利用导数研究函数零点问题
【解】
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
(ax－1)(x－1) 1 f(x)的导数为 f′(x)＝－ax＋1＋a－ ＝－ (a＞0)， x x 1 ①当 a∈(0，1)时，a＞1. 1 由 f′(x)＜0，得 x＞a或 a＜1. 所以
1 f(x)的单调递减区间为(0，1)，a，＋∞；
第三章
导数及其应用
第6讲
利用导数研究函数零点问题
利用最值(极值)判断零点个数
[典例引领] 1 2 已知函数 f(x)＝－ ax ＋(1＋a)x－ln x(a∈R)． 2 (1)当 a＞0 时，求函数 f(x)的单调递减区间； (2)当 a＝0 时，设函数 g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函数 g(x)在区 1 间[ ，＋∞)上有两个零点，求实数 k 的取值范围． 2
当 m＞1 时，0＜x＜1 或 x＞m 时 F′(x)＜0， 1＜x＜m 时 F′(x)＞0， 所以函数 F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单 调递增， 1 注意到 F(1)＝m＋ ＞0，F(2m＋2)＝－mln (2m＋2)＜0， 2 所以 F(x)有唯一零点， 综上，函数 F(x)有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．
2 2 2(ax －1) 所以 F′(x)＝2ax－x＝ (x＞0)． x
1 ①当 a＞0 时，由 ax －1＞0，得 x＞ ， a
2
1 由 ax －1＜0，得 0＜x＜ ， a
2
故当 a＞0
时， F(x)在区间
1 1 ，＋∞上单调递增， 在区间0， a a
上单调递减． ②当 a≤0 时，F′(x)＜0(x＞0)恒成立． 故当 a≤0 时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．
1 2 (2)令 F(x)＝f(x)－g(x)＝－ x ＋(m＋1)x－mln x，x＞0， 2 问题等价于求函数 F(x)的零点个数， (x－1)(x－m) F′(x)＝－ ，当 m＝1 时， x F′(x)≤0，函数 F(x)为减函数， 3 注意到 F(1)＝ ＞0，F(4)＝－ln 4＜0， 2 所以 F(x)有唯一零点；
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题， 可利用函数的值域或 最值，结合函数的单调性，画草图确定其中参数的范围．
构造函数法研究零点问题
[典例引领] 1 2 设函数 f(x)＝ x －mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x. 2 (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 m≥1 时，讨论函数 f(x)与 g(x)图象的交点个数．
2 2 ln 2 4－e ln 2 由 φ(e)－φ( 2)＝ 2－ ＝ e 2 2e2
ln e4－ln 2e ln 81－ln 27 ＝ ＜ ＜0， 2e2 2e2
2
所以 φ(e)＜φ( 2)． 所以 φ(x)min＝φ(e)， ln 2 1 如图可知 φ(x)＝a 有两个不相等的解时，需 ≤ a＜ . 2 e 即 f(x)＝g(x)在[ 2，e]上有两个不相等的解时 a 的取值范围为 ln 2 1 [ ， )． 2 e
②当 a＝1 时，恒有 f′(x)≤0， 所以 f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
1 ③当 a∈(1，＋∞)时， ＜1. a 1 由 f′(x)＜0, 得 x＞1 或 x＜ . a 1 所以 f(x)的单调递减区间为(0，a)，(1，＋∞)． 综上，当 a∈(0，1)时，
1 f(x)的单调递减区间为(0，1)，a，＋∞；
2 m x －m 【解】 (1)函数 f(x)的定义域为(0， ＋∞)， f′(x)＝x－ ＝ ， x x
m≤0 时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上递增， (x＋ m)(x－ m) m＞0 时，f′(x)＝ ， x 当 0＜x＜ m时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减， 当 x＞ m时，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增． 综上 m≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； m＞0 时，函数 f(x)的单调增区间是( m，＋∞)，单调减区间是 (0， m)．
2
(2x－1)(x＋2) 1 则 p′(x)＝ 在[ ，＋∞)上有 p′(x)≥0， x 2 1 故 p(x)在[ ，＋∞)上单调递增． 2 1 因为 p(1)＝0，所以当 x∈[ ，1)时，有 p(x)＜0， 2 即 h′(x)＜0，所以 h(x)单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，有 p(x)＞0， 即 h′(x)＞0，所以 h(x)单调递增．
当 a＝1 时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)； 1 当 a∈(1，＋∞)时，f(x)的单调递减区间为(0，a)，(1，＋∞)．
1 (2)g(x)＝x －xln x－k(x＋2)＋2 在 x∈[ ，＋∞)上有两个零点， 2 x 的方程 k＝ 在 x∈[ ，＋∞)上有两个不相 2 x＋ 2 等的实数根． x2－xln x＋2 1 令函数 h(x)＝ ，x∈[ ，＋∞)， 2 x＋ 2 x2＋3x－2ln x－4 则 h′(x)＝ ， (x＋2)2 1 令函数 p(x)＝x ＋3x－2ln x－4，x∈[ ，＋∞)． 2
2ln x (2)原式等价于方程 a＝ 2 在区间[ 2，e]上有两个不等解． x 2x(1－2ln x) 2ln x 令 φ(x)＝ 2 ，由 φ′(x)＝ 易知，φ(x)在( 2， e)上 x x4 为增函数，在( e，e)上为减函数， 1 2 ln 2 则 φ(x)max＝φ( e)＝ ，而 φ(e)＝ 2，φ( 2)＝ . e e 2
1 9 ln 2 9 ln 2 因为 h2＝ ＋ ， h(1)＝1， 所以 k 的取值范围为1，10＋ 5 . 5 10
利用函数的极值(最值)判断函数零点个数， 主要是借助导数研究 函数的单调性、极值后，通过极值的正负、函数单调性判断函 数图象走势， 从而判断零点个数或者利用零点个数求参数范围．
数形结合法研究零点问题
[典例引领] 已知 f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x. (1)讨论函数 F(x)＝f(x)－g(x)的单调性； (2)若方程 f(x)＝g(x)在区间[ 2，e]上有两个不相等的解，求 a 的取值范围．
【解】
(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，
高考复习数学第二节第五课时 利用导数研究函数零点问题
第五课时 利用导数研究函数零点问题
[判断、证明或讨论函数零点个数的方法] 利用零点 存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断 的曲线，且 f(a)·f(b)<0.
(1)直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数， 则只需取值证明 f(a)·f(b)<0.
(2)分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调 性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在 每个单调区间内取值证明 f(a)·f(b)<0.
在α，π2单调递减，而 f′(0)＝0，f′π2<0，所以存在 β∈ α，π2， 使得 f′(β)＝0，且当 x∈(0，β)时，f′(x)>0；当 x∈β，π2时， f′(x)<0. 故 f(x)在(0，β)单调递增，在β，π2单调递减． 又 f(0)＝0，f π2＝1－ln1＋π2>0，所以当 x∈0，π2时，
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)． (ⅰ)当 x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增， 而 f′(0)＝0，所以当 x∈(－1，0)时，f′(x)<0， 故 f(x)在(－1，0)单调递减．又 f(0)＝0，从而 x＝0 是 f(x) 在(－1，0]的唯一零点．
关键 1：判断 f(x)在(－1，0]上的单调性及 f(0)＝0，进 而得出 f(x)在(－1，0]内存在一个零点. (ⅱ)当 x∈0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，
f(x)>0，从而，f(x)在0，π2没有零点． (9 分) 关键 2：根据 f(x)在0，π2的单调性及 f(x)>0 得出 f(x)在
0，π2内无零点. (ⅲ)当 x∈π2，π时，f′(x)<0，所以 f(x)在π2，π单调递减． 而 f π2>0，f(π)<0，所以 f(x)在π2，π有唯一零点．(10 分)
利用导数研究函数的零点专题课件 高三数学二轮复习
1
ln ,
+ ∞ 上单调递增.
1
-∞,ln
上单调递减,
(2)根据(1)中结果知,当 a≤0 时,f(x)最多有一个零点,不符合题意.当 a>0 时,f(x)
在
1
-∞,ln
上单调递减,在
1
ln , +
∞ 上单调递增,且当 x→-∞时,f(x)→+∞,当
x→+∞时,f(x)→+∞.因此根据零点存在定理,如果函数有两个零点,则需 f(x)的
递增.∴f(x)min=f(1)=-2.又f(0)=1,f(2)=3>1,曲线y=x3-3x
与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点等价于
y=f(x)与y=a有两个不同的交点,∴-2<a<1.
3.(2021·全国甲,理21(2))已知a>0且a≠1,函数f(x)=
直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
.
解析 令x3-3x=-(x-1)2+a,得x3+(x-1)2-3x=a.
令f(x)=x3+(x-1)2-3x,x>0,则f'(x)=3x2+2(x-1)-3=3x2+2x5=(x-1)(3x+5).由f'(x)=0(x>0),得x=1.∴当x∈(0,1)
时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调
求解；
(2)分离参数法：由 f ( x )＝0分离出参数 a ，得 a ＝φ( x )，利用导数求函数 y ＝φ( x )的
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()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)2y x = (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)()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e x x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21e xx f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x = (2)()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a xf x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <= 故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -,当,()0x ∈+∞,则()e 20xg x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+,即()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >= 故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意 3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增 (0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减 当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<= 当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增 1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '= 当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+< 又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '= 当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减 有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点 即()f x 在(1,0)-上有唯一零点 所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x < 因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x xx x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增 即()(1)0g x g >=,所以1e e 0xx x x-> 令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 3．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； （2）求导得()()()211ax x f x x --'=，按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. (1)当0a =时，()1ln ,0f x x x x =-->，则()22111xf x x x x-'=-=，当()0,1∈x 时，0f x ，()f x 单调递增； 当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 11f x f ==-；(2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>，则()()()221111ax x a f x a x x x--+'=+-=， 当0a ≤时，10-≤ax ，所以当()0,1∈x 时，0f x，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 110f x f a ==-<，此时函数无零点，不合题意； 当01a <<时，11a >，在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；又()110f a =-<，由（1）得1ln 1x x +≥，即1ln 1x x ≥-，所以ln x x x <<<当1x >时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，使得()0f m >，所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点，符合题意；当1a =时，()()2210x f x x-'=≥，所以()f x 单调递增，又()110f a =-=，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 当1a >时，11a <，在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；此时()110f a =->，由（1）得当01x <<时，1ln 1xx>-，1>ln 21x ⎛> ⎝， 此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+，使得()0f n <， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 综上，a 的取值范围为()0,+∞.4．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()ln 13f x a x x =+-．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：当1a =时，方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出函数的定义域，再求出()31af x x '=-+，然后分0a >，0a ≤可得出函数的单调性. （2）设()()ln 1sin g x x x =+-，将问题转化为函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点，又当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，求出其导数，由零点存在原理即可证明. (1)函数()()ln 13f x a x x =+-的定义域是()1,-+∞，()31af x x '=-+． 当0a >时，令()0f x '<，得33a x ->；令()0f x '>，得313a x --<<， 故()f x 在31,3a -⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在3,3a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当0a ≤时，()0f x '<恒成立，故()f x 在()1,-+∞上单调递减． (2)当1a =时，方程()sin 3f x x x =-即为()ln 13sin 3x x x x +-=-，即()ln 1sin 0x x +-=． 令()()ln 1sin g x x x =+-，则()1cos 1g x x x '=-+， 则“方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解”等价于“函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点”．当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以()0g x >在()e 1,-+∞上恒成立， 所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点．因为e 1π-<，所以当,e 12x π⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时，cos 0x <，101x >+， 所以()0g x '>在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上恒成立．所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增，又ln 1sin ln 1102222g ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()e 11sin e 1g -=--，所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，即()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点．故方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．5．（2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测）已知函数()e sin xf x x ax =+，其中e 是自然对数的底数.(1)若1a =时，试判断f （x ）在区间（2π-，0）的单调性，并予以证明；(2)从下面两个条件中任意选一个，试求实数a 的取值范围. ①函数()f x 在区间[0，2π]上有且只有2个零点； ①当2,0x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()2f x x ≥.【答案】(1)f （x ）在（π2-，0）上单调递增，证明见解析；(2)选择①：π22e 1πa -≤<-；选择①：1a ≥-.【解析】 【分析】（1）求导，通过判定导函数在（π2-，0）上的正负确定单调性； （2）选择①：易得()00f =，则因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点，求导通过讨论找出符合条件的a 的取值范围；选择①：构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦，此时()00m =，可通过端点效应或隐零点等思路求a的取值范围. (1)当1a =时，()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()πe sin e cos 1sin 14x x xf x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，πππ,444x ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以sin 1144x x ππ⎛⎫⎛⎫<+<-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 又0e 1x <<，πsin 14xx ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，从而()0f x '>，所以，f （x ）在（π2-，0）上单调递增. (2) 选择①，由函数()e sin 0π,2xf x x ax x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，，可知()00f =因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+，令()e sin e cos x x h x x x a =++， 则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.π2]上恒成立.即()f x '在[0，π2]上单调递增，()2ππ01e 2f a f a ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝，，当1a ≥-时，()()00f x f '≥'≥，f （x ）在[0.π2]上单调递增.则f （x ）在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当π2e a ≤-时，()0π2f x f ⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭，()f x 在[0，π2]上单调递减，则()f x 在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当2e 1a π-<<-时，π2(0)10,()e 2π0f a f a '=+<'=+≥则()f x '在（0，π2）上只有1个零点，设为0x .且当0(0,)x x ∈时，()0f x <′；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x >′ 所以当()00x x ∈，时，()f x 在（0，0x ）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，又()π200e ππ22f f a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，因此只需20π22πe f a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可，即π22e 1πa -≤<-，综上所述：2π2e 1πα-≤<-选择①，构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦此时()2π2e π244π00x m m a ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，则2π()e sin e cos 2(0)π1,(e 2π)xxm x x x a x m a m a'=++-'=+'=-+，易知(1)π)(2m m '>'令()e sin e cos 2,()2e cos 2,(0)0,()2π2x x xt x x x a x t x x t t =++-'=-'='=-令2π()2e cos 2,()2e (cos sin ),(0)2,()2πe 2xxp x x p x x x p p =-=-'='=-＇， 令()2e (cos sin )x q x x x =-，则()4e sin 0x q x x '=-≤ 所以()2e (cos sin )x q x x x =-在（0，π2）上单调递减.又π20π(0)(0)20,()()2e 22πq p q p ='=>='=-<在（0，π2）上存在唯一实数1x 使得()10q x =，且满足当()10,x x ∈时，()0q x >当1π(,)2x x ∈时.()0q x <即p （x ）在（0，x 1）上单调递增，在（x 1，π2）上单调递减.又()()ππ0002022p t p t ⎛⎫⎛⎫==-=-< ⎪'' ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以()2e cos 2x p x x =-在1π(,)2x 上存在一实数2x 使得()20p x =，且满足当2(0,)x x ∈时，()0p x >；当2π()2x x ∈⋅时，()0p x <即()()t x m x ='在（0，x2）上单调递增，在（2x ，2π）上单调递减， 当()010m a ='+≥时，即()10a m x ≥-'≥，，函数()2e sin x m x x ax x =+-在[0，π2]上单调递增，又()00m =，因此()2e sin 0x m x x ax x =+-≥恒成立，符合题意，当()010m a '=+<，即1a <-，在π20,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上必存在实数3x ，使得当()30,x x ∈时，()0m x '<，又()00m =，因此在()30,x x ∈上存在实数()0m x <，不合题意，舍去 综上所述1a ≥-.6．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知函数12()e x f x =（e 为自然对数的底数）． (1)令1()||()()g x a x f x f x =--，若不等式()0g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围； (2)令3()()x xf x m ϕ=-，若函数()ϕx 有两不同零点()1212,x x x x <． ①求实数m 的取值范围；①证明：21e e 21x x m -<+． 【答案】(1)(,1]-∞；(2)①2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①证明见解析.【解析】 【分析】（1）根据()g x 为偶函数，将问题转化为0x ≥时()0g x ≤恒成立，根据(0)0g =及参变分离求0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，求参数范围；（2）①利用导数研究()ϕx 的单调性，及区间值域情况，进而判断()0x ϕ=有两不同解时m 的范围即可；①由（1）知：0x <时1122e e x x x -≥-且120x x <<，应用放缩法有2()e e x x x ϕ≥-，构造2()e e x x F x =-研究极值并判断()F x m =的两根与12,x x 大小关系得到3214e e e e x x x x -<-即可证结论. (1)由题设，1122()||e ex x g x a x -=--，则()()g x g x =-，所以()g x 为偶函数，故只需0x ≥时，()0g x ≤恒成立，而(0)0g =满足， 所以0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，令02t x =>，则e e 2t ta t--≤，若()e e 2t t h t t -=--，则()e e 220t t h t -'=+-≥=，仅当0=t 时等号成立， 所以()0h t '>，即()h t 在(0,)+∞上递增，则()(0)0h t h >=，即e e 2t t t -->， 所以，在(0,)+∞上e e 12t tt-->，则1a ≤， 综上：a 的范围为(,1]-∞． (2)①由题设，323()1e 2x x x ϕ⎛⎫=+ ⎪'⎝⎭，若()0x ϕ'>得：23x >-，故()ϕx 在2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭单调减，在2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调增，且x 趋向负无穷()ϕx 趋向于0，x 趋向正无穷()ϕx 趋向于正无穷，又2233e ϕ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()00ϕ=，则0x <时，()0x ϕ<；0x >时，()0x ϕ>，要使()0x ϕ=有两个不同解12,x x 且120x x <<，则2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①由（1）知：0x <时1122e ex x x -≥-，则1132222()e e e e e x x x x xx ϕ-⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭；记2()e e x x F x =-且0x <，则(()e e 1)2x x F x '=-，所以(,ln 2)-∞-上()0F x '<，(ln 2,0)-上()0F x '>，故()F x 在(,ln 2)-∞-上递减，(ln 2,0)-上递增，且12()(ln 2),043e F x F ⎛⎫≥-=-∈- ⎪⎝⎭，所以()F x m =也有两根，记为34x x <，又(,0)-∞上)(()x F x ϕ≥，则31240x x x x <<<<， 令e x t =，则34e ,e xx 为20t t m --=的两根，故34e e 1x x +=，34e e x x m =-，所以34e e x x -=3124e e e e x x x x <<<，所以3214(41)1e e e e 212x x x xm m ++-<-==+． 7．（2022·湖北·模拟预测）已知()()1ln af x a x x x=-++(1)若0a <，讨论函数()f x 的单调性； (2)()()ln a g x f x x x =+-有两个不同的零点1x ，()2120x x x <<，若12202x x g λλ+⎛⎫'> ⎪+⎝⎭恒成立，求λ的范围．【答案】(1)单调性见解析 (2)(][),22,λ∈-∞-+∞【解析】 【分析】（1）求导可得()()()21x a x f x x +-'=，再根据a -与0,1的关系分类讨论即可；（2）由题()ln g x a x x =+，，设()120,1x t x =∈根据零点关系可得21ln x x a t -=，再代入1222x x g λλ+⎛⎫' ⎪+⎝⎭化简可得()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立，设()()()21ln 2t ht t t λλ+-=++，再求导分析单调性与最值即可(1)()f x 定义域为()0,∞+()()()()()222211111x a x a x a x a f x a x x x x+--+-'=-+-== ①）01a <-<即10a -<<时，()01f x a x '<⇒-<<，()00f x x a '>⇒<<-或1x > ①）1a -=即1a =-时，()0,x ∈+∞，()0f x '≥恒成立 ①）1a ->即1a <-，()01f x x a '<⇒<<-，()001f x x '>⇒<<或x a >- 综上：10a -<<时，(),1x a ∈-，()f x 单调递减；()0,a -、()1,+∞，()f x 单调递增 1a =-时，()0,x ∈+∞，()f x 单调递增1a <-时，()1,x a ∈-，()f x 单调递减；()0,1、(),a -+∞，()f x 单调递增(2)()ln g x a x x =+，由题1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩，120x x <<则()1221ln ln a x x x x -=-，设()120,1x t x =∈ ①212112ln ln ln x x x xa x x t--==-()1a g x x'=+ ①122112122221122ln 2x x x x g a x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'=+=⋅+ ⎪+++⎝⎭()()()21102ln t t tλλ+-=+>+恒成立()0,1t ∈，①ln 0t < ①()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立设()()()21ln 2t h t t t λλ+-=++，①()0h t <恒成立()()()()()()()()22222224122241222t t t t h t t t t t t t λλλλλλλ⎛⎫-- ⎪++-+⎝⎭'=-==+++ ①）24λ≥时，204t λ-<，①()0h t '>，①()h t 在()0,1上单调递增 ①()()10h t h <=恒成立， ①(][),22,λ∈-∞-+∞合题①）24λ<，20,4t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，①()0h t '>，①()h t 在20,4λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h t '<， ①()h t 在2,14λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减①2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()10h t h >=，不满足()0h t <恒成立综上：(][),22,λ∈-∞-+∞【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了双零点与恒成立问题的综合，需要根据题意消去参数a ，令()120,1x t x =∈，再化简所求式关于t 的解析式，再构造函数分析最值.属于难题 8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）设a 为实数，函数()e ln 1=++x f x a x x ． (1)当1a e=-时，求函数()f x 的单调区间；(2)判断函数()f x 零点的个数．【答案】(1)减区间为()0,∞+，无增区间. (2)当0a ≥，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点；当210e a -≤<，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点；当21e a <-，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点. 【解析】 【分析】(1)利用二次求导研究函数()f x 的单调性，进而得出结果； (2)利用分类讨论的思想，根据函数()f x 与()()f x g x x=具有相同的零点，结合导数分别研究当0a ≥、210e a -≤<、21e a <-时()g x 的单调性，利用零点的存在性定理即可判断函数()g x 的零点个数，进而得出结果. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 当1a e=-时，1()e ln 1e xf x x x =-++，则1()e ln 1x f x x -'=-++，且()01f '=， 有1111e ()ex x x f x x x---''=-+=，令()01f x x ''=⇒=， 所以当(0,1)x ∈时()0f x ''>，则()'f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时()0f x ''<，则()'f x 单调递减， 所以max ()(1)0f x f ''==，即()0f x '≤，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减， 即函数()f x 的减区间为(0,)+∞，无增区间； (2)由(1)知当1a e=-时函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，又(1)0f =，此时函数()f x 只有1个零点； 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以()f x 与()f x x具有相同的零点， 令()e 1()ln (0)x f x a g x x x x x x ==++>， 则222(1)e 11(1)(e 1)()x x a x x a g x x x x x --+'=+-=， 当0a ≥时，e 10x a +>，令()01g x x '=⇒=，则函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)e 10g x g a ==+>，此时函数()g x 无零点，即函数()f x 无零点；当0a <时，令()01g x x '=⇒=或1ln()x a=-，若10e a -<<，则11ln()a<-，列表如下：当211e ea -≤≤-时，222e 2e 222e 4222e e e (e )2e 2e e 2e 0e ea g ------=++<++=-++<， 当210e a -<<即21e a ->时，131e ()a a->-，1121111()e ln()[e ln()1]aa g a a a a a a a a---=-+--=---+3111[()(1)1]0a a a a a <-----+<，又(1)0g >，此时函数()g x 有1个零点，则函数()f x 有1个零点； 若1e <-a ，则11ln()a>-，列表如下：所以ln()min 1e 111()(ln())ln ln()ln ln()ln1011ln()ln()aa g x g a a a a a -=-=+-+=-<=--， 又(1)0g >，2(e )0g <，则此时函数()g x 有2个零点，即函数()f x 有2个零点； 综上，当0a ≥时，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点， 当210ea -≤<时，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点， 当21e a <-时，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点.【点睛】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图像与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．9．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知函数()ln 12a af x x x =+-+，其中R a ∈． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)讨论函数()f x零点的个数．【答案】(1)当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭(2)当4a ≤，函数()f x 有且仅有一个零点；当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点 【解析】 【分析】（1）求导，再分0a <，04a ≤≤和4a >分类讨论即可；（2）根据单调性及零点存在性定理分析即可. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221(2)1()(1)(1)a x a x f x x x x x +-+'=-=++，在一元二次方程2(2)10x a x +-+=中，22Δ(2)44(4)a a a a a =--=-=-， ①当0a <时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当04a ≤≤时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当4a >时，一元二次方程2(2)10x a x +-+=有两个不相等的根， 分别记为()1221,x x x x >，有122x x a +=-，1210x x =>，可得210x x >>， 有12x x ==可得此时函数()f x 的增区间为()()120,,,x x +∞减区间为()12,x x ， 综上可知，当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭； (2)由（1）可知：①当4a ≤时，函数()f x 单调递增，又由(1)0f =，可得此时函数只有一个零点为1x =； ①当4a >时，由122110,x x x x =>>，可得1201x x <<<，又由(1)0f =，由函数的单调性可知()()12(1)0,(1)0f x f f x f >=<=， 当01x <<且20e ax -<<时，可得2ln ln e ax -<，有ln 02ax +<， 可得()ln ln 022a af x x a x <+-=+<， 当2e ax >时，2()ln ln e 02222aa a a af x x >->-=-=可知此时函数()f x 有且仅有3个零点，由上知，当4a ≤时，函数()f x 有且仅有一个零点； 当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点．10．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知函数()323.f x ax x a b =-++(1)讨论()f x 的单调性；(2)当()f x 有三个零点时a 的取值范围恰好是()()()3,22,00,1,--⋃-⋃求b 的值. 【答案】(1)答案见解析 (2)3b = 【解析】 【分析】(1)求函数()f x 的导函数()'f x ，讨论a ，并解不等式()0f x '>，()0f x '<可得函数的单调区间；(2)由(1)结合零点存在性定理可求b . (1)()f x 的定义域为R ，()()23632,f x ax x x ax =-=-'若0a =，则()0600f x x x '>⇒->⇒<，()00f x x <⇒>'∴ ()f x 在(),0∞-单调递增，()0,∞+单调递减，若0a >，则()00'>⇒<f x x 或2x a>， ()200f x x a>⇒<<'， ()f x ∴在(),0∞-单调递增，20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，若0a <，则()200f x x a'>⇒<< ()20f x x a>⇒<'或0x >， ()f x ∴在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递减，2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，()0,∞+单调递减.(2)可知()f x 要有三个零点，则0a ≠， 且2(0)0f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭由题意也即是()200f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，也就是关于a 的不等式()()()32224400a b a ba a b a b a a ++-⎛⎫++-<⇒< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃， 令()()()32240a b a ba h a a+++=<，时()()()()()1114130h b b b b =++-=+-=， 所以有1b =-或3b =， 当3b =时，()()()()()323222233434400a a a a a a a h a aa++-+-+-=<⇒<，()()()2231440a a a a a+-++<的解是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，满足条件，当1b =-时，()()()322140a a a h a a---=<，当1a =-时，()1120h -=>，不满足条件， 故1b ≠-，综合上述3b =.11．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））已知函数()()e 12()exx xf x a a =+--∈R ． (1)若()e ()=⋅x g x f x ，讨论()g x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)答案见解析；(2)()0,1. 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，分为0a ≤和0a >两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；（2）函数有两个零点即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点，根据（1）中的单调性结合零点存在定理即可得结果. (1)由题意知，()()()e ()e e 12e e 12e e x x x x x xx x g x f x a a x ⎡⎤=⋅=⋅+--=+--⎢⎥⎣⎦，()g x 的定义域为(,)-∞+∞，()e (e 1)e e 2e 1(2e 1)(e 1)x x x x x x x g x a a a '=++⋅--=+-．若0a ≤，则()0g x '<，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递减； 若0a >，令()0g x '=，解得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0g x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0g x '>， 所以()g x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增． (2)因为e 0x >，所以()f x 有两个零点，即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点． 若0a ≤，由（1）知，()g x 至多有一个零点．若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()g x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln g a a a-=-+． ①当1a =时，由于(ln )0g a -=，故()g x 只有一个零点： ①当(1,)∈+∞a 时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0g a ->，故()g x 没有零点； ①当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0g a -<． 又2222(2)e (e 1)2e 22e 20g a -----=+-+>-+>，故()g x 在(,ln )a -∞-上有一个零点．存在03ln 1,x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则0000000000()e (e 1)2e e (e 2)e 0x x x x x xg x a x a a x x =+--=+-->->．又3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，因此()g x 在(ln ,)a -+∞上有一个零点．综上，实数a 的取值范围为(0,1)．12．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））已知函数()ln 1f x ax x =++． (1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，求实数a 的取值范围； (2)若对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)0a ≥或1a =- (2)(,2]-∞ 【解析】 【分析】（1）求导1()f x a x'=+，0x >，分0a ≥和0a <讨论求解； （2）对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，转化为2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立求解． (1)解：1()f x a x'=+，0x >， 当0a ≥时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．又()11ee 11a af a a ----=--+()1e 10a a --=-≤，(1)10f a =+>， 所以此时()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，符合题意； 当0a <时，令()0f x '>，解得10x a <<-；令()0f x '<，解得1x a>-， 所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减．要使()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，则必有10f a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，解得1a =-．综上，当0a ≥或1a =-时，()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点． (2)因为()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，等价于2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立． 令2ln 1()e (0)xx m x x x+=->，则只需min ()a m x ≤即可， 则2222e ln ()+'=x x xm x x ，再令22()2e ln (0)x g x x x x =+>，则()221()4e 0'=++>xg x x x x， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增．因为12ln 204g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，2(1)2e 0g =>，所以()g x 有唯一的零点0x ，且0114x <<， 所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>， 所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增． 因为022002eln 0x x x +=，所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +=-+-，设()ln (0)S x x x x =+>，则1()10'=+>S x x， 所以函数()S x 在(0,)+∞上单调递增．因为()()002ln S x S x =-，所以002ln x x =-，即0201ex x =．所以()0()m x m x ≥=02000000ln 1ln 11e 2x x x x x x x +-=--=， 则有2a ≤．所以实数a 的取值范围为(,2]-∞．13．（2022·福建省福州第一中学三模）已知函数()e sin 1x f x a x =--在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一极值点1x .(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：()f x 在区间(0,)π内有唯一零点2x ，且212x x <. 【答案】(1)(1,)+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导，再讨论1a 时，函数单增不合题意，1a >时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意； （2）先由导数确定函数()f x 在区间(0,)π上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间(0,)π内有唯一零点；表示出()12f x ，构造函数求导，求得()120f x >，又由()20f x =，结合()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可求解. (1)()e cos x f x a x '=-，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos (0,1)x ∈，21e e x π<<，①当1a 时，()0f x '>，()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；①当1a >时，显然()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，又因为(0)10f a '=-<，2e 02f ππ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，所以()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点1x ，所以()10,x x ∈，()0f x '<；1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极值点，符合题意.综上，(1,)∈+∞a .(2)由（1）知1a >，所以,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()e cos 0x f x a x '=->，所以()10,x x ∈，()0f x '<，()f x 单调递减；()1,x x π∈，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()10,x x ∈时，()(0)0f x f <=，则()10<f x ，又因为()e 10f ππ=->，所以()f x 在()1,πx 上有唯一零点2x ，即()f x 在(0,)π上有唯一零点2x .因为()112211112e sin 21e 2sin cos 1x x f x a x a x x =--=--，由（1）知()10f x '=，所以11e cos xa x =，则()112112e 2e sin 1x xf x x =--，构造2()e 2e sin 1,0,2t t p t t t π⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，所以()2()2e 2e (sin cos )2e e sin cos t t t t p t t t t t '=-+=--，记()e sin cos ,0,2tt t t t πϕ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，则()e cos sin t t t t ϕ'=-+，显然()t ϕ'在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ''>=，所以()t ϕ在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ>=，所以()0p t '>，所以()p t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0p t p >=，所以()()1220f x f x >=，由前面讨论可知：112x x π<<，12x x π<<，且()f x 在()1,x x π∈单调递增，所以122x x >.【点睛】本题关键点在于先表示出()12f x ，构造函数()p t 求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数()p t 的单调性，从而得到()120f x >，再结合()20f x =以及()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可证得结论. 14．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））已知函数()e (sin cos )sin .x f x x x a x =+-.(1)当1a =时，求函数f （x ）在区间[0]2π，上零点的个数； (2)若函数()y f x =在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a 的取值范围 【答案】(1)2个(2)2]∞-⋃（，3222[2e ,)2e ,2e πππ⎧⎫+∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】 【分析】(1)利用导数判断函数f x （）在[0]2π，上的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数；(2)利用导数，通过分类讨论确定函数f x （）的单调性及极值，由此确定a 的取值范围.(1)因为1a =，所以()e (sin cos )sin .x f x x x x =+-()(2e 1)cos x f x x '=-，则当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 又32223(0)10,()e 10,()1e 0,(2)e 022f f f f ππππππ=>=->=-<=>，则f x （）在322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上各有一个零点，所以f x （）在区间[0]2π，上共有两个零点， (2)2()(2e )cos ,(02),22e 2e x x f x a x x ππ'=-∈<<，①当2a ≤时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则2a ≤时符合题意： ①当22e a π≥时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递减， 此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则22a e π≥时符合题意①当222e a π<<时，0ln 22a π<<，此时f x （）在0,ln 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在ln ,22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在3(,2)2ππ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意： ①当22e a π=时，ln22a π=，此时f x （）在（0，32π）上单调递减，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则22e a π=时符合题意；①当3222e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在,ln 22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3ln 22a π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意； ①当322e a π=时，3ln22a π=，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则322e a π=时符合题意；①当322e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，在3(,ln )22a π上单调递减，在(ln ,2)2aπ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意；综上所述3222(,22e ,)2 ][e ,2e a πππ⎧⎫∈-∞+∞⎨⎬⎩⎭.【点睛】(1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同． (2)若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．15．（2022·江西·上高二中模拟预测（理））已知函数()()2ln 0ax af x x a x -=->.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()2ag x f x x=-+有两个零点12,x x ，若212x x >，证明：3312672e x x +>． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导得()2221b ax x af x a x x x -+-=--='，对导函数进行分情况讨论其正负，即可得()f x 的单调性. （2）通过函数有两个零点，转化成1212ln 2ln 2x x a x x ++==，然后根据比例，构造出221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，得到122111,e t x t x t x --==，进而构造函数33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t t t t t -=+=++-，利用导数处理单调性，进而可求. (1)）()2221b ax x af x a x x x -+-=--=' 令2()F x ax x a =-+- ，则()00F a =-< ，且对称轴102x a=> 而214a ∆=-易知当10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时()f x 在0⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 单调递减，在⎝⎭单调递增当)12a ∞⎡∈+⎢⎣， 时()f x 在()0+∞，单调递减. (2)()g x 有两个零点12,x x 且0x >，则1212ln 2ln 2ln 2ln 20x x x x ax a a x x x +++-+=⇒=⇒==， 设21x t x =， 212x x >，2t ∴> ∴221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，∴11ln ln 2ln 2t x t x ++=+，所以12111ln ln 2e 1t t x x t t --=-⇒=-， ∴33333631121(1)e (1)t x x t x t t --+=+=+，设33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t tt t t -=+=++-，2t >，则222331(1)()[1ln ](1)1t t h t t t t t -'=--+-+， 设2231(1)()1ln 1t t t t t tϕ-=--++，则7437323223211()(441)[(1)4(1)](1)(1)t t t t t t t t t t t t t ϕ--'=+--=-+-++， 当(1,)t ∈+∞时，()0t ϕ'>，所以函数()t ϕ在(1,)t ∈+∞上递增，()()10t ϕϕ∴>=，则()0h t '>，()h t ∴在(1,)+∞递增，又2t >，∴()(2)ln72h t h >=，故3361272e x x -+>． 【点睛】本题考查了含参函数的单调性，最值问题，方程与函数零点的综合问题，利用导数解决单调性的问题，分情况讨论，转化，构造函数证明不等式，二阶求导等综合性的函数知识，在做题时要理清思路，是一道导数的综合题.16．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知函数()()ln h x x a x a =-∈R . (1)若()h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程()e ln 0xx a x x -+=有两个实根1x 、2x ，且12x x ≠，证明：12212e ex x x x +>. 【答案】(1)()e,+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可知0a ≠，由参变量分离法可知直线1y a=与函数()ln xf x x=的图象有两个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）令e 0x t x =>，其中0x >，令111e x t x =，222e xt x =，分析可知关于t 的方程ln 0t a t -=也有两个实根1t 、2t ，且12t t ≠，设120t t >>，将所求不等式等价变形为12112221ln 1t t t t t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令121t s t =>，即证()21ln 1s s s ->+，令()()21ln 1s g s s s -=-+，其中1s >，利用导数分析函数()g s 的单调性，即可证得结论成立. (1)解：函数()h x 的定义域为()0,∞+.。
第5讲 第3课时 利用导数研究函数的零点
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
考 点 三 构造函数法研究函数的零点 例 3 (2021·全国甲卷节选)已知 a>0 且 a≠1，函数 f(x)＝axax(a>0)．若
曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
解：曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点， 可转化为方程axax＝1(x>0)有两个不同的解， 即方程lnx x＝lnaa有两个不同的解．
当 x→0＋时，h(x)→－∞，当 x→＋∞时，h(x)→0， 作出函数 h(x)的图象与直线 y＝kx－1 如图所示．
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当直线 y＝kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，设切点坐标为(x0，lnx20x0)， 则 k＝1－2x30ln x0＝lnx20xx00＋1，即 3ln x0＋x20－1＝0，易得 x0＝1，∴当直线 y＝ kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，k＝1.由图象知，当 0<k<1 时，直线 y＝kx －1 与函数 h(x)的图象恰有两个交点，即函数 f(x)恰有两个零点，∴实数 k 的取值范围为(0，1)．
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0.
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且 φ(x)max＝φ(3) ＝e13，
又 x→＋∞时，φ(x)→0， x→－∞时，φ(x)→－∞， ∴φ(x)的图象如图所示．
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
一元函数的导数及其应用(利用导数研究函数零点(方程的根)问题)(压轴题)(解析版)高考数学高分必刷题
专题08一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数零点（方程的根）问题）（全题型压轴题）利用导数研究函数零点（方程的根）问题①判断零点（根）的个数②已知零点（根）的个数求参数③已知零点（根）的个数求代数式的值①判断零点（根）的个数1．（2022·福建·厦门一中高二期中）已知函数()31ln 01203x x x f x x x +>⎧⎪=⎨+≤⎪⎩，则函数()()1g x f x x =--的零点个数为（）A ．1B ．0C ．3D ．2【答案】D当0x >时，1ln 10x x x +--=，得ln 1x =，即e x =，成立，当0x ≤时，312103x x +--=，得31103x x -+=，设()3113g x x x =-+，()0x ≤，()()()21110g x x x x '=-=+-=，得1x =-或1x =（舍），当(),1x ∈-∞-时，()0g x ¢>，函数()g x 单调递增，当()1,0x ∈-时，()0g x ¢<，函数()g x 单调递减，所以1x =-时，函数取得最大值，()5103g -=>，()010g =>，()350g -=-<，根据零点存在性定理可知，()3,1x ∈--，存在1个零点，综上可知，函数有2个零点.故选：D2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模（理））函数()2e 1axf x x =-在定义域内的零点个数不可能是（）A ．3B ．2C ．1D ．0【答案】D2()2e e (2)e ax ax ax f x x ax x ax '=+=+，若0a =，则2()1f x x =-，有两个零点，若0a ≠，由()0f x '=得0x =或2x a=-，若0a >，在2x a <-或0a >时，()0f x '>，20x a -<<时，()0f x '<，所以()f x 在2(,a -∞-和(0,)+∞上递增，在2(,0)a-上递减，极小值(0)10f =-<，极大值2224(1ef a a -=-，(1)e 10a f =->，()f x 在(0,)+∞上有一个零点，2e a =时，2224()1e f a a -=-0=，()f x 在(,0)-∞上只有一个零点，这样共有2个零点；2e a >时，2224()10e f a a -=-<，()f x 在(,0)-∞上无零点，这样共有1个零点；20e a <<时，2224()10ef a a -=->，x →-∞时，2e 0ax y x =→，因此()0f x <，所以()f x 在2(,a -∞-和2(,0)a-上各有一个零点，共有3个零点．由此不需要再研究0a <的情形即可知只有D 不可能出现，故选：D ．3．（2022·全国·高二课时练习）已知定义域为R 的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()2x f x xe f x '=+，若()1f e =，则函数()()4g x f x =-的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B因为()()2xf x xe f x '=+，所以()()2xf x f x xe '-=，则()()()2x xf x f x f x x e e ''-⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()2xf x x c e =+，即()()2xf x x c e =+，因为()1f e =，所以()()11f c e e =+=，解得0c =，所以()2xf x x e =，则()24xg x x e =-，所以()()2xg x e x x '=+，当2x <-或0x >时，()0g x '>，当20x -<<时，()0g x '<，所以当2x =-时，函数()g x 取得极大值()2410e --<，当0x =时，函数()g x 取得极小值40-<，又当x →+∞时，()g x →+∞，所以函数()()4g x f x =-的零点个数为1，故选：B4．（2022·广西·钦州一中高二期中（理））函数32()f x x x x c =+++的零点个数为（）A ．1B ．1或2C ．2或3D ．1或2或3【答案】A因为函数32()f x x x x c =+++，所以2'()321f x x x =++，因为41280∆=-=-<，所以'()0f x >，从而32()f x x x x c =+++在R 上单调递增，又当x →-∞时，()f x →-∞，当x →+∞时，()f x →+∞，由零点存在定理得：函数32()f x x x x c =+++有且只有一个零点.故选:A.5．（2022·全国·高二课时练习）方程()()10xx e a a +=>解的个数为（）A ．3B ．2C ．1D ．0【答案】C设()(1)x f x x e =+，所以()(1)(2)x x x f x e x e x e ='+++=，当2x >-时，()0,f x '>函数()f x 单调递增，当2x <-时，()0,f x '<函数()f x 单调递减.所以221()=0min f x e e --=-<，当x →-∞时，()0f x <，当x →+∞时，()0f x >.因为0a >，所以方程()()10xx e a a +=>解的个数为1.故选：C6．（2022·全国·高三专题练习（理））若函数32()f x x ax bx c =+++有极值点12,x x ，且()11f x x =，则关于x 的方程23(())2()0f x af x b ++=的不同实根个数是（）A ．2B ．3C ．3或4D ．3或4或5【答案】B函数32()f x x ax bx c =+++有极值点12,x x ，则()232f x x ax b '=++，且12,x x 是方程2320x ax b ++=的两个根，不妨设12x x <，由23(())2()0f x af x b ++=可得()1f x x =或()2f x x =，易得当()()12,,,x x x ∈-∞+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，又()11f x x =，则可画出()f x 的大致图象如下：如图所示，满足()1f x x =或()2f x x =有3个交点，即关于x 的方程23(())2()0f x af x b ++=的不同实根有3个.故选：B.7．（2022·河南·沈丘县第一高级中学高二期末（文））已知函数()ln f x x =.(1)当[)1,x ∞∈+时，证明：函数()f x 的图象恒在函数()322132=-g x x x 的图象的下方；(2)讨论方程()0f x kx +=的根的个数.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【解析】(1)设()()()2312ln +23x F x f x g x x x -=-=，其中1≥x ，则()232121+2x x x x x x F x -+-='=()2331x x x x---=()()21210x x x x -++=<，在区间[)1,+∞上，()F x 单调递减，又∵()1106F =-<，即[)1,x ∞∈+时，()0F x <，∴3221ln 22<-x x x ，∴在区间[)1,+∞上函数()f x 的图象恒在函数()g x 的图象的下方.(2)由()0f x kx +=得ln =-x kx ，即ln =-xk x，令()ln x h x x =-，则()21ln -'=-xh x x ，令()0h x '=，得e x =，当e x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减，∴()h x 在e x =处取得最小值()1e eh =-，∴()()e 1e ≥=-h x h ，又∵当e x >时，ln 0-<x x，当1e x =时，1lne e 01e-=>，有零点存在性定理可知函数有唯一的零点1x =，∴()()ln 0=->xh x x x的大致图象如图所示，∴当1e<-k 时，方程()0f x kx +=的根的个数为0；当1ek =-或0k ≥时，方程()0f x kx +=的根的个数为1；当10ek -<<时，方程()0f x kx +=的根的个数为2.8．（2022·云南·曲靖一中高二期中）已知函数()ln f x a x a =-．(1)当1a =时，求函数()f x 的图象在点()()1,1T f 处的切线的方程．(2)已知4a ≤，讨论函数()f x 的图象与直线2y x =-的公共点的个数．【答案】(1)2y x =-；(2)答案不唯一，具体见解析.(1)当1a =时，()ln 1f x x =-，()1f x x'=，()11k f '==．()11f =-，切点为()1,1T -．所以，所求的切线的方程为()()111y x --=⨯-，即2y x =-．(2)0a =时，函数()()=00f x x >的图象就是x 轴正半轴，与直线2y x =-有且只有一个公共点．0a ≠时，联立()ln y f x a x a ==-与2y x =-消去y 得ln +20x a x a --=．设()ln +2g x x a x a =--，则()()0x ag x x x-'=>．当0a <时，()0g x '>，()g x 在()0+∞，上递增，()1=10g a -<，()e 20g e =->，因此()g x 有一个零点．当04a <≤时，令()0g x '=得x a =，当0x a <<时()0g x '<，x a >时()0g x '>，则()g x 在()0,a 上递减，在()+a ∞，上递增，()()min 2ln 2g x g a a a a ==--．当0,0x x >→时()+g x →∞，+x →∞时()+g x →∞．设()2ln 2h t t t t =--，则()10h =，()1ln h t t '=-，()e 0h '=，0e t <<时()0h t '>，e 4t <≤时()0h t '<，()h t 在()0,e 上递增、在(]e,4上递减，()464ln4h =-()32ln e ln160=->．所以，1a =时()()min 10g x g ==；01a <<时，()min g x =()()1=0h a h <；14a <≤时，()min g x =()()1=0h a h >．综上可知，0a ≤或=1a 时，公共点的个数1；01a <<时，公共点的个数2；14a <≤时，公共点的个数0．②已知零点（根）的个数求参数1．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）已知函数2ln 1,e()e e 1,22e x x x f x x x ⎧≥⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩，设关于x 的方程()()()210R f x af x a +-=∈有m 个不同的实数解，则m 的所有可能的值为（）A ．3B ．4C ．2或3或4或5D ．2或3或4或5或6【答案】A根据题意作出函数()f x 的图象：2ln 1ln x x x x '-⎛⎫= ⎪⎝⎭，当1,e e x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，函数ln x x 单调递增，当()e,+x ∈∞时，函数ln xx 单调递减，所以ln 1e,e x x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦；函数2e e 22x --，1e x <时单调递减，所以()2e e,e 22x --∈-∞-，对于方程()()()210R f x af x a +-=∈，令()t f x =，则210t at +-=，所以240=∆+>a ，即方程必有两个不同的实数根120t t >>，且12121t t at t +=-⎧⎨=-⎩，当11et ≥时，2e 0t -≤<，3个交点；当110et <<时，2e t <-，也是3个交点；故选：A．2．（2022·河南·高二阶段练习（文））若函数()21e xx x f x a --+=-有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．2261,ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．2251,ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．25,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．25,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C因为函数()21exx x f x a --+=-有三个零点，所以关于x 的方程()0f x =有三个根.令()21e xx x g x --+=，则()()212e x g x x x '=--.所以当(),1x ∈-∞-时，有()0g x '>，()g x 单调递增；当()1,2x ∈-时，有()0g x '<，()g x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，有()0g x '>，()g x 单调递增.因为()1e g -=，()252e g =-，所以要使方程()0f x =有三个根，只需25e e a -<<.即实数a 的取值范围是25,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：C3．（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）已知a R ∈，函()()2ln (0)e 0x x x ax xf x ax x ⎧->⎪=⎨+≤⎪⎩，若函数()f x 有三个不同的零点，e 为自然对数的底数，则a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1(,e)0,2e ⎛⎫-∞-⋃ ⎪⎝⎭D ．1(,e)0,e ⎛⎫-∞-⋃ ⎪⎝⎭【答案】B当0x >时，2ln 0x x ax -=，即ln 0x ax -=，故ln xa x=，令ln ()x g x x=，则21ln ()xg x x -'=，令()0g x '=，得e x =，当0<<e x 时，()0g x '>，当>e x 时，()0g x '<，作出函数ln ()xg x x=的图象如图所示：由图象知：当10ea <<时，方程ln 0x ax -=有两不等实根，当0a ≤时，方程ln xa x=有一个实根；令0xe ax +=，显然0x ≠,所以e xa x=-，令()e x h x x =-，则()()21e 0-'=->x x h x x在(),0∞-上恒成立，则()h x 在(),0∞-上递增，且()0h x >，作出函数()e xh x x=-的图象如图所示：由图象知：当10ea <<时，方程e 0x ax +=在(,0)-∞恰有一个实根，即此时()f x 有三个不同的零点，综上，a 的取值范围是10,e ⎛⎫⎪⎝⎭.故选：B4．（2022·江西·模拟预测（理））已知函数()()22e (e =--x xf x x x a ）有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．（0，1e -）B ．（0，2e -）C ．（0，1）D ．（0，e ）【答案】A令()()()22e e 0=--=x xf x x x a ，所以22e 0-=x x 或e 0x x a -=，令()22e =-xg x x ，则()()2e '=-x g x x ，令()2(e )=-x h x x ，则()2(1)e '=-xh x ，当(,0)x ∈-∞时，()0h x '>，h (x )在（－∞，0）上单调递增；当,()0x ∈+∞时，()0h x '<，h (x )在（0，＋∞）上单调递减，所以()(0)20h x h ≤=-<，即()0g x '<，所以g (x )在R 上单调递减，又()2110g e-=->，g （0）＝20-<，所以存在0(1,0)x ∈-使得()00g x =，所以方程e 0x x a -=有两个异于0x 的实数根，则xxa e =，令()x x k x e =，则()1xx e xk -='，当(,1)x ∞∈-时，()0k x '>，k (x )在（－∞，1）上单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0k x '<，k (x )在（1，＋∞）上单调递减，且()0k x >．所以()1()1k x k e≤=，所以()xxk x e =与y a =的部分图象大致如图所示，由图知10a e<<，故选：A ．5．（2022·四川省绵阳南山中学高二期中（文））方程()log 00,1xaa a >≠有两个不相等实根，则a 的取值范围是（）A ．()0,1B ．2e 0,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．2e1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2e e ,【答案】C方程()log 00,1x a a a ->≠有两个不相等实根)log 0,1xa a a ⇒>≠有两个不同的交点，()0t t =>，所以2x t =，则2log =a t t ，所以log =2a t t ，所以log a y t =与2t y =的图象有两个交点.①当01a <<时，如下图可知log a y t =与2ty =的图象有一个交点，不满足.②当1a >时，如下图，当2x y =与log a y x =相切于点00,2x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以1ln y x a '=，则000112ln log 2a x a x x ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得：02e e e x a =⎧⎪⎨⎪=⎩，所以要使log a y t =与2t y =的图象有两个交点，所以a 的取值范围是：2e1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：C.6．（2022·河南南阳·高二期中（理））若关于x 的方程12ln 0x x x mx -+-=在区间1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭内恰有两个相异的实根，则实数m 的取值范围为（）A ．(]12ln2e 3--,B ．1e 12ln 2e +⎛⎤- ⎝⎦,C ．1e 12ln2e +⎛⎫- ⎪⎝⎭,D ．()12ln 2e 3--,【答案】D依题意关于x 的方程12ln 0x x x mx -+-=在区间1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭内恰有两个相异的实根，12ln 1m x x =+-，构造函数()112ln 1e e x x x x f ⎛⎫+-<< ⎝=⎪⎭，()'221221x f x x x x -=-+=，所以()f x 在区间()()'11,,0,e 2f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'1,e ,0,2f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭递增.122ln 2112ln 22f ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，1e 21e 3e f ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，()11e e 21e e f +=+-=，所以()12ln 2e 3m -∈-,.故选：D7．（2022·辽宁·东北育才学校高二期中）方程321303x x x a +--=有三个相异实根，则实数a 的取值范围是（）A ．5,93⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．5,93⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．59,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．59,3⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】B记()32133f x x x x a =+--，则()223f x x x '=+-.令()0f x '=，解得：3x =-或1x =.列表得：x (),3-∞--3()3,1-1()1,+∞()f x '+0-0+()f x 单增单减单增要使方程321303x x x a +--=有三个相异实根，只需：()()()()()3213333303111303f a f a ⎧-=-+--⨯-->⎪⎪⎨⎪=+--<⎪⎩，解得：593x -<<.故选：B8．（2022·福建·清流县第一中学高二阶段练习）若函数()()1e xf x x =+，当方程()()R f x a a =∈有2个解时，则a 的取值范围（）A ．21e a <-B ．21e a =-或0a ≥C ．210e a -<<D ．21e a =-且0a ≥【答案】C由函数()()1e ,R xf x x x =+∈，得()()2e x f x x '=+，当2x <-时，()()2e 0xf x x '=+<，()()1e x f x x =+递减，当2x >-时，()()2e 0xf x x =+'>，()()1e x f x x =+递增，故()n 2mi 1(2)e f x f =-=-，且当1x <-时，()()1e 0xf x x +<=，故()()1e xf x x =+大致图象如图示：故当方程()()R f x a a =∈有2个解时，则a 的取值范围为210e a -<<，故选：C9．（2022·北京八十中高二期中）已知方程21e x x x a +-=有三个实数解，则实数a 的取值范围是_______.【答案】250,e ⎛⎫⎪⎝⎭解：因为方程21e xx x a +-=有三个实数解，所以，方程21e xx x a +-=有三个实数解，故令()21e x x x f x +-=，则()()()2'212e e x xf x x x x x -+==+-++，所以，当12x -<<时，()'0f x >，()f x 单调递增；当1x <-或2x >时，()'0f x <，()f x 单调递减；所以，当1x =-时，()f x 取得极小值()1e f -=-，当2x =时，()f x 取得极大值()252e f =，当x 趋近于-∞时，()f x 趋近于+∞，x 趋近于+∞时，()f x 趋近于0，所以，()y f x =的大致图象如图，所以，实数a 的取值范围是250,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.故答案为：250,e ⎛⎫⎪⎝⎭10．（2022·全国·高二）设函数()()212ln f x x x =+-，若关于x 的方程()2f x x x a =++在[]1,3上恰好有两个相异的实数根，则实数a 的取值范围为___________.【答案】(]32ln 2,42ln 3--由题意，方程l 21n a x x =-+在[]1,3上恰好有两个相异的实数根，设()2ln 1g x x x =-+，则()g x 的图象与y a =在[]1,3上恰好有两个不同的交点.∵()221x g x x x-'=-=，∴函数()g x 在[]1,2上单调递减，在[]2,3上单调递增.又()()()13242ln 32ln 320g g -=--=->，得()()13g g >.∴需使()()23g a g <≤，即32ln 242ln 3a -<≤-.故所求实数a 的取值范围是(]32ln 2,42ln 3--.故答案为：(]32ln 2,42ln 3--11．（2022·河南·高二期中（理））若函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点，则实数a 的取值范围是______.【答案】()1e,+-∞解：因为函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点，所以方程ln e 10x x ax --+=无实数根，所以方程ln e ln e xx ax -+=无实数根，即方程ln e 1x x a x-+=无实数根，故令()()'2ln e 1e e ln ,x x x x x xg x g x x x -+-+-==，令()e e ln ,0x x h x x x x =-+->，故()'1e 0xh x x x=--<恒成立，所以，()h x 在()0,∞+上单调递减，由于()10h =，所以，当()0,1x ∈时，()0h x >，即()'0g x >，当()1,x ∈+∞时，()0h x <，即()'0g x <，所以函数()g x 在()0,1x ∈上单调递增，在()1,x ∈+∞上单调递减，所以()()max 11e g x g ==-，所以，当方程ln e 1x x a x-+=无实数根时，1e a >-即可.所以，实数a 的取值范围是()1e,+-∞故答案为：()1e,+-∞12．（2022·全国·高三专题练习）若函数()2ln 1x f x x e a x =---（）没有零点，则整数a 的最大值为：_________．【答案】1解：由题意，当x →+∞时，0f x >（），所以要使函数f x （）没有零点，只需0f x >（）在()0+∞，上恒成立，令()e 1x g x x =--，则()e 1xg x '=-，令()0g x '=，得0x =，当0x <时，()0g x '<，当0x >时，()0g x '>，所以当0x =时，()g x 取得极小值()00g =，所以e 1x x ≥+，所以()2ln 1xfx x e a x =---，()2ln ln 12ln 1ln 12x x e ax x x x ax x a x +=---≥++---=-，令()202a x a ->⇒<，且上面不等式取等时2ln 0x x +=，记其零点为0x ，当2a ≥时，()()02000ln 1xf x x e a x =---，00002ln 2ln 0000ln 12ln 10x x x x e ax x e x x ++=---≤---=，显然不合题意，综上：2a <，故整数a 的最大值为1．故答案为：113．（2022·广西·柳州市第三中学高二阶段练习（理））已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行.(1)求a 的值；(2)若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围.【答案】(1)9-(2)112b <<(1)解：因为32()3f x x x ax b =-++，所以2()36f x x x a '=-+，在1x =-处的切线与x 轴平行，(1)0f '∴-=，解得9a =-．(2)解：令23239()()(153)6322g x f x x x x x x b =--+=-++-，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点，2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=-- ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <；由()0g x '<，解得12x <<．()g x ∴在1x =时取得极大值()112g b =-；()g x 在2x =时取得极小值()21g b =-．故10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，∴112b <<．14．（2022·重庆·万州纯阳中学校高二期中）已知函数()ln 2=-f x ax x x .(1)若()f x 在1x =处取得极值，求()f x 在区间[1,2]上的值域；(2)若函数2()()2=-+f x h x x x有1个零点，求a 的取值范围.【答案】(1)[2,4ln 24]--(2)(,0){2e}-∞ (1)()ln 2f x a x a '=+-因为()f x 在1x =处取得极值所以(1)ln120f a a '=+-=，得2a =则[1,2]x ∈时，()2ln 0f x x '=≥，()f x 在区间[1,2]上单调递增，所以(1)2()(2)4ln 24f f x f =-≤≤=-所以()f x 在区间[1,2]上的值域为[2,4ln 24]--(2)()h x 的定义域为(0,)+∞函数2()ln h x a x x =-有一个零点⇔2ln a x x =有一个实数根⇔ln y a x =与2y x =有一个交点.当0a <时，由图可知满足题意；当0a =时，2()h x x =-在(0,)+∞上无零点；当0a >时，令22()20a a x h x x x x -'=-=>，得0x <<令22()0a x h x x -'=<，得x >所以，当x 时，()h x 有最大值2(ln 1)22a ah a =-=-因为函数2()ln h x a x x =-有一个零点，所以(ln 1)022a a-=，解得2ea =综上，a 的取值范围为(,0){2e}-∞ .15．（2022·北京·人大附中高二期中）已知函数()321313f x x x x =--+．(1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若方程()f x a =有三个不同的实数根，求实数a 的取值范围．【答案】(1)函数的增区间是(,1)-∞-和3)+∞（，，减区间是(13)-，，极大值为8(1)3f -=，极小值为(3)8f =-；(2)883a -<<(1)由题意2()23(1)(3)f x x x x x ==+'---，()0f x '=得1x =-或3x =，列表如下：x(,1)-∞-1-(1,3)-3(3,)+∞()'f x +0-0+()f x 递增极大值递减极小值递增所以函数的增区间是(,1)-∞-和3)+∞（，，减区间是(13)-，，极大值为8(1)3f -=，极小值为(3)8f =-；(2)作出函数图象，如图，直线y a =与函数()f x 的图象有三个交点时，883a -<<.16．（2022·安徽·合肥市第九中学高二期中）当2x =时，函数3()4=-+f x ax bx （,a R b R ∈∈）有极值203-，(1)求函数3()4=-+f x ax bx 的解析式；(2)若关于x 的方程()f x k =有3个解，求实数k 的取值范围．【答案】(1)32()843f x x x =-+(2)2044,33⎛⎫- ⎪⎝⎭(1)2()3f x ax b '=-，由题意得：()()21202028243f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解得：238a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，32()843f x x x ∴=-+经验证，函数32()843f x x x =-+在2x =处有极值203-，故解析式为：32()843f x x x =-+．(2)令()()h x f x k =-，由(1)得：32()843h x x x k =-+-2()282(2)(2)h x x x x '=-=-+令()0h x '=得，122,2x x ==-，∴当2x <-时，()0h x '>，当22x -<<时，()0h x '<，当2x >时，()0h x '>，因此，当2x =-时，()h x 有极大值443k -，当2x =时，()h x 有极小值203k --，关于x 的方程()f x k =有3个解，等价于函数()h x 有三个零点，所以44032003k k ⎧->⎪⎪⎨⎪--<⎪⎩204433k ∴-<<．故实数k 的取值范围是2044,33⎛⎫- ⎪⎝⎭③已知零点（根）的个数求代数式的值1．（2022·陕西·模拟预测（理））已知函数()24,0,e 1,0x x x xf x x ⎧+≤=⎨-->⎩，，若函数()()g x f x k=-有三个不同的零点，123,,x x x ，且123x x x <<，则123x x x 的取值范围是（）A ．44ln 3⎛⎫⎪⎝⎭，B ．45ln 3⎛⎫⎪⎝⎭，C ．4ln 3∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．2ln 3∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，【答案】C函数的图象如下图所示：令()()()0g x f x k f x k =-=⇒=，因为函数()()g x f x k =-有三个不同的零点，所以4-<<-2k ，因为二次函数24y x x =+的对称轴为2x =-，所以有123420x x x -<<-<<<，显然12,x x 是方程240x x k +-=的两个不相等的实数根，因此有12x x k =-，3x 是方程e 1x k --=的根，即3e 1x k --=，所以30ln 3x <<，于是有31233e 1x x x x x +=，设2e 1e (1)1()ln 3)()x x x h x x h x x x +--'=<<⇒=，设()e (1)1()e x x m x x m x x '=--⇒=，当0x >时，()0,()m x m x '>单调递增，所以有()(ln 3)3ln 340m x m <=-<，即()0,()h x h x '<单调递减，所以当0ln 3x <<时，4()(ln 3)ln 3h x h >=，故选：C2．（2022·陕西·西安中学二模（理））已知函数()()(]()ln 1,1,11ln 2,1,xx x f x x x ee ⎧+∈-⎪=⎨+-∈+∞⎪⎩，若方程()f x a =有三个不等根123,,x x x ，则123111x x x ++的取值范围是（）A ．()1,+∞B ．()0,1C ．()1,0-D ．(),1-∞【答案】C当()1,x ∈+∞时，()1ln 2xx f x e e=+-，()10x x f x e -'=<，所以()f x 是减函数，作出函数()()(]()ln 1,1,11ln 2,1,x x x f x x x ee ⎧+∈-⎪=⎨+-∈+∞⎪⎩的图象，如图所示：因为方程()f x a =有三个不等根123,,x x x ，所以0ln 2a <<，设123x x x <<，则()()121ln 1,ln 1x x a a+=+=，所以12111x x +=+，即()()12111x x ++=，即12120x x x x ++=，所以121231233111111x x x x x x x x x ++=+=-+，又因为31x >，所以123111x x x ++的取值范围是()1,0-，故选：C3．（2022·河北·模拟预测）已知实数1x ，2x 满足131e e x x =，()622ln 3e x x -=，则12x x =（）A ．2eB ．5eC ．6eD ．7e 【答案】C解：由条件得1>0x ，32e x >，令2ln 3t x =-，0t >，则32e t x +=，由条件622(ln 3)e x x -=，则633e e e e t t t t +==，令()e x f x x =，(0)x >，则()(1)e x f x x '=+，显然当0x >时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增．故由131e e x x =，3e e t t =可得12ln 3x t x ==-，61222(ln 3)e x x x x ∴=-=．故选：C ．4．（2022·浙江·镇海中学高三期末）已知函数()330|1ln 0x x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨+⎪⎩，，，．若存在互不相等的实数a b c d ，，，，使得()()()()f a f b f c f d ===，则abcd 的取值范围为（）A ．()20e-，B ．()10e-，C ．()102e -，D ．()01，【答案】A当0x ≤时，3()300f x x x x =-=⇒=，或x =x =3'2()3()333(1)(1)f x x x f x x x x =-⇒=-=+-当10x -<<时，'()0,()f x f x <单调递减，当1x <-时，'()0,()f x f x >单调递增，此时函数有最大值，最大值为(1)2f -=，当0x >时，11ln ,()1ln 11ln ,0x x ef x x x x e ⎧+≥⎪⎪=+=⎨⎪--<<⎪⎩，函数()f x的图象如下图所示：因为存在互不相等的实数a b c d ，，，，使得()()()()f a f b f c f d ===，说明函数y k =与函数()f x 的图象有四个不同的交点，所以由数形结合思想可知：02k <<不妨设110a b c d e<-<<<<<，即33331ln 1ln a a b b c d k -=-=--=+=，333322333()0()(3)0a a b b a b a b a b a ab b -=-⇒---=⇒-++-=，因为10a b <-<<，所以2230a ab b ++-=，由21ln 1ln ln 2c d cd cd e ---=+⇒=-⇒=，因为2223201a b ab ab ab ab +>⇒->⇒<<，所以20abcd e -<<，故选：A5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln ,021,0x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若方程()f x ax =有三个不同的实数根1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，则()23123ln ⋅+x x x x x 的取值范围是（）A ．1,122⎛⎫-⎪-⎝⎭ee B ．1,012⎛⎫⎪-⎝⎭e C ．11,221-⎛⎫- ⎪-⎝⎭e e e D ．11,12⎛⎫-- ⎪⎝⎭e e 【答案】B方程()f x ax =，显然0x =不为该方程的实数根.设()ln 0g 120xx xx x x ⎧>⎪⎪=⎨⎪+<⎪⎩所以方程()f x ax =有三个不同的实数根1x ，2x ，3x ，即()g x a =有三个不同的实数根1x ，2x ，3x 当0x >时，()ln g x x x =，则()21ln g xx x -'=由()g 0x '>，可得x e >，()g 0x '<，可得0x e <<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，且当1x >时，()0g x >当x →+∞时，()0g x →从而作出()g x 的大致图像.由图可知当10a e<<时，直线y a =与函数的图像有3个交点，即方程()g x a =有三个不同的实数根.由112x e +=，得12x e e =-，由120x+=，得12x =-所以11,122x e e⎛⎫∈-⎪-⎝⎭所以()23232311111232323ln ln ln 1 21,012x x x x ax ax x x x ax x x x x x x x e ++⎛⎫⋅=⋅=⋅==+∈ ⎪+++-⎝⎭．故选：B ．6．（2022·湖南·高三阶段练习）已知函数()2f x ax =，()e xg x b =，0ab >，且当0x >时，()f x 与()g x 的图象有且只有一个交点，则1a b+的取值范围为______.【答案】(][),e e,-∞-⋃+∞因为当0x >时，()f x 与()g x 的图象有且只有一个交点，所以关于x 的方程2e x ax b =在区间()0,∞+上有且只有一个解，分离参数得2e xa b x =，令()2e xh x x=，0x >，则()()3e 2x x h x x -'=，所以函数()h x 在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，所以()()2e24h x h ≥=，故2e 4a b =.当0a >，0b >时，1e a b +≥=，当且仅当1a b =，即e 2a =，2e b =时，等号成立；当0a <，0b <时，1e a b +≤-=-，当且仅当1a b =，即e 2a =-，2e b =-时，等号成立.所以1a b+的取值范围为(][),e e,-∞-⋃+∞.故答案为：(][),e e,-∞-⋃+∞7．（2022·江苏南通·高三期末）函数22,0,()4,0x t x f x x x t x ⎧-≥=⎨---<⎩有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1＜x 2＜x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是__________.【答案】[)0,8设22,0,()4,0x x g x x x x ⎧≥=⎨--<⎩函数22,0,()4,0x t x f x x x t x ⎧-≥=⎨---<⎩有三个零点x 1，x 2，x 3，即()y g x =的图像与直线y t =有三个交点.作出函数的图像()y g x =，如图.根据图像可得14t ≤<则12,x x 是240x x t ---=的两个实数根，则12x x t=3x 满足320x t -=，即32log x t=所以1232ln log ln 2t tx x x t t ==设()ln ln 2t t h t =，则()()11ln ln 2h t t '=+由14t ≤<，则()()11ln 0ln 2h t t '=+>所以()ln ln 2t th t =在[)1,4上单调递增，所以()[)0,8h t ∈故答案为：[)0,88．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21e x ax bxf x +-=的最小值为–1，函数()3231g x ax bx =++的零点与极小值点相同，则a b +=___________.【答案】1由()21e x ax bxf x +-=可得()()221e xax a b x b f x -+-++'=，因为()f x 的最小值为()01f =-，所以0x =是()f x 的极值点，所以()010f b '=+=，所以1b =-；当0a =时，()231g x x =-+，由二次函数的性质可知该函数无极小值点，不符合题意；由()3231g x ax x =-+可得()()23632g x ax x x ax '=-=-，令()()320g x x ax '=-=，可得10x =或22x a=，当0a >时，20a >，由()0g x ¢>可得0x <或2x a >；由()0g x ¢<可得20x a<<，所以()g x 在(),0-¥单调递增，在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，所以()g x 的极小值点为2x a=，由题意可得32222310g a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=-+=，解得2a =，此时121a b +=-+=；当0a <时，当x →-∞时，()f x →-∞，不合题意；所以1a b +=.故答案为：1.9．（2022·广东·顺德一中高二期中）已知函数()()ln ,115,13x x f x x x ≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，若21x x >且()()12f x f x =，则12x x -的最大值是___________.【答案】3ln38-因为()()ln ,115,13x x f x x x ≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，作出函数()f x的图象如下图所示：设()()12f x f x t ==，则02t ≤<，由()()11153f x x t =+=，可得135x t =-，由()22ln f x x t ==，可得2t x e =.令()1235t g t x x t e =-=--，其中02t ≤<，()30tg t e '=-=，可得ln 3t =.当0ln 3t ≤<时，()0g t '>，此时函数()g t 单调递增，当ln 32t <<时，()0g t '<，此时函数()g t 单调递减.所以，()()max ln 33ln 38g t g ==-.因此，12x x -的最大值为3ln 38-.故答案为：3ln 38-.10．（2022·全国·高三专题练习）已知实数1x ，2x 满足131x x e e =，()522ln 2x x e -=，则12x x =______.【答案】5e 实数1x ，2x 满足131x x e e =，()522ln 2x x e -=，2120,x x e >>，222ln 20,t x t x e +-=>=，则3t te e =，()(0),()(1)0(0)x x f x xe x f x x e x '=>=+>>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，而31()()f x f t e ==，5121222ln 2,(ln 2)x t x x x x x e ∴==-∴=-=.故答案为:5e .。
第5讲 第3课时 利用导数研究函数的零点
第3课时利用导数研究函数的零点命题解读函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现.数形结合法研究函数的零点例1已知函数f (x )＝ln x －kx 3＋x 2恰有两个零点，求实数k 的取值范围.解：法一：由题知，方程ln x －kx 3＋x 2＝0，即ln x x 2＝kx －1恰有两个解，设h (x )＝ln x x 2，则函数h (x )的图象与直线y ＝kx －1有两个交点.h ′(x )＝1x ·x 2－2x ln x x 4＝1－2ln x x 3，当0<x <e 时，h ′(x )>0，当x >e 时，h ′(x )<0，∴h (x )在区间(0，e)上单调递增，在区间(e ，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (e)＝12e，易知h (1)＝0，当x →0＋时，h (x )→－∞，当x→＋∞时，h (x )→0，作出函数h (x )的图象与直线y ＝kx －1如图所示.当直线y ＝kx －1与函数h (x )的图象相切时，设切点坐标为(x 0，ln x 0x 20)，则k ＝1－2ln x 0x 30＝ln x 0x 20＋1x 0，即3ln x 0＋x 20－1＝0，易得x 0＝1，∴当直线y ＝kx －1与函数h (x )的图象相切时，k ＝1.由图象知，当0<k <1时，直线y ＝kx －1与函数h (x )的图象恰有两个交点，即函数f (x )恰有两个零点，∴实数k 的取值范围为(0，1).法二：由题知，方程ln x －kx 3＋x 2＝0，即ln x x 3＋1x ＝k 恰有两个解，设g (x )＝ln x x 3＋1x，则函数g (x )的图象与直线y ＝k 有两个交点.g ′(x )＝1x ·x 3－3x 2ln x x 6－1x 2＝1－3ln x －x 2x 4，设m (x )＝1－3ln x －x 2，则m ′(x )＝－3x－2x <0，∴m (x )在区间(0，＋∞)上单调递减，∵m (1)＝0，∴当0<x <1时，m (x )>0，即g ′(x )>0，当x >1时，m (x )<0，即g ′(x )<0，∴g (x )在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，故g (x )max ＝g (1)＝1，易知当x →0＋时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，在同一平面直角坐标系中作出函数g (x )的图象及直线y ＝k 如图所示.由图象知，当0<k <1时，函数g (x )的图象与直线y ＝k 恰有两个交点，即f (x )恰有两个零点，故实数k 的取值范围为(0，1).反思感悟数形结合法解决零点问题的思路(1)把函数的零点转化为直线与曲线的交点个数问题，利用图象求解.(2)若能分离参数，可将参数分离出来，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数范围.训练1已知函数f (x )＝e x －ax ＋2a ，a ∈R ，讨论函数f (x )的零点个数.解：令f (x )＝0，得e x ＝a (x －2)，当a ＝0时，e x ＝a (x －2)无解，∴f (x )无零点.当a ≠0时，1a ＝x －2ex ，令φ(x )＝x －2e x ，x ∈R ，∴φ′(x )＝3－x e x，当x ∈(－∞，3)时，φ′(x )>0；当x ∈(3，＋∞)时，φ′(x )<0.∴φ(x )在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x )max ＝φ(3)＝1e3，又x →＋∞时，φ(x )→0，x →－∞时，φ(x )→－∞，∴φ(x )的图象如图所示.当1a >1e3，即0<a <e 3时，f (x )无零点；当1a ＝1e3，即a ＝e 3时，f (x )有一个零点；当0<1a <1e3，即a >e 3时，f (x )有两个零点；当1a<0，即a <0时，f (x )有一个零点.综上所述，当a ∈[0，e 3)时，f (x )无零点；当a ∈(－∞，0)∪{e 3}时，f (x )有一个零点；当a ∈(e 3，＋∞)时，f (x )有两个零点.利用函数的性质研究函数的零点例2(2022·全国乙卷节选)已知函数f (x )＝ax －1x－(a ＋1)ln x ，若f (x )恰有一个零点，求a 的取值范围.解：函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋1x 2－a ＋1x ＝（ax －1）（x －1）x 2.(ⅰ)当a ≤0时，ax －1<0恒成立，∴0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝a －1<0.此时f (x )无零点，不合题意.(ⅱ)当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝1a，①当0<a <1时，1<1a，∴1<x <1a时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，0<x <1或x >1a时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )在(0，1)f (x )的极大值为f (1)＝a －1<0，x →＋∞时，f (x )>0，∴f (x )恰有1个零点.②当a ＝1时，1＝1a，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (1)＝0，符合题意.③当a >1时，1a<1，f (x )(1，＋∞)减，f (x )的极小值为f (1)＝a －1>0，x →0时，f (x )→－∞，∴f (x )恰有1个零点.综上所述，a >0，即a 的取值范围为(0，＋∞).反思感悟利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.训练2已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1).证明：f (x )只有一个零点.证明：因为x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增.故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点.又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点.综上，f (x )只有一个零点.构造函数法研究函数的零点例3(2021·全国甲卷节选)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x a a x (a >0).若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围.解：曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln a a有两个不同的解.设g (x )＝ln x x(x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e，且当x >e 时，g (x )又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).反思感悟涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.训练3已知函数f(x)＝x ln x－ax2(a∈R)，若f(x)在定义域内有2个零点，求a的取值范围.解：∵f(x)＝x ln x－ax2在定义域(0，＋∞)内有2个零点，∴y＝ln xx的图象与直线y＝a在(0，＋∞)上有2个不同的交点.令h(x)＝ln xx，x∈(0，＋∞)，∵h′(x)＝1－ln x x2，∴当x∈(0，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝1 e，又limx→0h(x)→－∞，limx→＋∞h(x)→0，∴a y＝ln xx的图象与直线y＝a在(0，＋∞)上有2个不同的交点，即a限时规范训练(二十三) 1.已知函数f(x)＝kx－ln x(k>0).(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值.解：(1)若k＝1，则f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－1x，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).(2)f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－1x＝kx－1x(x>0，k>0).当0<x<1k时，f′(x)<0；当x>1k时，f′(x)>0.∴f(x)f(x)min＝1－ln1k，∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln 1k＝0，即k＝1e.2.已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1，a ∈R .若f (x )＝1有且仅有两个不相等实根，求实数a 的取值范围.解：由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，ln x －ax ＋1＝1，即a ＝ln x x 有且仅有两个不相等实根，令g (x )＝ln x x ，h (x )＝a ，即g (x )与h (x )的图象有两个交点，g ′(x )＝1－ln x x 2，x ∈(0，e)时，g ′(x )>0，x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以函数g (x )的最大值为g (e)＝ln e e ＝1e，又因为x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0，所以当a g (x )与h (x )的图象有两个交点，如图所示.所以实数a 3.已知函数f (x )＝ln x ＋ax x，a ∈R .(1)若a ＝0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点.解：(1)若a ＝0，则f (x )＝ln x x ，其定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1－ln x x2，由f ′(x )＝0，得x ＝e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (e)＝1e .(2)证明：f′(x)＝1－ln xx2，由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∵0<a<1，∴当x>e时，f(x)＝ln x＋axx＝a＋ln xx>0，故f(x)在(e，＋∞)上无零点；当0<x<e时，f(x)＝ln x＋axx，∵a－e<0，f(e)＝a＋1e>0，且f(x)在(0，e)上单调递增，∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，综上，f(x)有且只有一个零点.4.已知f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a(a∈R).(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数.解：(1)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a，则f′(x)＝x(e x－ax).∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝x(e x－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则e x－ax≥0，x≥0.当x＝0时，则1≥0，即a∈R；当x>0时，则a≤e x x，构建g(x)＝e xx (x>0)，则g′(x)＝（x－1）e xx2(x>0)，令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，综上所述，a≤e.即a的取值范围为(－∞，e].(2)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a＝(x－1)e x－13a（x2＋x＋1），令f(x)＝0，则x＝1或e x－13a(x2＋x＋1)＝0，对于e x－13a(x2＋x＋1)＝0，即e xx2＋x＋1＝13a，构建h(x)＝e xx2＋x＋1，则h′(x)＝x（x－1）e x （x2＋x＋1）2，令h′(x)>0，则x>1或x<0，令h′(x)<0，则0<x<1，∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，h(0)＝1，h(1)＝e3且h(x)>0，当x∈R时恒成立，则当a＝e时，e xx2＋x＋1＝1 3 a有两个根x1＝1，x2<0；当0<a<e时，e xx2＋x＋1＝13a只有一个根x3<0；当a≤0时，e xx2＋x＋1＝13a无根.综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；当0<a≤e时，f(x)有两个零点.。
(高中段)专题微课(五)利用导数研究函数零点的三种策略
易知函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 且当 x→0 时，h(x)→－∞，h(1)＝4e3－1＞0， 从而存在 x0∈(0,1)，使得 h(x0)＝0， 所以当 x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增． 所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝x20e3x0－3xx0－0 2ln x0－1. 由 h(x0)＝x20(1＋3x0)e3x0＋2ln x0－1＝0， 得 x20e3x0＝1－1＋2l3nx0x0.
专题微课(五)|利用导数研究函数零点的三种策略 策略一 设而不求解决函数的零点问题 [典例] 设函数 f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x2－2ax－2a2＋a，其中 a＞0. (1)设函数 g(x)是 f(x)的导函数，讨论函数 g(x)的单调性； (2)证明：存在 a∈(0,1)，使得 f(x)≥0 在(1，＋∞)内恒成立，且方程 f(x) ＝0 在(1，＋∞)内有唯一解．
已知函数 f(x)＝1＋lnxx＋1，当 x＞0 时，f(x)＞x＋k 1恒成立，求正整数 k 的最
大值．
解：由已知有
k
＜
x＋1[1＋lnx＋1] x
在
(0
，
＋
∞)
上
恒
成
立
，
令
h(x) ＝
x＋1[1＋xlnx＋1]，x＞0，则只需 k＜h(x)min.h′(x)＝x－1－xln2 x＋1，
令 φ(x)＝x－1－ln(x＋1)，x＞0，
＋ 1－4a)，且满足 0＜x1＜x2＜1，此时 g(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2) 上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)可知，函数 g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，又由于函数 g(x)在区 间(1，＋∞)上的图象是连续的，且 g(1)＝－4a＜0，g(e2)＝－22＋ea2－e2＋a＋1＞ －22＋e12－e2＋1＋1＞0， 因此函数 g(x)在区间(1，＋∞)上有唯一的零点 x0， 且 g(x0)＝0⇒ln x0＋xa0－x0＋a＋1＝0⇒－ln x0＝xa0－x0＋a＋1. 从而，函数 f(x)在区间(1，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增． 所以函数 f(x)在区间(1，＋∞)上的最小值为 f(x0)＝－2(x0＋a)ln x0＋x20－2ax0－2a2 ＋a＝2(x0＋a)·xa0－x0＋a＋1＋x20－2ax0－2a2＋a＝－x20＋2(1－a)x0＋2xa02＋5a.
高三总复习数学课件 利用导数研究函数的零点问题
根据以上信息，画出大致图象，如图所示．
(3)令 g(x)＝f(x)－a＝0，得 f(x)＝a. 所以函数 g(x)＝f(x)－a(a∈R )的零点的个数，即函数 y＝f(x)的图象与直线 y ＝a 的交点个数．
易知当 x＝－2 时，f(x)取得最小值， 最小值为 f(－2)＝－e12.
若选择条件②， 由于 0<a<12，故 0<2a<1， 则 f(0)＝b－1≤2a－1<0， 当 b≥0 时，e2>4,4a<2， f(2)＝e2－4a＋b>0， 又函数 f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 故函数 f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点．
当b<0时，构造函数H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1， 当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增， 注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，从而ex≥x＋1，此时f(x)＝(x－1)ex－ ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)，
综上，当 a<－e12时，函数 g(x)的零点的个数为 0; 当 a＝－e12或 a≥0 时，函数 g(x)的零点的个数为 1； 当－e12<a<0 时，函数 g(x)的零点的个数为 2.
[系统思维] 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个 数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的 符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数． (2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后 利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该 区间上零点的个数．
利用导数研究函数零点
利用导数研究函数零点
1基本概念
导数：导数是表征函数变化程度的量，它表示的是其中一个点处的函数的变化率，也就是函数有关特定点x的可微分量。
函数的导数是一种可以表征函数中其中一点处的变化程度的量，它用关于特定点x的可微分量表示。
函数零点：函数零点是指函数的其中一点x处的值y=f(x)为0，即该点的图形落在x轴上。
(1)已知函数与其导数
若已知函数的表达式及其导数，可采用二分法或迭代法求解其极值点和零点。
(2)只知道函数的图像
当我们只知道函数的图像时，无法直接求出函数的零点，可以用平行移动法求解。
即，把一条平行于函数图像的直线，按一定的间隔移动，当该直线与函数图像相交时，再移动该直线，直到直线的间隔非常小或者变成零时，就可以求出函数的零点。
(3)利用导数求零点
函数f(x)连续可导，当其导数f'(x)=0时，就一定有f(x)=0，即函数f(x)的其中一处的值转变为0，可把f'(x)=0作为限制性条件来求出
f(x)=0的解，而此时的解就是函数的零点。
(4)利用导数求函数极值
函数f(x)当其导数f'(x)=0时，不一定有f(x)=0，即函数f(x)的其中一处的值转变为0，而此时的解，可能在该点处极大或极小。
2022届高中数学导数通关练习专题10 利用导数研究函数零点问题(解析版)
22．已知函数 f (x) (x 2)ex a(x 1)2 . （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
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1 D． ln x1
1 ln x2
2
三、填空题
13．已知函数 f (x) ln x x a 1有零点，则实数 a 的取值范围为___________.
14．已知函数
f
x
x2 ex
4a 有三个零点，则实数
a
的取值范围是_______________.
15．若函数 f (x) xex ln x x a 存在零点，则 a 的取值范围为___________.
2
4
2
5
6
所以要使 a
ln x x
f
x有
4
个整数解，则解为 x
2,3, 4,5 ，故应使 a
x
A．
,
e2
1 e
B．
,
e2
1 e
C．
e2
1 e
,
D．
e2
1 e
,
5．已知函数 f x m ln x m 在区间 e1, e 内有唯一零点，则实数 m 的取值范围为（ ） x
A．
e e2
1
,
e 2
1
B．
1 e 1
,
e
e
1
C．
e e 1
,1
D．
1,
e 2
1
6．已知函数 f (x) a x2 2x 1 有且仅有两个零点，则实数 a （ ） x