高考中导函数零点的处理方法
高考中导函数零点的处理方法
【摘 要】高考中导数零点问题是一
个比较重要的问题，它是最几年来的一个
命题热点，它能比较好地考查学生的数学
转化思想，较好地达到选拔人才的目的。文
中精选了最近几年来在高考中出现的比较
典型的题目，并进行详细讲解，对高考指导
老师和学生都有比较好的指导意义。
【关键词】高考数学导函数零点处
理方法
【中图分类号】Ｇ【文献标识码】Ａ
【文章编号】０４５０—９８８９（２０１５）０９Ｂ一
０１１１－０２
函数零点是新课标中新增的重要
概念，在函数图象、单调性、最值和不等
式证明中有特殊作用，又与函数和不等
式有密切相关，所以在近几年高考命题
中备受亲睐，尤其是导数的综合应用问
题，导函数零点是导函数方程的根，又是
单调区间的分界点，也可能是原函数的
极值点或最值点。因此，正确掌握零点
的用法往往是研究函数与导数的综合问
题的关键，笔者总结了近年来的高考，在
此浅谈零点问题的处理方法。
一、直接求解。定量讨论
例１（２０１４年高考山东卷改编）设
函数／（ ）＝！－一ｋ（Ｌ＋ｌｎｘ），（ 为常数，Ｐ是自
然对数的底数）。若ｋ＝２时，求函数厂（ ）
的单调区间。
《解析》（１）函数Ｙ＝厂（ ）的定义域
为（０，＋ａ。）。
厂，（ ）：！！！：｛ 一 （一—１ ＋ ）：
一 ｋ（ｘ－１）：＿（ｘ－１）（ｅ￣－ｋ）（ｘ＞０） Ｘ‘ Ｘ 由七＝２可得Ｘ＝１或 ＝Ｉｎ２。
所以当ｘ∈（０，ｌｎ２）或Ｘ∈（１，＋∞） 口南宁二中钟锐
时，厂（ ）＜Ｏ，函数Ｙ＝，（ ）单调递减
当 Ｅ（１ｎ２，１）时， （ ）＞Ｏ，函数
Ｙ＝ （ ）单调递增。
所以厂（ ）的单调递减区间为
（０，ｌｎ２），（１，＋ ），单调递增区间
为（１ｎ２，１）。
变式：若ｋＥＲ，讨论厂（ ）单调性。
《评析ｌ对于能因式分解转化为一
次式、二次式、简单指对函数式的导函
数，能直接求出各个因式的根，即导函数
零点，从而可以讨论单调性。在含参数问
题中，可能求得的根含有参数，需要进一
步进行分类讨论。
二、数形结合。定性求范围
例２【２０ｌ４年高考四川卷２１】已
知函数厂（ ）＝ 一甜 一ｂｘ一１，其中ａ，
ｂ∈Ｒ，ｅ＝２．７１８２８…为自然对数的底数。
（Ｉ）设ｇ（Ｘ）是函数，（ ）的导函
数，求函数ｇ（Ｘ）在区间［０，１］上的最小
值；
（Ⅱ）若厂（１）＝０，函数厂（ ）在区间
（０，１）内有零点，证明：Ｐ一２＜ａ＜１。
《解析Ｉ（Ｉ）（略）
（ＩＩ）证明
设ｘ。为＿，（ｘ）在区间（０，１）内的一个
零点，由，（０）＝ｆ（１）＿－ｆ（ ）＝０可知，，
（ｘ）在区间（０，Ｘ。）上不可能单调递增，
也不可能单调递减。
则 （ ）不可能恒为正，也不可能恒
为负。故ｇ（Ｘ）在区间（０， 。）内存在零
点Ｘｌ。
同理ｇ（ ）在区间（ 。，１）内存在零
点 。故ｇ（ ）在区间（０，１）内至少有两
个零点。 １ 由（１）知，当日≤亏时，ｇ（ ）在 ［０，１］上单调递增，故ｇ（Ｘ）在（Ｏ，１）
内至多有一个零点；
ｏ 当ｎ≥专时，ｇ（ ）在［０，１］上单调 递减，故ｇ（ ）在（０，１）内至多有一个零
点，都不合题意。
．・．１２＜口＜号
此时ｇ（ ）在区间［０，Ｉｎ（２ａ）］上
单调递减，在区间（１ｎ（２４），１］上单调
递增。
必有｛ｇ（Ｏ１）：＝ ｌ２－ｂ口＞一６Ｏ＞０
由厂（１）＝０，有ａ＋ｂ＝ｅ一１＜２；
（Ｏ）＝ａ—ｅ＋２＞０，
ｇ（１）：１一ａ＞０。
解得ｅ一２＜ａ＜１。
所以，函数厂（Ｘ）在区间（０，１）内有
零点时，ｅ一２＜口＜１。
《评析ｌ根据零点个数求参数问题
往往需要考虑零点与函数图象、极值、单
调性等性质，有一定的难度，解题时要注
意数形结合、化归与转化、分类讨论思想
的运用。上述由区间端点为零点且区间
内存在零点转化为导函数ｇ（ ）的零点分
布，结合（Ｉ）的单调性可知ｇ（Ｘ）的函数
图象分布，由图象分布限制区间端点函数
值正负即可列出不等式。
三、观察试根，证明唯一性
例３（２０１５年高考新课标Ⅱ文２１）已
知函数厂（ ）＝ｌｎｘ＋ａ（１一 ）。
（Ｉ）讨论厂（ ）的单调性；
（Ⅱ）当厂（Ｘ）有最大值，且最大值
大于２ａ一２时，求ａ的取值范围。
《解析ｌ（Ｉ）（略）
（Ⅱ）由（Ｉ）知，当ａ≤０时，
Ｉ厂（ ）在（０，＋ ）无最大值；当ａ＞０ 、 、， 口 ２ ，Ｌ ｎ ｏ ｌ、 ｌ ０ ， （） 口 ∈２ ｌ（ ｎ １ ．．／Ｌ ∈ ２
时，（ ）在 ＝ 取得最大值，最大值
为／（ ）：１ｎ（ ）＋口（１一 ）＝－１ 口＋口一１。 口 口 ａ 因此，（ ）＞２ａ一２等价于１ｎ口＋ｎ一１ ａ ＜０。
令ｇ（ａ）＝１１１ａ＋ａ一１，则ｇ（ａ）在
（０，＋ ）单调递增，ｇ（１）＝Ｏ。
于是，当Ｏ＜ｎ＜１时，ｇ（ａ）＜０；当日＞
１时，ｇ（口）＞０。
因此，Ⅱ的取值范围是（０，１）。
《评析ｌ（Ｉ）是简单的一次型导
数，可以直接求零点后讨论；（ＩＩ）中
ｇ（ａ）＝１ ｎａ＋ａ一１可观察判断单调递
增，１ｎａ＋ａ一１＜０是超越不等式，无法
直接解出，观察试根可发现ａ＝１恰好是
函数零点，结合单调性，确定零点唯一
性，所以ｇ（ａ）＞占（１）＝０。一般导函数
含ｌｎｘ或ｅ 可考虑观察试根，通常代入
１，ｅ，０等特殊的零点验证。如例４（Ｉ）
竹 （ ）：ｅ 一南 ｏ不能直接求出，
通过观察发现厂 （ｏ）＝ｏ，从而分析出函
数单调区间。
例４（２０１３年高考新课标Ⅱ理２１）
已知函数厂（ ）＝Ｐ 一Ｉｎ（ ＋，ｎ）。
（１）设ｘ＝Ｏ￣ｆ（ｘ）的极值点，求ｍ
并讨论ｒ（ｘ）的单调性；
（１Ｉ）当 ≤２时，证明ｆ（ｘ）＞０。
《解析ｌ（１）ｆ （ ）＝ｅ 一— 。
由 ＝０是厂（ｘ）的极值点，得｜， （０）
＝０，所以ｍ＝１。
于是厂（ ）＝ｅ 一Ｉｎ（ ＋１），定义域为
】 （一１，＋ｏ。），ｆ （ ）＝ｅＬ 。
１ 函数， （ ）＝。Ｌ 在（一１，
＋ ）单调递增，且， （０）＝０。
因此当ｘＥ（一１，０）时，． （ ）＜０；
当 ∈（０，＋ｏｏ）时， （ｘ）＞０。
所以，（ ）在（一１，０）单调递减，在
（０，＋ｏ。）单调递增。
四、设而不求。灵活推证
例５（２０１５年高考新课标Ｉ文２１）设
函数厂（ｘ）＝Ｐ２Ｘ－ａｌｎｘ。 （Ｉ）讨论ｌ，（ ）的导函数厂 （ ）零
点的个数；
（Ⅱ）证明：当 ａ＞０时，
’ 厂（ ） ２ａ＋ａｌｎ￣
【解析】（Ｉ）厂（ｘ）的定义域为
（０，＋ ），， （ ）＝２ｅ“一旦 ＞Ｏ），
当日≤０时，厂（ｘ）＞０，所以厂（ｘ）没
有零点；
当 ＞０时，因为 单调递增，一旦单
调递减，所以，（ ）在（０，ｍ）单调递增。
又＿厂 （ａ）＞０，当ｂ满足０＜ ＜一ａ且 ４ ｂ＜１时，ｆ（ｂ）＜０，故当ａ＞Ｏ时，，（ｘ） ４ 存在唯一零点。
（１Ｉ）由（Ｉ），可设＿厂
（０，＋ ）存在唯一零点 。， 题巧妙化为单变量模式化问题，避免繁
琐运算，这也是高考中重点考察的数学
思想和能力。这种技巧通常应用于导函数
的恒成立、求最值和不等式等综合问题
中。例４（ＩＩ）也利用 （‰）＝０的关系式
代换，若涉及最小值和范围问题，还需考
虑零点存在性定理和图象情况，如例６。
例６（２０１２年高考新课标文２１）设
函数厂（ｘ）＝ｅ ～ａｘ一２。
（Ｉ）求厂（ｘ）的单调区间；
（ＩＩ）若Ⅱ：１，忌为整数，且￣ｉｘ＞Ｏ时，
（ 一 ）厂（ ）＋ ＋１＞０，求ｋ的最大值。
【解析】（Ｉ）（略）
（ＩＩ）由于ａ＝１，所以（ｘ—ｋ）厂，（ｘ）
＋ ＋１＝（ｘ一足）（ｅＸ＿１）＋ ＋１。
故当ｘ＞０时，（ —ｋ）ｆ （ｘ）＋ ＋１＞０
（ ）在 等价于ｋ＜ ＋ （ ＞Ｏ）① ｅ 一１
当 Ｅ（０， ０）时，厂（ｘ）＜Ｏ；当 ∈
（粕，＋∞）时，厂（ｘ）＞０。
故，（ ）在（０，ｘ。）单调递减，在
（ｘ。，＋ ）单调递增。
所以当ｘ＝ｘ。时，＿厂（ｘ）取得最小值
－厂（ｘ０）。
由于ｌ，（粕）＝２Ｂ 一＿ａ＝０，等价于
ｌｎ ＝Ｉｎ昙一２Ｘｏ。
所以
ｆ（Ｘｏ）＝ｅ２ｘ￣－ａＩｎｘｏ 去 （１ｎ兰－２Ｘｏ）
＝去＋２ａｘｏ ｎ ２＞２ａ＋ａｌｎ２。。
故当ａ＞０时，＿厂（ ） ２ａ＋ａｌｎｚ。
《评析Ｉ要证明不等式，需要确定
最ｆ（ｘ）最小值和讨论厂’（ ）的图象正负
分布，（Ｉ）中可知ａ＞０时－， （ ）有唯一零
点，所以厂（ｘ。）是最小值，由于原函数含
参数，无法解出和观察出零点，也无法确
定零点所在区间，只能设出 。，利用ｘ。满
足 （ 。）＝２ｅ 一 ａ＝０关系式进行代
换变形或减少变量，推证所要的结果。
在问题分析过程中，零点无法求出，实际
上也没有必要求出，这体现了方程的根
与不等式的转化思想，将复杂多变量问
。 令ｇ（ ）： ｘ＋ｌ＋ （ ＞０），则
ｇ ）＝而－ｘｅ￣－１小
由（Ｉ）知，函数ｈ（ ）＝ｅｘ－ｘ一２．在
（０，＋。。）上单调递增，而ｈ（１）＜０，
ｈ（２）＞０，所以ｈ（ ）＝ｅＸ－ｘ一２在（０，
＋ ）上存在唯一的零点，故ｇ （ｘ）在
（０，＋ ）上存在唯一的零点，设此零
点为ａ，则有ａ∈（１，２）。
当 ∈（Ｏ，ａ）时，ｇ （ ）＜０；
２ 丢 ，＋ （ ）＞０。
所以ｇ（ｘ）在（０，＋ ）上的最小值
为ｇ（口）。
又由譬 （ａ）＝０，可得ｅａ＝ａ＋２，所
以ｇ（ａ）＝ａ＋１∈（２，３）。
由于①式等价于 ＜ｇ（ａ），故整数ｋ
的最大值为２。
综上所述，零点问题的处理常见方
法有四种：一是直接求解；二是数形结
合；三是观察试根，证明唯一性；四是设
而不求，利用零点满足的方程关系式进
行代换推证。只要我们在学习的过程中，
善于观察新旧概念的联系、知识结构和
注重提高应用新知识解决问题的能力，
对零点问题的解决一定能豁然开朗，锦
上添花。
（责编卢建龙）
导函数隐零点问题的8种解决策略教师版
1 隐零点问题的8种解决策略
我们知道导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”（即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达），基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上参变分离，技巧上反客为主
一、直接观察
如果导函数存在零点，但令导函数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明其是唯一的。一般的，当导数式含有xln时，可试根1，e或e1等，当导数式含有xe时可试根0或1
例1.（2013北京卷）求证：1lnxxx
证法1：令xxxxgln1)(，则22'ln1)(xxxxg，令xxxhln1)(2，
则012)('xxxh，所以)(xh在),0(单调递增，又0)1(h，故当10x时，0)(xh0)('xg，)(xg递减，当1x时，0)(xh0)('xg，)(xg递增，
所以0)1()(gxg，即1ln0ln1xxxxxx
证法2：（对数单身狗）即证xxx2ln，令xxxxfln)(2，则
)0()1)(12(112)('xxxxxxxf，所以当)1,0(x时，0)('xf，)(xf递减
当),1(x时，0)('xf，)(xf递增，所以0)1()(fxf，即0ln2xxx
所以1lnxxx
例2.已知0ln)1(axx恒成立，求a的取值范围
解：由题意xxaln)1(恒成立，令xxxfln)1()(，则xxxxxf1ln)('
观察知0)1('f，当10x时，0)('xf，1x时，0)('xf
所以)(xf在)1,0(内单调减，在),1(单调增，所以0)1()(minfxf，0a
二、虚设零点
当导函数存在零点，但零点式子非常繁琐或无法求解时，可考虑虚设零点0x，再对 2 0)(0'xf进行合理的变形与代换，将超越式化为普通式，从而达到化简)(0xf的目的
专题11 利用导数解决零点问题(解析版)
专题11 利用导数解决零点问题
1．（2022·全国·高考真题（理））已知函数ln1exfxxax
(1)当1a时，求曲线yfx在点0,0f处的切线方程；
(2)若fx在区间1,0,0,各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)2yx
(2)(,1)
【解析】
【分析】
（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对a分类讨论,对x分(1,0),(0,)两部分研究
(1)
()fx的定义域为(1,)
当1a时,()ln(1),(0)0exxfxxf,所以切点为(0,0)11(),(0)21exxfxfx,所以切线斜率为2
所以曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为2yx
(2)
()ln(1)exaxfxx
2e11(1)()1e(1)exxxaxaxfxxx
设2()e1xgxax
1若0a,当2(1,0),()e10xxgxax,即()0fx
所以()fx在(1,0)上单调递增,()(0)0fxf
故()fx在(1,0)上没有零点,不合题意
2若10a,当,()0x,则()e20xgxax
所以()gx在(0,)上单调递增所以()(0)10gxga,即()0fx
所以()fx在(0,)上单调递增,()(0)0fxf
故()fx在(0,)上没有零点,不合题意
3若1a
(1)当,()0x,则()e20xgxax,所以()gx在(0,)上单调递增
(0)10,(1)e0gag
所以存在(0,1)m,使得()0gm,即()0fm
当(0,),()0,()xmfxfx单调递减
当(,),()0,()xmfxfx单调递增 所以
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)=cos 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 df) .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。反思：该解题策略以函数的零点存在性定理为突 破口，通过两次（或多次）求导，借助函数的零点存在 性定理证明。2 —种思想——函数与方程思想函数有零点时，经常可以等价转化为对应的方程 有实根，可将方程进行适当变形，转化为两个基本函 数图像有交点的问题，此时交点个数就是函数的零点 个数。即利用函数与方程思想解决问题时，经常先令 /U)=0,然后通过移项变形，转化为两个函数图像 的交点问题来处理。例2 (2020届江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研考试第20题第（n)问）设函数/(d =(a_r —士■ — R),其中e为自然对数的底数。已知函数/(X)的导函数/(X)有三个零点：^，工2, 求(2的取值范围。分析：先通过求导，结合导函数的特征构造函数 g(x) =a:r3 —X+1，然后令g(x)=0,将函数问题转化 为方程问题，最后通过分离参数，结合构造函数及图 像的直观性来求解参数的取值范围
导数中隐零点问题的处理策略
40福建中学数学
2020年第12期
-1，与同角的三角函数关系联立，并经历复杂的
缩角过程，发现两个都可以保留，得到了
土春这
个答案，凭空多出来
-菁•其实用tan
a算出tan2
a
4
的过程是不等价转换，因为tan2
a _-3 , tan2
a _
-3 ,用正切的二倍角公式tan2
a_ 半二，可
4 1
- tan2
a
以得出tan
a_ 2或
-2或3或
-3 ,产生了增根，所
以sin(2
a +中)
_ -春是由增根tan
a _-2或
-1产生
的多余的解.
4教学反思
4.1教师研究教材，深度挖掘教材习题中的思
想方法
与三角恒等变化有关的计算问题是历年来江
苏高考数学考查的重点，今年的第13题，属于中
档题，但是研究本题的5种解法可以发现，好的解
法(解法2,解法4)来源于教材习题的解法与章
节补充内容，容易想到的解法(解法1)考查学生
对公式运用的熟练程度与代数变形能力.所以对于
整个高三的数学复习教学，还是要以教材为主，对
于一些重要例习题，使用一题多解、一题多变的方 式进行串讲，培养求异思维，促进能力形成，强化
重点题型、重要方法的理解与领悟，起到触类旁通
的作用.最后，对一些解法相同或相近题型，采用
多题一解的收敛方式串讲，侧重对通性通法进行归
纳总结，真正达到举一反三、事半功倍的教学效果.
4.2要让学生重视教材，力求做到真正的师生
一起“回归教材”
根据笔者近几年的高三教学经验发现，目前高
三数学复习往往有个误区，教师很重视教材，学生
倒不是很重视，而是沉溺于各种题海无法自拔，注
重解题技巧而忽略了对教材上本源题型的研究，对
数学学习急功近利，实则高考的试题就是来源于教
材习题的改编，教材的编写也汇集了无数数学人的
智慧，上面的例题，习题，蕴含着朴实无华的数学
思想方法和最本源的数学解题技巧.所以在平时的
教学中，要在学生面前强调教材对高三数学复习的
重要性，重做教材上的经典题目，领悟其中的数学
思想方法与解题技巧，使教材习题与课外习题产生
导数中的零点问题
导数中的零点问题
题型一：零点的基本解法
1、已知函数$f(x)=2\ln x-x+mx,x\in[2e,+\infty)$，求实数$m$的取值范围。
2、已知函数$f(x)=x\mathrm e^x-a(x+1)^2/2,x\in[0,+\infty)$有两个零点，求实数$a$的取值范围。
1) 若$a=\mathrm e$，求函数$f(x)$的极值。
2) 若函数$f(x)$有两个零点，求实数$a$的取值范围。
3、已知函数$f(x)=a\mathrm e^{2x}+(a-2)\mathrm e^x-x$。
1）讨论$f(x)$的单调性。
2）若$f(x)$有两个零点，求$a$的取值范围。
4、已知函数$f(x)=-(2ax+ax+(x-2)\mathrm e^x)/2,a>0$。
1）求函数$f(x)$的单调区间。
2）若函数$f(x)$存在$3$个零点，求$a$的取值范围。
题型二：切线与零点关系
1、曲线在点$(1,1)$处的切线方程为；过点$(1,1)$处的切线方程为。
2、已知函数$f(x)=\frac{1}{2}x^3+mx+n(m,n\in\mathbb{R})$。
1）若$f(x)$在$x=1$处取得极大值，求实数$m$的取值范围。
2）若$f(1)=\frac{1}{2}$，且过点$p(2,1)$有且只有两条直线与曲线$y=f(x)$相切，求实数$m$的值。
3、已知函数$f(x)=ax^2+bx-3x$在$x=\pm 1$处取得极值。
1）求函数$f(x)$的解析式。
2）若过点$A(1,m)$可作曲线$y=f(x)$的三条切线，求实数$m$的取值范围。
题型三：极值与零点关系
1、已知函数$f(x)=x^3-6x^2+3x+t(t\in\mathbb{R})$。
1）求函数$f(x)$的单调区间。
2）设函数$g(x)=f(x)$有三个不同的极值点，求$t$的取值范围。
导数与函数零点问题解题方法归纳
1 / 27 导函数零点问题
一．方法综述
导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究fx的单调性，往往需要解方程0fx＝.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21exfxxax.
（1）讨论fx的单调性；
（2）若函数21e1xgxxmx在1,有两个零点，求m的取值范围.
【分析】（1）首先求出函数的导函数因式分解为11exfxaxx，再对参数a分类讨论可得；
（2）依题意可得21exgxmx，当0m函数在定义域上单调递增，不满足条件；
当0m时，由（1）得gx在1,为增函数，因为01gm，00g.再对1m，1m，01m三种情况讨论可得.
【解析】（1）因为21xfxxaxe，所以221exfxxaxa，
即11exfxaxx.
由0fx，得11xa，21x.
①当0a时，21e0xfxx，当且仅当1x时，等号成立.
故fx在,为增函数.
②当0a时，11a，
由0fx′得1xa或1x，由0fx′得11ax；
所以fx在,1a，1,为增函数，在1,1a为减函数.
③当0a时，11a，
由0fx′得1xa或1x，由0fx′得11xa；
高中数学导数求零点做题方法及例题
高中数学导数求零点做题方法及例题
《高中数学导数求零点做题方法及例题》
导数求零点是高中数学中的一个重要概念和解题方法。理解和掌握此方法，对于解决各种数学问题以及考试取得优异成绩都非常关键。本文将介绍导数求零点的做题方法，并通过例题加深理解。
首先，我们回顾一下导数的定义。在数学中，给定一个函数f(x)，若其在某一点x_0处的导数f'(x_0)等于0，那么x_0就被称为函数f(x)的一个零点。换句话说，零点就是函数曲线与x轴相交的点，即函数取值为零的位置。
那么，如何求解导数为零的点呢？我们可以运用微积分中的导数概念以及一些求根的方法，例如二分法、牛顿迭代法等。
下面以实际例题来说明导数求零点的做题方法。
例题1：已知函数f(x)=x^3-3x^2-9x+5，求其在(-∞,+∞)上的所有零点。
解：首先，我们需要求出导数f'(x)。对于f(x)=x^3-3x^2-9x+5，求导后可得到f'(x)=3x^2-6x-9。
其次，我们将求得的导数f'(x)令为0，并解方程得到零点。即3x^2-6x-9=0，两侧同时除以3，化简得到x^2-2x-3=0。利用求根公式或配方法，解得x=-1，x=3。
因此，函数f(x)=x^3-3x^2-9x+5在(-∞,+∞)上的零点为 x=-1 和 x=3。
通过此例题，我们可以总结出求导数零点的方法：
1. 求函数的导数。
2. 将导数等于0，即f'(x)=0，转化为方程。
3. 解方程得到零点。
导数求零点的方法在高中数学中经常出现，它常被应用于曲线的切线问题、函数图像的性质研究等。掌握此方法不仅可以提升解题效率，还可以更加深刻地理解函数的性质。
总结起来，导数求零点是一种常用的数学方法，通过对函数的导数进行求解得到函数的零点。掌握了此方法，我们可以在解决各种数学问题时更加轻松而高效。因此，同学们在学习数学时，应该注重理解和运用导数求零点的做题方法，才能在考试中取得好成绩。
导数零点不可求的四种破解策略
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导数零点不可求的四种破解策略
法一:利用零点存在性定理
零点存在性定理:如果函数fx在区间ab，上的图象是连续不断的一条曲线,并且有0fafb,那么函数fx在区间ab，内有零点,即存在0xab，,使得0fx0.进一步,若fx在区间ab，内有具有单调性,则函数fx在区间ab，内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出/fx在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的/fx,与零比较大小,再利用零点存在性定理得出/fx在给定的区间上存在唯一的零点.
例1.已知函数2lnxfxxex,证明:当0x时,不等式1fx.
证明:/12xfxxxex,0x.
由//22142xfxxxex0,得/fx在0，上单调递增.
又1/419=40416fe,1/215=2024fe,
根据零点存在定理可知,存在01142x，,使得/0fx0.
当00xx，时,/fx0,fx在00x，上单调递减;
当0xx，时,/fx0,fx在0x，上单调递增.
故0minfxfx=0200lnxxex.
由/0fx0得0000120xxxex,即000012xxxex,020012xexx.
故0fx=0200lnxxex=001ln2xx,其中01142x，.
令gx=1ln2xx,1142x，. 2
由/gx=21102xx得gx在1142x，上单调递减.
故gx12g21=ln152,即0fx1.
专题11 导数压轴题之隐零点问题(解析版)
导数章节知识全归纳
专题11 导数压轴题中有关隐零点问题
一．隐零点问题知识方法讲解：
1.“隐零点”概念：隐零点主要指在研究导数试题中遇到的对于导函数f’(x)=0时，不能够直接运算出来或是不能够估算出来，导致自己知道方程有根存在，但是又不能够找到具体的根是多少，通常都是设x=𝑥0，使得f’(x)=0成立，这样的𝑥0就称为“隐藏零点”。
2.“隐零点”解决方向：针对隐零点问题通常解决步骤：
1.求导判定是否为隐零点问题，
2.设x=𝑥0，使得f’(x)=0成立，
3.得到单调性，并找到最值，将𝑥0带入f(x),得到f(𝑥0),
4.再将𝑥0的等式代换，再求解（注意：𝑥0的取值范围）
二．隐零点问题中的典型例题：
典例1．已知函数lnfxx，2singxxx．
（1）求gx在0,的极值；
（2）证明：hxfxgx在0,2有且只有两个零点．
解：（1）由12cosgxx，0,x，
当03x时，0gx，此时函数gx单调递减，
当3x时，0gx，此时函数gx单调递增， 所以，函数gx的极小值为333g，无极大值；
（2）证明：ln2sinhxfxgxxxx，其中02x.
则112coshxxx，令12cos1xxx，则212sinxxx.
当0,x时，212sin0xxx，则x在0,上单调递减，
303，2102，
所以，存在0,32x，使得000xhx.
当00xx时，0hx，此时函数hx在00,x上单调递增，
当0xx时，0hx，此时函数hx在0,x上单调递减.
数学高考导数难题导数零点问题导数
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)(23Raxxaaxxf的单调区间
解析：即求)('xf的符号问题..由)2)(1(2)12()('2xaxxaaxxf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axxaxeaxxfx23)1(2131)1()(;Ra;的极值情况
解析：)1)(()1()()('2xeaxaxaxeaxxfxx;只能解出)('xf的一个零点为a;其它的零点就是01xex的根;不能解..
例52011高考浙江理科设函数Raxaxxf,ln)()(2
Ⅰ若ex为)(xfy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(ex恒有24)(exf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10x时;对于任意的实数a;恒有240)(exf成立②当ex31;由题意;首先有,4)3ln(3()3(22eeaeef）解得)3ln(23)3ln(23eeeaeee由'()()(2ln1)afxxaxx;但这时会发现0)('xf 的解除了ax外还有xax1ln2=0的解;显然无法用特殊值猜出..
令()2ln1ahxxx;注意到01)1(ah;0ln2)(aah;
且23ln(3)(3)2ln(3)12ln(3)133eeeaheeeee=12(ln3)03ln(3)ee..
故0)('xf在),1(a及1;3e至少还有一个零点;又()hx在0;+∞内单调递增;所以函数()hx在]3,1(e内有唯一零点;但此时无法求出此零点怎么办..我们可以采取设而不求的方法;记此零点为0x;则ax01.. 从而;当0(0,)xx时;'()0fx；当0(,)xxa时;'()fxa；当(,)xa时;'()0fx;即()fx在0(0,)x内单调递增;在0,()xa内单调递减;在(,)a内单调递增..所以要使2()4fxe对(1,3xe恒成立;只要2200022()()ln4,(1)(3)(3)ln(3)4,(2)fxxaxefeeaee成立.. 000()2ln10ahxxx;知002lnaxx3将3代入1得232004ln4xxe;又01x;注意到函数23lnxx在1;+∞内单调递增;故01xe..再由3以及函数xxxln2在1.+ +∞内单调递增;可得13ae..由2解得;2233ln(3)ln(3)eeeaeee..所以233ln(3)eeaee综上;a的取值范围为233ln(3)eeaee..