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专题七-函数、导数与零点、恒成立问题(整理)

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零点和恒成立问题(含答案)

零点和恒成立问题(含答案)

零点和恒成立问题（含答案）1. 求的近似值（精确度）．2. 已知函数的解析式为．（1）画出这个函数的图象；（2）求函数的值域；（3），有两个不相等的实数根，求的取值范围．3. 已知有两个不等的负根，无实根，若、一真一假，求的取值范围．4. 求函数的一个正零点的近似值（精确到）．5. 设函数的两个零点分别是和；（1）求；（2）当函数的定义域是时，求函数的值域．6. 已知（是常数，）.（1）当时，求不等式的解集；（2）如果函数恰有两个不同的零点，求的取值范围．7. 对于函数．（1）当，时，求函数的零点；（2）若对任意实数，函数恒有两个相异的零点，求实数的取值范围．8. 设对于任意实数，不等式恒成立．（1）求的取值范围；（2）当取最大值时，解关于的不等式：．9. 已知命题：方程表示的曲线是双曲线；命题：函数在区间上为增函数，若“ ”为真命题，“ ”为假命题，求实数的取值范围．10. 设函数．（1）当，求函数的单调区间与极值；（2）若函数在上是增函数，求实数的取值范围．11. 已知函数．（1）求函数的零点；（2）若实数满足，求的取值范围．12. 已知二次函数（）．（1）若，写出函数的单调递减区间；（2）若，，若存在实数使得函数在区间内有两个不同的零点，求实数的取值范围．13. 设函数．（1）若不等式恒成立，求实数的取值范围；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．14. 定义的零点为的不动点，已知函数．（1）当，时，求函数的不动点；（2）对于任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求实数的取值范围；（3）若函数只有一个零点且，求实数的最小值．15. 己知函数．（1）求的单调区间；（2）若时，恒成立，求的取值范围；（3）设函数，若的图象与的图象在区间上有两个交点，求的取值范围．16. 不利用计算器或计算机的开方运算，求的近似值（精确到）．17. 已知函数，；设函数．（1）求函数在区间上的值域；（2）定义表示，中较小者，设函数．①求函数的最大值；②若函数有两个零点，求实数的取值范围．18. 已知函数，，且恒成立．（1）求实数的最大值；（2）当取最大时，求不等式的解集．19. 判断下列函数是否存在零点，如果存在，请求出．（1）；（2）；（3）；（4）．20. 直线与曲线有四个交点，求的取值范围21. 在枚崭新的金币中，混入了一枚外表与它们完全相同的假币（重量比真币的略轻），现只有一台天平，请问：利用二分法的思想，你最多几次就可以发现这枚假币?22. 已知函数．（1）求函数的解析式；（2）若方程在区间内有两个不相等的实根，求实数的取值范围．23. 已知函数，．（1）当时，求函数的最小值；（2）若对任意，恒成立，试求实数的取值范围．24. 设函数．（1）解不等式；（2）若函数的定义域为，求实数的取值范围．25. 已知函数，若，且方程恰有一根落在区间内，求的取值范围.26. 利用计算器，求方程的近似解（精确到）．27. 命题方程有两个不等的正实数根．命题方程无实数根．若" 或 "为真命题，求的取值范围．28. 已知函数．（1）若对任意，都有恒成立，求的取值范围；（2）解不等式．29. 对任意，函数的值恒大于零，求的取值范围．30. 已知二次函数，求证：对于，且，，方程有不相等的两个实根，且必有一实根属于．31. 已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）函数的图象在处切线的斜率为，若函数在区间上不是单调函数，求的取值范围．32. 已知关于的方程有一个根不大于，另一个根不小于．（1）求实数的取值范围；（2）求方程两根平方和的最值．33. 已知函数．（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；（2）当时，若恒成立，求的取值范围．34. 已知函数，，（1）当时，求的最大值；（2）若对任意的，总存在，使成立，求实数的取值范围；（3）问取何值时，方程在上有两解?35. 已知函数，，．（1）当时，证明：为奇函数；（2）若关于的方程有两个不等实数根，求实数的取值范围．36. 设函数．（1）当，时，求函数的零点；（2）若对任意，函数恒有两个不同零点，求实数的取值范围．37. 函数．（1）设函数，若方程在上有且仅有一个实根，求实数的取值范围；（2）当时，求函数在上的最大值．38. 若满足，则称为的不动点．（1）若函数没有不动点，求实数的取值范围；（2）若函数的不动点，，求的值；（3）若函数有不动点，求实数的取值范围．39. 奇函数的定义域为，其中为指数函数且图象过点．（1）求函数的解析式；（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．40. 已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若对于任意恒成立，求实数的取值范围．41. 已知函数在与时都取得极值．（1）求，的值；（2）若对，不等式恒成立，求的取值范围．42. 已知函数．（1）求函数在上的最大值和最小值；（2）求证：当时，函数的图象总在的下方．43. 已知函数，．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围．44. 已知命题：“方程恰好有两个不相等的负根”；命题：“不等式存在实数解”．若为真命题，为假命题，求实数的取值范围．45. 已知是定义在上的奇函数，当时，函数的解析式为.（1）写出在上的解析式；（2）求在上的最大值；（3）对任意的，都有成立，求最小的整数的值．46. 已知函数是上的偶函数．（1）求的值；（2）解不等式；（3）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．47. 已知，，函数，且．（1）若，求的最大值；（2）若对任意，函数恒成立，求实数的取值范围．48. 已知函数．（1）若对任意实数，函数值恒大于零，求实数的取值范围；（2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围．49. 设函数．（1）画出函数的图象；（2）若不等式（，）恒成立，求实数的范围．50. 已知定义域为的函数是奇函数．（1）求的值．（2）用定义法证明函数在上是减函数；（3）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围．51. 已知，不等式的解集为．（1）求的值；（2）若恒成立，求的取值范围．52. 设函数．（1）求不等式的解集；（2），使，求实数的取值范围．53. 巳知函数在与时都取得极值．（1）求，的值及函数的单调区间；（2）若对，不等式恒成立，求的取值范围．54. 设函数．（1）求不等式的解集；（2）若，恒成立，求实数的取值范围．55. 已知．（1）求证；（2）若对任意实数，都成立，求实数的取值范围．56. 已知函数．（1）若，解关于的不等式．（2）若对于任意的实数，不等式恒成立，求实数的取值范围．57. 设函数．（1）求不等式的解集；（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围．58. 已知，，函数的最小值为．（1）求证：．（2）若恒成立，求实数的最大值．59. 设函数．（1）当时，求函数的定义域；（2）若函数的定义域为，试求的取值范围．60. 已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．61. 已知．（1）求证：；（2）若对任意实数，都成立，求实数的取值范围．62. 已知函数在处取得极值．（1）求函数在上的最小值；（2）求证：对任意，都有．63. 已知函数，．（1）求的最大值和最小值；（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．64. 已知恒成立．（1）求实数的最大值；（2）若实数的最大值为，正数，满足．求的最小值．65. 已知函数（其中）．（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式对任意实数恒成立，求的取值范围．66. 用二分法求函数的一个正零点（精确到）．67. 已知关于函数，（1）试求函数的单调区间；（2）若在区间内有极值，试求的取值范围；（3）时，若有唯一的零点，试求．（注：为取整函数，表示不超过的最大整数，如，；以下数据供参考：，，，）68. 设函数．（1）求的单调区间；（2）若，为整数，且当时，，求的最大值．69. 已知函数．（1）设，求函数的极值；（2）若，且当时，恒成立，试确定的取值范围．70. 已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）设，证明：对任意，．71. 已知是实数，函数．如果函数在区间上有零点，求的取值范围．72. 设函数其中，，已知它们在处有相同的切线．（1）求函数，的解析式；（2）求函数在上的最小值；（3）若对，恒成立，求实数的取值范围．73. 已知点是椭圆的左顶点，斜率为的直线交椭圆于，两点，点在上，．（1）当时，求三角形的面积；（2）当时，证明：．74. 已知函数，，其中为自然对数的底数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）试探究当时，方程的解的个数，并说明理由．75. （1）证明：当时，；（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围．76. 已知函数是偶函数．（1）求的值；（2）设，若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围．77. 设函数．（1）若函数在区间内恰有两个零点，求的取值范围；（2）当时，求函数在区间上的最大值．78. 已知函数，函数为函数的反函数．（1）当时，恒成立，求的取值范围；（2）对于，均有，求的取值范围．79. 已知一条曲线在轴右侧，上每一点到点的距离减去它到轴距离的差都是．（1）求曲线的方程；（2）是否存在正数，对于过点且与曲线有两个交点的任一直线，都有 ?若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．80. 已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）设函数，求函数的单调区间；（3）若，在上存在一点，使得成立，求的取值范围．81. 设函数．（1）讨论的导函数零点的个数；（2）证明：当时，．82. 已知，，．（1）若的单调减区间是，求实数的值；（2）若对于定义域内的任意恒成立，求实数的取值范围；（3）设有两个极值点，，且，若恒成立，求的最大值．83. 己知函数（，是自然对数的底）．（1）若函数在点处的切线方程为，试确定函数单调区间；（2）①当，时，若对于任意，都有恒成立，求实数的最小值；②当时，设函数，是否存在实数，使得?若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．84. 设函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）令，其图象上任意一点处切线的斜率恒成立，求实数的取值范围．（3）当，时，方程在区间内有唯一实数解，求实数的取值范围．85. 已知函数，直线，是图象的任意两条对称轴，且的最小值为．（1）求的表达式；（2）将函数的图象向右平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若关于的方程，在区间上有且只有一个实数解，求实数的取值范围．86. 已知函数（）．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若对于任意都有成立，求实数的取值范围；（3）若过点可作函数图象的三条不同切线，求实数的取值范围．87. 已知函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）设，当时，若对任意，存在，使，求实数的取值范围．88. 已知函数．（1）若，求的取值范围；（2）证明：．89. 已知函数，且，（1）求的解析式；（2）若对于任意，都有，求的最小值；（3）证明：函数的图象在直线的下方．90. 函数，数列满足，，（1）求证：数列是等差数列；（2）令，，，若对一切成立，求最小正整数．91. 已知函数，．（1）证明：存在唯一，使；（2）证明：存在唯一，使，且对（1）中的，有．92. 已知函数，．（1）证明：当时，；（2）证明：当时，存在，使得对任意的，恒有；（3）确定的所有可能取值，使得存在，对任意的，恒有．93. 已知，，，是不全为的实数，函数，．方程有实根，且的实数根都是的根，反之，的实数根都是的根．（1）求的值；（2）若，求的取值范围；（3）若，，求的取值范围．94. 己知，其中常数．（1）当时，求函数的极值；（2）若函数有两个零点，，求证：；（3）求证：．95. 已知函数，（其中，且为常数．）（1）若对于任意的，都有成立，求的取值范围；（2）在1的条件下，若方程在上有且只有一个实根，求的取值范围．96. 已知函数．（1）当时，讨论的单调性；（2）设，当时，若对任意，存在，使，求实数的取值范围．97. 已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．（1）求的取值范围；（2）记两个极值点为，，且，已知，若不等式恒成立，求的取值范围．98. 已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若在上恒成立，求实数的取值范围；（3）在（2）的条件下，对任意的，求证：．99. 已知函数，其中为常数．（1）讨论函数的单调区间；（2）设函数，求使得成立的的最小值；（3）已知方程的两个根为，，并且满足．求证：．100. 已知函数（为常数）是实数集上的奇函数．（1）求实数的值；（2）讨论关于的方程的根的个数；（3）证明：．答案第一部分1. 设，则，令，函数的零点的近似值就是的近似值，下面用二分法求其零点的近似值．由，，故可以取区间为计算的初始区间．用二分法逐步计算，列表如下：区间中点的值中点函数值或近似值因为，所以取作为函数的零点的近似值，所以的近似值为．2. （1）函数的图象如下图所示：（2）由图可得：函数的值域为：．（3）由图可得：若，有两个不相等的实数根，则．3. 若真：设的两根为，．则即；若真，则，即；①若真假，则且或，即；②若真假，则且，即．综上，的取值范围为．4. 由于，，可以确定区间作为计算的初始区间．用二分法一逐次计算，列表如下：端点或中点横坐标计算端点或中点的函数值定区间因为最后一个区间左、右端点精确到所取的近似值都是，所以所求函数的一个正零点的近似值为．5. （1）因为的两个零点分别是，所以即解得故．（2）由（1）知，其图象的对称轴为，开口向下，所以在上为减函数，则的最大值为，最小值为．所以值域为．6. （1）所以的解集为或 .（2）由得，，令，，作出它们的图象，可以知道，当时，这两个函数的图象有两个不同的交点，所以，函数有两个不同的零点．7. （1）因为，，所以，令，则，所以或，此时的零点为和．（2）由题意可得，则对于恒成立，即，所以．8. （1）设，则有综上有最小值，所以．（2）当取最大值时，原不等式等价于：，等价于：或等价于：或，所以原不等式的解集为．9. ：方程表示的曲线是双曲线，则有＜；解得：＜或＞；：函数在区间上为增函数，在区间上恒成立；于是．“ ”为真命题，" "为假命题，，一真一假；或解得；若真假，则若假真，则解得；综上所述，实数的取值范围是10. （1）由，，知．令，从而，得或单调递增单调递减单调递增因此，由上表知的单调递增区间是与．单调递增区间是，极小值为，极大值为．（2）由，当是增函数，知恒成立，即恒成立，所以，．11. （1）当时，解得：，当时，解得：，故函数的零点为．（2）当时，，此时故函数为偶函数，又因为时，为增函数，所以时，，即，，所以，故．12. （1）的单调递减区间是．（2）．13. （1）当时，恒成立，当时，要保证恒成立，即的最小值，解得，故．（2）由题意可知，函数的图象恒在直线的上方，画出两个函数图象可知，当时，符合题意，当时，只需满足点不在的下方即可，所以，即．综上，实数的取值范围是．14. （1），，所以或．故函数的不动点为，．（2）对于任意实数，函数恒有两个相异的不动点，则对于任意实数，恒有两个不等的实数根．所以，恒成立，所以，所以对任意实数都成立，所以，所以．（3），函数只有一个零点，，则，所以，所以．当且仅当时等号成立，所以，的最小值为．15. （1）因为，所以所以在单调递增，在上单调递减．（2）令，即，则因为，，又在恒成立．所以．（3）由，得，，，所以在单调递减，在上单调递增，，，，且，所以当，即时，的图象与的图象在区间上有两个交点．16. 设，则，即．令，则函数的零点的近似值就是的近似值，以下用二分法求其零点．中点函数值符合取区间最后一个区间的长度，，所以这个区间的中点就是函数的零点近似值．即．17. （1）因为函数在区间上单调递增，所以函数的值域为．（2）①函数，显然，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，函数的最大值为．②若函数有两个零点等价于方程有两个实根；作出函数的大致图象，可知的取值范围是．18. （1）因为，，且恒成立，所以只需，又因为所以，即的最大值为．（2）的最大值为时原式变为，当时，可得，解得；当时，可得，无解；当时，可得，可得，综上可得，原不等式的解集是．19. （1）令，解得，所以函数存在零点，且零点为．（2）令，由于，所以方程无实数根，所以函数不存在零点．（3）令，解得，所以函数存在零点，且零点为．（4）令，得或，所以或，所以函数存在零点，且零点为，与．20. 当时，函数，所以函数的最小值为 .当函数图象向上平移个单位时，函数图象与直线有个交点；当图象向上平移个单位时，与直线有个交点；所以若直线与函数图象有个交点，则向上平移单位的范围应为 .故的取值范围为 .21. 最多次，方案如下：第一次把枚金币分成两组，放在天平上称，天平一定不平，轻的一组（个金币）含假币；第二次把含假币的个金币分成三组：，，．把含个金币的两组放在天平上称．如果平，说明剩下的一个是假币（称量结束）；如果不平，轻的一组（个金币）含假币；第三次把含假币的个金币分成两组，放在天平上称，天平不平，轻的一组（个金币）含假币；第四次把含假币的个金币中的两个放在天平上称．如果平，说明剩下的一个是假币；如果不平，轻的一个是假币．22. （1）设，，则，，所以．（2）因为方程在区间内有两个不相等的实根，所以在有两个不等实根，令，，则，所以在上有两个不等的实根，所以解得．23. （1）当时，，设，则，因为，所以，，所以，，所以，．所以在区间上为增函数，所以在区间上的最小值为．（2）在区间上恒成立恒成立．设，，则函数在区间上是增函数．所以当时，取最小值，即，于是当且仅当时，函数恒成立，故．即实数的取值范围是．24. （1）①②③．不等式的解集为．（2）若的定义域为，则恒成立，即恒成立．又当且仅当时，即时，取得最小值为．所以．25. 令，，，当，即，即当时，方程恰有一根落在区间内．26. 设，通过观察函数的草图得，，所以方程有一根在内，设为，因为，所以．又因为，所以，如此继续下去，得，，，，，，，，，，因为，精确到的近似值都为，所以方程的一个近似解为，用同样的方法，可求得方程的另一个近似解为．27. " 或 "为真命题，则为真命题，或为真命题，或和都是真命题．当为真命题时，解得；当为真命题时，解得．因为．所以的取值范围为．28. （1）因为，故有，再根据恒成立，可得，即，所以，求得．（2）不等式，即，所以求得，即不等式的解集为．29. 将看成关于的一次函数，于是由题意得即解之得或．30. 由得，．因为，所以此方程的判别式．因为，所以，故，所以方程有不相等的两个实根，令，则是二次函数．由，且，得．由二次函数的图象知，方程，即方程必有一实根属于．31. （1），，①当时，若，则；若，则．当时，的单调增区间为，单调减区间为；②当时，若，则；若，则，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）由题意知，，得，则，，．在区间上不是单调函数，且，即解得，故的取值范围是．32. （1）设，则解得．（2）设方程的两根为，，则．所以，当时，，当时．．33. （1）所以函数最小正周期是．令，解得，函数单调递增区间为．（2）因为，所以，所以的最小值，由恒成立，得恒成立，所以的取值范围为．34. （1），设，，则，所以，所以当时，．（2）当，所以值域为，当时，则有．①当时，值域为；②当时，值域为，而依据题意有的值域是值域的子集，则或所以或．（3）化为在上有两解，换，则在上解的情况如下：①当在上只有一个解或相等解，有两解或，所以或．②当时，有惟一解，，③当时，有惟一解，，故．35. （1），，，定义域，又：，，即，故为奇函数；（2）由可得①由题意可知：方程①在内有两个不等实根，①式可化为，即②显然，②式又可化成③，利用图象可知，当时方程③在内有两个不等实数根，解得．36. （1）当，时，．令，得或．所以函数的零点为和．（2）方程有两个不同实根．所以．即对于任意，恒成立．所以，即，解得．所以实数的取值范围是．37. （1）方程在上有且仅有一个实根，所以方程在上有且仅有一个实根，①在上有且仅有一个实根时，所以，所以，所以，②时，，，所以，符合题意，所以的取值范围是．（2）①当时，，当时，，②当时，，函数在上递增，所以，由得，综上，当时，；当时，．38. （1）没有不动点，等价于方程没有实数根，所以，所以．（2）即，令，在上递增，，，所以，．（3）由可得，即，设，所以有不动点等价于关于的一元二次方程存在正根，所以，所以，其中等号当且仅当时成立，所以．39. （1）设且，则．或（舍）．，．又为奇函数，．，整理得．，．（2）根据复合函数单调性判断方法可知，在上单调递减．要使对任意的，恒成立，即对任意的，恒成立．为奇函数，恒成立．又在上单调递减．，当时恒成立．，当时恒成立．而当时，．．40. （1）由得，或．（2）对恒成立．令，当时，，．41. （1）因为，所以．由，，得，．当，时，所以，列表如下递增极大值递减极小值递增符合函数在与时都取得极值的要求，所以，．（2），由（1）可知．当时，为极大值，而，所以为最大值．要使，恒成立，则只需即，解得或．42. （1）因为，所以．因为时，，所以在上是增函数，所以的最小值是，最大值是．（2）令，则．因为，所以，所以在上是减函数．从而，即．所以当时，函数的图象总在的图象的下方．43. （1）时，，，，切点坐标为，所以切线方程为．（2）恒成立，即恒成立．又，则当时，恒成立．令，只需小于的最小值，．因为，所以，所以当时，所以在上单调递减，所以在的最小值为则的取值范围是．44. 命题：“方程恰好有两个不相等的负根”为真命题时，即解得；命题：“不等式存在实数解”为真命题时，，即，解得；若为真命题，为假命题，则，一真一假，当真假时，的值不存在；当假真时，；综上，实数的取值范围是．45. （1），所以；当时，．（2），其中，所以当时，，，根据对称性可知在上的最大值为．（3），所以．46. （1）因为为偶函数，所以恒成立，所以恒成立，所以恒成立，即恒成立，，因为，所以．（2）由（1）知，设，则不等式即为，所以，所以原不等式解集为．（3）在上恒成立，即：在上恒成立，令，则在时恒成立，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以．47. （1）当时，．由，得则当，即时，．（2）根据题意，当时，恒成立，即恒成立．当时，适合题意；当时，可以转化为对恒成立．而由（1），得的最大值为，于是解得．综上，实数的取值范围是．48. （1），分类讨论如下：（i）函数不是二次函数或一次函数时，即时，函数为恒大于零，满足条件；或（ii）函数为二次函数时，．综上所述：实数的取值范围是．（2）若函数有两个不同的零点，则函数必为二次函数，即且或或且综上所述，实数的取值范围是．49. （1）图象如答图所示．（2）由得．又因为，所以有，即有．（i）若，则，，故；（ii）若，则，恒成立，故；（iii）若，则，，故．综上可知，的范围为．50. （1）由是定义在的奇函数，所以可得．经检验符合题意．（2）由（1）可得，，则，所以所以，所以函数在上是减函数．（3）可得，因为函数为上的减函数，所以有，，所以，解得．51. （1）由得又的解集为，所以当时，不合题意；当时，解得（2）记则所以因此的取值范围为．52. （1）①当时，，，所以；②当时，，求得，所以；③当时，，求得，所以．综上所述，不等式的解集为或．（2）由（1）易得，若，恒成立．则只需，解得．53. （1），．由，，得，．所以，函数的单调区间如下表：极大值极小值所以函数的递增区间是和，递减区间是．（2），当时，为极大值．当时，为极小值，而，，则为最大值．要使，恒成立，只需，解得或．54. （1）不等式等价于或或解得：或或．所以或，所以不等式的解集为或．（2）因为所以．若，恒成立，则只需，即．综上所述．55. （1），所以，所以．（2）由（1）知，，因为当且仅当，即时，“”成立，当时，取得最小值，因为对任意实数，都成立，所以，所以的取值范围为．56. （1）当时，，即，原不等式等价于，解得，故不等式的解集为．（2），原不等式等价于，由三角绝对值不等式的性质，得，原不等式等价于，又，所以，解得．57. （1）由得，则，即解得，所以不等式的解集为．（2）因为，又对任意恒成立，即对任意恒成立，所以，解得或，所以实数的取值范围是．58. （1），因为且，所以，当时取等号，即的最小值为，所以，．（2）因为恒成立，所以恒成立，当时，取得最小值，所以，即实数的最大值为．59. （1）由题设知：，如图，在同一坐标系中作出函数和的图象（如图所示），知定义域为．（2）由题设知，当时，恒有，即，由（），所以，即．60. （1）当时，．当时，不等式化为，所以，所以；当时，不等式化为，恒成立；。

(完整版)导数与恒成立、能成立问题及课后练习(含答案),推荐文档

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(x) x3 x
简解：（1）由
x
2x 2 1 成立，只需满足
2x 2 1 的最小值大于 a 即
(x)
可．对
x3 x
( x)
2x 2 1 求导，
2x4 (2 x 2
x2 1 1)2
0 ，故 ( x)
在
x
[1,2] 是增函数，
min
(x)
(1)
2 3
，所以
a
的取值范围是
0
a
2 3
解：由函数 f (x) x2 2ax 4 的对称轴为 x=a
所以必须考察 a 与-1，2 的大小，显然要进行三种分类讨论
1）．当 a 2 时 f(x)在[-1，2]上是减函数此时 f (x)min = f(2)=4-4a+4 2
即 a 3 结合 a 2，所以 a 2 2
2）．当 a 1 时 f(x)在[-1，2]上是增函数，此时 f(-1)=1+2a+4 2
(Ⅰ)求 a 的值；(Ⅱ)若 g(x) t2 t 1在x 1,1上恒成立，求 t 的取值范围；
(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母： 及 t ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。显
然可将 视作自变量，则上述问题即可转化为在 ,1 内关于 的一次函数大于等于 0 恒成立的问题。(Ⅱ)略
．
例
h(x)
2、设函数
a x
x
b
a [1 ，对任意 2
,2] ，都有 h(x)
10 在
x [1 ,1] 4 恒成立，求实数 b
的范围．
分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求

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.。

导数的零点问题及恒成立问题(学生版)

导数的零点问题及恒成立问题(学生版)

导数的零点问题与恒成立问题1.已知函数f(x)=ln x+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)对任意x>0，xe2x≥f(x)恒成立，求实数a的最大值.2.已知函数f x =a ln x +2 -x a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性和最值；(2)若关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2，求证：e x 1+e x 2>2m.3.已知f x =sin n x ，g x =ln x +me x (n 为正整数，m ∈R )．(1)当n =1时，设函数h x=x 2-1-2f x ，x ∈0,π ，证明：h x 有且仅有1个零点；(2)当n =2时，证明：f x 2+g x <x +m e x -1．4.已知函数f x =e x-a ln x,a∈R.(1)当a=0时，若曲线y=f x 与直线y=kx相切于点P，求点P的坐标；(2)当a=e时，证明：f x ≥e；(3)若对任意x∈0,+∞，不等式f x >a ln a恒成立，请直接写出a的取值范围.5.已知函数f x =x -a ln x ,a ∈R(1)请讨论函数f x 的单调性(2)当x ∈1e ,+∞ 时，若e x ≥λx ln ln x +x +1 +1 恒成立，求实数λ的取值范围6.已知函数f x =ax2-1ln x，其图象在x=e处的切线过点2e,2e2．(1)求a的值；(2)讨论f x 的单调性；(3)若λ>0，关于x的不等式λxf x ≤e2λx-1在区间[1,+∞)上恒成立，求λ的取值范围．.7.已知函数f x =e x-1-mx2m∈R(1)选择下列两个条件之一：①m=12；②m=1；判断f x 在区间0,+∞是否存在极小值点，并说明理由；(2)已知m>0，设函数g x =f x +mx ln mx上.若g x 在区间0,+∞存在零点，求实数m的取值范围.8.已知函数f x =e2x+a-12ln x+a2(1)若函数y=f x 在0,12上单调递减，求a的取值范围；(2)若函数y=f x 在定义域内没有零点，求a的取值范围．9.已知函数f(x)=ae x-ln(x+1)+ln a-1. (1)若a=1，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有且仅有两个零点，求a的取值范围.10.已知f x =x ln x+a2x2+1．(1)若函数g x =f x +x cos x-sin x-x ln x-1在0,π2上有1个零点，求实数a的取值范围．(2)若关于x的方程xe x-a=f x -a2x2+ax-1有两个不同的实数解，求a的取值范围．11.在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a的方程ae a=e6和关于b的方程b(ln b-2)=e3λ-1(a,b∈R)可化为同构方程. (1)求ab的值；.若斜率为k的直线与曲线y=f'(x)相交于(2)已知函数f(x)=x ln x+13λA(x1,y1)，B(x2,y2)(x1<x2)两点，求证：.x1<1k<x212.已知函数f x =x2e ax．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)已知函数g x =f x -2ln x-ax，且函数g x 的最小值恰好为1，求a的最小值．13.已知函数f x =a-1-xe xx>0(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)求f x 的单调区间和极值；(2)设g x =ln x+1x+x-f x ⋅e x，若对任意的x∈0,+∞，都有g x ≤e x恒成立，求a的取值范围.14.已知函数f x =mx+ln x.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若14<m<1e，求证：函数g x =x ln x+x m e-m x有两个零点x1，x2且1x1 +1x2>2e.15.已知函数f x =ln x +m -e x -1(m ∈R ，e ≈2.718281⋯⋯)(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式f x -xe x +2≤0恒成立，求实数m 的取值范围．16.1.已知函数f x =ae x -ln x +2 +ln a -2.(1)若f x 在x =0处取得极值，求a 的值及函数的单调区间；(2)请在下列两问中选择一问作答，答题前请标好选择.如果多写按第一个计分.①若f x ≥0恒成立，求a 的取值范围.②若f x 仅有两个零点，求a 的取值范围.17.已知a >0，函数f x =ae x -x -2，函数g x =ln x +2 -x -ln a ．(1)若对∀x ∈R ，f x ≥0恒成立，求a 的取值范围；(2)若方程f x =g x 有两个根，求a 的取值范围．18.已知函数f(x)=ln x+ax(a≠0)．(1)讨论f(x)的零点个数；(2)证明：f e xx≤f-xa．19.已知函数f x =x 1-a ln x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若x ∈0,12时，都有f x <1，求实数a 的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数x 1，x 2满足1+ln x 21+ln x 1=x 2x 1，证明：x 1+x 2<ex 1x 2.20.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．。

(完整版)高考数学一轮复习-导数中恒成立问题总结

(完整版)高考数学一轮复习-导数中恒成立问题总结

姓名学生姓名填写时间学科数学年级高三教材版本人教A版课题名称导数中的恒成立问题课时计划 4 上课时间教学目标同步教学知识内容个性化学习问题解决教学重点教学难点教学过程教师活动一、要点精讲1．导数的概念函数y=f(x),如果自变量x在x处有增量x∆，那么函数y相应地有增量y∆=f（x+x∆）－f（x0），比值xy∆∆叫做函数y=f（x）在x到x+x∆之间的平均变化率，即xy∆∆=xxfxxf∆-∆+)()(0。

如果当0→∆x时，xy∆∆有极限，我们就说函数y=f(x)在点x处可导，并把这个极限叫做f（x）在点x处的导数，记作f’（x）或y’|xx=。

即f（x）=lim→∆x xy∆∆=lim→∆x xxfxxf∆-∆+)()(0。

说明：（1）函数f（x）在点x处可导，是指0→∆x时，xy∆∆有极限。

如果xy∆∆不存在极限，就说函数在点x处不可导，或说无导数。

（2）x∆是自变量x在x处的改变量，0≠∆x时，而y∆是函数值的改变量，可以是零。

由导数的定义可知，求函数y=f（x）在点x处的导数的步骤（可由学生来归纳）：（1）求函数的增量y∆=f（x+x∆）－f（x0）；（2）求平均变化率xy∆∆=xxfxxf∆-∆+)()(0；2．导数的几何意义函数y=f （x ）在点x 0处的导数的几何意义是曲线y=f （x ）在点p （x 0，f （x 0）） 处的切线的斜率。

也就是说，曲线y=f （x ）在点p （x 0，f （x 0））处的切线的斜率是f’（x 0）。

相应地，切线方程为y －y 0=f /（x 0）（x －x 0）。

3．常见函数的导出公式．（１）0)(='C （C 为常数） （２）1)(-⋅='n nxn x（３）x x cos )(sin =' （４）x x sin )(cos -=' （5）xx 1)(ln '=（6）x x e e =')(4．两个函数的和、差、积的求导法则法则1：两个函数的和(或差)的导数,等于这两个函数的导数的和(或差)， 即： (.)'''v u v u ±=±法则2：两个函数的积的导数,等于第一个函数的导数乘以第二个函数,加上第一个 函数乘以第二个函数的导数，即：.)('''uv v u uv +=若C 为常数,则'''''0)(Cu Cu Cu u C Cu =+=+=.即常数与函数的积的导数等于常数乘以函数的导数： .)(''Cu Cu =法则3两个函数的商的导数，等于分子的导数与分母的积，减去分母的导数与分子的积，再除以分母的平方：⎪⎭⎫ ⎝⎛v u ‘=2''v uv v u -（v ≠0）。

专题突破07 零点问题、恒成立问题与存在性问题(解析版)高二数学上册常考题专练(选择性必修第二册)

专题突破07 零点问题、恒成立问题与存在性问题(解析版)高二数学上册常考题专练(选择性必修第二册)

专题突破——07零点问题、恒成立问题与存在性问题题型一零点问题1．已知函数2()()x f x e ax a R =-∈有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是()A ．(4e，)+∞B ．(2e，)+∞C ．2(4e ，)+∞D ．2(2e ，)+∞【解答】解：当0x =，(0)1f =，当0x ≠，22()0xxe f x e ax a x=-=⇒=，令2()x e g x x =，3(2)()xx e g x x -'=，(,0)x ∈-∞函数是增函数，(0,2)x ∈函数是减函数，(2,)x ∈+∞函数是增函数，可知2x =时，函数取得极小值24e ，作出()g x 的图象如下：函数2()()x f x e ax a R =-∈有三个不同的零点，“3个零点等价于3个交点”等价于要使直线y a =与曲线2()x e g x x =有三个交点，则24e a >，故选：C ．2．已知函数2()(2)x f x e a x =-+．当2a =时，()f x 的增区间为(0,)+∞；若()f x 有两个零点，则实数a 的取值范围为．【解答】解：当2a =时，2()2(2)x f x e x =-+，2()22x f x e '=-，令()0f x '>，解得0x >，则()f x 的增区间为(0,)+∞．2()2x f x e a '=-，x R ∈．①当0a 时，()0f x '>，()f x 单调递增，至多有一个零点，不合题意；②当0a >时，令1()022af x x ln '=⇒=，可得()f x 在1(,22a ln -∞单调递减，在1(22aln ，)+∞单调递增，故()f x 的最小值为113()(2)22222222a a a a a f ln a ln ln =-+=--．()f x 有两个零点，当x →±∞时，()f x →+∞，3(0022222a a a a f ln ln a ∴<⇒+>，解得32a e ->，所以实数a 的取值范围为3(2e -，)+∞故答案为：(0,)+∞；3(2e -，)+∞．3．函数2()2xx f x e x -=+的递增区间为(,2)-∞-，(2,)-+∞；若3[a e∈-，0]，则函数()(2)(2)x g x x e a x =--+零点的取值范围是．【解答】解：2()(2)2xx f x e x x -=≠-+，222(1)(2)(2)()0(2)(2)x x xx x e x e x e f x x x -+--∴'==++ ，∴函数2()2xx f x e x -=+的递增区间为(,2)-∞-，(2,)-+∞；令()(2)(2)0x g x x e a x =--+=，当2x =-时，()0g x ≠，故22x x a e x -=+，函数2()2xx f x e x -=+在(,2)-∞-，(2,)-+∞单调递增，当x →-∞时，()0f x >且()0f x →；当2x -→-时，()f x →+∞；当2x +→-时，()f x →-∞；当x -→+∞时，()f x →+∞；又3[a e∈-，0]，3(1)f e-=-，f （2）0=，故[1x ∈-，2]．故答案为：(,2)-∞-，(2,)-+∞；[1-，2]．4．已知函数()()ln x f x x -=，2()2x m g x x -=，若函数1()(())h x g f x m=+有3个不同的零点1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，则123()()2()f x f x f x ++的取值范围是12(,0)(0,)ee-．【解答】解：21()()ln x f x x --'=，令()0f x '=，解得x e =-，当x e <-时，函数()0f x '<，函数()f x 单调递减，当0e x -<<时，函数()0f x '>，函数()f x 单调递增，()f x ∴的极小值为1()f e e -=-，1()(())0h x g f x m=+=，令()t f x =，1()0g t m∴+=，即2220t mt m +-=，解得方程两根为m -和2m ，函数()h x 的零点即方程()f x m =-和()2mf x =根，∴函数()h x 有3个不同的零点需满足：当0m <时，121()()(,0)2m f x f x e==∈-且3()(0f x m =-∈，)+∞，∴1232()()2()2()(0,)22m m f x f x f x m m e++=++-=-∈；当0m >时，121()()(,0)f x f x m e ==-∈-且3()(0,)2mf x =∈+∞，∴1231()()2()()()2()(,0)2m f x f x f x m m m e ++=-+-+=-∈-，综上：123()()2()f x f x f x ++的范围为12(,0)(0,)ee-．5．已知函数21,1()52,128lnx x x f x m x mx x ⎧+>⎪⎪=⎨⎪-++⎪⎩若()()g x f x m =-有三个零点，则实数m 的取值范围是7(1,]4．【解答】解：函数21,1()52,128lnx x x f x m x mx x ⎧+>⎪⎪=⎨⎪-++⎪⎩，()()g x f x m =-有三个零点，就是()0f x m -=有3个解，即函数()f x 与y m =的图象有3个交点；当1x >时，1()f x lnx x =+，可得22111()0x f x x x x-'=-=>恒成立，所以()f x 在1x >时是增函数，()1f x >．()f x 与y m =至多有1个交点，当1x 时，25()228m f x x mx =-++，必须与y m =有两个交点，此时函数()f x 是二次函数，满足22145228158428mm m m m m m m m ⎧<⎪⎪⎪-++⎪⎨⎪<⎪⎪-++<⎪⎩ 解得714m <故答案为：7(1,4．6．若函数33231,0()3,0x x a x f x x x a x ⎧-+->=⎨+-⎩ 恰有3个零点，则a 的取值范围为(1,0)[1-，4)．【解答】解：函数33231,0()3,0x x a x f x x x a x ⎧-+->=⎨+-⎩ ，则0x >时，2()33f x x '=-，在(0,1)-上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，1x =时，函数取得极小值：1a --；0x =时，(0)1f a =-；当0x <时，2()36f x x x '=+，在(,2)-∞-上单调递增，在(2,0)-上单调递减，2x =-时，函数取得极大值：4a -；0x =时，(0)f a=-()f x 有三个不同的零点，只能是0x 时由两个零点，右侧一个零点；或者左侧一个零点右侧两个零点．∴01010a a a ->⎧⎪->⎨⎪--<⎩或04010a a a -⎧⎪->⎨⎪-⎩，解得10a -<<或14a < ．故答案为：(1,0)[1-，4)．7．若函数2()x f x x e a =-恰有三个零点，则实数a 的取值范围是24(0,)e ．【解答】解：函数2()x f x x e =的导数为22(2)x x x y xe x e xe x '=+=+，令0y '=，则0x =或2-，(2,0)-上()f x 单调递减，(,2)-∞-，(0,)+∞上()f x 单调递增，0∴或2-是函数()f x 的极值点，函数的极值为：(0)0f =，224(2)4f e e --==．函数2()x f x x e a =-恰有三个零点，则实数a 的取值范围是：24(0,)e ．故答案为：24(0,)e ．8．若函数32()21()f x x ax a R =-+∈在区间(0,)+∞内有且只有一个零点，则()f x 在区间[1-，1]上的最小值是4-．【解答】解：函数32()21()f x x ax a R =-+∈在(0,)+∞内有且只有一个零点，()2(3)f x x x a ∴'=-，(0,)x ∈+∞，①当0a 时，()2(3)0f x x x a '=->，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，(0)1f =，()f x 在(0,)+∞上没有零点，舍去；②当0a >时，()2(3)0f x x x a '=->的解为3ax >，()f x ∴在(0,)3a 上递减，在(3a，)+∞递增，又()f x 只有一个零点，3()10327a a f ∴=-+=，解得3a =，32()231f x x x =-+，()6(1)f x x x '=-，[1x ∈-，1]，()0f x '>的解集为(1,0)-，()f x 在(1,0)-上递增，在(0,1)上递减，而(1)4f -=-，f （1）0=，()(1)4min f x f ∴=-=-，故答案为：4-．9．若函数2()(1)()1f x x x a a =---+有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是(-∞，1)(122-+⋃，)+∞．【解答】解：2()(1)()1f x x x a a =---+，()()(32)f x x a x a ∴'=---令()0f x '=，解得x a =或23a x +=，2()(1)()1f x x x a a =---+有三个不同的零点，()()0f x f x ∴<极大值极小值，f ∴（a ）2()03a f +<，即222(1)[(1)()1]033a a a a a ++-+---+<，整理可得224(1)27(1)()027a a --->，即24(1)270a -->，解得1a <或1a >+故答案为：(-∞，1)(122-+⋃，)+∞10．已知函数322()364(0)f x x a x a a a =--+>只有一个零点，且这个零点为正数，则实数a 的取值范围是(1,2)．【解答】解：令22()333()()0f x x a x a x a '=-=-+=，解得1x a =-，2x a =，其中0a >，所以函数的单调性和单调区间如下：(,)x a ∈-∞-，()f x 递增；(,)x a a ∈-，()f x 递减；(,)x a ∈+∞，()f x 递增．因此，()f x 在x a =-处取得极大值，在x a =处取得极小值，结合函数图象，要使()f x 只有一个零点0x ，且00x >，只需满足：()()0f x f a =-<极大值，即3323640a a a a -+-+<，整理得(1)(2)0a a a --<，解得，(1,2)a ∈，故答案为：(1,2)11．已知函数32()f x x x a =-+在[0，1]上恰好有两个零点，则实数a 的取值范围是[0，4)27【解答】解：()(32)f x x x '=-，令()0f x '>，解得：23x >或0x <，令()0f x '<，解得：203x <<，故()f x 在[0，2)3递减，在2(3，1]递增，若()f x 在[0，1]上恰好有两个零点，则(0)02(03(1)0f f f ⎧⎪⎪<⎨⎪⎪⎩ ，解得：4027a < ，故答案为：[0，4)27．12．已知函数()2g x lnx ax =-在(0,)+∞上无零点，则实数a 的取值范围是1(,)2e+∞．【解答】解：根据题意，函数()2g x lnx ax =-，其定义域为(0,)+∞其导数1()2g x a x'=-，分2种情况讨论：①，当0a 时，在(0,)+∞，()0g x '>，函数()g x 为增函数，且当0x →时，()g x →-∞，当x →+∞时，()g x →+∞，则函数()f x 必然存在零点，不符合题意；②，当0a >时，令1()20g x a x '=-=，解可得12x a=，分析可得：在1(0,)2a上，()0g x '>，函数()g x 为增函数，在1(2a，)+∞上，()0g x '<，函数()g x 为减函数；若函数()2g x lnx ax =-在(0,)+∞上无零点，必有11()()1022g ln a a=-<，解可得：12a e >，即a 的取值范围为1(2e ，)+∞；故答案为：1(2e，)+∞．13．若()af x lnx a x=+-的有且仅有一个零点，则a 的取值范围是(-∞，0]{1}．【解答】解：()af x lnx a x=+-，0x >；221()a x a f x x x x-∴'=-=，0x >时，令()0f x '=，解得x a =；∴当0a 时，()0f x '>恒成立，()f x ∴在(0,)+∞上是单调增函数，且0x →时，有()0f x <，x →+∞时，有()0f x >，()f x ∴有且仅有一个零点，满足题意；当0a >时，若(0,)x a ∈，则()0f x '<，若(,)x a ∈+∞，则()0f x '>，()f x ∴在(0,)a 上是单调递减，在(,)a +∞上单调递增，f ∴（a ）是极小值，也是最小值，令f （a ）0=，得10lna a +-=，解得1a =，此时()f x 有且仅有一个零点，满足题意；综上，a 的取值范围是(-∞，0]{1}．故答案为：(-∞，0]{1}．14．已知函数2()f x alnx x =+，a R ∈，若()f x 在[1，2]e 上有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是24(,][,2)2e e -∞---．【解答】解：f （1）1=，24()2f e a e =+．()2af x x x'=+，2([1,])x e ∈．①0a 时，()0f x '>，则函数()f x 在[1x ∈，2]e 内单调递增，而f （1）1=，则此时函数()f x 无零点，舍去．②0a <时，()f x '=，可得函数()f x在内单调递减；在)+∞内单调递增．1，即20a -< 时，此时函数()f x 在[1，2]e 内单调递增，而f （1）1=，则此时函数()f x 无零点，舍去．2e ，即42a e - 时，此时函数()f x 在[1，2]e 内单调递减，而f （1）1=，只需要24()20f e a e =+ ，即42a e - 时，此时函数()f x 有且只有一个零点．当21e <<，即22e a -<<-时，此时函数()f x 在[1内单调递减，在2]e 内单调递增．()f x 在[1，2]e 上有且只有一个零点，而f （1）1=．∴0()0f f ⎧⎪⎨⎪⎩，化为0220aa ⎧-⎪⎨⎪+⎩ ，解得222e a -<- ．综上可得：实数a 的取值范围是24(,][,2)2e e -∞---．故答案为：24(,][,2)2e e -∞---．15．若函数32()21()f x x ax a R =-+∈在(0,)+∞内有且只有一个零点，则()f x 在[1-，1]上的最大值与最小值的和为3-．【解答】解：函数32()21()f x x ax a R =-+∈在(0,)+∞内有且只有一个零点，()2(3)f x x x a ∴'=-，(0,)x ∈+∞，①当0a 时，()2(3)0f x x x a '=->，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，(0)1f =，()f x 在(0,)+∞上没有零点，舍去；②当0a >时，()2(3)0f x x x a '=->的解为3ax >，()f x ∴在(0,)3a 上递减，在(3a，)+∞递增，又()f x 只有一个零点，3()10327a a f ∴=-+=，解得3a =，32()231f x x x =-+，()6(1)f x x x '=-，[1x ∈-，1]，()0f x '>的解集为(1,0)-，()f x 在(1,0)-上递增，在(0,1)上递减，(1)4f -=-，(0)1f =，f （1）0=，()(1)4min f x f ∴=-=-，()(0)1max f x f ==，()f x ∴在[1-，1]上的最大值与最小值的和为：()()413max min f x f x +=-+=-．16．已知函数()sin 1x f x e x =--．（1）求曲线()y f x =在2x π=-处的切线方程；（2）证明：()f x 在(,)π-+∞上有且仅有2个零点．【解答】解：（1）()sin 1x f x e x =--的导数为()cos x f x e x '=-，可得()y f x =在2x π=-处的切线的斜率为2e π-，又切点为(2π-，2)e π-，则()y f x =在2x π=-处的切线的方程为22()2y e e x πππ---=+，即为22(1)2y e x e πππ--=++；（2）证明：令()()cos x g x f x e x '==-，则()sin x g x e x '=+，当(,2x ππ∈--时，()0f x '>，()f x 单调递增，()10f e ππ--=-<，2(02f e ππ--=>，所以()f x 在(,2ππ--上恰有1个零点；当[2x π∈-，0]时，()g x '单调递增，2()102g e ππ-'-=-<，(0)10g '=>，∴存在1[2x π∈-，0]，使得1()0g x '=；则()f x '在[2π-，1)x 单调递减，在1(x ，0]单调递增，又因为2()02f e ππ-'-=>，(0)0f '=，所以存在2[2x π∈-，0]，使()f x 在[2π-，2)x 单调递增，在2(x ，0]单调递减，又2(02f e ππ--=>，(0)0f =，()f x ∴在[2π-，0]上恰有一个零点；当(0,)x ∈+∞时，0()cos cos 0x f x e x e x '=->->，所以()f x 在(0,)+∞上递增，()(0)0f x f >=，所以()f x 在(0,)+∞上无零点；综上：()f x 在(,)π-+∞上有且仅有2个零点．17．已知函数()sin f x x ax =+，其中[0x ∈，]π．（1）当12a =-时，求()f x 的极值；（2）当1a 时，求()f x 的零点个数．【解答】解：（1）当12a =-时，1()sin 2f x x x =-，[0x ∈，]π，求导得1()cos 2f x x '=-，[0x ∈，]π，令()0f x '=，得3x π=，当[0,3x π∈时，()0f x '>；当(,]3x ππ∈时，()0f x '<．()f x ∴在区间[0,3π上单调递增，在区间(,]3ππ上单调递减，故当3x π=时，()f x 取得极大值()36f ππ=；无极小值．（2）()cos f x x a '=+，[0x ∈，]π，当1a 时，1cos 1x - ，()0f x '∴ ，()f x ∴在区间[0，]π上单调递增，()(0)0f x f ∴= ，故()f x 只有一个零点0．18．已知函数32()39f x x x x a =--+（其中)a R ∈．（1）求函数()f x 的极值点；（2）若函数()f x 有三个零点，求实数a 的取值范围．【解答】解：（1）因为函数32()39f x x x x a =--+，则定义域为R ，且2()3693(1)(3)f x x x x x '=--=+-，令()0f x '=，解得1x =-或3x =，当x 变化时，()f x '，()f x 变化情况如下表：x(,1)-∞-1-(1,3)-3(3,)+∞()f x '+0-0+()f x 极大值极小值因此函数()f x 在1x =-处取得极大值；在3x =处取得极小值，所以函数()f x 的极大值点为1-，极小值点为3．（2）函数()f x 有三个零点，等价于()f x 的图象与x 轴有三个交点，由（1）可知，()f x 在1x =-处取得极大值(1)5f a -=+；在3x =处取得极小值f （3）27a =-+，因为()f x 的图象与x 轴有三个交点，则50270a a +>⎧⎨-+<⎩，解得527a -<<，故实数a 的取值范围为(5,27)-．19．已知函数2()2(1)f x aln x x lnx =+-，a R ∈．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数22()()2g x e f x a =-有且仅有3个零点，求a 的取值范围．（其中常数 2.71828e =⋯，是自然对数的底数）【解答】解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，且()2(1)a f x lnx x'=-，①若0a ，则10ax-<，当(0,1)x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，②若01a <<，当(0,)x a ∈时，()0f x '<，当(,1)x a ∈时，()0f x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 在(0,)a 和(1,)+∞上单调递减，在(,1)a 上单调递增，③若1a =，则()0f x ' ，所以()f x 在(0,)+∞上单调递减，④若1a >，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当(1,)x a ∈时，()0f x '>，当(,)x a ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)和(,)a +∞上单调递减，在(1,)a 上单调递增，综上所述：若0a ，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，若01a <<，()f x 在(0,)a 和(1,)+∞上单调递减，在(,1)a 上单调递增，若1a =，()f x 在(0,)+∞上单调递减，若1a >，()f x 在(0,1)和(,)a +∞上单调递减，在(1,)a 上单调递增．（2）令()0g x =，则222()a f x e=，所以依题意可得函数()y f x =与222a y e=的图像有3个不同的交点，由（1）知必有01a <<或1a >，①当01a <<时，()f x 在(0,)a 和(1,)+∞上单调递减，在(,1)a 上单调递增，所以()f x 的极大值为f （1）2=，()f x 的极大值为f （1）2=，()f x 的极小值为f （a ）2(22)a ln a lna =-+，又f （a ）22222(22)[(1)1]a a ln a lna a lna a e=-+=-+>>，所以函数()y f x =与222a y e=的图像至多有1个交点，不合题意，②当1a >时，()f x 在(0,1)和(,)a +∞上单调递减，在(1,)a 上单调递增，所以()f x 的极小值为f （1）2=，()f x 的极大值为f （a ）2(22)a ln a lna =-+，所以必须有22222(22)a a ln a lna e <<-+成立，因为2222a e <，所以a e >，所以2222(22)a a ln a lna e<-+，所以22222aln a lna e<-+(*)，下面求不等式(*)的解集，令lna x =，则不等式(*)等价于22222x e x x -<-+，令函数22()222x h x x x e -=--+，则2()222x h x x e -'=--，令2222x y x e -=--，有222x y e -'=-，函数2222x y x e -=--在区间(-∞，2]上单调递增，在区间(2,)+∞上单调递减，又y （2）0=，所以22220x y x e -=-- ，即()0h x ' 恒成立，故函数()h x 单调递减，又h （2）0=，所以当且仅当2x <时，()0h x >，所以不等式22222x e x x -<-+的解集为(,2)-∞，即不等式(*)的解集为2(0,)e ．所以a 的取值范围为2(,)e e ．20．已知函数2()()x f x ex e e ax =-+，a R ∈．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由题1()(2)x f x x e a +'=+，x R ∈，（1）当0a 时，120x e a ++>，∴当(,0)x ∈-∞时，1()(2)0x f x x e a +'=+<，函数()f x 单调递减，当(0,)x ∈+∞时，1()(2)0x f x x e a +'=+>，函数()f x 单调递增；（2）当02ea -<<时，(2)10ln a --<，∴当(x ∈-∞，(2)1)ln a --时，1()(2)0x f x x e a +'=+>，函数()f x 单调递增，当((2)1x ln a ∈--，0)时，1()(2)0x f x x e a +'=+<，函数()f x 单调递减，当(0,)x ∈+∞时，1()(2)0x f x x e a +'=+>，函数()f x 单调递增；（3）当2ea =-时，1()(2)0x f x x e a +'=+ 恒成立，函数()f x 在R 上单调递增；（4）当2ea <-时，(2)10ln a -->，∴当(,0)x ∈-∞时，1()(2)0x f x x e a +'=+>，函数()f x 单调递增，当(0x ∈，(2)1)ln a --时，1()(2)0x f x x e a +'=+<，函数()f x 单调递减，当((2)1x ln a ∈--，)+∞时，1()(2)0x f x x e a +'=+>，函数()f x 单调递增；（Ⅱ）当0a =时，()()x f x ex e e =-，有唯一零点1x =，不符合题意；由（Ⅰ）知：①当0a >时，故(,0)x ∈-∞时，函数()f x 单调递减，(0,)x ∈+∞时，函数()f x 单调递增，且x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞，(0)0f e =-<，∴函数()f x 必有两个零点；②当02ea -<<时，故(x ∈-∞，(2)1)ln a --时，函数()f x 单调递增，((2)1x ln a ∈--，0)时，函数()f x 单调递减，(0,)x ∈+∞时，函数()f x 单调递增，又2((2)1)2((2)1)((2)1)0f ln a a ln a a ln a --=---+--<，∴函数()f x 至多有一个零点；③当2ea =-时，函数()f x 单调递增，函数()f x 至多有一个零点；④当2ea <-时，故(,0)x ∈-∞时，函数()f x 单调递增，(0x ∈，(2)1)ln a --时，函数()f x 单调递减，((2)1x ln a ∈--，)+∞时，函数()f x 单调递增，又(0)0f e =-<，∴函数()f x 至多有一个零点；综上所述：当0a >时，函数()f x 有两个零点．21．已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由2()(2)(1)x f x x e a x =-+-，可得()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a '=-+-=-+，①当0a 时，由()0f x '>，可得1x >；由()0f x '<，可得1x <，即有()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增（如右上图）；②当0a <时，（如右下图），由20x e a +=，可得(2)x ln a =-，由(2)1ln a -=，解得2e a =-，若2ea =-，则()0f x ' 恒成立，即有()f x 在R 上递增；若2ea <-时，由()0f x '>，可得1x <或(2)x ln a >-；由()0f x '<，可得1(2)x ln a <<-．即有()f x 在(,1)-∞，((2)ln a -，)+∞递增；在(1，(2))ln a -递减；若02ea -<<，由()0f x '>，可得(2)x ln a <-或1x >；由()0f x '<，可得(2)1ln a x -<<．即有()f x 在(-∞，(2))ln a -，(1,)+∞递增；在((2)ln a -，1)递减；（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当0a >时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增，且f （1）0e =-<，x →+∞，()f x →+∞；当x →-∞时()0f x >或找到一个1x <使得()0f x >对于0a >恒成立，()f x 有两个零点；②当0a =时，()(2)x f x x e =-，所以()f x 只有一个零点2x =；③当0a <时，若2ea <-时，()f x 在(1，(2))ln a -递减，在(,1)-∞，((2)ln a -，)+∞递增，又当1x 时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点；当2ea -时，在(-∞，(2))ln a -单调增，在(1,)+∞单调增，在((2)ln a -，1)单调减，只有((2))f ln a -等于0才有两个零点，而当1x 时，()0f x <，所以只有一个零点不符题意．综上可得，()f x 有两个零点时，a 的取值范围为(0,)+∞．22．已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--，20x e >，0x e >∴当0a 时，()0f x '<，()f x ∴在R 上单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-，令()0f x '=，解得：1x ln a =，当()0f x '>，解得：1x ln a >，当()0f x '<，解得：1x lna<，1(,)x ln a ∴∈-∞时，()f x 单调递减，1(x ln a∈，)+∞单调递增；综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在1(,ln a -∞是减函数，在1(ln a，)+∞是增函数；（2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点，当0a >时，2()(2)x x f x ae a e x =+--，当x →-∞时，20x e →，0x e →，∴当x →-∞时，()f x →+∞，当x →∞，2x e →+∞，且远远大于x e 和x ，∴当x →∞，()f x →+∞，∴函数有两个零点，()f x 的最小值小于0即可，由()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a ，)+∞是增函数，21111()()()(2)0min f x f ln a a ln a a a a ∴==⨯+-⨯-<，1110ln a a ∴--<，即1110ln a a +->，设1t a=，则()1g t lnt t =+-，(0)t >，求导1()1g t t '=+，由g （1）0=，11t a∴=>，解得：01a <<，a ∴的取值范围(0,1)．方法二：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--，20x e >，0x e >∴当0a 时，()0f x '<，()f x ∴在R 上单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-，令()0f x '=，解得：x lna =-，当()0f x '>，解得：x lna >-，当()0f x '<，解得：x lna <-，(,)x lna ∴∈-∞-时，()f x 单调递减，(,)x lna ∈-+∞单调递增；综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在(,)lna -∞-是减函数，在(,)lna -+∞是增函数；（2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点，②当0a >时，由（1）可知：当x lna =-时，()f x 取得最小值，11()()1min f x f lna ln a a=-=--，当1a =，时，()0f lna -=，故()f x 只有一个零点，当(1,)a ∈+∞时，由1110ln a a-->，即()0f lna ->，故()f x 没有零点，当(0,1)a ∈时，1110ln a a--<，()0f lna -<，由422(2)(2)2220f ae a e e ----=+-+>-+>，故()f x 在(,)lna -∞-有一个零点，假设存在正整数0n ，满足03(1)n ln a >-，则00000000()(2)20n n n n f n e ae a n e n n =+-->->->，由3(1)ln lna a->-，因此在(,)lna -+∞有一个零点．a ∴的取值范围(0,1)．题型二恒成立问题与存在性问题23．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x -- 恒成立，则a 的取值范围是()A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)【解答】解：设对任意两个不等的正实数12x x >都有2>恒成立，则1212()()22f x f x x x -- ，1122()2()2f x x f x x ∴-- ，令21()()222g x f x x alnx x x =-=+-，则12()()g x g x ，所以函数()g x 是增函数，()20(0)ag x x x x'=+-> 恒成立，22a x x ∴- 恒成立，222(1)1x x x -=--+，∴当1x =时，2()2g x x x =-取得最大值g （1）1=，1a ∴ ．即a 的取值范围是[1，)+∞．故选：B ．24．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是()A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]【解答】解：对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有1212()()0f x f x x x ->-恒成立则当0x >时，()0f x '>恒成立()0af x x x'=+>在(0,)+∞上恒成立则2()max a x >-而20x -<，则0a 故选：A ．25．若不等式0x ae lnx lna -+ 恒成立，则a 的取值范围是()A ．1[,)e+∞B ．2[,)e+∞C ．[,)2e+∞D ．[e ，)+∞【解答】解：设()x f x ae lnx lna =-+，则0x >，0a >，1()x f x ae x∴'=-，易知()f x '在(0,)+∞上为增函数，存在0(0,)x ∈+∞，使得0001()0x f x ae x '=-=，即001x ae x =，两边取对数，可得00lna x lnx +=-，当00x x <<时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当0x x >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，000001()()2x min f x f x ae lnx lna x lna x ∴==-+=++，不等式0x ae lnx lna -+ 恒成立，∴00120x lna x ++ 恒成立，∴0012x lna x +-恒成立，0012x x + ，当且仅当01x =时取等号，22lna ∴- ，即1a e，故a 的取值范围是1[e，)+∞．故选：A ．26．若关于x 的不等式2sin x x ax - ，对[0x ∈，]π恒成立，则实数a 的取值范围是()A ．(-∞，1]-B ．(-∞，1]C ．4(,)π-∞-D ．4(,π-∞【解答】解：0x =时，显然成立，(0x ∈，]π时，问题转化为2sin 1xa x-，令2sin ()xf x x =，(0x ∈，]π，则22(cos sin )()x x x f x x -'=，令()cos sin g x x x x =-，(0x ∈，]π，则()sin 0g x x x '=- ，()g x 在(0，]π递减，而()(0)0g x g <=，故()0f x '<在(0，]π恒成立，故()f x 在(0，]π递减，故()()0min f x f π==，1a ∴- ，即a 的取值范围是(-∞，1]-，故选：A ．27．设函数()(21)22x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是()A ．3[4e -，1)2B ．3[4e ，1)2C ．3[2e -，34D ．3[2e，1)【解答】解：设()(21)x g x e x =-，()22h x ax a =-，由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线22y ax a =-的下方，因为()(21)2(21)x x x g x e x e e x '=-+=+，令()0g x '>，可得12x >-，()g x 单调递增，令()0g x '<，可得12x <-，()g x 单调递减，所以当12x =-时，()g x 取得最小值122e --，当1x =时，g （1）0e h =>=（1），当0x =时，(0)1g =-，(0)2h a =-，由(0)(0)h g >可得21a ->-，即12a <，由(1)(1)g h -- 可得1322e a a ---- ，可得34a e，所以3142a e < ，所以实数a 的取值范围为3[4e ，1)2．故选：B ．28．当x R ∈时，不等式11x x ax e -- 恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．2a =B ．a =C ．2a D ．1a 【解答】解：令1()x x f x e -=，1x >时，()0f x >，0a ∴ 时不合条件；令1()1x x h x ax e-=-+，得2()x x x ae h x e --'=，令()2x g x x ae =--，知()g x 在R 上单调递减，(0)0h =，()h x ∴要在0x =处取得最大值，也是极大值，(0)20g a ∴=-=，即2a =．故选：A ．29．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是()A ．21(,0)e -B ．(1,0)-C ．21(,)e -+∞D ．(1,)-+∞【解答】解：曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，()20a f x xlnx x x∴'=+-=有两个不同的解，即得222a x lnx x =+有两个不同的解，设222y x lnx x =+，则44y xlnx x '=+，10x e ∴<<，0y '<，函数递减，1x e>，0y '>，函数递增，1x e∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，y →+∞，20e a -∴-<<，故选：A ．30．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p ∀，(0,1)q ∈，且p q ≠，有(1)(1)2f p f q p q +-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞【解答】解：因为2()(1)f x aln x x =+-，所以2(1)[(1)1](1)f x aln x x +=++-+，所以(1)2(1)2a f x x x '+=-++．因为p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，所以(1)(1)2f p f q p q +-+>-恒成立(1)(1)2(1)(1)f p f q p q +-+⇔>+-+恒成立(1)2f x '⇔+ 恒成立，即2(1)2(01)2a x x x -+<<+ 恒成立，所以22(2)(01)a x x >+<<恒成立，又因为(0,1)x ∈时，282(2)18x <+<，所以18a ．故选：C ．31．已知函数()f x 是R 上的奇函数，函数()g x 是R 上无零点的偶函数，若0()0f π=，且()()()()f x g x f x g x ''>在(,0)-∞上恒成立，则()0()f x g x <的解集是(-∞，1)(0-⋃，1)．【解答】解：因为函数()f x 是R 上的奇函数，函数()g x 是R 上无零点的偶函数，所以()()f x f x -=-，()()g x g x -=，令()()()f x h xg x =，则2()()()()()()f xg x f x g xh x g x ''-'=，因为()()()()f x g x f x g x ''>在(,0)-∞上恒成立，即()()()()0f x g x f x g x ''->在(,0)-∞上恒成立，所以()0h x '>在(,0)-∞上恒成立，故函数()h x 在(,0)-∞上单调递增，又()()()()()()()()f x f x f x h x h xg x g x g x ---===-=--，所以()h x 为奇函数，则()h x 在(0,)+∞上为增函数，因为0()0f π=，则f （1）0=，(1)0f -=，所以h （1）(1)0h =-=，故()0h x <的取值范围为1x <-或1x >，所以()0()f xg x <的解集是(-∞，1)(0-⋃，1)．故答案为：(-∞，1)(0-⋃，1)．32．已知0x >，2()x f x x e =+，2()(1)g x m x lnx =++，若()()f x g x 恒成立，则实数m 的取值范围是[]．【解答】解：()()f x g x 恒成立22(1)(0)x x e m x lnx x ⇔+++> 恒成立221(0)x x e lnx m x x +-⇔+> 恒成立，令2()x x x e lnx e lnx h x x x x x +-==+-，则22(1)1()x x e x lnx h x x -++-'=，再令2()(1)1(0)x t x x e x lnx x =-++->，则1()20x t x xe x x'=++>恒成立，()y t x ∴=在(0,)+∞上单调递增，又t （1）h ='（1）0=，∴当(0,1)x ∈时，()0t x <，即()0h x '<，()h x 在(0,1)上单调递减；当(1,)x ∈+∞时，()0t x >，即()0h x '>，()h x 在(1,)+∞上单调递增；()min h x h ∴=（1）1e =+，211m e ∴++ ，解得：m故答案为：[．33．已知函数()2(0)2x a f x ae lna x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为(,)e +∞．【解答】解：()2(0)2x a f x ae lna x =+->+，函数()f x 的定义域是(2,)-+∞，若()0f x >恒成立，则(2)2x lna e lna ln x ++>++，两边加上x 得到：(2)2(2)(2)x lna ln x e x lna x ln x e ln x ++++>+++=++，x y e x =+单调递增，(2)x lna ln x ∴+>+，即(2)lna ln x x >+-，令()(2)g x ln x x =+-，(2)x >-，则11()122x g x x x --'=-=++，(2,1)x ∈--时，()0g x '>，()g x 递增，(1,)x ∈-+∞时，()0g x '<，()g x 递减，故()(1)1max lna g x g >=-=，故a e >，故答案为：(,)e +∞．34．已知关于x 的不等式0x lnx a -->对于任意的(1,)x ∈+∞恒成立，则a 的最大值为1．【解答】解：0x lnx a -->对于任意的(1,)x ∈+∞恒成立，a x lnx ∴<-对于任意的(1,)x ∈+∞恒成立，令()f x x lnx =-，(1)x >，问题转化为()min a f x <，由()f x x lnx =-，得11()10x f x x x-'=-=>，故()f x 在(1,)+∞递增，()f x f >（1）1=，故1a ，a 的最大值是1，故答案为：1．35．若不等式223xlnx x ax +-+ 对(0,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围是(-∞，4]【解答】解：不等式223xlnx x ax +-+ 对(0,)x ∈+∞恒成立，等价于32a x lnx x++ 对(0,)x ∈+∞恒成立，令3()2f x x lnx x=++，则有()min a f x ，因为22222323(3)(1)()1x x x x f x x x x x +-+-'=+-==，令()0f x '>，解得1x >，令()0f x '<，解得01x <<，所以()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，故()f x 的最小值为f （1）4=，则4a ，所以实数a 的取值范围是(-∞，4]．故答案为：(-∞，4]．36．已知函数()()x e f x k lnx x x =+-，若()f x '存在唯一零点，则k 的最大值为e ．【解答】解：由()()x e f x k lnx x x =+-，得22()(1)()x x x xe e k e kx x f x k x x x ---'=+-=，()f x '存在唯一零点，1x ∴=是()y f x '=的唯一零点，则()x g x e kx =-在(0,)+∞上无变号零点，()x g x e k '=-，当0k 时，()0g x '>恒成立，()g x 在(0,)+∞上是单调递增的，()g x 的最小值为(0)1g =，()0g x =无解，符合题意；0k >时，()0g x '=有解为()x ln k =，当0()x ln k <<时，()0g x '<，()g x 单调递减，当()x ln k >时，()0g x '>，()g x 单调递增，()g x ∴的最小值为(())()g ln k k kln k =-，则()0k kln k - ，0k e ∴< ．k ∴的最大值为e ．故答案为：e ．37．设函数32()4f x x x ax b =-++，x R ∈，其中a ，b R ∈．若()f x 存在极值点0x ，且10()()f x f x =，其中10x x ≠，则102x x +=4．【解答】解：32()4f x x x ax b =-++，2()38f x x x a '=-+，因为0x 是极值点，所以0()0f x '=，即200380x x a -+=，又即20083a x x =-，因为10()()f x f x =，所以323211100044x x ax b x x ax b -++=-++，即2210110010()[()4()]0x x x x x x x x a -++-++=，因为10x x ≠，所以22110010()4()0x x x x x x a ++-++=，把20083a x x =-代入化简得1010()(240)x x x x -+-=，因为10x x ≠，所以10240x x +-=，即1024x x +=．故答案为：4．38．若函数2()f x x ax lnx =-+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是)+∞．【解答】解：2()f x x ax lnx =-+，1()2f x x a x'∴=-+，由题意可知存在实数0x >，使得1()20f x x a x '=-+=，即12a x x =+成立，12a x x ∴=+ （当且仅当12x x=，即2x =时等号取到），∴实数a 的取值范围是)+∞．故答案为：)+∞．39．设过曲线()x f x e x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()cos g x ax x =+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围是[1-，0]．【解答】解：由()x f x e x =+，得()1x f x e '=+，11x e +>，1(1,0)1x e ∴-∈-+，由()cos g x ax x =+，得()sin g x a x '=-，又sin [1x -∈-，1]，sin [1a x a ∴-∈-+，1]a +，要使过曲线()x f x e x =+上任意一点的切线为1l ，总存在过曲线()cos g x ax x =+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则1110a a -+-⎧⎨+⎩，解得10a - ，即a 的取值范围为10a - ，故答案为：[1-，0]．40．已知0a >，函数()x f x ax xe =-．（1）求曲线()f x 在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）证明函数()f x 存在唯一的极值点；（3）若a ∃，使得()f x a b + 对任意的x R ∈恒成立，求实数b 的取值范围．【解答】（1）解：因为()(1)x f x a x e '=-+，所以(0)1f a '=-，而(0)0f =，所以在(0，(0))f 处的切线方程为(1)(0)y a x a =->；（2）证明：令()(1)0x f x a x e '=-+=，则(1)x a x e =+，令()(1)x g x x e =+，则()(2)x g x x e '=+，令()0g x '=，解得2x =-，当(,2)x ∈-∞-时，()0g x '<，()g x 单调递减，当(2,)x ∈-+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当x →-∞时，()0g x <，当x →+∞时，()0g x >，作出图象所以当0a >时，y a =与()y g x =仅有一个交点，令()g m a =，则1m >-，且()()0f m a g m =-=，当(,)x m ∈-∞时，()a g m >，()0f x '>，()f x 为增函数；当(,)x m ∈+∞时，()a g m <，()0f x '<，()f x 为减函数；所以x m =时，()f x 的极大值点，故()f x 仅有一个极值点；（3）解：由（2）知()()max f x f m =，此时(1)m a m e =+，(1)m >-，所以2{()}()(1)(1)(1)(1)m m m m max f x a f m a m me me m e m m e m -=-=+--+=-->-，令2()(1)(1)x h x x x e x =-->-，若存在a ，使()f x a b + 对任意的x R ∈恒成立，则等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ，即()min b h x ，而2()(2)(1)(2)x x h x x x e x x e '=+-=-+，(1)x >-，当(1,1)x ∈-时，()0h x '<，()h x 为单调减函数，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 为单调增函数，所以()min h x h =（1）e =-，故b e - ，所以实数b 的取值范围[e -，)+∞．。

零点和恒成立问题(去水印含答案)


㐮h h
㐮．
（1）当 㐮 ，
时，求函数 的零点；
（2）若对任意实数 ，函数恒有两个相异的零点，求实数 㐮 的取值范围．
8. 设对于任意实数 ，不等式 h h h
骐 恒成立．
（1）求 骐 的取值范围；
（2）当 骐 取最大值时，解关于 的不等式：
骐．
9. 已知命题 ：方程 骐
h骐
骐
骐 在区间 区ᐳ 上为增函数，若“
恒成立，求实数 㐮 的取值范围．
14. 定义
的零点 为 的不动点，已知函数
㐮h h h
㐮
．
（1）当 㐮 ，
时，求函数 的不动点；
（2）对于任意实数 ，函数 恒有两个相异的不动点，求实数 㐮 的取值范围；
（3）若函数 只有一个零点且 t ，求实数 㐮 的最小值．
3
15. 己知函数
h
ln h ．
（1）求 的单调区间；
㐮㤶
6
29. 对任意 㐮
ᐳ ，函数
h 㐮 ᐆ h ᐆ 㐮 的值恒大于零，求 的取值范围．
30. 已知二次函数
㐮 h h 㤶 㐮 ，求证：对于 ᐳ R，且 t ，
，
方程
h
有不相等的两个实根，且必有一实根属于 ᐳ ．
31. 已知函数
㐮ln 㐮
㐮．
（1）求函数 的单调区间；
（2）函数
的图象在 ᐆ 处切线的斜率为 ，若函数
57. 设函数
h．
（1）求不等式 t 的解集；
（2）若
h 㐮 t 对任意
恒成立，求实数 㐮 的取值范围．
12
58. 已知 㐮 t ， t ，函数
h㐮 h
的最小值为 ．
（1）求证： 㐮 h

数学-精品专题----七种零点问题

题型一：零点存在定理法判断函数零点所在区间 (3)一、单选题 (3)二、多选题 (6)三、填空题 (9)四、解答题 (14)题型二：方程法判断零点个数 (16)一、单选题 (16)二、多选题 (18)三、填空题 (20)四、解答题 (22)题型三：数形结合法判段函数零点个数 (24)一、单选题 (24)二、多选题 (28)三、填空题 (31)四、解答题 (34)题型四：转化法判断函数零点个数 (39)一、单选题 (39)二、多选题 (42)三、填空题 (44)四、解答题 (46)题型五：零点存在定理与函数性质结合判断零点个数 (48)一、单选题 (48)二、多选题 (50)三、解答题 (53)题型六：利用函数零点（方程有根）求参数值或参数范围 (57)一、单选题 (57)二、多选题 (59)三、填空题 (61)四、解答题 (62)题型七：利用函数的交点（交点个数）求参数 (63)一、单选题 (63)二、多选题 (66)三、填空题 (68)四、解答题 (71)1.转化思想在函数零点问题中的应用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值域问题.2.判断函数零点个数的常用方法(1)通过解方程来判断.(2)根据零点存在性定理，结合函数性质来判断.(3)将函数y＝f(x)－g(x)的零点个数转化为函数y＝f(x)与y＝g(x)图象公共点的个数来判断.3.正弦型函数的零点个数问题，可先求出零点的一般形式，再根据零点的分布得到关于整数k的不等式组，从而可求相应的参数的取值范围.4.涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.5.函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． （3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．6.对于复合函数()y f g x ⎡⎤=⎣⎦的零点个数问题，求解思路如下： （1）确定内层函数()u g x =和外层函数()y f u =； （2）确定外层函数()y f u =的零点()1,2,3,,i u u i n ==；（3）确定直线()1,2,3,,i u u i n ==与内层函数()u g x =图象的交点个数分别为1a 、2a 、3a 、、n a ，则函数()y f g x ⎡⎤=⎣⎦的零点个数为123n a a a a ++++.题型一：零点存在定理法判断函数零点所在区间一、单选题【分析】结合对数函数、函数零点存在性定理等知识求得正确答案. 【详解】1133log 4log 10a =<=，3372,12b b =<<<，对于函数()()2ln 0f x x x x=->， ()f x 在()0,∞+上递增，()()22ln 210,e 10ef f =-<=->，所以()f x 存在唯一零点x c =，()2,e c ∈，使()0f c =，所以对于2ln c c=，有()2,e c ∈，所以a b c <<.故选：AA ．3,4（）B ．4,5（）C ．5,6（）D ．8,9（）【答案】B【分析】根据零点存在定理，先判断函数的单调性，再计算函数在端点处的函数值，即可得到答案.【详解】()12ln 3f x x x=-- ,由对数函数和幂函数的性质可知，函数在,()0x ∈+∞时为单调增函数，11(3)2ln332 1.0993033f =--≈⨯--<， 11(4)4ln2340.69330.478044f =--≈⨯--=-<，11(5)2ln532 1.60930.018055f =--≈⨯--=>，11(6)2ln632(ln 2ln3)2 1.7926630.4140f =--=+≈⨯--=>，因为()f x 在,()0x ∈+∞内是递增，故(8)0,(9)0f f >> ，函数是连续函数，由零点判断定理知，()f x 的零点在区间(4,5)内，故选：B ．【分析】先根据题意解方程，解出5e 910k-=，在和端点值比较大小，由函数单调性和函数连续得到结果.【详解】将200,5,20A t L ===代入()()1e kt L t A -=-，解得：5e 910k-=，其中5e x y -=单调递减，而414e e --⎛⎫= ⎪⎝⎭，4910000e 106561-⎛⎫=< ⎪⎝⎭，而4y x -=在()0,∞+上单调递减，所以115204ee910-⨯-=<，结合单调性可知1113249<<e e 10e ---<，即1115551015209<0e e e 1-⨯-⨯-⨯<<，而050e 91e 10-⨯==>，其中5e xy -=为连续函数，故记忆率k 所在区间为1(0,)20. 故选：A【分析】根据零点存在性定理进行求解.【详解】易知()f x 在R 上单调递增且连续．由于()1440163f -=-<，()122043f -=-<，()111023f -=->，当0x >时，()0f x >，所以()02,1x ∈--．故选：B【分析】求出c 的值，利用零点存在定理得出31,2b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，然后比较a 、b 、c 的大小关系，结合函数()f x 的单调性可得出结论.【详解】因为()f x 的定义域为()0,∞+，()1e 0xf x x'=+>，则函数()f x 在其定义域上为增函数，3e 16>，则32e 4>，则3233e ln 4022f ⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭，因为()1e 40f =-<，由零点存在定理可知31,2b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，由()2310g x x x '=--=可得1=x 2=x .当x <或x >时，()0g x '>x <<()0g x '<.所以，1c =<.因为2223log log 3log 422a =<=<=，所以，01cb a <<<<，故()()()f a f b fc >>.故选：A.6．（2022·安徽·安庆一中高三期末（理））函数2()log f x x x =+的零点所在的区间为（ ）【分析】依据函数零点存在定理去判断2()log f x x x =+的零点所在的区间即可. 【详解】2()log f x x x =+为(0,)+∞上的递增函数， 222111112log log 3log 03333332f ⎛⎫=+=-<-< ⎪⎝⎭=-，21111log 02222f ⎛⎫=+=-< ⎪⎝⎭，()22222251log log 353log 333333f ⎛⎫=+=-=- ⎪⎝⎭()221log 32log 2703=->()()22222333511log log 354log 3log log 04444443281f ⎛⎫=+=-+=-+=-+> ⎪⎝⎭，则函数2()log f x x x =+的零点所在的区间为12,23⎛⎫⎪⎝⎭故选：B二、多选题【分析】由题可得4()e x f x a x π-'=-，由()14f π=-可知，()04f π'=，进而可求1a =，然后再证明即得；再利用数形结合可得()'f x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点，利用零点存在定理及三角函数的性质即得.【详解】∵4()e 1x f x a x π-⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∵4()e x f x a x π-'=-+，又函数4()e 1x f x a x π-⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭的最小值为1-，∵函数在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上不单调，又44()e 1144f a ππππ-⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，∵4x π=时，函数在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上取得最小值，可得原条件的一个必要条件()04f π'=，∵44()e 1044f a a ππππ-'=-=-+=，即1a =，下面证明充分性：当1a =时，4()e 1xf x x π-=-，4()e xf x x π-'=-，令()4e xg x x π-=-，则()4os exx g x π-'=>，∵函数()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又44(0)e 0,()e 02f f πππ-''=-<=->，∵函数()'f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点4x π=，且在0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '<，在,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '>，∵函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭的最小值为()14f π=-，综上，1a =故A 正确；∵4()e xf x x π-'=-+，令4()e 0x f x x=π-'=-，得4e x x π-，由函数图象可知4e x ,y y x π-==在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上只有一个交点，即存在唯一0,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得040e x x π-，又3243()e 10,()e 04f >f ππππ--''=-+=-<，故03,4x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，当()0,x x π∈时，()0f x '<，∵在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上，()f x 唯一的极大值点0x ，040000()e 11x f x x x x π-⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭02sin 14x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，∵03,4x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，03,424x πππ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，∵00()2sin 12114f x x π⎛⎫=--<-= ⎪⎝⎭.故CD 正确.故选：ACD.8．（2022·全国·高三专题练习）设函数()y f x =的定义域为R ，如果存在常数()0T T ≠，对于任意x ∈R ，都有()()f x T T f x +=⋅，则称函数()y f x =是“类周期函数”，T 为函数()y f x =的“类周期”．现有下面四个命题，正确的是（ ）A ．函数()x f x -=3是“类周期函数”B ．函数()3f x x =是“类周期函数”C ．如果函数()cos f x x ω=是“类周期函数”，那么“k ωπ=，Z k ∈”D ．如果“类周期函数”()y f x =的“类周期”为1-，那么它是周期为2的周期函数 【答案】ACD【分析】根据类周期函数的定义，分别进行判断即可．【详解】解：对于A ，若函数()xf x -=3是“类周期函数”，则存在非零常数T ，使()()f x T T f x +=⋅，即33x T x T ---=⋅，即(3)30T x T ---⋅=，即30T T --=，令()3Tg T T -=-，因为()()1200110,11033g g =-=-<=-=>，且函数()g T 在0,1上连续，所以函数()3Tg T T -=-在0,1上存在零点，即方程30T T --=在0,1上有解，即存在常数()0T T ≠，对于任意x ∈R ，都有()()f x T T f x +=⋅，所以函数()x f x -=3是“类周期函数”，故A 正确；对于B ，若函数()3f x x =是“类周期函数”，则存在非零常数T ，使()()f x T T f x +=⋅，即()33x T T x+=⋅，则()33x T T x+=，即1x T Tx x+=+对任意的x 恒成立，则0T =，矛盾，所以不存在常数()0T T ≠，对于任意x ∈R ，都有()()f x T T f x +=⋅，所以函数()3f x x =不是“类周期函数”，故B 错误.对于C ，若函数()cos f x x ω=是“类周期函数”，则存在非零常数T ，使()()f x T T f x +=⋅，即cos()cos x T T x ωωω+=；故1T =或1T =-， 当1T =时，cos()cos x x ωωω+=，由诱导公式得2k ωπ=，k Z ∈；当1T =-时，cos()cos x x ωωω+=-，由诱导公式得()21k ωπ=+，k Z ∈；故“k ωπ=，k Z ∈”，故C 正确；对于D ，如果“类周期函数”()y f x =的“类周期”为1-， 则(1)()f x f x -=-，即(1)()((1))(1)f x f x f x f x -=-=--+=+；故它是周期为2的周期函数；故D 正确.9．（2021·江西·模拟预测）已知实数1m n <<，设方程()()()(1)()(1)0x m x n x m x x n x --+--+--=的两个实数根分别为1212,()x x x x <，则下列结论正确的是（ ）A ．不等式()()()(1)()(1)0x m x n x m x x n x --+--+--<的解集为12(,)x xB ．不等式()()()(1)()(1)0x m x n x m x x n x --+--+--<的解集可能为空集C ．121x m x n <<<<D ．121m x n x <<<< 【答案】AD【分析】构造二次函数()()()(1)()()()1x m x n x m x x n x x f --+--+--=，分析函数()f x 的图象特征即可判断作答.【详解】令()()()(1)()()()1x m x n x m x x n x x f --+--+--=，R x ∈， 因1m n <<，则函数()f x 的图象对称轴1(,1)3m n x m ++=∈，且()f x 在1(,)3m n ++-∞上递减，在1(,)3m n +++∞上递增，又()(1)()0m n f m m --=>，()(1)()0n m f n n --=<，(1)(0()1)1m f n -->=，于是得函数()f x 有两个零点1212,()x x x x <，且满足121m x n x <<<<，不等式()0f x <的解集为12(,)x x ，所以A 正确，B 不正确，C 不正确，D 正确.故选：AD三、填空题在ABC 中，函数y x =+若命题“x ∃∈若函数()f x 【答案】∵∵∵【分析】∵利用大边对大角和正弦定理可证；∵变形后利用基本不等式进行求解最大值；∵先把命题否定，得到对x R ∀∈，2(3)10ax a x +-+>恒成立，分0a =与0a ≠两种情况求出a的取值范围；∵先根据(1)2af =-得到32a b c =--，得到(2)f a c =-，接下来分0c >与0c ≤，利用零点存在性定理得到答案.【详解】在ABC 中，因为A B >，所以a b >，由正弦定理得：sin sin a bA B=，所以sin sin A B >，同理可证，当sin sin A B >时，A B >，故在ABC 中，A B >是sin sin A B >的充要条件，∵正确；因为1x <，所以10x -<，201x ，所以()221111111y x x x x ⎡⎤=-++=--++≤-⎢⎥--⎣⎦，当且仅当()211x x -=-，即1x =等号成立，所以函数2(1)1y x x x =+<-的最大值是1-∵错误；命题“x R ∃∈，使得2(3)10ax a x +-+≤”是假命题，则对x R ∀∈，2(3)10ax a x +-+>恒成立，当0a =时，310x -+>不恒成立，当0a ≠时，只需0Δ0a >⎧⎨<⎩，解得：19a <<，综上：若命题“x R ∃∈，使得2(3)10ax a x +-+≤”是假命题，则19a <<；∵正确；(1)2a b c a f ++==-，所以32ab c =--，因为(0)f c =，3(2)42422a f a b c a c c a c ⎛⎫=++=+--+=- ⎪⎝⎭，当0c >时，(0)0f c =>，因为0a >，所以(1)02af =-<，故()(0)10f f <，由零点存在性定理得：在区间()0,1上，至少存在一个零点，当0c ≤，(2)0f a c =->，()(2)10f f <，由零点存在性定理得：在区间()1,2上至少存在一个零点，综上：函数()f x 在区间(0,2)内必有零点，∵正确. 故答案为：∵∵∵11．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2e x f x ax x =+-，且2a >-，()f x '为()f x 的导函数，下列命题：∵存在实数a ，使得导函数()f x '为增函数； ∵当0a >时，函数()f x 不单调；∵当21a -<≤-时，函数()f x 在R 上单调递减； ∵当1a =时，函数()f x 有极值．在以上命题中，正确的命题序号是______． 【答案】∵∵∵∵【分析】求()f x '，令0a =可判断∵；根据零点存性定理可判断022,0x a ⎛⎫∃∈-- ⎪⎝⎭使得()00f x '=，可判断∵；令()()g x f x '=，求()g x '，由()g x '的符号判断()g x 的单调性，可求得()0g x ≤恒成立即()0f x '<恒成立可判断∵；求()f x '的单调性，根据零点存在性定理可知()00,1x ∃∈，使得()00f x '=可判断∵，进而可得正确答案.【详解】由()()2e xf x ax x =+-可得()()2e 1x f x ax a '=++-，对于∵，若0a =时，()2e 1xf x '=-为增函数，故∵对；对于∵，若0a >时，2222e 10af a a --⎛⎫'--=--< ⎪⎝⎭，()010f a '=+>，022,0x a ⎛⎫∃∈-- ⎪⎝⎭，使得()00f x '=，所以函数()f x 不单调，故∵对；对于∵，令()()2e 1x g x ax a =++-，则()()22e xg x ax a '=++，当21a -<≤-时，由()0g x '>得22x a ⎛⎫<-+ ⎪⎝⎭，由()0g x '<得22x a ⎛⎫>-+ ⎪⎝⎭所以()g x 在2,2a ⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭上单调递增，在22,a ⎛⎫--+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，从而()22max e1a g x a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=--，要使220e 1a a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭-≤-，则令22t a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则112t a =--，所以e 12t t ≤+，令()()e 1102t t m t t =---≤≤，()1e 2t m t '=-，则()m t 在11,ln 2⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减，在1ln ,02⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，而()11110e 2m -=+-<，()00e 010m =--=所以()0m t ≤恒成立，从而()22max e10a g x a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=--≤，即()0f x '≤恒成立，即()f x 在R 上单调减．故∵正确；对于∵，当1a =时，()()3e 1x f x x '=+-，()()4e x f x x ''=+，可知()()3e 1xf x x '=+-在(),4-∞-单调递减，在()4,-+∞单调递增，因为()020f '=>，()2110ef '-=-<，()00,1x ∃∈，使得()00f x '=，所以函数()f x 有极值，故∵对．综上所述：∵∵∵∵都正确，故答案为：∵∵∵∵. 12．（2021·福建·三明一中高三学业考试）已知函数()23x f x x =--的零点()()0,1x k k k Z ∈+∈，则k =__________．【答案】-3或2【分析】对函数()f x 求导，借助导数探讨其单调性，再用零点存在性定理分析计算即得.【详解】对函数()23x f x x =--求导得：()2ln 21x f x '=-，由()0f x '=得22log xe =，解得22log (log )x e =，当22log (log )x e <时，()0f x '<，当22log (log )x e >时，()0f x '>，于是得()f x 在22(,log (log ))e -∞上递减，在22(log (log ),)e +∞上递增，显然，13(3)0,(2)084f f -=>-=-<，则函数()f x 在区间(3,2)--上存在一个零点，又(2)10,(3)20f f =-<=>，即函数()f x 在区间(2,3)上存在一个零点，因函数()23x f x x =--的零点()()0,1x k k k Z ∈+∈，则3k =-或2k =，所以3k =-或2k =.故答案为：-3或2【分析】令21()()log 2x f x x =-，利用零点存在性定理可得a ∈，1(0,)2b ∈，从而可得12a b <- 【详解】令21()()log 2x f x x =-，则()f x 在(0,)+∞上单调递减，因为f （1）110022=-=>，111()log ()0222f =-=-<，21()log 2a a =，所以a ∈.122log b b =，0b >，21b ∴>，1(0,)2b ∴∈，∴12a b <- ∵：ln()a b -可能小于等于0，∴∵错误，∵：0b a -<，0221b a -∴<=，∴∵正确， ∵：0a b >>，∴11a b <，11a b∴->-，∴∵正确，∵：(1,2)a ∈，2log 0a ∴>， 1(0,)2b ∈，2log 0b ∴<，22log 0log a b ∴>>.∴∵正确，故答案为：∵∵∵.【分析】对于选项∵∵∵，直接代入求解即可判断；对于选项∵∵，先根据条件构造函数，判断函数的单调性，利用零点存在性定理判断即可.【详解】∵()224f x x x x =+-=，得240x x x +-=⇒=x =满足条件，故∵满足题意；∵()22,132,1x x f x x x ⎧≤⎪=⎨->⎪⎩，当1x ≤时，220x x x =⇒=或12x =；当1x >时，()2232321x x x x x -=⇒-=⇒=或3x =，即3x =；满足条件，故∵满足题意；∵()()21x f x e x x =+-=，令()2xg x e x =+-，易知()g x 为R 上的增函数，又()()010020,1120g e g e =+-<=+->，由零点存在性定理得()g x 在区间()0,1存在唯一的零点.故∵满足题意；∵()ln f x ax x a =--（01a <<），()ln ln 10ax x a x x a x a --=⇒+-+=， 令()()ln 1h x x a x a =+-+，又01a <<，则10a ->，易知()h x 为()0,∞+上的增函数， 又()()11131ln 12ln 20,1ln111044444h a a a h a a ⎛⎫=+-+=-++<=+-+=> ⎪⎝⎭，由零点存在性定理得()h x 在区间1,14⎛⎫⎪⎝⎭存在唯一的零点.故∵满足题意；∵()220f x x x x x=+=⇒=无实数解， 故∵满足题意；故答案为：∵∵∵∵.【点睛】本题主要考查了对布劳威尔不动点定理的理解，考查了零点存在性定理；考查学生的逻辑推理能力，运算求解能力.属于中档题.【分析】分别求出f (x )、g (x )零点所在区间，即可得到f (x ＋3)、g (x －4)的零点所在区间，结合题意，即可得到b －a 的最小值.【详解】∵f (x )＝1＋x －22x ＋33x ，∵'2()1f x x x =-+，∵'2213()1()024f x x x x =-+=-+>恒成立，∵f (x )＝1＋x －22x ＋33x 在R 上是单调递增函数.∵f (0)＝1>0，f (－1)＝506-<，∵f (x )在区间[－1，0]上存在唯一零点，∵f (x ＋3)在区间[－4，－3]上存在唯一零点；又∵g (x )＝1－x ＋22x －33x ，∵'2()1g x x x =-+-，∵'2213()1()024g x x x x =-+-=---<恒成立，∵g (x )＝1－x ＋22x －33x 在R 上是单调递减函数，∵g (2)＝503-<，g (1)＝106>，∵g (x )在区间[1，2]上存在唯一零点，∵g (x －4)在区间[5，6]上存在唯一零点，由F (x )＝f (x ＋3)g (x －4)＝0，得f (x ＋3)＝0或g (x －4)＝0，故函数F (x )的零点均在[－4，6]内，则b －a 的最小值为10.故答案为：10.【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性、函数零点与方程，考查分析理解，求值计算的能力，属中档题.四、解答题16．（2022·陕西西安·高三阶段练习（文））已知函数22()e x f x ax -=-（e 为自然对数的底数，R a ∈）.(1)若1a =-，求证：()'f x 在区间()0,1内有唯一零点； (2)若()f x 在其定义域上单调递减，求a 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2)[0,2e].【分析】（1）把1a =-代入，求出()'f x 并探讨其单调性，再结合零点存在性定理判断作答. （2）利用给定单调性建立不等式，再分类分离参数，构造函数，讨论求解作答.(1)当1a =-时，()22e xf x x -=+，求导得：2()2e 2x f x x -'=-+，令2()2e 2x x x ϕ-=-+，则2()4e 20x x ϕ-'=+>，则函数()ϕx 在R 上单调递增，即函数()'f x 在R 上单调递增，而(0)20f '=-<，221(1)2e 22(1)0e f -'=-+=->，由函数零点存在性定理知，存在唯一0(0,1)x ∈，有0()0f x '=，所以()'f x 在区间()0,1内有唯一零点.(2)函数22()e x f x ax -=-的定义域是R ，依题意，R x ∀∈，2()2e 20x f x ax -'=--≤成立， 当0x =时，20-≤成立，R a ∈，当0x >时，2e x a x -≥-，令2e ()xg x x -=-，0x >，2221()0e x x g x x +'=>，即函数()g x 在(0,)+∞上单调递增，又当0x >时，()0g x <恒成立，于是得0a ≥，当0x <时，2e x a x -≤-，令2e ()xh x x -=-，0x <，2221()e x x h x x +'=，当12x <-时，()0h x '<，当102x -<<时，()0h x '>， 因此，()h x 在1(,)2-∞-上单调递减，在1(,0)2-上单调递增，当12x =-时，min 1()()2e 2h x h =-=，于是得2e a ≤，综上得：02e a ≤≤，所以a 的取值范围是[0,2e].【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.f x 零点的个数；，求a 的取值范围答案见解析；(2)6a ≤【分析】（1）对()f x 求导有()()(1)e (0)xf x x x a x '=-->，再研究()e (0)xg x a x x -=>的单调性，结合()01f '=及零点存在性定理，讨论a 的范围判断f x 零点的个数.（2）讨论0a ≤、0e a <<、e a =、e a >，结合fx 的符号研究()f x 的单调性并结合(1)ef =求参数a 的范围.(1)()()()2e (1)(1)e (0)x xf x x x a x x x a x '=---=-->，令()e (0)x g x a x x -=>，则()(1)e 0x g x x '=+>，故()g x 在(0,)+∞上单调递增，而()01f '=， 当0a ≤时，e x x a =无解；当0e a <<时，由(0)0g a =-<，(1)e 0g a =->，故e x x a =有一个在(0,1)上的解；当e a =时，由(1)0g =，故e x x a =的解为1；当e a >时，由(1)e 0g a =-<，()(e 1)0a g a a -=>，故e x x a =有一个在(1,)+∞上的解； 综上，当0a ≤或e a =时，导函数f x 只有一个零点.当0e a <<或e a >时，导函数f x 有两个零点.(2)当0a ≤时，e 0x x a ->，则函数()f x 在1x =处取得最小值(1)e f =.当0a >时，由（1）知：()g x 在(0,)+∞上单调递增，则必存在正数0x 使得00e 0xx a -=.若e a >则01x >，在(0,1)上00e 0x x a -<，则()0f x '>，在0(1,)x 上00e 0x x a -<，则()0f x '>，在()0,x +∞上00e 0x x a ->，则()0f x '<，所以()f x 在(0,1)和()0,x +∞上单调递增，在()01,x 上单调递减，又(1)e f =，不合题意.若e a =则01x =，在(0,)+∞上0f x ，则()f x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)e f =，不合题意.若0e a <<则001x <<，在0(0,)x 上00e 0x x a -<，则()0f x '>，在0(),1x 上00e 0x x a ->，则()0f x '<，在()1,+∞上00e 0x x a ->，则()0f x '>，所以()f x 在()00,x 和(1,)+∞上单调递增，在()0,1x 上单调递减，则(0)3(1)e 2a f f =-≥=，解得62e a ≤-，即062e a <≤-.综上，62e a ≤-.题型二：方程法判断零点个数一、单选题【分析】由奇偶性定义可判断出A 正确；令()0f x =可确定B 正确；根据()f x 定义域为R ，()112f =-，可知若最小值为12-，则1x =是()f x 的一个极小值点，根据()10f '≠可知C 错误；由0x =时，cos x π取得最大值，21x +取得最小值可确定D 正确. 【详解】对于A ，()f x 定义域为R ，()()()()22cos cos 11x xf x f x x x ππ--===+-+， ()f x ∴为偶函数，A 正确；对于B ，令()0f x =，即cos π0x ，()2x k k πππ∴=+∈Z ，解得：()12x k k =+∈Z ， ()f x ∴有无数个零点，B 正确；对于C ，()112f =-，∴若()f x 的最小值为12-，则1x =是()f x 的一个极小值点，则()10f '=； ()()()222sin 2cos 1xx x xf x xππππ++'=-+，()2sin 2cos 11042f πππ+'∴==-≠，1x ∴=不是()f x 的极小值点，C 错误；对于D ，1cos 1x π-≤≤，211x +≥；则当cos 1x π=，211x +=，即0x =时，()f x 取得最大值1，D 正确.故选：C. 2．（2022·北京·模拟预测）已知函数()cos 2cos f x x x =+，且[]0,2πx ∈，则()f x 的零点个数为（ ） A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【分析】解三角方程求得()f x 的零点即可解决【详解】由()()2cos 2cos 2cos cos 1cos 12cos 10x x x x x x +=+-=+-=可得cos 1x =-或1cos 2x =，又[]0,2πx ∈，则πx =，或π3x =，或5π3x =则()f x 的零点个数为3故选：C【分析】利用()()f x a f a x +=-知()f x 关于直线x a =对称的性质验证A ；求得3102f π⎛⎫=-≠ ⎪⎝⎭可判断B ；化简()sin (1cos )f x x x =+，令()0f x =，得()x k k Z π=∈，进而判断C ；利用导数研究函数的单调性可判断D.【详解】对于A ，由已知得11()sin()sin 2()sin sin 222f x x x x x πππ-=-+-=-，即()()π-≠f x f x ，故()f x 不关于2x π=对称，故A 错误；对于B ，331sin sin 310222f πππ⎛⎫=+=-≠ ⎪⎝⎭，故B 错误； 对于C ，利用二倍角公式知()sin (1cos )f x x x =+，令()0f x =得sin 0x =或cos 1x =-，即()x k k Z π=∈，所以该函数在区间[]0,10内有4个零点，故C 错误；对于D ，求导2()cos cos22cos cos 1f x x x x x '=+=+-，令cos x t =，由57,33x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，知1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即2()21g t t t =+-，利用二次函数性质知()0g t ≥，即()0f x '≥，可知()f x 在区间57,33x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增，故D 正确；故选：D.4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)={|x |+2,x <1,x +2x ,x ≥1.，则函数()||y f x x =-零点个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】A【分析】当1x <时和1≥x 时，分别化简函数()||y f x x =-的解析式可直接判断零点的个数.【详解】当1x <时，22y x x =+-=，所以不存在零点；当1≥x 时，220t x x x x=+-=>，也不存在零点，所以函数()||y f x x =-的零点个数为0.故选：A.二、多选题【分析】根据函数解析式，结合函数性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对A ：()f x 的定义域为{}0x x ≠，A 错误； 对B ：()()11x x f x f x x x-++-==-=--，且定义域关于原点对称，故()f x 是奇函数，B 正确；对C ：当0x >时，()111x f x x x+==+，单调递减，C 正确； 对D ：因为0x ≠，10x +>，所以()0f x =无解，即()f x 没有零点，D 错误．故选：BC .【分析】写出()f x 的分段函数形式，A 应用正余弦函数的性质判断()f x 的周期性，B 由已知可得12cos 2cos 21x x ==，则112x k π=，222x k π=（12,k k Z ∈），即可判断正误；根据解析式，应用特殊值法判断C 、D 的正误.【详解】将函数()f x 化作分段函数，即cos 2,sin cos ()cos 2,sin cos x x x f x x x x -≥⎧=⎨<⎩，A ，(2)[sin(2)cos(2)]sin(2)cos(2)()f x x x x x f x πππππ+=+++⋅+-+=，()f x 是周期为2π的函数，对；B ，由12()()2f x f x +=得12|()||()|1f x f x ==，则12cos 2cos 21x x ==， 此时112x k π=，222x k π=（12,k k Z ∈），可得1212()2k k x x π++=，对； C ，由解析式得(0)()12f f π==，()f x 在[,]22ππ-上不单调，错；D ，由解析式知3()()12f f ππ==-，即()()1g x f x =+在[0,2]π上至少有两个零点，错.故选：AB.7．（2022·全国·高三专题练习）若()f x 和()g x 都是定义在R 上的函数，且方程()f g x x =⎡⎤⎣⎦有实数解，则下列式子中可以为()g f x ⎡⎤⎣⎦的是（ ） A ．22x x + B ．1x + C ．cos x e D ．ln(||1)x +【答案】ACD【分析】由方程()f g x x =⎡⎤⎣⎦有实数解可得(){}()g f g x g x =⎡⎤⎣⎦，再用x 替代()g x ，即 []()x g f x =有解，逐个判断选项即可得出答案.【详解】由方程()f g x x =⎡⎤⎣⎦有实数解可得(){}()g f g x g x =⎡⎤⎣⎦，再用x 替代()g x ，即 []()x g f x =有解.对于A ，22x x x =+，即20x x +=，方程有解，故A 正确； 对于B ，1x x =+，即01=，方程无解，故B 错误；对于C ，当cos ,x e x =令cos ()x h x e x =-，因为(0)0f e =>，1022f ππ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，由零点的存在性定理可知，()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在零点，所以方程有解，故选项C 正确；对于D ，当ln(||1)x x +=时，0x =为方程的解，所以方程有解，故选项D 正确.故选：ACD.【分析】对A ：根据偶函数的定义即可作出判断；对B ：由有界性0|cos |1x ≤≤，1sin ||1x -≤≤，且32x π=时sin |||cos |1x x +=-即可作出判断；对C ：当[]0,2x π∈时，sin cos ,023()sin cos ,223sin cos ,22x x x f x x x x x x x πππππ⎧+≤⎪⎪⎪=-<⎨⎪⎪+<⎪⎩，可得函数()f x 有两个零点，根据偶函数的对称性即可作出判断；对D ：当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()sin cos 4f x x x x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，利用三角函数的图象与性质即可作出判断.【详解】解：对A ：因为()sin |||cos()|sin |||cos |()f x x x x x f x -=-+-=+=，所以()f x 是偶函数，故选项A 正确；对B ：因为0|cos |1x ≤≤，1sin ||1x -≤≤，所以sin |||cos |1x x +≥-，而32x π=时sin |||cos |1x x +=-，所以()f x 的最小值为1-，故选项B 正确；对C ：当[]0,2x π∈时，sin cos ,023()sin cos ,223sin cos ,22x x x f x x x x x x x πππππ⎧+≤⎪⎪⎪=-<⎨⎪⎪+<⎪⎩，令()0f x =，可得54=x π，74π，又由A 知函数()f x 为偶函数，所以函数()f x 在区间[]2,0π-上也有两个零点54π-，74π-，所以函数()f x 在区间[]2,2ππ-上有4个零点，故选项C 正确；对D ：当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()sin cos 4f x x x x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，因为2x ππ<<，所以3444x πππ<-<，而sin y x =在,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3,24ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故选项D 错误.故选：ABC.三、填空题【答案】42ω<<或22ω<≤.【分析】先求出零点的一般形式，再根据()f x 在区间(4π，23π)上恰有2个零点可得关于整数k 的不等式组，从而可求ω的取值范围.【详解】令()0f x =，则1sin 62x πω⎛⎫-= ⎪⎝⎭，故()1,66k x k k Z ππωπ-=+-∈，故()166kk x πππω+-+=，因为()f x 在区间(4π，23π)上恰有2个零点，所以存在整数k ，使得： ()()()()()()()123421116666213166663k k k k k k k k ππππππωωππππππππωω+++⎧+-+++-+⎪≤⎪⎪⎨⎪++-+++-+⎪<⎩<≤⎪，若k 为偶数，则()()()13233423k k k k πππωωπππωππω⎧+⎪+≤⎪⎪⎨⎪+++⎪<⎩<≤⎪， 整理得到：()444433733232k k k k ωω⎧+≤<+⎪⎪⎨⎛⎫⎪+<≤+ ⎪⎪⎝⎭⎩∵，因为0>ω，故0k ≥， 当2k ≥时，4394322k k +>+，故∵无解，当0k =时，有4437922ωω⎧≤<⎪⎪⎨⎪<≤⎪⎩即742ω<<.若k 为奇数，则()()()42313323k k k k πππππωωπππωω⎧++⎪≤<≤⎪⎪⎨⎪+++⎪<⎪⎩，整理得到：()444333102223k k k k ωω⎧⎛⎫≤<+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+<≤+ ⎪⎪⎝⎭⎩∵，因为0>ω，故1k ≥-，当3k ≥时，3452k k >+，故∵无解，当1k =-时，有4433722ωω⎧-≤<⎪⎪⎨⎪<≤⎪⎩，无解.当1k =时，有284391322ωω⎧≤<⎪⎪⎨⎪<≤⎪⎩，故91322ω<≤.综上，742ω<<或91322ω<≤.故答案为：742ω<<或91322ω<≤. 【点睛】思路点睛：对于正弦型函数的零点个数问题，可先求出零点的一般形式，再根据零点的分布得到关于整数k 的不等式组，从而可求相应的参数的取值范围.【分析】根据m 的范围分类讨论f (x )的零点即可.【详解】∵m ＝0时，f (x )={x 2+3x,x ≤0,x −1,x >0，令f (x )＝0，则x ＝0或x ＝－3或x ＝1，即f (x )有三个零点，满足题意；∵m ≠0时，令f (x )＝0，则x ＞0时，101mx x +-=+，则21x m =-(*)， x≤0时，230x x m ++=(**)，显然x ≤0时的方程(**)最多有两个负根，而x ＞0时的方程(*)最多只有一正根，为了满足题意，则x ＞0时必有1根，则1－m ＞0，且根为x ∵m ＜1；x ≤0时方程必然有两个负根，则Δ094090004m m m m ⎧>->⎧⇒⇒<<⎨⎨>>⎩⎩， ∵0＜m ＜1；综上所述，m ∵[)0,1.故答案为：[)0,1.四、解答题【分析】（1）求得11e f x ax a x =+-+，分0a =、0a <、0a >三种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的增区间和减区间；（2）由()0f x =可得出20ax x a -+=，由102a <<结合判别式可判断出方程20ax x a -+=的根的个数，由此可证得结论成立.(1)解：函数()f x 的定义域为R ，()()()()2211e 11e x x f x ax a x a ax a x '⎡⎤=+-+-=+-+⎣⎦.当0a =时，则()()1e xf x x '=-+，由()0f x '<可得1x >-，由()0f x '>可得1x <-，此时函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-，单调递减区间为()1,-+∞； 当0a ≠时，由()0f x '=可得11=-x a或1x =-. ∵当0a <时，111a-<-，由()0f x '<可得11x a <-或1x >-，由()0f x '>可得111x a -<<-，此时函数()f x 的单调递减区间为1,1a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭、()1,-+∞，单调递增区间为11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭；∵当0a >时，111a ->-，由()0f x '<可得111x a -<<-，由()0f x '>可得1x <-或11x a >-，此时函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-、11,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭.综上所述，当0a <时，函数()f x 的单调递减区间为1,1a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭、()1,-+∞，单调递增区间为11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭； 当0a =时，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-，单调递减区间为()1,-+∞；当0a >时，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-、11,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭.(2)解：由()0f x =可得20ax x a -+=，因为102a <<，则()()21412120a a a ∆=-=-+>，即关于x 的方程20ax x a -+=有两个不等的实根， 所以，当102a <<时，()f x 在R 上有且仅有两个零点.【点睛】思路点睛：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面： （1）求导后看最高次项系数是否为0，须需分类讨论；（2）若最高次项系数不为0，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两根相等的情况；（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较.【答案】(1)2个(2)存在，且a 的取值范围是0,7⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【分析】（1）解方程()0f x =，即可得解；（2）由()00f =，分析可知当2x <且0x ≠时，由()0f x ≤可得()2310ax a +-≤，分0a =、0a <、0a >三种情况分析，结合一次函数的基本性质可得出关于实数a 的不等式，综合可求得实数a 的取值范围.(1)解：当3a =时，()()3221f x x x x x =+=+，令()0f x =，可得0x =或1x =-，此时函数()f x 有2个零点.(2)解：当(),2x ∈-∞时，由()()32111032f x ax a x =+-≤.当0x =时，对任意的R a ∈，()00f =，满足题意； 当2x <且0x ≠时，由()0f x ≤可得()2310ax a +-≤， 若0a =，则有30-≤，合乎题意； 若0a <，当3302ax a-<<时，()2310ax a +->， 则()2310ax a +-≤对任意的()(),00,2x ∈-∞⋃不可能恒成立，舍去； 若0a >，则有()4310a a +-≤，解得37a ≤，此时307a <≤.综上所述，当307a ≤≤时，当(),2x ∈-∞时，()0f x ≤恒成立. 题型三：数形结合法判段函数零点个数一、单选题1．（2022·安徽淮南·二模（文））已知函数，则下列关于函数的描述中，其中正确的是（ ）． ①当时，函数没有零点；②当时，函数有两不同零点，它们互为倒数； ③当时，函数有两个不同零点；④当时，函数有四个不同零点，且这四个零点之积为1． A ．①② B ．②③C ．②④D ．③④【答案】C【分析】画出函数图象即可判断①，令解方程即可判断③，将零点问题转化成函数图象交点的问题，利用数形结合即可判断②和④.【详解】当时，，函数图象如下图所示， ()1,0ln ,0x a x f x x x a x ⎧++<⎪=⎨⎪->⎩()f x 0a =()f x 02a <<()f x 2a =()f x 2a >()f x ()0f x =0a =()1,0ln ,0x x f x x x x ⎧+<⎪=⎨⎪>⎩由此可知该函数只有一个零点，故①不正确； 当时，则函数的零点为和， ∵函数有两个不同零点，∴由函数的图象可知，解得， 当时，则函数的零点为和，此情况不存在有两不同零点，则函数有两不同零点时的取值范围是，设对应的两个零点为，，即或，解得，， 则，所以它们互为倒数，故②正确；当时，函数解析式为，令，解得，令，解得或，由此可知函数有三个零点，故③不正确； 当时，则函数的零点为和， ∵函数有四个不同零点，∴由函数的图象可知，解得， 当时，则函数的零点为和，此情况不存在有两不同零点；0a >()f x ()10x a x x+=-<()ln 0x a x =>()f x ()1,0ln ,0x x f x x x x ⎧+<⎪=⎨⎪>⎩20a -<-<02a <<0a <()f x ()10x a x x+=-<()ln 0x a x =>()f x ()f x a 02a <<1x 2x 1ln x a =2ln x a =-1e a x =21e e aax -==121x x ⋅=2a =()12,0ln 2,0x x f x x x x ⎧++<⎪=⎨⎪->⎩()1200x x x++=<1x =-()ln 200x x -=>2e x =21e x =0a >()f x ()10x a x x+=-<()ln 0x a x =>()f x ()1,0ln ,0x x f x x x x ⎧+<⎪=⎨⎪>⎩2a -<-2a >0a <()f x ()10x a x x+=-<()ln 0x a x =>()f x设对应的两个零点为，，，，即或，解得，， 当时，整理得，当时，， 则该方程存在两个不等的实数根和，由韦达定理得，所以，则故④正确； 故选：.2．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知函数，则关于的方程有个不同实数解，则实数满足（ ） A ．且 B ．且 C ．且 D ．且【答案】C【分析】令，利用换元法可得，由一元二次方程的定义知该方程至多有两个实根、，作出函数的图象，结合题意和图象可得、，进而得出结果.【详解】令，作出函数的图象如下图所示：由于方程至多两个实根，设为和，由图象可知，直线与函数图象的交点个数可能为0､2､3､4，由于关于x 的方程有7个不同实数解，则关于u 的二次方程的一根为，则， 则方程的另一根为，直线与函数图象的交点个数必为4，则，解得. 所以且. 故选：C.1x 2x 3x 4x 1ln x a =2ln x a =-1e a x =21e e aax -==10x a x++=210x ax ++=2a >0∆>3x 4x 341x x ⋅=12341e 11e aax x x x =⋅⋅=C ()221xf x =--x ()()20f x mf x n ++=7,m n 0m >0n >0m <0n >01m <<0n =10m -<<0n =()u f x =20u mu n ++=1u 2u ()f x 10u =2u m =-()u f x =()u f x=20u mu n ++=1u u =2u u =1u u =()u f x =()()20f x mf x n ++=20u mu n ++=10u =0n =20u mu +=2u m =-2u u =()u f x =10m -<-<01m <<01m <<0n =3．（2022·安徽·模拟预测（文））已知函数，若有4个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】A【分析】在同一坐标系中作出的图象，根据有4个零点求解. 【详解】解：令，得， 在同一坐标系中作出的图象，如图所示：由图象知：若有4个零点， 则实数a 的取值范围是， 故选：A4．（2022·河南河南·三模（理））函数的所有零点之和为（ ） A ．0 B ．2 C ．4 D ．6【答案】B【分析】结合函数的对称性求得正确答案.【详解】令，得， 图象关于对称，在上递减. ，令，所以是奇函数，图象关于原点对称，所以图象关于对称，，在上递增， 所以与有两个交点，()2ln ,02,0x x f x x x x ⎧>=⎨--≤⎩()()g x f x a =-()0,1(]0,1[]0,1[)1,+∞(),y f x y a ==()()g x f x a =-()()0g x f x a =-=()f x a =(),y f x y a ==()()g x f x a =-()0,1()112e e 1x xf x x --=---()112e e 01x xf x x --=--=-112e e 1x x x ---=-()21g x x =-()1,0()(),1,1,-∞+∞()11e e ,x x h x --=-()()()()1e e ,e e x x x x H x h x H x H x --=+=--=-=-()H x ()h x ()1,0()10h =()1ee e x xh x -=-R ()h x ()g x两个交点关于对称，所以函数的所有零点之和为. 故选：B二、多选题5．（2022·广东·普宁市华侨中学二模）对于函数，下列结论中正确的是（ ）A ．任取，都有B ．，其中；C ．对一切恒成立；D ．函数有个零点； 【答案】ACD【分析】作出函数的图象.对于A ：利用图象求出，即可判断；对于B ：直接求出，即可判断；对于C ：由，求得，即可判断； 对于D ：作出和的图象，判断出函数有3个零点.【详解】作出函数的图象如图所示.所以.()1,0()112e e 1x xf x x --=---2sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨->⎪⎩12,[1,)x x ∈+∞123()()2f x f x -≤11511222222k f f f k +⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭k ∈N ()2(2)()k f x f x k k N *=+∈[0,)x ∈+∞()ln(1)y f x x =--3sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨->⎪⎩max min (),()f x f x 1511222222k f f f k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1()(2)2f x f x =-()2(2)k f x f x k =+()y f x =ln(1)y x =-()ln(1)y f x x =--sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨->⎪⎩max min ()1,()1f x f x ==-对于A ：任取，都有.故A 正确； 对于B ：因为，所以.故B 错误；对于C ：由，得到，即.故C 正确；对于D ：函数的定义域为.作出和的图象如图所示：当时,;当时,函数与函数的图象有一个交点; 当时,因为,，所以函数与函数的图象有一个交点,所以函数有3个零点.故D 正确. 故选：ACD6．（2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测）已知是定义在R 上的偶函数，且对任意，有，当时，，则（ ）A ．是以2为周期的周期函数B ．点是函数的一个对称中心12,[1,)x x ∈+∞()12max min 13()()()()122f x f x f x f x -≤-=--=1151111,,222222k f f f k +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1112215112121222212kkf f f k ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭++++=+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-1()(2)2f x f x =-1(2)()2kf x k f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭()2(2)kf x f x k =+()ln(1)y f x x =--()1,+∞()y f x =ln(1)y x =-2x =sin2ln10y π=-=12x <<()y f x =()ln 1y x =-2x >2111s 49422in 41f f π⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭971ln 1ln 1224⎪->⎛⎫⎝>=⎭()y f x =()ln 1y x =-()ln(1)y f x x =--()f x x ∈R ()()11f x f x -=-+[]0,1x ∈()22f x x x =+-()f x ()3,0-()f x。

专题七：函数与导数问题进阶(教师版)自己总结

函数与导数问题进阶（教师版）常见题型及解法1. 常见题型一、 小题： 1. 函数的图象2. 函数的性质(单调性、奇偶性、周期性、对称性);3. 分段函数求函数值；4. 函数的定义域、值域（最值）；5. 函数的零点；6. 抽象函数；7. 定积分运算（求面积）二、大题：1. 求曲线()y f x =在某点处的切线的方程；2. 求函数的解析式3. 讨论函数的单调性，求单调区间；4. 求函数的极值点和极值；5. 求函数的最值或值域；6. 求参数的取值范围7. 证明不等式； 8. 函数应用问题2. 在解题中常用的有关结论（需要熟记）：(1)曲线()y f x =在0x x =处的切线的斜率等于0()f x '，且切线方程为000()()()y f x x x f x '=-+。

(2)若可导函数()y f x =在 0x x = 处取得极值，则0()0f x '=。

反之，不成立。

(3)对于可导函数()f x ，不等式()f x '0>0<（）的解集决定函数()f x 的递增（减）区间。

(4)函数()f x 在区间I 上递增（减）的充要条件是：x I ∀∈()f x '0≥(0)≤恒成立（()f x '不恒为0）.(5)函数()f x （非常量函数）在区间I 上不单调等价于()f x 在区间I 上有极值，则可等价转化为方程()0f x '=在区间I 上有实根且为非二重根。

（若()f x '为二次函数且I=R ，则有0∆>）。

(6) ()f x 在区间I 上无极值等价于()f x 在区间在上是单调函数，进而得到()f x '0≥或()f x '0≤在I 上恒成立(7)若x I "?，()f x 0>恒成立，则min ()f x 0>; 若x I ∀∈，()f x 0<恒成立，则max ()f x 0< (8)若0x I ∃∈，使得0()f x 0>，则max ()f x 0>；若0x I ∃∈，使得0()f x 0<，则min ()f x 0<.(9)设()f x 与()g x 的定义域的交集为D ，若x ∀∈D ()()f x g x >恒成立，则有[]min ()()0f x g x ->.(10)若对11x I ∀∈、22x I ∈ ，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >.若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >. 若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x <，则max max ()()f x g x <. （11）已知()f x 在区间1I 上的值域为A,，()g x 在区间2I 上值域为B ，若对11x I ∀∈,22x I ∃∈，使得1()f x =2()g x 成立，则A B ⊆。

导数的零点问题及恒成立问题(教师版)

导数的零点问题与恒成立问题1.已知函数f (x )=ln x +ax +1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)对任意x >0，xe 2x ≥f (x )恒成立，求实数a 的最大值.【答案】(1)答案见解析；(2)2.【解析】(1)f (x )=1x +a =1+axx(x >0)当a ≥0时，x ∈(0,+∞)，f (x )=1+axx>0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，x ∈0,-1a ，f (x )=1+ax x >0，所以f (x )在0,-1a上单调递增；x ∈-1a ，+∞ ，f (x )=1+ax x <0，所以f (x )在-1a，+∞ 上单调递减；综上：当a ≥0时，f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在0,-1a 上单调递增，在-1a，+∞ 上单调递减.(2)任意x >0，xe 2x ≥f (x )，即xe 2x -ln x -ax -1 ≥0恒成立，即e ln x +2x -ln x -ax -1≥0恒成立；令g (x )=e ln x +2x -ln x -ax -1，则任意x >0，g (x )=e ln x +2x -ln x -ax -1≥0，因为，存在正实数x 0，满足：ln x 0+2x 0=0且g (x 0)=eln x 0+2x 0-ln x 0-ax 0-1≥0，所以2x 0-ax 0≥0，所以a ≤2.下证：当a =2时成立：即证：e ln x +2x -ln x -2x -1≥0，因为∀x ∈R ，e x ≥x +1，所以：e ln x +2x -ln x -2x -1≥ln x +2x +1-ln x -2x -1=0显然成立；所以实数a 的最大值为2.2.已知函数f x =a ln x +2 -x a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性和最值；(2)若关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2，求证：e x 1+e x 2>2m.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)f x =a x +2-1=a -2-xx +2，其中x >-2若a ≤0，则f x <0在-2,+∞ 上恒成立，故f (x )在-2,+∞ 上为减函数，故f (x )无最值.若a >0，当x ∈-2,a -2 时，f x >0；当x ∈a -2,+∞ 时，f x <0；故f (x )在-2,a -2 上为增函数，在a -2,+∞ 上为减函数，故f (x )max =f a -2 =a ln a -a +2，f (x )无最小值.(2)方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)即为me x +x +ln m =x +2+ln x +2 ，故e x +ln m +ln e x +ln m =x +2+ln x +2 ，因为y =x +ln x 为0,+∞ 上的增函数，所以x +2=e x +ln m =me x所以关于x 的方程e x =2m -1m ln mx +2(m >0)有两个不等的实数根x 1,x 2即为：x +2=me x 有两个不同的实数根x 1,x 2.所以x 1+2=me x 1,x 2+2=me x 2，所以x 1-x 2=m e x 1-e x 2，不妨设x 1>x 2，t =x 1-x 2，故e x 1+e x 2=e x1+e x 2x 1-x 2m e x1-e x 2，要证：e x 1+e x 2>2m 即证e x 1+e x 2x 1-x 2m e x1-e x 2>2m ，即证e x 1-x 2+1 x 1-x 2e x 1-x2-1>2，即证e t +1 te t -1>2t >0 ，即证e t +1 t >2e t -2t >0 ，设s t =e t +1 t -2e t +2，则s t =e t +1+te t -2e t =t -1 e t +1，故s t =te t >0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，故s t >s 0 =0，所以s t 在0,+∞ 上为增函数，所以s t >s 0 =0，故e x 1+e x 2>2m成立.3.已知f x =sin n x ，g x =ln x +me x (n 为正整数，m ∈R )．(1)当n =1时，设函数h x =x 2-1-2f x ，x ∈0,π ，证明：h x 有且仅有1个零点；(2)当n =2时，证明：f x 2+g x <x +m e x -1．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】(1)当n =1时，h x =x 2-1-2sin x 0<x <π 记φx =h x =2x -2cos x ，则φ x =2+2sin x >0所以φx =h x 在区间0,π 上单调递增而φ0 =-2<0，φπ2 =π>0所以存在x 0∈0,π2，使得φx 0 =0，即h x 0 =0当x ∈0,x 0 时，φx =h x <0，h x 单调递减当x ∈x 0,π 时，φx =h x >0，h x 单调递增又h 0 =-1<0，h x 0 <h 0 <0，h π =π2-1>0所以h x 在0,x 0 上没有零点，在x 0,π 上有一个零点，综上所述，函数h x 在0,π 内只有一个零点.(2)当n =2时，f x =2sin x cos x =sin2x ，要证f x 2+g x <x +m e x -1，即证sin2x2+ln x +1-xe x <0，令H x =sin2x -2x (x >0)，则H x =2cos2x -2≤0，所以H x 在0,+∞ 单调递减，H x <H 0 =0，即sin2x <2x ，要证sin2x 2+ln x +1-xe x <0只需证x +ln x +1-xe x ≤0，令μx =e x -x -1，则μ x =e x -1，∴μx 在-∞,0 单调递减，在0,+∞ 单调递增，∴μx ≥μ0 =0，即e x ≥x +1，∴e x +ln x ≥x +ln x +1，即xe x ≥x +ln x +1，所以x +ln x +1-xe x ≤0成立，∴原命题得证.4.已知函数f x =e x -a ln x ,a ∈R .(1)当a =0时，若曲线y =f x 与直线y =kx 相切于点P ，求点P 的坐标；(2)当a =e 时，证明：f x ≥e ；(3)若对任意x ∈0,+∞ ，不等式f x >a ln a 恒成立，请直接写出a 的取值范围.【答案】(1)1,e ;(2)证明见解析；(3)0,e 【解析】(1)当a =0时，f x =e x ,f x =e x .设P x 0,e x 0 ，则切线斜率k =e x 0.由切点性质，得k =e x 0e x 0=kx 0 ，解得x 0=1.所以点P 的坐标1,e .(2)当a =e 时，f x =e x -e ln x ，其中x >0，则f x =e x -ex，令g x =e x -e x ，其中x >0，则g x =e x +e x 2>0，故函数f x 在0,+∞ 上单调递增，且f1 =0，当x 变化时，x ,f x ,f x 变化情况如下表：x 0,111,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增由上表可知，f (x )min =f 1 =e.所以f x ≥e.(3)实数a 的取值范围0,e .理由如下：方法一：(数形结合)在0,+∞ 上f x =e x -a ln x >a ln a 恒成立，即e x >a ln x +ln a .因而函数y 1=e x 的图象在函数y 2=a ln x +a ln a 的图象上方.考虑函数y 1=e x 图象在函数y 2=a ln x +a ln a 图象恰好有一个公共点的临界情形(如图所示)，此时它们在交点处有一条公切线m ，设交点的横坐标为x 0.又y '1=e x,y '2=a x，由切点性质知e x=a x 0e x 0=a ln x 0+a ln a，所以a x 0=a ln x 0+a ln a 即1x 0=ln x 0+ln a ，由e x 0=a x 0得x 0e x 0=a ，所以1x 0=ln x 0+ln x 0e x 0即2ln x 0+x 0-1x 0=0记h x =2ln x +x -1x ,x ∈0,+∞ ，则h x =2x +1+1x2>0，所以h x在0,+∞ 上是增函数.又因为h 1 =0，所以方程2ln x 0+x 0-1x 0=0的解是x 0=1.因此，当两函数恰好有一个交点时，交点坐标是1,e ，此处公切线方程是y =ex .所以当函数y 1=e x 的图象在函数y 2=a ln x +a ln a 的图象上方时，实数a 的取值范围0,e .方法二：(同构变形)显然a >0，在0,+∞ 上f x =e x -a ln x >a ln a 恒成立，即e x -ln a -ln x >ln a 恒成立即e x -ln a -ln a >ln x 恒成立，所以e x -ln a +x -ln a >x +ln x =e ln x +ln x 恒成立，构造函数g x =e x +x ,x ∈0,+∞ ，易知g x 在0,+∞ 上是增函数，所以x -ln a >ln x 恒成立，即ln a <(x -ln x )min ，令h x =x -ln x ,h x =x -1x(x >0)，当x ∈0,1 时，h x <0，所以h x 在0,1 上单调递减，当x ∈1,+∞ 时，h x >0，所以h x 在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )min =h 1 =1，所以ln a <1，解得0<a <e ，所以实数a 的取值范围0,e .5.已知函数f x =x -a ln x ,a ∈R(1)请讨论函数f x 的单调性(2)当x ∈1e ,+∞ 时，若e x≥λx ln ln x +x +1 +1 恒成立，求实数λ的取值范围【答案】(1)答案见解析；(2)λ≤1【解析】(1)f (x )=1-a x =x -ax(x >0)当a ≤0时，f (x )>0，f (x )在(0,+∞)上递增当a >0时，在(0,a )上f (x )<0，f (x )单调递减在(a ,+∞)上f (x )>0，f (x )单调递增(2)原式等价于xe x =e ln x +x ≥λ(ln (ln x +x +1)+1)设t =ln x +x ，x ∈1e ,+∞ 由(1)当a =-1时，f (x )=ln x +x 为增函数，∴t ∈1e-1,+∞ ，∴等式等价于e t ≥λ(ln (t +1)+1)，t ∈1e-1,+∞恒成立，t =1e -1时，e 1e -1>0成立，t ∈1e -1,+∞ 时，λ≤e tln (t +1)+1，设g (t )=e t ln (t +1)+1，t ∈1e -1,+∞ ，g (t )=e t (ln (t +1)+1)-e t 1t +1 (ln (t +1)+1)2=e t ⋅ln (t +1)+1-1t +1(ln (t +1)+1)2，设h (t )=ln (t +1)+1-1t +1，h (t )=1t +1+1(t +1)2>0所以h (t )在1e -1,+∞ 上为增函数，又因为h (0)=0，所以在1e-1,0 上，h (t )<0，∴g (t )<0，g (t )为减函数，在(0，+∞)上，h (t )>0，∴g (t )>0，g (t )为增函数，∴g (t )min =g (0)=1，∴λ≤1．6.已知函数f x =ax 2-1ln x，其图象在x =e 处的切线过点2e ,2e 2 ．(1)求a 的值；(2)讨论f x 的单调性；(3)若λ>0，关于x 的不等式λxf x ≤e 2λx -1在区间[1,+∞)上恒成立，求λ的取值范围．【答案】(1)1;(2)f x 在0,1 上递增，在1,+∞ 上递增；(3)1e ,+∞【解析】(1)因为函数f x =ax 2-1ln x，所以f e =ae 2-1，f x =2ax ln x -ax 2-1 1xln x2，则f e =ae +1e，所以函在x =e 处的切线方程为y -ae 2-1 =ae +1ex -e ，又因为切线过点2e ,2e 2，所以2e 2-ae 2-1 =ae +1e2e -e ，即2ae 2=2e 2，解得a =1；(2)由(1)知；f x =x 2-1ln x ,x >0且x ≠1，则fx =2x 2ln x -x 2+1x ln x 2，令g x =2x 2ln x -x 2+1，则g x =4x ln x ，当0<x <1时，g x <0，g x 单调递减；当x >1时，g x >0，g x 单调递增；所以g x ≥g 1 =0，f x ≥0，所以f x 在0,1 ，1，+∞ 上递增；(3)因为x 的不等式λxf x ≤e 2λx -1在区间[1,+∞)上恒成立，所以e 2λx -1λx≥x 2-1ln x 在区间[1,+∞)上恒成立，即f e λx ≥f x 在区间[1,+∞)上恒成立，因为f x 在1,+∞ 上递增，所以e λx ≥x 在区间[1,+∞)上恒成立，即λ≥ln xx在区间[1,+∞)上恒成立，令h x =ln x x ，则h x =1-ln xx 2，当0<x <e 时，h x >0，当x >e 时，h x <0，所以当x =e 时，h x 取得最大值h e =1e，所以λ≥1e.7.已知函数f x =e x -1-mx 2m ∈R .(1)选择下列两个条件之一：①m =12；②m =1；判断f x 在区间0,+∞ 是否存在极小值点，并说明理由；(2)已知m >0，设函数g x =f x +mx ln mx .若g x 在区间0,+∞ 上存在零点，求实数m 的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)m ≥1.【解析】(1)若选择①m =12,f x =e x -1-12x 2，则f x =e x -1-x ,f x =e x -1-1，由f x 在R 上单调递增，且f 1 =0，所以f x 在0,1 上单调递减，1,+∞ 上单调递增，有f x ≥f 1 =0，则f x 在0,+∞ 上单调递增，不存在极小值点.若选择②m =1,f x =e x -1-x 2，则f x =e x -1-2x ,f x =e x -1-2，由f x 在R 上单调递增，且f 1+ln2 =0，所以f x 在0,1+ln2 上单调递减，1+ln2,+∞ 上单调递增，有f x ≥f 1+ln2 =-2ln2<0，而f 4 =e 3-8>0，所以存在极小值点x 0∈1+ln2,4 .(2)令g x =0，有e x -1-mx 2+mx ln mx =0，又mx >0，所以e x -1mx -x +ln mx =e x -1e ln mx -x +ln mx =e x -ln mx -1-x -ln mx=0，令t =x -ln mx ，即转化为e t -1-t =0有解，设h t=e t -1-t ，则由h t =e t -1-1可得，h t 在t ∈-∞,1 单调递减，在t ∈1,+∞ 单调递增，而h 1 =0，所以h t =e t -1-t 由唯一零点t =1.若g x 在区间0,+∞ 存在零点，即为1=x -ln mx 在0,+∞ 有解.整理得：1+ln m =x -ln x ，设l x =x -ln x ，由l x =1-1x知，l x 在x ∈0,1 单调递减，在x ∈1,+∞ 单调递增，则l x ≥l 1 =1，所以1+ln m ≥1，故有m ≥1.8.已知函数f x =e 2x +a -12ln x +a 2(1)若函数y =f x 在0,12上单调递减，求a 的取值范围；(2)若函数y =f x 在定义域内没有零点，求a 的取值范围．【答案】(1)a ≤-1-ln2；(2)a >-1-ln2．【解析】(1)f x =2e 2x +a -12x因为函数f x 在0,12 单调递减，所以f x =2e 2x +a -12x ≤0在0,12恒成立，两边取以e 为底的对数，即a ≤-2x -1n 4x 在0,12恒成立，设g x =-2x -ln4x ，g x =-2-1x<0所以g x 在0,12 递减，所以g (x )min =g 12=-1-ln2，所以a ≤-1-ln2；(2)f x =e 2x +a -12ln x +a2在0,+∞ 无零点，等价于方程e 2x +a -12ln x +a2=0在0,+∞ 无实根，亦即e 2x +a +2x +a 2=e ln x +ln x2在0,+∞ 无实根，因为e x +x2在0,+∞ 为单调增函数，原方程无零点等价于2x +a =ln x 在0,+∞ 无实根，即：a =ln x -2x 在0,+∞ 无实根，构造函数h x =ln x -2x ，h (x )=1x -2=1-2x x ，x ∈0,12 ，h (x )>0，x ∈12,+∞ ，h (x )<0所以h x 在0,12 上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，且h (x )max =h 12=-1-ln2，x →0，h x →-∞所以a >-1-ln2．9.已知函数f (x )=ae x -ln (x +1)+ln a -1.(1)若a =1，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )有且仅有两个零点，求a 的取值范围.【答案】(1)极小值0，无极大值；(2)0<a <1.【解析】(1)当a =1时，f (x )=e x -ln (x +1)-1，f ′(x )=e x -1x +1，x >-1，显然f ′(x )在(-1,+∞)单调递增，且f ′(0)=0，∴当-1<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，∴f (x )在x =0处取得极小值f (0)=0，无极大值.(2)函数f (x )有两个零点，即f (x )=0⇒ae x +ln a +x =ln (x +1)+x +1有两个解，即ae x +ln ae x =ln (x +1)+(x +1)有两个解，设h (t )=t +ln t ，则h ′(t )=1+1t>0，h (t )单调递增，∴ae x =x +1(x >-1)有两个解，即a =x +1e x(x >-1)有两个解.令s (x )=x +1e x (x >-1)，则s ′(x )=-xe x ，当x ∈(-1,0)时，s ′(x )>0，s (x )单调递增，当x ∈(0,+∞)时，s ′(x )<0，s (x )单调递减，又x =-1时，s (x )=x +1e x=0，且s (0)=1，当x →+∞时，s (x )→0，且s (x )>0所以当x >-1时，x +1ex ∈(0,1]∴0<a <1.10.已知f x =x ln x +a 2x 2+1．(1)若函数g x =f x +x cos x -sin x -x ln x -1在0,π2上有1个零点，求实数a 的取值范围．(2)若关于x 的方程xe x -a =f x -a 2x 2+ax -1有两个不同的实数解，求a 的取值范围．【答案】(1)0<a ≤8π2;(2)a >1【解析】(1)g (x )=a 2x 2+x cos x -sin x ，x ∈0，π2，所以g ′(x )=x (a -sin x )，当a ≥1时，a -sin x ≥0，所以g (x )在0，π2单调递增，又因为g (0)=0，所以g (x )在0，π2上无零点；当0<a <1时，∃x 0∈0,π2，使得sin x 0=a ，所以g (x )在x 0，π2 单调递减，在(0,x 0)单调递增，又因为g (0)=0，g π2 =a π28-1，所以若a π28-1>0，即a >8π2时，g (x )在0，π2 上无零点，若a π28-1≤0，即0<a ≤8π2时，g (x )在0，π2 上有一个零点，当a ≤0时，g ′(x )=a -x sin x <0，g (x )在0，π2上单调递减，g (x )在0，π2 上无零点，综上当0<a ≤8π2时，g (x )在0，π2 上有一个零点；(2)由xe x -a =f x -a2x 2+ax -1x >0 ，即xe x -a=x ln x +ax ，即e x -a =ln x +a ，则有e x -a +x -a =x +ln x ，令h x =x +ln x ,x >0，则h e x -a =e x -a +x -a ，h x =1+1x>0，所以函数h x 在0,+∞ 上递增，所以e x -a =x ，则有x -a =ln x ，即a =x -ln x ,x >0，因为关于x 的方程xe x -a =f x -a2x 2+ax -1有两个不同的实数解，则方程a =x -ln x ,x >0有两个不同的实数解，令φx =x -ln x ，则φ x =1-1x =x -1x，当0<x <1时，φ x <0，当x >1时，φ x >0，所以函数φx =x -ln x 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，所以φx min =φ1 =1，当x →0时，φx →+∞，当x →+∞时，φx →+∞，所以a >1.11.在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a 的方程ae a =e 6和关于b 的方程b (ln b -2)=e 3λ-1(a ,b ∈R )可化为同构方程.(1)求ab 的值；(2)已知函数f (x )=x ln x +13λ.若斜率为k 的直线与曲线y =f '(x )相交于A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)(x 1<x 2)两点，求证：.x 1<1k<x 2【答案】(1)e 8；(2)答案见解析.【解析】(1)对ae a =e 6两边取自然对数，得ln a +a =6(1),对b (ln b -2)=e 3λ-1(a ,b ∈R )两边取自然对数，得ln b +ln (ln b -2)=3λ-1,即ln b -2+ln (ln b -2)=3λ-3(2).，因为(1)(2)方程为两个同构方程，所以3λ-3=6，解得λ=3，设φ(x )=ln x +x ,x >0，则φ'(x )=1x+1>0 ,所以φ(x )在(0，+∞)单调递增，所以方程φ(x )=6的解只有一个,所以a =ln b -2，所以ab =(ln b -2)b =b (ln b -2)=e 3×3-1=e 8，故ab =e 8 .(2)由(1)知：f (x )=x ln x +13λ =x ln x +13×3 =x ln x +x ,x ∈(0,+∞).所以f(x )=ln x +2,k =f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=ln x 2-ln x 1x 2-x 1,要证x 1<1k<x 2，即证明x 1<x 2-x 1ln x 2-ln x 1<x 2,等价于1<x 2x 1-1ln x 2x 1<x 2x 1,令t =x 2x 1(t >1)，则只要证明1<t -1ln t <t 即可，由t >1知，ln t >0，故等价于证ln t <t -1<t ln t (t >1).设g (t )=t -1-ln t (t >1), 则g '(x )=1-1t>0(t >1)，即g (t )在(1,+∞)单调递增，故g (t )>g (1)=0，即t -1>ln t .设h (t )=t ln t -(t -1)(t >1),则h '(t )=ln t >0(t >1)，即h (t )在(1,+∞)单调递增，故h (t )>h (1)=0，即t -1<t ln t 。

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函数、导数与零点问题例1、 已知函数()()ln ()x f x e a a =+为常数是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[一1，1]上的减函数．(I)求a 的值；(II) 若()21g x t t λ≤++在x ∈[一1，1]上恒成立，求t 的取值范围．(Ⅲ) 讨论关于x 的方程2ln 2()x x ex m f x =-+的根的个数。

变式1、若,ln 6)(m x x g +=问是否存在实数m ，使得y= f （x ）=28x x -+的图象与y=g （x ）的图象有且只有两个不同的交点？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由.变式2、已知函数f (x )=－x 2+8x,g (x )=6ln x+m（Ⅰ）求f (x )在区间[t ,t +1]上的最大值h (t );（Ⅱ）是否存在实数m ，使得y =f (x )的图象与y =g (x )的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；，若不存在，说明理由。

例2、已知函数f(x)=ax 3+bx 2－3x 在x=±1处取得极值.（Ⅰ）求函数f(x)的解析式；（Ⅱ）求证：对于区间[－1，1]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤4；（Ⅲ）若过点A （1，m ）（m ≠－2）可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m 的取值范围.变式3．奇函数cx bx ax x f ++=23)(的图象E 过点)210,22(),2,2(B A -两点.（1）求)(x f 的表达式；（2）求)(x f 的单调区间；（3）若方程0)(=+m x f 有三个不同的实根，求m 的取值范围.例3．已知()f x 是二次函数，不等式()0f x <的解集是(0,5),且()f x 在区间[]1,4-上的最大值是12。

（I ）求()f x 的解析式；（II ）是否存在自然数,m 使得方程37()0f x x +=在区间(,1)m m +内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由。

变式4．已知函数)(3),,(8ln 6)(2x f x b a b x ax x x f 为且为常数=+--=的一个极值点.（Ⅰ）求a ；（Ⅱ）求函数)(x f 的单调区间；（Ⅲ）若)(x f y =的图象与x 轴有且只有3个交点，求b 的取值范围.例4．已知函数x x f ln )(=（Ⅰ）若)()()(R a xa x f x F ∈+=，求)(x F 的极大值； （Ⅱ）若kx x f x G -=2)]([)(在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k 的取值范围.变式5、已知两个二次函数：1)(2++==bx ax x f y 与22()1(0)y g x a x bx a ==++>， 函数y ＝g （x ）的图像与x 轴有两个交点，其交点横坐标分别为1212,()x x x x <（1）试证：()y f x =在（－1，1）上是单调函数（2）当a >1时，设3x ，4x 是方程210ax bx ++=的两实根，且34x x >，试判断1x ，2x ，3x ，4x 的大小关系变式6． 设函数,)(x e x f m x -=-其中.R m ∈（1）求函数)(x f 的最值；（2）判断，当1>m 时，函数)(x f 在区间)2,(m m 内是否存在零点。

函数、导数与零点问题答案例1、 解：（I ）)ln()(a e x f x +=是奇函数，则(0)0f =恒成立.0ln()0.e a ∴+= 01,0.e a a ∴+=∴=（II ）又)(x g 在[－1，1]上单调递减，,1sin )1()(max --=-=∴λg x g ,11sin 2++≤--∴t t λλ只需.)1(011sin )1(2恒成立其中-≤≥++++∴λλt t 令),1(11sin )1()(2-≤++++=λλλt t h则⎩⎨⎧≥+++--≤+,011sin 1012t t t ,01sin 01sin 122恒成立而≥+-⎩⎨⎧≥+--≤∴t t t t t 1-≤∴t . （III ）由（I ）知,2ln ,)(2m ex x x x x x f +-=∴=方程为令m ex x x f x x x f +-==2)(,ln )(221，21ln 1)(x x x f -=' ，当],0()(,0)(,),0(11e x f x f e x 在时∴≥'∈上为增函数；),0[)(,0)(,),[11e x f x f e x 在时∴≤'+∞∈上为减函数，当e x =时，.1)()(1max 1e e f x f ==而222)()(e m e x x f -+-=，)(1x f 函数∴、)(2x f 在同一坐标系的大致图象如图所示， ∴①当e e m e e m 1,122+>>-即时，方程无解. ②当e e m e e m 1,122+==-即时，方程有一个根. ③当ee m e e m 1,122+<<-即时，方程有两个根. 变式1、令.ln 68)()(),()()(2m x x x xf xg x f x g x ++-=--=则ϕ因为x ＞0，要使函数f （x ）与函数g （x ）有且仅有2个不同的交点，则函数m x x x x ++-=ln 68)(2ϕ的图象与x 轴的正半轴有且只有两个不同的交点)0()3)(1(2682682)(2'>--=+-=+-=∴x x x x x x x x x x ϕ 当x ∈（0，1）时，)(,0)('x x ϕϕ>是增函数；当x ∈（1，3）时，)(,0)('x x ϕϕ<是减函数当x ∈（3，+∞）时，)(,0)('x x ϕϕ>是增函数当x=1或x=3时，0)('=x ϕ∴;7)1()(-=m x ϕϕ极大值为153ln 6)3()(-+=m x ϕϕ极小值为又因为当x →0时，-∞→)(x ϕ当+∞→+∞→)(x x ϕ时，所以要使0)(=x ϕ有且仅有两个不同的正根，必须且只须 ⎩⎨⎧>=⎩⎨⎧<=0)1(0)3(0)3(0)1('ϕϕϕϕ或 即⎩⎨⎧>-=-+⎩⎨⎧<-+=-070153ln 60153ln 607m m m m 或∴m=7或.3ln 615-=m ∴当m=7或.3ln 615-=m 时，函数f （x ）与g （x ）的图象有且只有两个不同交点。

变式2、解：（I ）22()8(4)16.f x x x x =-+=--+当14,t +<即3t <时，()f x 在[],1t t +上单调递增，22()(1)(1)8(1)67;h t f t t t t t =+=-+++=-++ 当41,t t ≤≤+即34t ≤≤时，()(4)16;h t f ==当4t >时，()f x 在[],1t t +上单调递减，2()()8.h t f t t t ==-+综上，2267,3,()16,34,8,4t t t h t t t t t ⎧-++<⎪=≤≤⎨⎪-+>⎩ （II ）函数()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，即函数()()()x g x f x φ=-的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点。

22()86ln ,62862(1)(3)'()28(0),x x x x m x x x x x x x x x xφφ=-++-+--∴=-+==>当(0,1)x ∈时，'()0,()x x φφ>是增函数；当(0,3)x ∈时，'()0,()x x φφ<是减函数；当(3,)x ∈+∞时，'()0,()x x φφ>是增函数；当1,x =或3x =时，'()0.x φ=()(1)7,()(3)6ln 315.x m x m φφφφ∴==-==+-最大值最小值当x 充分接近0时，()0,x φ<当x 充分大时，()0.x φ>∴要使()x φ的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须 ()70,()6ln 3150,x m x m φφ=->⎧⎪⎨=+-<⎪⎩最大值最小值 即7156ln3.m <<-所以存在实数m ，使得函数()y f x =与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，m 的取值范围为(7,156ln 3).-例2．解：（I ）f ′(x)=3ax 2+2bx －3，依题意，f ′(1)=f ′(－1)=0，即,03230323⎩⎨⎧=--=-+b a b a 解得a=1，b=0. ∴f(x)=x 3－3x.（II ）∵f(x)=x 3－3x,∴f ′(x)=3x 2－3=3(x+1)(x －1)，当－1<x<1时，f ′(x)<0，故f(x)在区间[－1，1]上为减函数，f max (x)=f(－1)=2，f min (x)=f(1)=－2∵对于区间[－1，1]上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤|f max (x) －f min (x)|；|f(x 1)－f(x 2)|≤|f max (x)－f min (x)|=2－(－2)=4（III ）f ′(x)=3x 2－3=3(x+1)(x －1)， ∵曲线方程为y=x 3－3x ，∴点A （1，m ）不在曲线上.设切点为M （x 0，y 0），则点M 的坐标满足.30300x x y -=因)1(3)(200-='x x f ，故切线的斜率为13)1(300302---=-x m x x x ，整理得03322030=++-m x x .∵过点A （1，m ）可作曲线的三条切线， ∴关于x 0方程3322030++-m x x =0有三个实根.设g(x 0)= 3322030++-m x x ，则g ′(x 0)=60206x x -，由g ′(x 0)=0，得x 0=0或x 0=1.∴g(x 0)在（－∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减.∴函数g(x 0)= 3322030++-m x x 的极值点为x 0=0，x 0=1∴关于x 0方程3322030++-m x x =0有三个实根的充要条件是⎩⎨⎧<>0)1(0)0(g g ，解得－3<m<－2.故所求的实数a 的取值范围是－3<m<－2 变式3．解：（1）ax bx ax x f ++=23)( 为奇函数0)()()(=∴∈-=-∴b R x x f x f∴cx ax x f +=3)(∵图象过点)2,2(-A 、)210,22(B 3,15812210222162222-==∴⎩⎨⎧=+=--⎪⎩⎪⎨⎧=+=--∴c a c a c a c a c a 即x x x f 3)(3-=∴ （2）)1)(1(333)(3)(23+-=-='∴-=x x x x f x x x f 0)(,11;0)(,11>'>-<<'<<-∴x f x x x f x 时或时 )(x f ∴的增区间是),1()1,(+∞--∞和，减区间是（－1，1）（3）2)1(,2)1(-==-f f 为使方程m x f m x f -==+)(0)(即有三个不等根，则2222<<-<-<-m m 即m ∴的取值范围是（－2，2） 例3、解：（I ）()f x 是二次函数，且()0f x <的解集是(0,5),∴可设()(5)(0).f x ax x a =->()f x ∴在区间[]1,4-上的最大值是(1)6.f a -=由已知，得612,a =22,()2(5)210().a f x x x x x x R ∴=∴=-=-∈（II ）方程37()0f x x +=等价于方程32210370.x x -+= 设32()21037,h x x x =-+则2'()6202(310).h x x x x x =-=- 当10(0,)3x ∈时，'()0,()h x h x <是减函数；当10(,)3x ∈+∞时，'()0,()h x h x >是增函数。

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