【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =． （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<； 当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。
【公开课课件】利用导数研究函数的零点问题-高考真题说课课件-2022届高三数学一轮复习
（2）设1 ，2 是()的两个零点，证明1 + 2 < 2.
来源： 2016年课表全国Ⅰ卷，21题，12分
一.题目分析
2.题目来源、背景
已知函数() = ( − 2) + ( − 1)2 有两个零点.
（1）求的取值范围；
（2）设1 ，2 是()的两个零点，证明1 + 2 < 2.
一.题目分析
4.数学思想方法
分类讨论思想
数形结合思想
转化与化归思想
5.典型性说明
本题考查的“利用导数研究函数零点问题”是导数及其应用章节的重要题型，由
零点存在情况求参数问题则是该题型重点考查的类型，属于对函数的综合考查，
难度较大，常在压轴题位置出现，主要考查学生数学运算和逻辑推理这两个核心
素养.
二.解题分析
解：(1)()’ = ( − 1) + 2( − 1) = ( − 1)( + 2).
(Ⅰ)设 = 0，则() = ( − 2) ，()只有一个零点.(不符合题意)
(Ⅱ)设 < 0，则由()’ = 0得 = 1或 = (−2).
2
若 ≥ − ，则(−2) ≤ 1,故当 ∈ (1, +∞)时，()’ > 0，因此()在(1, +∞)上
策略分析
解题分析
解题过程及评价
变式与拓展
教学启发
一.题目分析
已知函数() = ( − 2) + ( − 1)2 有两个零点.
（1）求的取值范围；
（2）设1 ，2 是()的两个零点，证明1 + 2 < 2.
1.题目的条件和结论
(1)函数有两个零点，求参数的取值范围，属于“由函数零点存在的情况求参数
导数与函数零点问题解题方法归纳
导数与函数零点问题解题方法归纳导函数零点问题一、方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心是由导数值的正负确定函数的单调性。
应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究$f(x)$的单调性，往往需要解方程$f'(x)=0$。
若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题。
二、解题策略类型一：察“言”观“色”，“猜”出零点例1】【2020·福建南平期末】已知函数$f(x)=x+ax+\frac{1}{e^{2x}}$1）讨论$f(x)$的单调性；2）若函数$g(x)=x+\frac{1}{e^{-mx}-1}$在$[-1,+\infty)$有两个零点，求$m$的取值范围。
分析】1）首先求出函数的导函数因式分解为$f'(x)=(x+a+1)(x+1)e^{-2x}$，再对参数$a$分类讨论可得：①当$a=0$时，$f'(x)=(x+1)e^{-2x}$，当且仅当$x=-1$时，等号成立。
故$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数。
②当$a>0$时，$-10$得$x-1$，由$f'(x)<0$得$-a-1<x<-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数。
③当$aa+1$，由$f'(x)>0$得$x>-a-1$或$x<-1$，由$f'(x)<0$得$-1<x<-a-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
综上，当$a=0$时，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数；当$a>0$时，$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数；当$a<0$时，$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
6 第6讲 利用导数研究函数的零点问题
第6讲 利用导数研究函数的零点问题判断函数零点的个数(师生共研)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 )－x3零点的个数．【解】 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －ex 2， 由f ′(x )＝0，得x ＝e.所以当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， 所以当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，所以f (x )的极小值为2.(2)由题设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φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． 所以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． 所以φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)， 可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．函数的零点个数也就是函数图象与x 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：一是利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数；二是分离参数，将问题转化为求y ＝a 和y ＝f (x )的图象的交点个数问题求解．由函数零点个数求参数(师生共研)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围． 【解】 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，则f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则函数f (x )的图象在x＝1处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(2)g (x )＝f (x )－ax ＋m ＝2ln x －x 2＋m ， 则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x ，因为x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，所以由g ′(x )＝0，得x ＝1. 当1e ≤x <1时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当1<x ≤e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故当x ＝1时，函数g (x )取得极大值g (1)＝m －1， 又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e2，g (e)＝m ＋2－e 2， 所以g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点需满足条件 ⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2.g （e ）＝m ＋2－e 2≤0，故实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2.根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．以函数零点为背景的双变量不等式问题(师生共研)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R .(1)若f (x )存在极值点为1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2>2.【解】 (1)由已知得f ′(x )＝x ＋1－a －ax ，因为f (x )存在极值点为1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，经检验符合题意，所以a ＝1.(2)证明：f ′(x )＝x ＋1－a －ax＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－a x (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝a ， 当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增， 当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )单调递减， 所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )． 又f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2， 所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0， 整理得ln a >1－12a ，作y ＝f (x )关于直线x ＝a 的对称曲线g (x )＝f (2a －x )，令h (x )＝g (x )－f (x )＝f (2a －x )－f (x )＝2a －2x －a ln 2a －xx，则h ′(x )＝－2＋2a 2（2a －x ）x ＝－2＋2a 2－（x －a ）2＋a 2≥0，所以h (x )在(0，2a )上单调递增， 不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0， 即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)，又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数，所以2a －x 2<x 1，即x 1＋x 2>2a ，又ln a >1－12a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2.破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1．(2019·江西赣州模拟)若函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，1e B.⎝⎛⎭⎫0，1e C.()－∞，0D.()0，＋∞解析：选D.函数f (x )＝a e x －x －2a 的导函数f ′(x )＝a e x －1.当a ≤0时，f ′(x )≤0恒成立，函数f (x )在R 上单调递减，不可能有两个零点；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 1a ，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 1a ，＋∞上单调递增，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln 1a ＝1－ln 1a －2a ＝1＋ln a －2a .令g (a )＝1＋ln a －2a (a >0)，则g ′(a )＝1a －2.当a ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，g (a )单调递减，所以g (a )max＝g ⎝⎛⎭⎫12＝－ln 2<0，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln 1a <0，函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)，故选D.2．已知函数f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32.则方程f (x )＝0的解的个数是________．解析：因为f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32，所以f ′(x )＝3x －x ＋2＝－x 2＋2x ＋3x＝（－x ＋3）（x ＋1）x，当x ∈(0，3)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→－∞， 所以f (x )max ＝f (3)＝3ln 3－92＋6－3ln 3－32＝0，所以方程f (x )＝0只有一个解． 答案：13．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0，＋∞)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 .当x ∈(0，2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0.所以h (x )在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在[0，＋∞)的最小值．①若h (2)＞0，即a ＜e 24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；②若h (2)＝0，即a ＝e 24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；③若h (2)＜0，即a ＞e 24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x ＞0时，e x ＞x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3（e 2a ）2＞1－16a 3（2a ）4＝1－1a ＞0.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 ＝e 24.4．(2019·辽宁锦州联考)已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值；并求此时f (x )在[－2，1]上的最大值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .因为函数f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝e 0＋a ＝0，所以a ＝－1.经检验，a ＝－1，符合题意，所以f ′(x )＝e x －1.所以当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)，所以f (x )在[－2，1]上的最大值为1e2＋3.(2)f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0，①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，且当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 )＝e x ＋a ＝0，x ＝ln(－a )． 当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以x ＝ln(－a )时，f (x )取得最小值．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)．5．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )⎝⎛⎭⎫x －12在区间[0，1]上零点的个数． 解：(1)因为f (x )＝e x －ax －1， 所以f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a >0时，令f ′(x )<0， 得x <ln a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，所以f (x )的单调递减区间为(－∞，ln a )，单调递增区间为(ln a ，＋∞)． (2)令g (x )＝0，得f (x )＝0或x ＝12，先考虑f (x )在区间[0，1]上的零点个数，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增且f (0)＝0，所以f (x )在[0，1]上有一个零点；当a ≥e 时，f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以f (x )在[0，1]上有一个零点； 当1<a <e 时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，1)上单调递增，而f (1)＝e －a －1，当e －a －1≥0，即1<a ≤e －1时，f (x )在[0，1]上有两个零点， 当e －a －1<0，即e －1<a <e 时，f (x )在[0，1]上有一个零点． 当x ＝12时，由f ⎝⎛⎭⎫12＝0得a ＝2(e －1)， 所以当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0，1]上有两个零点； 当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0，1]上有三个零点．6．已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1x 2>e 2. 证明：不妨设x 1>x 2>0.因为f (x 1)＝f (x 2)＝0，所以ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，可得ln x 1＋ln x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝m (x 1－x 2)．要证明x 1x 2>e 2，即证明ln x 1＋ln x 2>2，也就是证明m (x 1＋x 2)>2，又因为m ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以即证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即证明ln x 1x 2>2（x 1－x 2）x 1＋x 2.令x 1x 2＝t ，则t >1，于是只需证明ln t >2（t －1）t ＋1.令g (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1(t >1)，则g ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0.故函数g (t )在(1，＋∞)上是增函数， 所以g (t )>g (1)＝0，即ln t >2（t －1）t ＋1成立．所以原不等式成立．。
微难点4 利用导数研究零点问题
所以当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．
当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－ a或x> a；
由f′(x)<0，解得－ a<x< a，
所以当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－ a )，( a ，＋∞)，单调减区间为 (－ a， a)．
(2) 因为f(x)在x＝－1处取得极值，
作出函数y＝f(x)的图象如图所示，由图知：
7 13 ①当a<－ 或a> 时，直线l与曲线C有唯一一个交点； 3 6
7 13 ②当a＝－3或a＝ 6 时，直线l与曲线C有两个不同的交点；
(变式1)
7 13 ③当－3<a< 6 时，直线l与曲线C有三个不同的交点．
已知函数f(x)＝a· ex＋x2－bx(a，b∈R，e为自然对数的底数)，其导函数 为y＝f′(x)． (1) 设a＝－1，若函数y＝f(x)在R上是单调减函数，求实数b的取值范围； (2) 设b＝0，若函数y＝f(x)在R上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．
当x>ln2时，F′(x)<0，F(x)单调递减，
从而当x＝ln2时，F(x)有最大值2ln2－2，
所以b≥2ln2－2，即b的取值范围为[2ln2－2，＋∞)．
(2) 当b＝0时，f(x)＝aex＋x2，
由题意知方程aex＋x2＝0只有一解﹒
2 x 由aex＋x2＝0，得－a＝ x， e
x2－x x2 令G(x)＝ x，则G′(x)＝ ， e ex
令G′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
当x≤0时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为[0，＋∞)；
数学高考导数难题导数零点问题导数最新整理
含参导函数零点问题的几种处理方法 方法一：直接求出，代入应用对于导函数为二次函数问题，可以用二次函数零点的基本方法来求。
（1）因式分解求零点 例1 讨论函数)(12)21(31)(23R a x x a ax x f ∈+++-=的单调区间 解析：即求)('x f 的符号问题。
由)2)(1(2)12()('2--=++-=x ax x a ax x f 可以因式分方法二：猜出特值，证明唯一对于有些复杂的函数，有些零点可能是很难用方程求解的方法求出的，这时我们可以考虑用特殊值去猜出零点，再证明该函数的单调性而验证其唯一性。
例4 讨论函数ax x a x e a x x f x++-+--=23)1(2131)1()(，R a ∈，的极值情况 解析：)1)(()1()()('2-+-=++-+-=x e a x a x a x e a x x f xx，只能解出)('x f 的一个零点为a ,其它的零点就是01=-+x e x的根，不能解。
例5（2011高考浙江理科）设函数R a x a x x f ∈-=,ln )()(2（Ⅰ）若e x =为)(x f y =的极值点，求实数a（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的],3,0(e x ∈恒有24)(e x f ≤成立（注：e 为自然对数）， 方法三：锁定区间，设而不求对于例5，也可以直接设函数来求，①当10≤<x 时，对于任意的实数a ,恒有240)(e x f <≤成立②当e x 31≤<，由题意，首先有,4)3ln(3()3(22e e a e ef ≤-=）解得)3ln(23)3ln(23e e e a e e e +≤≤-由'()()(2ln 1)af x x a x x=-+-，但这时会发现0)('=x f 的解除了a x =外还有xax -+1ln 2=0的解，显然无法用特殊值猜出。
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2
2 2
ln
x e
2 2
a
e
2
)
t ln t
2a
e
2
有两个零点。
1
x
略解：y ( 令t
2.y
x
ln
1
x
a)
1
x
,y (t ln t a ) 的零点即为原函数的零 点。
x
x e
x
a ( a R ) ,讨论函数的零点。
略解：令e t ,x ln t
y t ln t a的零点即为原函数的零 点。
3. f(x )
x ln x a
(a R ),试求f(x ) 的零点，并证明结论。
略解：f (x ) 2 x ln
x a 2 ( x ln
x
a
2
)
令 x t ,y t ln t
a
2
的零点即为原函数的零 点。
4. f(x ) ln x ax
1 1
(a R ),讨论f(x ) 的零点个数。
2ax
ex
ex
e
令
1
ex
t ,y t ln t 2a
Байду номын сангаас
2a
e
有两个零点， 1
即0
e
2
1
e
,得0 a
e
.
6. f (x )
x
ln x
x
2
a,
求证：a (0, ),f (x ) 有且仅有两个零点。 2
e
f (x )
令t
e (x 2 e x ,y e
2 2
f(x ) x( ln a ), x x
令 1
x
t ,y t ln t a的零点即为原函数的零 点。
5. f(x ) x(ln x ax ) 求实数的取值范围。
(a R ),若f(x )有两个极值点，
f′(x)=
ln x 1 2ax ln ex 1 1 2a ex( ln )
导数求零点问题的通解
白喜明
2017.10
定
理
若f (x ) x ln x a
当a 1
(a R ) ，则
e
时,f (x ) 无零点。 1
当a 0或a 当0 a 1
e
时,f (x ) 有一个零点。
e
时,f (x ) 有两个零点。
变式训练
1. y ln x a (a R ) 讨论函数的零点个数。