第3课时利用导数研究函数的零点考点一确定函数零点的个数(多考向探究)考向1利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数例1(2023·湖北武汉模拟)已知函数f (x )＝e xx，g (x )＝tan x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设函数F (x )＝f (x )－g (x )，试判断F (x )－π2，解(1)函数f (x )＝e xx 的定义域为{x |x ≠0}，f ′(x )＝e x x －e x x 2＝e x (x －1)x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝e xx －tan x ＝0，得x sin x －e x cos x ＝0.设h (x )＝x sin x －e x cos x ，所以h ′(x )＝(e x ＋1)sin x ＋(x －e x )cos x .①当x －π2，，可知e x >0>x ，则e x >x ，所以x －e x <0，又sin x <0，cos x >0，所以h ′(x )<0，从而h (x )＝x sin x －e x cos x －π2，，又h (0)＝－1，＝π2>0，由零点存在定理及h (x )的单调性，得h (x )－π2，．②当x ，π4时，cos x ≥sin x >0，由(1)知函数f (x )＝e xx在(0，1)上单调递减，所以当x ，π4时，函数f (x )＝e xx >f (1)＝e>1，则e x >x >0.所以e x cos x >x sin x ，则h (x )＝x sin x －e x cos x <0恒成立．所以h (x )，π4上无零点．③当x，sin x >cos x >0，h ′(x )＝e x (sin x －cos x )＋(x cos x ＋sin x )>0，则h (x)．又＝π2>0，，由零点存在定理及h (x)的单调性，得h (x )．综上，h (x )－π2，2，即F (x )－π2，为2.利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数的一般步骤及注意点(1)讨论函数的单调性，确定函数的单调区间．(2)在每个单调区间上，利用函数零点存在定理判断零点的个数．(3)注意区间端点的选取技巧．(4)含参数时注意分类讨论．1.(2023·江西高三质量监测(四))已知函数f (x )＝(x －1)e x －13ax 3(a >e ，e 是自然对数的底数)．(1)讨论函数f (x )的极值点的个数；(2)证明：函数f (x )在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点．解(1)f ′(x )＝x e x －ax 2＝x (e x －ax )(a ＞e)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或e x －ax ＝0.设g (x )＝e x －ax ，则g ′(x )＝e x －a ，令g ′(x )＝0，得x ＝ln a ，当x <ln a 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >ln a 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (ln a )＝a －a ln a ＝a (1－ln a )．因为a >e ，则g (x )min <0，此时g (x )在R 上有且仅有两个零点，记为x 1，x 2(x 1<x 2)，因为g (0)＝1>0，g (1)＝e －a <0，当x →＋∞时，g (x )>0，所以0<x 1<1<x 2，且x 1，x 2是g (x )的两个变号零点，也是f ′(x )的两个变号零点，又当x ＜0时，f ′(x )＜0，当0＜x ＜x 1时，f ′(x )＞0，所以0是f ′(x )的变号零点，即f ′(x )在R 上有且仅有3个变号零点，所以函数f (x )在R 上有且仅有3个极值点．(2)证明：f ′(x )＝x (e x －ax )，由(1)知，当a >e 时，f (x )在R 上有3个极值点：0，x 1，x 2，其中0<x 1<1<x 2，且f (0)＝－1<0，当0<x <x 1时，g (x )>0，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x 1<x <x 2时，g (x )<0，则f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >x 2时，g (x )>0，则f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )在区间(0，＋∞)内的极大值为f (x 1)，极小值为f (x 2)，且e x 1＝ax 1，e x 2＝ax 2⇒a ＝e x 1x 1，a ＝e x 2x 2.所以f (x 2)＝(x 2－1)e x 2－13ax 32＝(x 2－1)e x2－13·e x 2x 2x 32＝(x 2－1)e x 2－x 22e x 23＝e x 23(－x 22＋3x 2－3)＝e x 23－2－34<0，同理，f (x 1)＝e x 13－1－34<0，而当x →＋∞时，f (x )>0，因此函数f (x )在区间(0，x 2]内无零点，在区间(x 2，＋∞)上有且只有一个零点．综上所述，函数f (x )在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点．考向2利用两个函数图象的交点确定零点个数例2(2024·河北邢台第二中学高三阶段练习)已知函数f (x )＝ax 2－|1＋ln x |(a >0)．(1)若a ＝1，求f (x )的单调区间；(2)讨论f (x )零点的个数．解(1)当a ＝1时，函数f (x )＝x 2－|1＋ln x |的定义域为(0，＋∞)，当0<x ≤1e 时，f (x )＝x 2＋1＋ln x ，f ′(x )＝2x ＋1x >0，因此f (x )，1e 上单调递增，当x >1e 时，f (x )＝x 2－1－ln x ，f ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x ，当1e <x <22时，f ′(x )<0，当x >22时，f ′(x )>0，因此函数f (x )，＋，所以函数f (x )＋(2)函数f (x )＝ax 2－|1＋ln x |(a >0)的定义域为(0，＋∞)，由f (x )＝0，得a ＝|1＋ln x |x 2，令函数g (x )＝|1＋ln x |x2，x >0，当0<x ≤1e 时，g (x )＝－1＋ln x x 2，g ′(x )＝－x －2x (1＋ln x )x 4＝1＋2ln xx 3<0，函数g (x )，1e 上单调递减，由于－(1＋ln x )≥0，即有－(1＋ln x )，1e 上的取值集合是[0，＋∞)，又1x 2在，1e 上的取值集合是[e 2，＋∞)，因此函数g (x )，1e 上的取值集合是[0，＋∞)．当x >1e 时，g (x )＝1＋ln x x 2，求导得g ′(x )＝－1＋2ln x x 3，当1e <x <1e 时，g ′(x )>0，当x >1e 时，g ′(x )<0，因此函数g (x )，＋，在x ＝1e 处取得极大值＝e2，而∀x ＋g (x )>0恒成立，函数f (x )＝ax 2－|1＋ln x |(a >0)的零点，即方程a ＝|1＋ln x |x 2(a >0)的根，亦即直线y ＝a (a >0)与函数y ＝g (x )的图象交点的横坐标，在同一坐标系内作出直线y ＝a (a >0)与函数y ＝g (x )的图象，如图，观察图象知，当0<a <e2时，直线y ＝a (a >0)与函数y ＝g (x )的图象有3个公共点；当a ＝e2时，直线y ＝a (a >0)与函数y ＝g (x )的图象有2个公共点；当a >e2时，直线y ＝a (a >0)与函数y ＝g (x )的图象有1个公共点．所以当0<a <e 2时，函数f (x )有3个零点；当a ＝e 2时，函数f (x )有2个零点；当a >e2时，函数f (x )有1个零点．在借助函数图象研究函数零点问题时，要准确画出函数的图象，不仅要研究函数的单调性与极值的情况，还要关注函数值的正负以及变化趋势，把函数图象与x 轴有无交点，哪一区间在x 轴上方，哪一区间在x 轴下方等情况分析清楚，这样才能准确地研究直线与函数图象交点的个数情况．2.(2023·湖北七市联考)已知函数f (x )＝ln x ＋2x－2，g (x )＝x ln x －ax 2－x ＋1.(1)证明：函数f (x )在(1，＋∞)上有且仅有一个零点；(2)假设存在常数λ>1，且满足f (λ)＝0，试讨论函数g (x )的零点个数．解(1)证明：f ′(x )＝1x －2x 2＝x －2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝2，当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．因为f (1)＝0，f (2)＝ln 2－1<0，f (e 2)＝2e2>0，由零点存在定理及f (x )的单调性，得函数f (x )在(1，＋∞)上有且仅有一个零点．(2)令g (x )＝0，即x ln x －ax 2－x ＋1＝0，从而有ax ＝ln x －1＋1x.令φ(x )＝ln x －1＋1x ，从而g (x )的零点个数等价于y ＝ax 的图象与φ(x )图象的交点个数．φ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，令φ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，φ′(x )<0，当x >1时，φ′(x )>0，所以φ(x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且φ(x )min ＝φ(1)＝0，其图象如图所示．当a ＝0时，y ＝ax 的图象与φ(x )的图象有一个交点．当a <0时，y ＝ax 的图象经过第二、四象限，与φ(x )的图象无交点．当a >0时，y ＝ax 的图象经过第一、三象限，与φ(x )的图象至少有一个交点．当y ＝ax 的图象与φ(x )的图象相切时，设切点横坐标为x 0，＝φ′(x 0)＝1x 0－1x 20，0＝ln x 0－1＋1x 0，即有ln x 0＋2x 0－2＝0，从而x 0＝λ，此时a ＝1λ－1λ2＝λ－1λ2>0.所以，当a ＝λ－1λ2时，y ＝ax 的图象与φ(x )的图象有两个交点；当0<a <λ－1λ2时，y ＝ax 的图象与φ(x )的图象有三个交点；当a >λ－1λ2时，y ＝ax 的图象与φ(x )的图象有一个交点．综上所述，当a <0时，g (x )没有零点；当0<a <λ－1λ2时，g (x )有三个零点；当a ＝λ－1λ2时，g (x )有两个零点；当a >λ－1λ2或a ＝0时，g (x )有一个零点．考点二根据零点情况求参数范围例3(2023·广东惠州实验中学高三下学期适应性考试)已知函数f (x )＝a x ，其中0<a <1.(1)求函数g (x )＝f (x )－x ln a 的单调区间；(2)若函数h (x )＝a x－(ln a )22x 2－x ln a －a ＋(3－k )ln a ＋(ln a )2在x ∈[1，＋∞)上存在零点，求实数k 的取值范围．解(1)由已知，g (x )＝a x －x ln a ，g ′(x )＝a x ln a －ln a ，令g ′(x )＝0，解得x ＝0.由0<a <1，可知当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：x (－∞，0)0(0，＋∞)g ′(x )－0＋g (x )单调递减极小值单调递增所以函数g (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)令h (x )＝0，则存在x ∈[1，＋∞)，使得a x －(ln a )22x 2－x ln a －a ＋(3－k )ln a ＋(ln a )2＝0，两边同时除以ln a ，得a x ln a －ln a 2x 2－x －aln a ＋ln a ＋3－k ＝0，即a x ln a －ln a 2x 2－x －aln a＋ln a ＋3＝k .令t (x )＝a x ln a －ln a 2x 2－x －aln a ＋ln a ＋3，x ∈[1，＋∞)，t ′(x )＝a x －x ln a －1，由(1)知a x －x ln a ≥g (0)＝1，即t ′(x )≥0，则函数t (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以t (x )≥t (1)＝a ln a －ln a 2－1－a ln a ＋ln a ＋3＝ln a2＋2.故k ≥2＋ln a2，即实数k 的取值范围为2＋ln a 2，＋根据零点情况求参数范围的解法3.(2022·全国乙卷)已知函数f (x )＝ln (1＋x )＋ax e －x .(1)当a ＝1时，求曲线f (x )在点(0，f (0))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．解(1)当a ＝1时，f (x )＝ln (1＋x )＋x e －x ，∴f ′(x )＝1x ＋1＋e －x －x e －x ，∴f ′(0)＝1＋1＝2，又f (0)＝0，∴所求切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x .(2)f (x )＝ln (1＋x )＋ax e －x ＝ln (x ＋1)＋ax e x ，①当a ≥0时，若x >0，则ln (x ＋1)>0，axe x ≥0，∴f (x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．②当a<0时，f′(x)＝e x＋a(1－x2) (x＋1)e x.令g(x)＝e x＋a(1－x2)，则g′(x)＝e x－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1，(a)当g′(－1)≥0，即－12e≤a<0时，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵g(－1)＝e－1>0，∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意．(b)当g′(－1)<0，即a<－12e时，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0.∴g(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.(ⅰ)当g(0)≥0，即－1≤a<－12e时，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．(ⅱ)当g(0)<0，即a<－1时，存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，∴f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．∵f(0)＝0，∴f(x1)>f(0)＝0，当x→－1时，f(x)<0，∴f(x)在(－1，x1)上存在一个零点，即f(x)在(－1，0)上存在一个零点，∵f(x2)<f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)>0，∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点．综上，a的取值范围是(－∞，－1)．考点三“隐零点”问题例4已知函数f(x)＝ln x＋ax－a(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若不等式f(x)<a(x2－1)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解(1)由f (x )＝ln x ＋ax －a 知，定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x ＋a ＝ax ＋1x，①当a ≥0时，在(0，＋∞)上f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a <0时，当x ，，f ′(x )>0，当x －1a，＋，f ′(x )<0，故f (x )，，－1a ，＋．(2)由f (x )<a (x 2－1)，得ln x －a (x 2－x )<0，令g (x )＝ln x －a (x 2－x )，①当a ≤0时，在(1，＋∞)上，g (x )＝ln x －a (x 2－x )＝ln x －ax (x －1)>0恒成立，与题意不符；②当a >0时，g ′(x )＝1x －a (2x －1)＝1x －2ax ＋a 在(1，＋∞)上单调递减，且g ′(1)＝1－a ，当a ∈(0，1)时，g ′(1)>0，故在(1，＋∞)上存在x 0，使得g ′(x )＝0，当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )>0，则在(1，x 0)上，g (x )单调递增，所以g (x )>g (1)＝0，与题意不符．当a ∈[1，＋∞)时，g ′(x )<g ′(1)＝1－a ≤0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )<g (1)＝0，符合题意．综上所述，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．在函数的零点中，有些零点不易求出，或者可以求出但无需求出，我们把这样的零点称为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法或无需求出．对于“隐零点”问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．4.已知函数f (x )＝a e x －ln x ，g (x )＝f (x )a，a ≠0.(1)若g (x )在[1，3]上是增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a >0，求证：f (x )≥2＋ln a .解(1)∵g (x )＝f (x )a ＝e x －ln x a，∴g ′(x )＝e x －1ax (x >0)．∵g (x )在[1，3]上是增函数，∴g ′(x )≥0在[1，3]上恒成立，即1a ≤x e x 在[1，3]上恒成立．令t (x )＝x e x ，则t ′(x )＝(x ＋1)e x .∵当x ∈[1，3]时，t ′(x )>0，∴t (x )在[1，3]上是增函数，∴(x e x )min ＝e.∴1a ≤e ，解得a ≥1e或a <0，即实数a 的取值范围是(－∞，0)∪1e ，＋(2)证明：f ′(x )＝a e x －1x ＝ax e x －1x ，令h (x )＝ax e x －1，则h ′(x )＝a e x ＋ax e x ＝a e x (1＋x )，∵a >0，∴h ′(x )>0，h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h (0)＝－1<0，e 1a －1>0，∴存在x 0使得h (x 0)＝0，即存在x 0使得f ′(x 0)＝a e x 0－1x 0＝0，即x 0＝1a e x 0.∴当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－ln x 0＝1x 0－ln 1a e x 0＝1x 0＋x 0＋ln a ≥21x 0·x 0＋ln a ＝2＋ln a ，当且仅当1x 0＝x 0，即x 0＝1时等号成立，∴当a >0时，f (x )≥2＋ln a .课时作业1．已知函数f (x )＝2x 3－3x 2－12x ＋m .(1)若m ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若函数f (x )有3个零点，求实数m 的取值范围．解(1)由题意，得f ′(x )＝6x 2－6x －12，故f ′(1)＝－12，又当m ＝1时，f (1)＝2－3－12＋1＝－12，故所求的切线方程为y ＋12＝－12(x －1)，即y ＝－12x .(2)由题意，得f ′(x )＝6x 2－6x －12＝6(x 2－x －2)＝6(x ＋1)(x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝2，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0；当x ∈(－1，2)时，f ′(x )<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)有极大值f(－1)＝m＋7，有极小值f(2)＝m－20.若函数f(x)有3个零点，则实数m ＋7>0，－20<0，解得－7<m<20，即实数m的取值范围为(－7，20)．2．已知函数f(x)＝(x2－2x＋a)e x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝1时，判断函数g(x)＝f(x)－12x2＋ln x的零点个数，并说明理由．解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(2x－2)e x＋(x2－2x＋a)e x＝(x2＋a－2)e x，当a≥2时，f′(x)≥0，则f(x)在R上是增函数；当a<2时，f′(x)＝[x2－(2－a)]e x＝(x＋2－a)(x－2－a)e x，令f′(x)＝0，得x＝±2－a；令f′(x)>0，得x<－2－a或x>2－a；令f′(x)<0，得－2－a<x<2－a.所以函数f(x)在(－2－a，2－a)上单调递减，在(－∞，－2－a)和(2－a，＋∞)上单调递增．(2)当a＝1时，g(x)＝(x－1)2e x－12x2＋ln x，其定义域为(0，＋∞)，则g′(x)＝(x＋1)(x－x设h(x)＝e x－1x(x>0)，则h′(x)＝e x＋1x2>0，从而h(x)在(0，＋∞)上是增函数，又＝e－2<0，h(1)＝e－1>0，所以存在x0使得h(x0)＝e x0－1x0＝0，即e x0＝1x0，x0＝－ln x0.列表如下：x(0，x0)x0(x0，1)1(1，＋∞)g ′(x )＋0－0＋g (x )增函数极大值减函数极小值增函数由表可得g (x )的极小值为g (1)＝－12g (x )的极大值为g (x 0)＝(x 0－1)2e x 0－12x 20＋ln x 0＝x 20－2x 0＋1x 0－12x 20－x 0＝－12x 20＋1x 0－2.因为y ＝－12x 2＋1x－2，所以－32<g (x 0)<－18，所以g (x )在(0，1]内没有零点．又g (1)＝－12<0，g (2)＝e 2－2＋ln 2>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )在(1，＋∞)内有一个零点．综上所述，g (x )只有一个零点．3．(2023·河北石家庄高三模拟(二))已知函数f (x )＝x －2sin x ，x ，π2.(1)若函数g (x )＝f (x )－x ＋sin2x ，求g (x )的最小值；(2)证明：函数f (x )，π2上有唯一零点．解(1)由题意，g (x )＝－2sin x ＋sin2x ，g ′(x )＝－2cos x ＋2cos2x ＝2(2cos 2x －cos x －1)＝2(cos x －1)(2cos x ＋1)，因为x ，π2，所以0≤cos x <1，所以g ′(x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )min ＝ 2.(2)证明：f (x )＝x －2sin x ，设h (x )＝x －sin x ，则h ′(x )＝1－cos x ≥0，h (x )是增函数，所以x >0时，h (x )>h (0)＝0，即x >sin x ，从而2x >2sin x ，由2x <x ，解得0<x <14，所以当0<x <14时，x >2sin x ，即f (x )>0，f (x )无零点；当π3<x ≤π2时，2sin x >2sin π3＝3，x <π2<3，所以f (x )＝x －2sin x <0，f (x )无零点；当14≤x ≤π3时，f ′(x )＝12x－2cos x ，12x ≤1214＝1，2cos x ≥2cos π3＝1，所以f ′(x )＝12x－2cos x ≤0，f (x )单调递减，又＝12－2sin 14>12－2×14＝0，＝π3－2sin π3＝π3－3<0，所以f (x )在14，π3上有唯一零点，，π2上有唯一零点．4．(2024·湖北武汉模拟)设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )的零点个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.解(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x(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 ＝－a x单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )＝2e 2a －1>0，当b 满足0<b <a 4，且b <14时，f ′(b )<0，(讨论a ≥1或a <1来检验，①当a ≥1时，则0<b <14，f ′(b )＝2e 2b －a b <2e 12－4a ≤2e 12－4<0；②当a <1时，则0<b <a 4，f ′(b )＝2e 2b －a b<2e a 2－4<2e 12－4<0.综上，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，则f ′(x 0)＝2e2x 0－a x 0＝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，为f (x 0)．所以f (x 0)＝e2x 0－a ln x 0＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a ，当且仅当x 0＝12时等号成立．故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.5．(2024·湖南邵东创新实验学校高三第二次月考)已知函数f (x )＝e x －12x 2－x －1，(1)证明：当x >0时，f (x )>0恒成立；(2)若关于x 的方程f (x )x ＋x 2＝a sin x 在(0，π)内有解，求实数a 的取值范围．解(1)证明：函数f (x )＝e x －12x 2－x －1，x >0，求导得f ′(x )＝e x －x －1，令y ＝e x －x －1，x >0，求导得y ′＝e x －1>0，则函数f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，f ′(x )>f ′(0)＝0，因此函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )>f (0)＝0，所以当x >0时，f (x )>0恒成立．(2)设y ＝x －sin x ，x ∈(0，π)，则y ′＝1－cos x >0，则y ＝x －sin x 在(0，π)上单调递增，y >0，即x >sin x >0，方程f (x )x ＋x 2＝a sin x 等价于e x －ax sin x －x －1＝0，x ∈(0，π)，令g (x )＝e x －ax sin x －x －1，原问题等价于g (x )在(0，π)内有零点，由x ∈(0，π)，得x sin x <x 2，由(1)知，当a ≤12时，g (x )＝e x －ax sin x －x －1>e x －12x 2－x －1>0，当x ∈(0，π)时，函数y ＝g (x )没有零点，不符合题意；当a >12时，由g (x )＝e x －ax sin x －x －1，求导得g ′(x )＝e x －a (x cos x ＋sin x )－1，令t (x )＝g ′(x )＝e x －a (x cos x ＋sin x )－1，则t ′(x )＝e x ＋a (x sin x －2cos x )，当x ∈π2，，t ′(x )>0恒成立，当x ，令s (x )＝t ′(x )＝e x ＋a (x sin x －2cos x )，则s ′(x )＝e x ＋a (3sin x ＋x cos x )，因为e x >0，a (3sin x ＋x cos x )>0，则s ′(x )>0，即t ′(x )，又t ′(0)＝1－2a <0，t e π2＋π2a >0，因此t ′(x )x 0，当x ∈(0，x 0)时，t ′(x )<0，函数g ′(x )单调递减；当x ∈(x 0，π)时，t ′(x )>0，函数g ′(x )单调递增，显然g ′(x 0)<g ′(0)＝0，g ′(π)＝e π＋a π－1>0，因此g ′(x )在(0，π)上存在唯一的零点x 1，且x 1∈(x 0，π)，当x ∈(0，x 1)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减；当x ∈(x 1，π)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，又g (0)＝0，g (x 1)<g (0)＝0，由(1)知，e x >12x 2＋x ＋1>x ＋1(x >0)，则g (π)＝e π－π－1>0，所以g (x )在(0，x 1)上没有零点，在(x 1，π)上存在唯一零点，因此g (x )在(0，π)上有唯一零点．所以实数a ＋6．(2022·新高考Ⅰ卷)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．解(1)f ′(x )＝e x －a ，g ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，因为e x >0，所以f ′(x )>0，即f (x )在R 上单调递增，无最小值，不符合题意．当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a ；g (x )，＋，所以g (x )min ＝1＋ln a .由题意，a －a ln a ＝1＋ln a ，即(a ＋1)ln a ＝a －1，所以ln a －a －1a ＋1＝0，(*)令h (a )＝ln a －a －1a ＋1，则h ′(a )＝1a －2(a ＋1)2＝a 2＋1a (a ＋1)2>0.所以h (a )在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，由(*)式解得a＝1.所以a＝1.(2)证明：由(1)知a＝1，函数f(x)＝e x－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．函数g(x)＝x－ln x在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．设u(x)＝f(x)－g(x)＝e x－2x＋ln x(x＞0)，则u′(x)＝e x－2＋1x＞ex－2，当x≥1时，u′(x)＞e－2＞0，所以函数u(x)在[1，＋∞)上单调递增，因为u(1)＝e－2＞0，所以当x≥1时，u(x)≥u(1)＞0恒成立，即f(x)－g(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)与g(x)的图象在[1，＋∞)上无交点．当0＜x＜1时，u′(x)＝e x－1＋1－xx＞0，所以u(x)在(0，1)上单调递增，又u(1)＝e－2＞0，e 1e2－2e2－2＜e12－2e2－2＜0，所以u(x)在(0，1)上存在唯一零点，所以函数f(x)与函数g(x)的图象在(0，1)上存在唯一交点，设该交点为M(m，f(m))(0＜m＜1)，由此可作出函数y＝f(x)和y＝g(x)的大致图象，由图象可知，当且仅当直线y＝b经过点M(m，f(m))时，直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，此时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b.因为f(x)＝e x－x，g(x)＝x－ln x＝e ln x－ln x＝f(ln x)，所以f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3)．由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2，则f(ln x2)＝e ln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，f(ln x3)＝e ln x2－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．综上可得，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．。
第06讲利用导数研究函数的零点（方程的根）(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：判断、证明或讨论函数零点的个数高频考点二：证明唯一零点问题高频考点三：根据零点情况求参数①利用最值（极值）研究函数零点问题②利用数形结合法研究函数的零点问题③构造函数研究函数零点问题第四部分：高考真题感悟第五部分：第06讲利用导数研究函数的零点（方程的根）（精练）1、函数的零点（1）函数零点的定义：对于函数()y f x=，把使()0f x=的实数x叫做函数()y f x=的零点．（2）三个等价关系方程0)(=xf有实数根⇔函数)(xfy=的图象与x轴有交点的横坐标⇔函数)(xfy=有零点．2、函数零点的判定如果函数()y f x=在区间[,]a b上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b⋅<，那么函数()y f x=在区间(,)a b内有零点，即存在(,)c a b∈，使得()0f c=，这个c也就是()0f x=的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点1．（2022·全国·高二）已知函数()f x的定义域为[]15-，，部分对应值如下表：()f x的导函数()y f x='的图象如图所示，则下列关于函数()f x的命题：① 函数()y f x=是周期函数；② 函数()f x在[]02，是减函数；③ 如果当[]1,x t∈-时，()f x的最大值是2，那么t的最大值为4；④ 当12a<<时，函数()y f x a=-有4个零点．其中真命题的个数是A．4个B．3个C．2个D．1个2．（2022·甘肃·金昌市教育科学研究所高三阶段练习（文））已知函数()2e1xf x x a=+-()a R∈有两个极值点，则实数a的取值范围为（）A．1,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭B．2,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭C．1,e⎛⎫-+∞⎪⎝⎭D．2,e⎛⎫-+∞⎪⎝⎭3．（2022·全国·高二）若函数()3239f x x x x m =--+仅有一个零点，则实数m 的取值范围是（ ）A ．()5,-+∞B ．(,27)(5,)-∞-⋃+∞C ．(,27)-∞D ．(,5)(27,)-∞-⋃+∞4．（2022·甘肃武威·模拟预测（文））函数()326f x x x m =-+有三个零点，则实数m 的取值范围是（ ）A ．（﹣4，4）B ．[﹣4，4]C ．（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）D ．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）5．（2022·江苏淮安·高二期末）已知函数()e x f x =与()1g x x =+，则它们的图象交点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．不确定高频考点一：判断、证明或讨论函数零点（根）的个数1．（2022·全国·高二）设函数f (x )＝13x －ln x ，则函数y ＝f (x )（ ）A ．在区间1(,1)e，(1，e )内均有零点 B ．在区间1(,1)e，(1，e )内均无零点C ．在区间1(,1)e 内有零点，在区间(1，e )内无零点D ．在区间1(,1)e 内无零点，在区间(1，e )内有零点2．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()()12xx e f x e=-+，其中e 为自然对数的底数， 2.7182818e =……，则()f x 的零点个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．33．（2022·全国·高三专题练习（理））函数()()1ln 03f x x x x =->的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．34．（2022·全国·高二课时练习）求函数3()231f x x x =-+零点的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．45．（2022·江苏淮安·高二期末）已知函数()e x f x =与()1g x x =+，则它们的图象交点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．不确定6．（2022·江苏苏州·模拟预测）方程3269100x x x -+-=的实根个数是______ ．7．（2022·全国·高三专题练习）函数()1x f x e x =-+的零点个数是__________．8．（2022·广东佛山·高二阶段练习）已知函数()()1ln 2af x x a x x=+---，其中R a ∈． (1)若()f x 存在唯一极值点，且极值为0，求a 的值； (2)若2e a <，讨论()f x 在区间2[1,e ]上的零点个数．9．（2022·新疆·乌苏市第一中学高二阶段练习（文））给定函数()()1e xf x x =+．(1)判断函数()f x 的单调性，并求出()f x 的极值； (2)求出方程()()f x a a R =∈的解的个数．高频考点二：证明唯一零点（根）问题1．（2022·山西省长治市第二中学校高二阶段练习）已知函数321()(1)3=-++f x x a x x ．(1)若1a =，求()f x 的单调区间及相应区间上的单调性； (2)证明:()f x 只有一个零点．2．（2022·陕西渭南·高二期末（文））已知函数()ln x axf x x+=，R a ∈. (1)若0a =，求()f x 的最大值；(2)若01a <<，求证：()f x 有且只有一个零点.3．（2022·广西玉林·模拟预测（文））已知函数217()ln 4,()2ln 22f x x x xg x x x =-=++. (1)求函数()f x 的最小值；(2)证明：函数()()()h x f x g x =+仅有一个零点.高频考点三：根据零点（根）情况求参数①利用最值（极值）研究函数零点（根）问题1．（2022·重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）已知函数32()34f x x ax bx =+++在1x =-时有极值0． (1)求函数()f x 的解析式；(2)记()()21g x f x k =-+，若函数()g x 有三个零点，求实数k 的取值范围．2．（2022·山东师范大学附中高二阶段练习）已知函数()21xx x f x e+-=. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()y f x a =-（a 为常数）有3个不同的零点，求实数a 的取值范围.3．（2022·宁夏六盘山高级中学高二阶段练习（理））已知函数3()91f x ax x =-+，0a >． (1)若3a =，求函数()f x 的极值；(2)若函数()f x 恰有三个零点，求实数a 的取值范围．4．（2022·北京丰台·一模）已知函数()f x = (1)当1a =时，求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； (2)若函数2()()3ag x f x =-恰有两个不同的零点，求a 的取值范围．5．（2022·广西桂林·二模（理））已知函数()()()211e 2xf x x ax a R =--∈ (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.②利用数形结合法研究函数的零点（根）问题1．（2022·宁夏·银川二中高二期末（理））已知函数ln ()xf x x= (1)填写函数()f x 的相关性质；2．（2022·四川·阆中中学高二阶段练习（文））设函数3()65f x x x x R =-+∈，. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若关于x 的方程()f x a =有三个不等实根，求实数a 的取值范围.3．（2022·全国·信阳高中高三阶段练习（理））已知函数()2e xf x a x =-（R a ∈，e 为自然对数的底数）.(1)若()0f x =有两个不相等的实数根，求a 的取值范围；4．（2022·四川·雅安中学高二阶段练习（文））已知函数()322f x x ax bx =++-在2x =-时取得极值，且在点()()1,1f --处的切线的斜率为3- . (1)求()f x 的解析式；(2)若函数()y f x λ=-有三个零点，求实数λ的取值范围.5．（2022·全国·模拟预测（理））已知函数()()2x x f x e ae a =+∈R(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()21x g x a x e x =-+，若方程()()g x f x =有三个不同的解，求a 的取值范围.6．（2022·四川绵阳·二模（文））已知函数()2()ln 1R f x x ax a =+-∈(1)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．③构造函数研究函数零点（根）问题1．（2022·江苏宿迁·高二期末）已知函数()e xf x =（e 为自然对数的底数），()sing x a x =（,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦），a R ∈.(1)若直线:l y kx =与函数()f x ，()g x 的图象都相切，求a 的值； (2)若方程()()f x g x =有两个不同的实数解，求a 的取值范围.2．（2022·重庆南开中学高二期末）已知函数()()2ln ,f x x x g x x ax b ==++.(1)若()f x 与()g x 在1x =处有相同的切线，求实数,a b 的取值；(2)若2b =时，方程()()f x g x =在()1,+∞上有两个不同的根，求实数a 的取值范围.3．（2022·四川·成都七中高三阶段练习（理））已知函数()(1)f x a x =-，()e (1)x g x bx =-，R a ∈． (1)当2b =时，函数()()y f x g x =-有两个零点，求a 的取值范围； (2)当b a =时，不等式()()f x g x >有且仅有两个整数解，求a 的取值范围．4．（2022·全国·高三阶段练习）已知函数()()11ln e f x a x x=+++，()()e x g x x a a =++∈R ．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若当1≥x 时，关于x 的方程()()f x g x =有且只有一个实数解，求实数a 的取值范围．5．（2022·河南·三模（理））已知函数()()ln 1f x x =+，()e 1xg x =-.(1)判断函数()()()h x f x g x =-的零点个数；6．（2022·江苏南京·高三开学考试）已知函数()(1)x f x e a x =+-，()sin cos g x ax x x =++ (1)求函数()f x 的最值；(2)令()()()h x f x g x =-，求函数()h x 在区间(,)4π-+∞上的零点个数，并说明理由．1．（2021·全国·高考真题（理））已知0a >且1a ≠，函数()(0)a x x f x x a=>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．2．（2021·全国·高考真题）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点 ①21,222e a b a <≤>；②10,22a b a <<≤．3．（2021·浙江·高考真题）设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()x f x a bx e x =-+∈（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点()1221,,x x x x >，满足2212ln 2b b ex x e b>+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数)一、单选题1．（2022·江苏·南京师大附中高三开学考试）已知a ∈R ，则函数()()32113f x x a x x =-++零点的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．与a 有关2．（2022·浙江省浦江中学高二阶段练习）已知函数()22x f x xe x x m =---在()0,∞+上有零点，则m 的取值范围是（ ）A ．)21ln 2,-+∞⎡⎣B ．)2ln 21,--+∞⎡⎣C ．)2ln 2,-+∞⎡⎣D ．21ln 2,2-+∞⎡⎫⎪⎢⎣⎭3．（2022·全国·高二）函数32()2f x x x x =-++-的零点个数及分布情况为（ ） A ．一个零点，在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭内B ．二个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,∞+内C ．三个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，1,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，()1,+∞内D ．三个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,1，()1,+∞内4．（2022·全国·高二）直线y a =与函数33y x x =-的图象有三个不同的交点，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(2,2)-B ．[2,2]-C ．[2,)+∞D ．(,2]-∞-5．（2022·全国·高二）已知函数20()210x e x f x x x x -⎧≤=⎨--+>⎩，若函数()()g x f x kx =-有两个零点，则实数k 等于（e 为自然对数的底数）（ ） A ．e -B ．1-C ．2D ．2e6．（2022·河南·襄城高中高二阶段练习（理））已知函数()2ln f x x =，()322g x x ex ax =-+，其中e 为自然对数的底数，若方程()()f x g x =存在两个不同的实根，则a 的取值范围为（ ） A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．22,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭C ．()2,e -∞D ．22,e e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭7．（2022·江西·高三阶段练习（理））已知函数22()2(2)e (1)e x x f x a a x x =+-++有三个不同的零点123,,x x x ，且1230x x x <<<，则3122312222e e e x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为（ ）A ．3B ．6C ．9D ．368．（2022·全国·高三专题练习）已知方程|ln |2x kx =+在区间()50,e 上恰有3个不等实数根，则实数k 的取值范围是（ ） A ．5331,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．5331,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．4221,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．4221,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭二、填空题9．（2022·河南焦作·二模（理））函数1()e ln 1x f x a x -=--在(0,)+∞上有两个零点，则实数a 的取值范围是_______. 10．（2022·贵州遵义·高三开学考试（文））已知函数()3112,21ln ,2x m x f x x x m x ⎧--<⎪⎪=⎨⎪-≥⎪⎩恰有3个零点，则m 的取值范围是________．11．（2022·浙江·镇海中学高二期末）已知不等式21e 0x x a +-≥有且只有两个整数解，则实数a 的范围为___________．12．（2022·全国·高二）已知函数3211()(2)1()32xf x ax ax e x a R =---+∈在区间1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭上有3个不同的极值点，则实数a的取值范围是__________. 三、解答题13．（2022·河南·栾川县第一高级中学高二阶段练习（理））已知()2()e ()x f x x a a =+∈R ．(1)若2是函数()f x 的极值点，求a 的值，并判断2是()f x 的极大值点还是极小值点； (2)若关于x 的方程()2ln e x f x x =在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根，求实数a 的取值范围．参考数据：ln 20.693≈14．（2022·陕西宝鸡·二模（文））已知函数()1e x f x ax =--，a ∈R ． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若方程()ln f x x x =在(1,e)上有实根，求实数a 的取值范围．15．（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.16．（2022·吉林·长春外国语学校高二阶段练习）若函数()32113f x x ax bx =++-，当2x =时，函数()f x 有极值13-.(1)求函数的解析式；(2)若关于x 的方程()f x k =有三个解，求实数k 的取值范围.17．（2022·浙江浙江·二模）已知函数2()ln (2)f x x a x a =+<． (1)若2a =-，求函数()f x 的极小值点；(2)当2(]0,x ∈时，讨论函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象公共点的个数，并证明你的结论．。
微专题10导数解答题之零点问题秒杀总结1.函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围. 求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y k =)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像； 第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.例1．（第21讲零点问题之一个零点-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数21()sin cos ,[,]2f x x x x ax x ππ=++∈-．(1)求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程； (2)当0a =时，求()f x 的单调区间；(3)当0a >时，()f x 在区间[,]2ππ有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)1y =(2)单调递增区间为(,)2ππ--，(0,)2π，单调递减区间为(2π-，0)，(2π，)π． (3)(0,22]π 【解析】 【分析】（1）求出函数在0x =处的导数值，即切线斜率，求出(0)1f =，即可求出切线方程； （2）求出函数导数并判断正负即可得出单调区间； （3）转化为22sin 2cos x x xa x +=-，构造函数，利用导数判断函数单调性即可求出.(1)()sin cos sin cos f x x x x x ax x x ax '=+-+=+，所以()00k f ='=切，又(0)1f =，所以()f x 在(0，(0))f 处的切线方程：10y -=，即1y =． (2)当0a =时，()sin cos f x x x x =+， ()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=，所以在(,)2ππ--，(0,)2π上，()0f x '>，()f x 单调递增， 在(2π-，0)，(2π，)π上，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 单调递增区间为(,)2ππ--，(0,)2π，单调递减区间为(2π-，0)，(2π，)π． (3)当0a >时，令()0f x =，得21sin cos 02x x x ax ++=， 所以22sin 2cos x x xa x +=-，令22sin 2cos ()x x xg x x+=-，[2x π∈，]π，222(2sin 2cos 2sin )()(2sin 2cos )(2)()()x x x x x x x x x g x x +---+-'=-322222222cos 4sin 4cos 2cos (2)4sin ()()x x x x x x x x x x x x x -++-++==--当[2x π∈，]π时，cos 0x <，220x -+<，即()0g x '>， 所以()g x 在[2π，]π上单调递增，又24()24g ππππ==--，2222()g πππ-==-， 若()f x 在区间[,]2ππ有一个零点，则242a ππ-剟， 故a 的取值范围(0，22]π．例2．（吉林省长春市东北师范大学附属中学2021-2022学年高三上学期第三次摸底考试理科数学试题）已知函数ln sin ()(0)x x a eaf x x a =+>，()'f x 为()f x 的导数.(1)若0x =为()'f x 的零点，试讨论()f x 在区间[]0,π的零点的个数； (2)当1a =时，()(0)2cos xf x mx x <>+，求实数m 的取值范围.【答案】(1)两个 (2)1[,)3+∞ 【解析】 【分析】（1）由题意得到()[cos (1)e ]x f x a x x -'=--，先得到(0)0f =，再由(0,π]x ∈时，设()cos (1)e x g x x x -=--，则()(2)e sin x g x x x -'=--，分π(0,]2x ∈、π(,2]2x ∈和(2,π]x ∈三种情况讨论，即可求解； （2）当1a =时，转化为sin 02cos x mx x ->+，令sin ()2cos xG x mx x=-+，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.(1)解：由题意，函数ln sin ()(0)x x a e a f x x a =+>，可得ln (1)()cos e xa x f x a x -'=+， 因为0x =为()'f x 的零点，所以(0)0f '=，即ln 0a a +=， 从而(1)()cos [cos (1)e ]e xxa x f x a x a x x ---'=+=--， ①因为(0)0f =，所以0是()f x 的零点；②当(0,π]x ∈时，设()cos (1)e x g x x x -=--，则()(2)e sin x g x x x -'=--，（ⅰ）若π(0,]2x ∈，令()()(2)e sin x h x g x x x -'==--，则()(3)e cos 0x h x x x -'=--<，所以()h x 在π(0,]2单调递减，因为π2ππ(0)20,()(2)e 1022h h -=>=--<，所以存在唯一的0π(0,)2x ∈，使得0()0h x =，当0(0,)x x ∈时，()()0h x g x '=>，()g x 在0(0,)x 上单调递增； 当0π(,)2x x ∈时，()()0h x g x '=<，()g x 在0π(,)2x 上单调递减；（ⅰ）若π(,2]2x ∈，令()(2)e x x x ϕ-=-，则()(3)e 0x x x ϕ-=-<'，故()ϕx 在π(,2]2上单调递减，所以π2ππ1()()(2)22ex e ϕϕ-<=-<.又π1sin sin 2sin(π2)sin 62x ≥=->=，所以()(2)e sin 0,()x g x x x g x -'=--<在π(,2]2上单调递减；（ⅰ）若(2,π]x ∈，则()(2)e sin 0,()x g x x x g x -'=--<在(2,π]上单调递减. 由（ⅰ）（ⅰ）（ⅰ）可得，()g x 在0(0,)x 上单调递增，在0(,π]x 上单调递减，因为π0()(0)0,(π)(π1)e 10g x g g ->==--<，所以存在唯一10(,π)x x ∈使得1()0g x =.当1(0,)x x ∈时，()()0f x ag x '=>，()f x 在1(0,)x 上单调递增，()(0)0f x f >=， 当1(,π]x x ∈时，()()0f x ag x '=<，()f x 在1(,π]x 上单调递减， 因为1()(0)0,(π)0f x f f >=<，所以()f x 在1(,π]x 上有且只有一个零点. 综上可得，()f x 在[]0,π上有两个零点. (2)（2）当1a =时，()sin f x x =，则不等式化为sin 2cos x mx x <+，即为sin 02cos xmx x->+.令sin ()2cos xG x mx x=-+，则()()2222cos +123111()=+=32cos 2cos 332cos 2cos x G x m m m x x x x ⎛⎫'=---+- ⎪++⎝⎭++当13m ≥时，()0G x '>，()G x 在()0+∞，单调递增，且(0)=0G ，故13m ≥时满足题意； 当103m <<时，令()sin 3H x x mx =-，则()cos 3H x x m '=-在()0+∞，有无数零点 所以存在最小的一个()00,x x ∈，使()0H x '>，则()H x 在()0+∞，单调递增， 所以()(0)0H x H >=，即sin 3x mx >，所以()00,x x ∃∈，使sin sin 2cos 3x xmx x >>+，所以sin 02cos x mx x -<+，故103m <<不满足题意，舍去.当0m ≤时，因为0x >，所以0mx ≤，令()sin 2cos x n x x=+，πsin π12=0π222cos 2n ⎛⎫=> ⎪⎝⎭+，不满足题意，舍去. 综上可得，13m ≥，即实数m 的取值范围是1[,)3+∞.例3．（湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高三上学期月考（四）数学试题）已知函数()()sin ln 1f x x x =-+.(1)求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)证明：()f x 有且仅有2个零点. 【答案】(1)0y = (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）、求出()f x '，将0x =代入即可求出切线斜率，再确定切点，然后利用点斜式即可求出切线方程； （2）、先求出()f x '，令()()g x f x '=，确定()g x 的单调性和正负，确定()f x 的单调性及正负，从而得出()f x 零点个数. (1)()()sin ln 1f x x x =-+，()1cos 1f x x x'∴=-+，()0cos 010x f x ='∴=-=，又()00f =，()y f x ∴=在点()0,0处的切线斜率为0.∴曲线()yf x =在点()()0,0f 处的切线有程为0y =.(2)()()sin ln 1f x x x =-+，()1cos 1f x x x'∴=-+， 令()()1cos 1g x f x x x'==-+，()()()21sin 11g x x x x '∴=-+>-+，①、当(]1,0x ∈-时，sin 0x ->，()()21sin 01g x x x '∴=-+>+，()g x ∴在(]1,0-上单调递增，又()()000g f '==，(]1,0x ∴∈-时()0g x ≤，(]1,0x ∴∈-时()0f x '≤，()fx ∴在(]1,0-上单调递减，又()00f =，0x ∴=是()f x 在(]1,0-上的唯一零点；②、当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()()21sin 1g x x x '=-++，()()32cos 01g x x x ''∴=--<+，()g x '∴在0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减， 又()()210sin 0010g '=-+>+，21sin 02212g πππ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭，()g x '∴在0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有唯一零点m ，其中02m π<<， 当()0,x m ∈时，()0g x '>,()g x ∴在()0,x m ∈上单调递增; 当2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0g x '<,()g x ∴在2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减;而()()000g f '==，1cos 022212g f ππππ⎛⎫⎛⎫'==-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+，,2n m π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()0f n '=，当(),x m n ∈时，()0g x >,()0f x '∴>，()f x ∴在(),x m n ∈上单调递增; 当2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0g x <,()0f x '∴<，()f x ∴在2x m π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减;而()00f =，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，0,2x π⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >，()f x ∴在0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上无零点；③、当,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，1sin 0x -<-≤，()()21sin 01g x x x '∴=-+<+，()g x '∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减， 02g π⎛⎫'< ⎪⎝⎭，()g x ∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减;又02g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，,2x ππ⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦时()0f x '<，()f x ∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递减;而()002f f ππ⎛⎫>< ⎪⎝⎭，，()f x ∴在,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有一个零点；④、当()x π∈+∞，时，1sin 1x -≤≤，()ln 11x +>， ()()sin ln 10f x x x ∴=-+<，()f x ∴在()x π∈+∞，上无零点； 综上所述：()f x 有且仅有2个零点.例4．（黑龙江省哈尔滨市呼兰区第一中学校2021-2022学年高三上学期第二次校内检测数学（理）试题）已知()()1e 0xf a x x x -->=，1x =是()f x 的极值点（其中e 是自然对数的底数）.(1)求a 的值；(2)讨论函数()()sin h x f x x =-在()0,π的零点个数. （参考数据：12e 1.77π-≈）. 【答案】(1)1； (2)2个﹒ 【解析】 【分析】(1)求导得1()e x f x a -'=-，易知f '(1)0=，从而求得a 的值．(2)1()e sin (0)x h x x x x π-=--<<，1()e 1cos x h x x -'=--，第一次构造函数()()H x h x '=，易证()H x 在(0,)π上单调递增，由于(0)0H <，()02H π>，故0(0,)2x π∃∈，使得0()0H x =，且可推出()h x 在(0,)π上的单调性，从而得0()()min h x h x =；第二次构造函数()1cos sin g x x x x =+--，(0,)2x π∈，再次借助导数和隐零点的思维，证明()0<g x 即()0min h x <在(0,)2π上成立，进而确定函数()h x 的零点个数． (1)1()e (0)x f x ax x -=->，1()e x f x a -'∴=-，1x =是()f x 的极值点，f '∴(1)0e 0a =-=，解得1a =．(2)由(1)知，1()()sin e sin (0)x h x f x x x x x π-=-=--<<，1()e 1cos x h x x -'∴=--，令1()()e 1cos x H x h x x -'==--，则1()e sin 0x H x x -'=+>在(0,)x π∈上恒成立， ()H x ∴在(0,)π上单调递增．又1(0)e 20H -=-<，12()e 102H ππ-=->，0(0,)2x π∴∃∈，使得0()0H x =，即010e 1cos 0x x ---=，当00x x <<时，()0H x <，即()0h x '<，()h x 单调递减； 当0x x π<<时，()0H x >，即()0h x '>，()h x 单调递增．01000000()()e sin 1cos sin x min h x h x x x x x x -∴==--=+--．令()1cos sin g x x x x =+--，(0,)2x π∈，则()cos 1cos 0g x x x '=---<恒成立， ()g x ∴在(0,)2π上单调递减，又(0)1120g =+=>，()11022g ππ=--<，1(0,)2x π∴∃∈，使得当1(x x ∈，)2π时，()0<g x ，即()0min h x <成立．1(0)e 0h -=>，1()e 0h πππ-=->，故()h x 在(0,)π上有2个零点． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和零点问题，需要多次构造函数，且涉及隐零点的思维，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于难题．过关测试1．（江苏省南通市如皋、镇江市2021-2022学年高三上学期期末联考数学试题）设f (x )＝x e x －mx 2，m ∈R . (1)设g (x )＝f (x )－2mx ，讨论函数y ＝g (x )的单调性；(2)若函数y ＝f (x )在(0，＋∞)有两个零点x 1，x 2，证明：x 1＋x 2＞2. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出()()()1e 2'=+-xg x x m ，分0m ≤、102m e<<、12>m e 、12m e =讨论()g x 的单调性即可；（2）令()2e 0=-=xf x x mx 得e =x mx ，代入12,x x 两式相除得，1212x x x e x -=，设21x x >，令21t x x =-求出11t t x e x +=，反解出11t t x e =-，则122e 1+=+-tt x x t ，即证221t t t e +>-，等价于证明：()()22e 10+--tt t >，构造函数()()()()22e 10=+--th t t t t >，利用导数求出单调性可得答案.(1)()()2e 2=--∈x g x x mx mx x R ，()()()1e 2'=+-x g x x m ，0m ≤时，20x e m ->，当1x >-时()0g x '>，()g x 是单调递增函数，当1x <-时()0g x '<，()g x 是单调递减函数；0m >时，令()0g x '=，得()121,ln 2=-=xx m ，当()1ln 2->m 即102m e<<时，1x >-或()ln 2<x m 时()0g x '>，()g x 是单调增函数，()ln 21<<-m x 时()0g x '<，()g x 是单调递减函数，当()1ln 2-<m 即12>m e时，1x <-或()ln 2>x m 时()0g x '>，()g x 是单调增函数，()1ln 2-<<x m 时()0g x '<，()g x 是单调递减函数，当()1ln 2-=m 即12m e=时，()0g x '>，()g x 在x ∈R 上是单调增函数， 综上所述0m ≤时，()g x 在()1,-+∞是单调递增函数，在(),1-∞上是单调递减函数；102m e<<时，()g x 在()1,-+∞，()(),ln 2-∞m 上是单调增函数，在()()ln 2,1-m 是单调递减函数， 12>m e时，()g x 在(),1-∞-，()()ln 2,+∞m 上是单调增函数，在()()1,ln 2-m 是单调递减函数， 12m e=时，()g x 在x ∈R 上是单调增函数. (2)令()2e 0=-=xf x x mx ，因为0x >，所以e =x mx ，令()()=e 0->xF x mx x ，()()12=0,=0F x F x ，两式相除得，1212x x x e x -=，① 不妨设21x x >，令21t x x =-，则0t >，21x t x =+，代入①得：11tt x e x +=，反解出：11t t x e =-，则121221ttx x x t t e +=+=+-， 故要证122x x +>即证221ttt e +>-，又因为10t e ->， 等价于证明：()()22e 10+--tt t >， 构造函数()()()()22e 10=+--th t t t t >，则()()1e 1'=-+th t t ，()e 0''=t h t t >，故()h t '在()0+，∞上单调递增，()(0)0h t h ''>=， 从而()h t 在()0+，∞上单调递增，()(0)0h t h >=. 即122x x +>.2．（考点12导数与不等式，函数零点等-2021年新高考数学一轮复习考点扫描）已知函数()ln f x x ax a =-+，2()1g x x =-.（1）当0a =，0x >且1x ≠时，证明：212()()11x f x g x x x +<--； （2）定义,{,},m m nmax m n n m n≥⎧=⎨<⎩，设函数(){(),()}(0)h x max f x g x x =>，试讨论()h x 零点的个数.【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）即证：当1x >时，2(1)ln 1x x x ->+；当01x <<时，2(1)ln 1x x x -<+.令2(1)()ln 1x x x x ϕ-=-+，则()ϕx 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递增.即得解；（2）对x 分三种情况1,1,01x x x >=<<讨论，得1a >时，()h x 有两个零点；1a ≤时，()h x 仅有一个零点. 【详解】（1）当0a =时，()ln f x x =，要证：212()()11x f x g x x x +<-- 即转化为：1[(1)ln 2(1)]01x x x x+--<-，即12(1)ln 011x x x x -⎡⎤-<⎢⎥-+⎣⎦ 即证：当1x >时，2(1)ln 1x x x ->+；当01x <<时，2(1)ln 1x x x -<+ 令2(1)()ln 1x x x x ϕ-=-+，则2214(1)()0(1)(1)x x x x x x ϕ'-=-=>++ 则()ϕx 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递增. 所以当01x <<时，()(1)0x ϕϕ<=，此时12(1)ln 011x x x x -⎡⎤-<⎢⎥-+⎣⎦当1x >时，()(1)0x ϕϕ>=，此时12(1)ln 011x x x x -⎡⎤-<⎢⎥-+⎣⎦故0a =，0x >且1x ≠时，212()()11x f x g x x x +<-- （2）1°当1x >时，()0>g x ，()()0h x g x ≥>，所以()h x 在(1,)+∞无零点； 2°当1x =时，(1)(1)0g f ==，则(1)0h =，所以1x =是()h x 的零点； 3°当01x <<时，()0<g x ，所以()g x 在(0,1)上无零点，()h x 在(0,)+∞上的零点个数即为()f x 在(0,)+∞上的零点个数.因为1()f x a x'=- ①若1a ≤时，1()0f x a x'=->，所以()f x 在(0,1)上单调递增，()(1)0f x f <=，此时()f x 无零点； ②若1a >时，则101a<<，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，由1()1ln max f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，令()1ln a a a ϕ=--，则1()10a aϕ'=->，当1a >时，1()1ln (1)0f a a a a ϕϕ⎛⎫==-->= ⎪⎝⎭，由1ln a a ->，可得1a e a a >+>，则10ae a-<<，又因为()()10a a f e a a e --=-+-<.由零点存在性定理可知，()f x 在(0,1)上存在唯一的零点0x ，且01,a x e a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.综上：1a >时，()h x 有两个零点；1a ≤时，()h x 仅有一个零点.【点睛】本题主要考查利用导数证明不等式和求函数的最值，考查利用导数研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3．（湖南省常德市部分重点中学2019-2020学年高三上学期10月联考文科数学试题）已知函数()2,()ln x f x e ax a g x x =--=.（1）讨论()f x 的单调性；（2）用max{,}m n 表示,m n 中的最大值，设函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>，讨论()h x 零点的个数. 【答案】(1)当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在区间()(),ln 2a -∞上单调递减，在()()ln 2,a +∞单调递增；(2)当12a e <()h x 在()0,+∞上无零点；当12a e =1a ≥时，()h x 在()0,+∞1ea <<时，()h x 在()0,+∞上有两个零点. 【解析】 【分析】（1）对参数a 进行分类讨论，即可由导数的正负判断函数的单调性；（2）根据()h x 的定义，利用导数分区间讨论()h x 在()()0,1,1,+∞上的零点分布情况. 【详解】（1）()2x f x e ax a =--，故可得()2xf x e a '=-，当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，故此时()f x 在R 上单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，解得()ln 2x a =，故容易得()f x 在区间()(),ln 2a -∞上单调递减，在()()ln 2,a +∞单调递增. 综上所述：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在区间()(),ln 2a -∞上单调递减，在()()ln 2,a +∞单调递增. （2）①当1x >时，()0g x lnx =>，()()(){}()max ,0h x f x g x g x =≥>， 显然此时()h x 没有零点； ②当1x =时，()13f e a =-， 若3ea ≥，()()(){}()1max 1,110h f g g ===，故1x =是()h x 的零点； 若3ea <，()()(){}()1max 1,110h f g f ==>，故1x =不是()h x 的零点； ③当()0,1x ∈时，()0g x lnx =<，所以()h x 在()0,1上的零点个数， 即为()f x 在()0,1上的零点个数.()f x 在()0,1上的零点个数，等价于21x e a x =+在()0,1上实数根的个数. 令()(),0,121xe m x x x =∈+，故可得()()()221 21xx e m x x '-=+，故容易得()m x 在区间10,?2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递增.且()()1101,,1223e m m e m ⎛⎫=== ⎪⎝⎭. 故当12a e <1a >时，()fx 在()0,1没有零点； 当12a e =13e a ≤<，()fx 在()0,1有一个零点；123ee a <<时，()fx 在()0,1有2个零点.综上所述：当12a e <()h x 在()0,+∞上无零点；当12a e =1a ≥时，()h x 在()0,+∞上有一个零点；1ea <<时，()h x 在()0,+∞上有两个零点. 【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性，以及求解函数零点的个数，属综合困难题.4．（广西玉林市2022届高三上学期教学质量监测数学（理）试题）已知函数()2ln 1f x x ax =-+. (1)若()f x 存在零点，求实数a 的取值范围；(2)若0x 是()f x 的零点，求证：00220032e 1x x a x x --≤≤. 【答案】(1)2e ⎛-∞ ⎝⎦； (2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）分离参数得2ln 1x a x +=，构造函数()2ln 1x g x x+=利用导数研究其单调性和值域，结合题意，则问题得解；（2）根据（1）中所求，将所证不等式转化为证明()000022000322ln 1e 10x x x x x x x -+-≤<>，分别构造函数，利用导数研究函数单调性，进而证明不等式恒成立即可. (1)令()2ln 10f x x ax =-+=变形得2ln 1x a x+=， 令()2ln 1x g x x +=，问题转化成y a =与()g x 有交点. 令()212ln 0xg x x -'==，解得e x 则()g x 在(e x ∈上单调递增，在)e,x ∈+∞上单调递减，且()0lim x g x +→=-∞，()lim 0x g x →+∞= 故()(max e eg x g ==所以ea ≤故实数a 的取值范围2e ,e ⎛-∞ ⎝⎦； (2)证明：由题意可得，()0002ln 10f x x ax =-+=，得002ln 1x a x +=， 要证00220032e 1x x a x x --≤<，即证()000022000322ln 1e 10x x x x x x x -+-≤<>. .先证20000322ln 1x x x x -+≤，只需让001ln 1x x +≥， 令()1ln t x x x =+，()21x t x x -'=. 所以()t x 在()0,1∈x 上单调递减，在()1,x ∈+∞上单调递增， 故()()min 11t x t ==，所以()1t x ≥，左边证毕.再证002002ln 1e 1x x x x +-<，即证：000e 12ln 1x x x x x -+-<- 令()2ln 1h x x x =+-，()2xh x x-'=， 所以()h x 在()0,2x ∈上单调递增，在()2,x ∈+∞上单调递减， 故()()max 22ln 21h x h ==-；令()e 1x k x x x -=-，()()()221e 1e e 11x x x x x x k x x x ----+'=-=， 令()e 1xm x x =--，'()m x e 1x =-，令'()m x 0=，解得0x =，故()m x 在()0,+∞单调递增，()()00m x m >=. 即e 10x x -->在()0,+∞恒成立.令()0k x '=，解得1x =，所以()k x 在()0,1∈x 上单调递减，在()1,x ∈+∞上单调递增， 故()()min 1e 2k x k ==-.因为e 22ln21->-，所以()()h x k x <，即e 12ln 1x x x x x-+-<-，故000e 12ln 1x x x -+<，右边证毕. 综上所述：00220032e 1x x a x x --≤≤. 【点睛】本题考察利用导数研究函数单调性和恒成立问题；其中第一问中，对函数进行分离参数是解决问题的关键；第二问中，在证明002002ln 1e 1x x x x +-<时，将其转化为证明000e 12ln 1x x x x x -+-<-，是较好的一种处理手段；本题综合考察学生的计算能力，对导数的综合使用能力，属压轴题.5．（江西省景德镇市2022届高三第二次质检数学（文）试题）已知函数24e ()ln 214e xxf x x =+++.(1)求函数()y f x =在(0,(0))f 处切线的斜率；(2)求证：()y f x =有且只有一个零点0x ，且满足0112e e 2x<<. 参考数据：ln20.693≈ 【答案】(1)1325(2)见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，再根据导数的几何意义即可得出答案；（2）要证0112e e 2x<<，只需证明011ln ln 24x e <<即可，利用导数判断函数的单调性，再根据零点的存在性定理即可得出结论. (1)解：由24e ()ln 214exxf x x =+++， 得()()()2243222224e 14e 4e e 16e 16e 8e 4e 1()114e148e x x x xx x x x x x f x +--++'++⋅++==，则()16168411302525f -+++'==，即函数()y f x =在(0,(0))f 处切线的斜率为1325； (2)证明：由（1）得：()4322216e 16e 8e 4e 1()14e x x x x x f x -++++'=，令()e ,0x t t =>，()4321616841,(0)g t t t t t t =-+++>， 则()326448164g t t t t '=-++，令()()326448164,0h t t t t t =-++>，则()()2161261h t t t '=-+，因为36480-<，所以212610t t -+>在()0,t ∈+∞上恒成立， 所以()0h t '>，所以函数()h t 在()0,∞+上递增， 所以()()040g t g ''>=>， 所以函数()g t 在()0,∞+上递增， 所以()()010g t g >=>， 即43216e 16e 8e 4e 10x x x x -+++>， 所以()4322216e 16e 8e 4e 1()014e x x x x x f x -++=++'>，所以函数()f x 是R 上的增函数， 又()1ln 2e1ln2e222222e 14e2eeln 2ln 21ln 2101e 1e 1114e11ln ln2e e e2f =⎛⎫=--++--++=-+ +⎪⎝=⎭<+++， 1ln41ln 424e 14ln 2ln 2ln 20111ln ln 454e 4114f ⎝++=-+=- +⎛=⎪+⎫>+⎭， 所以()y f x =有且只有一个零点0x ，且011lnln 24x e <<， 所以()y f x =有且只有一个零点0x ，且满足0112e e2x<<. 【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了利用导数解决跟零点有关的问题，及不等式的证明问题，考查了数据分析能力，有一定的难度.6．（北京市密云区2022届高三上学期期末考试数学试题）已知函数()e x f x x k =+，R k ∈．(1)求曲线()y f x =在点()()2,2M f 处的切线方程； (2)求函数()f x 的单调区间；(3)若函数()e x f x x k =+有两个不同的零点，记较大的零点为0x ，证明：当()01,2x ∈时，()2201e e 0k x k +->．【答案】(1)()221e e y k x k =+-；(2)答案见解析； (3)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出()2f 、()2f '，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；（2）求得()1e xf x k '=+，分0k ≥、0k <两种情况讨论，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； （3）分析可得00ex x k =-，将所证不等式等价变形为020e 1x x ->-对任意的()01,2x ∈恒成立，构造函数()2e 1x g x x -=-+，利用导数分析函数()g x 在()1,2上的单调性，可得出()0g x >，即可证得结论成立.(1)解：因为()e x f x x k =+，则()1e x f x k '=+，所以，()222e f k =+，()221e f k '=+，因此，曲线()y f x =在点()()2,2M f 处的切线方程()()()222e 1e2y k k x -+=+-，即()221e e y k x k =+-.(2)解：函数()e x f x x k =+的定义域为R ，且()1e xf x k '=+.当0k ≥时，对任意的R x ∈，()0f x '>，此时函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，无递减区间； 当0k <时，由()0f x '=，可得()ln x k =--.当()ln x k <--时，()0f x '>；当()ln x k >--时，()0f x '<.此时，函数()f x 的单调递增区间为()(),ln k -∞--，单调递减区间为()()ln ,k --+∞. 综上所述，当0k ≥时，函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，无递减区间；当0k <时，函数()f x 的单调递增区间为()(),ln k -∞--，单调递减区间为()()ln ,k --+∞. (3)证明：由()0e xf x x k =+=可得e xx k =-， 因为函数()e xf x x k =+有两个不同的零点，且较大的零点为0x ，则0e x x k =-， 要证()()()0002220000211e e e 10ex x x k x k x k x x --+-=+-=->对任意的()01,2x ∈恒成立， 即证020e1x x ->-对任意的()01,2x ∈恒成立，构造函数()2e 1x g x x -=-+，其中()1,2x ∈，则()2e 10x g x -'=-<，所以，函数()g x 在()1,2上单调递减，所以，()()20g x g >=， 因为()01,2x ∈，则()()020g x g >=，即020e 1x x ->-，故原不等式得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.7．（辽宁省大连市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知函数()()e ,ln x f x ax g x ax x =-=-，其中a ∈R .(1)若0x >时，()()0f x g x ⋅>恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若函数()()()F x f x g x =+的最小值为m ，试证明：函数()e ln x m G x x -=-有且仅有一个零点. 【答案】(1)1e ea << (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可得e ln x ax x >>，分别求得e x y =与y ax =相切时和ln y x =与y ax =相切时，a 的值，综合分析，即可得答案.（2）利用导数，求得()F x 的单调区间和极值，即可得m 的表达式和范围，()G x 的零点等价于求()e e ln x m H x x =-的零点，利用导数，求得()H x 的单调区间和极值，计算化简，可得000011e ln ln x m x x x =-=+，分析可得101x x =，分析即可得证. (1)由题意得()()e ln 0xax ax x -->，因为当0x >时e ln x x >，所以原不等式等价于e ln x ax x >>， 当e x y =与y ax =相切时，设切点00(,)x y ， 则e x y '=，所以切线的斜率0e x k a ==，又00e xy =，00y ax =，联立解得01x =，所以切线斜率e a =，同理当ln y x =与y ax =相切时，可求得切线斜率1ea =， 因为e ln x ax x >>， 所以1e ea << (2)()()()e ln x F x f x g x x =+=-，则1()e x F x x '=-，21()e 0xF x x'+'=>， 所以()F x '在(0,)+∞上为增函数， 又1(1)e 10,e 202F F '⎛⎫=->=< ⎪'⎝⎭，所以()F x '在(0,)+∞上存在唯一零点0x ，且01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，此时0001()e 0x F x x '=-=，即001e xx =，当()00,x x ∈时，()0F x '<，则()F x 为减函数， 当()0,x x ∈+∞时，()0F x '>，则()F x 为增函数，所以()F x 的最小值为000000011()e ln e ln2e x x xx m F x x x ==-=-=+>， 令()eln 0x mG x x -=-=，整理得e e ln 0xm x -=，令()e e ln xmH x x =-，则e ()e mxH x x='-，在(0,)+∞上为增函数，因为2m >，所以e 1(1)e e0,()e e 10m mmm H H m m m ⎛⎫=-=-=- ⎝'⎪⎭'，所以()H x '在(0,)+∞上存在唯一零点1x ，且()11,x m ∈，111e ()e 0mx H x x -'==当()10,x x ∈时，()0H x '<，()H x 为减函数， 当()1,x x ∈+∞时，()0H x '>，()H x 为增函数，所以111()e e ln x mH x x =-，因为11e e mx x =，所以11ln x m x =-，即11ln m x x =+，又000011e ln ln x m x x x =-=+，所以110011ln ln x x x x +=+， 又函数ln y x x =+在(0,)+∞上为增函数， 所以101x x =， 所以0000001111111100001111()e e ln e e ln e e ln e e ln x x x x x x x m m H x x x x x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-=-=-⋅=-⋅⋅=()0011000000111e ln e ln x x x x x x x x ⎛⎫⋅⋅-=⋅⋅+ ⎪⎝⎭因为00ln 0x x +=，所以1()0H x =，则1()0H x ≥在(0,)+∞上恒成立， 所以()0H x =有且仅有一个根1x x =， 所以函数()e ln x mG x x -=-有且仅有一个零点.【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间、极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，需将()G x 求零点问题，转化为求()e e ln x m H x x =-的零点问题，进而可求得m 的表达式，考查计算化简，分析求值的能力，属中档题.8．（广东省揭阳市2022届高三上学期期末数学试题）已知函数()e ln .xf x x ax a x a =--+(1)若e a =，判断函数()f x 的单调性，并求出函数()f x 的最值. (2)若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.【答案】(1)在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，最小值为()1e f =，无最大值(2)()2e ,+∞【解析】 【分析】（1）把e a =的值代入函数()f x 的解析式，从而根据导数判断函数的单调性，进而可求函数()f x 的最值； （2）利用导数判断函数的单调性，根据单调性可求函数的最小值；根据题意列出满足条件的a 的不等式，从而求出a 的范围，然后验证即可. (1)易知函数的定义域为()0,∞+，当e a =时，()e e eln e xf x x x x =--+，所以()()()e e 1e e 1e xx f x x x x x ⎛⎫=+--=+- ⎝'⎪⎭， 当()0,1x ∈时，()0f x '<；当()1,x ∈+∞，()0f x '>； 所以()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增；由此可得，()f x 的最小值为()1e e eln1e e f =--+=，无最大值. (2)因为()e ln xf x x ax a x a =--+，所以()()()1e 1e x x a a f x x a x x x ⎛⎫=+--=+- ⎝'⎪⎭. 当0a ≤时，()0f x '>在()0,∞+上恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增， 故可得函数()f x 至多只有一个零点，不符合题意；当0a >时，令e 0xax-=，设该方程的解为0x ， 则在()00,x 上，()0f x '<；在()0,x +∞上，()0f x '>， 所以()f x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增；为了满足()f x 有两个零点，则有()00000e ln 0xf x x ax a x a =--+<①因为0x 是方程e 0xax-=的解，所以00e x x a =，两边取对数可得00ln ln x x a +=②， 将②式代入①式可得()()02ln 0f x a a =-<，所以a 的取值范围为()2e ,a ∞∈+.且当()2e ,a ∞∈+时，由②式得()01,1e e 0xf a a >=-+=>，所以()f x 在()00,x 上仅有1个零点；当x →+∞时，()f x →+∞，故可得()f x 在()0,x +∞上仅有1个零点；综上，若函数()f x 存在两个零点，则实数a 的取值范围是()2e ,+∞.。
用导数解决函数的零点问题[典例] (理)(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．[思路演示]解：(1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得⎩⎨⎧x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0， 从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0， 故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0， 所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调． 而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0， －a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 3，1上单调递增，故在(0,1)上，当x ＝－a 3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫ －a 3＝2a 3 －a 3＋14. 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＞0，即－34＜a ＜0，则f (x )在(0,1)上无零点． 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点． 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．[解题师说]对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个： [典例] (文)设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R.(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．[方法演示]解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex 2， ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， 因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x ) 的图象(如图)，可知，①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．[解题师说]对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个：1．已知函数f (x )＝－x 3＋ax －14，g (x )＝e x －e(e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线与曲线y ＝g (x )在(0，g (0))处的切线互相垂直，求实数a 的值；(2)设函数h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )＜g (x )，试讨论函数h (x )零点的个数．解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋a ，g ′(x )＝e x ， 所以f ′(0)＝a ，g ′(0)＝1， 由题意，知a ＝－1.(2)易知函数g (x )＝e x －e 在R 上单调递增，仅在x ＝1处有一个零点，且x ＜1时，g (x )＜0，又f ′(x )＝－3x 2＋a ，①当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R 上单调递减，且过点⎝⎛⎭⎫0，－14，f (－1)＝34－a ＞0， 即f (x )在x ≤0时必有一个零点， 此时y ＝h (x )有两个零点；②当a ＞0时，令f ′(x )＝－3x 2＋a ＝0， 得两根为x 1＝－a3＜0，x 2＝ a3＞0， 则－ a3是函数f (x )的一个极小值点， a3是函数f (x )的一个极大值点， 而f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝－⎝⎛⎭⎫－ a 33＋a ⎝⎛⎭⎫－ a 3－14＝－2a 3a 3－14＜0. 现在讨论极大值的情况： f a3＝－a 33＋a a 3－14＝2a 3a 3－14， 当fa 3＜0，即a ＜34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上恒小于零， 此时y ＝h (x )有两个零点； 当fa 3＝0，即a ＝34时， 函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有一个零点x 0＝ a 3＝12， 此时y ＝h (x )有三个零点； 当fa 3＞0，即a ＞34时， 函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于a3，一个零点大于a 3， 若f (1)＝a －54＜0，即a ＜54时，y ＝h (x )有四个零点；若f (1)＝a －54＝0，即a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；若f (1)＝a －54＞0，即a ＞54时，y ＝h (x )有两个零点．综上所述：当a ＜34或a ＞54时，y ＝h (x )有两个零点；当a ＝34或a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；当34＜a ＜54时，y ＝h (x )有四个零点.[典例](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． [思路演示]解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)． (ⅰ)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． (ⅱ)若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增． (2)(ⅰ)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ⅱ)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a ＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0， 故f (x )只有一个零点；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a ＋ln a >0， 即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a ＋ln a <0，即f (－ln a )<0. 又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点． 设正整数n 0满足n 0>ln ⎝⎛⎭⎫3a －1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0.由于ln ⎝⎛⎭⎫3a －1>－ln a ， 因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)． [解题师说]本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于含有超越函数式的函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．[应用体验]2．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋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．解：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ②设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ＝－e2，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． 若a ＞－e2，则ln(－2a )＜1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减． 若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减． (2)①设a ＞0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a 2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝ab 2－32b ＞0，所以f (x )有两个零点．②设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，所以f (x )只有一个零点．③设a ＜0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点；若a ＜－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞).[典例] (理)(2018·长春质检)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R.(1)若f (x )存在极值点1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2>2. [思路演示]解：(1)由已知得f ′(x )＝x ＋1－a －ax ，因为f (x )存在极值点1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，经检验符合题意，所以a ＝1.(2)证明：f ′(x )＝x ＋1－a －ax＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－a x (x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a ， 当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增， 当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )单调递减， 所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )．又f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0，整理得ln a >1－12a ， 作y ＝f (x )关于直线x ＝a 的对称曲线g (x )＝f (2a －x )， 令h (x )＝g (x )－f (x )＝f (2a －x )－f (x )＝2a －2x －a ln 2a －xx ，则h ′(x )＝－2＋2a 2(2a －x )x ＝－2＋2a 2－(x －a )2＋a 2≥0，所以h (x )在(0,2a )上单调递增． 不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0，即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)，又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数， 所以2a －x 2<x 1，即x 1＋x 2>2a ， 又ln a >1－12a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2.(文)已知函数f (x )＝ln x ＋tx －s (s ，t ∈R)．(1)讨论f (x )的单调性及最值；(2)当t ＝2时，若函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4. [思路演示] 解：(1)f ′(x )＝x －tx 2(x >0)， 当t ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无最值；当t >0时，由f ′(x )<0，得x <t ，由f ′(x )>0，得x >t ，f (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝t 处取得极小值也是最小值，最小值为f (t )＝ln t ＋1－s ，无最大值． (2)证明：∵f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)， ∴f (x 1)＝ln x 1＋2x 1－s ＝0，f (x 2)＝ln x 2＋2x 2－s ＝0，即s ＝2x 1＋ln x 1＝2x 2＋ln x 2，∴2(x 2－x 1)x 1x 2＝ln x 2x 1， 设t ＝x 2x 1>1，则ln t ＝2(t －1)tx 1，x 1＝2(t －1)t ln t ，故x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝2(t 2－1)t ln t，∴x 1＋x 2－4＝2⎝⎛⎭⎫t 2－1t －2ln t ln t.令函数h (t )＝t 2－1t －2ln t ，∵h ′(t )＝(t －1)2t2>0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增， ∵t >1，∴h (t )>h (1)＝0，又t ＝x 2x 1>1，ln t >0，故x 1＋x 2>4成立．[解题师说]已知函数存在零点，需要证明零点满足某项性质时，实际上是需要对函数零点在数值上进行精确求解或估计，需要对零点进行更高要求的研究，为此，不妨结合已知条件和未知要求，构造新的函数，再次通过导数的相关知识对函数进行更进一步的分析研究，其中，需要灵活运用函数思想、化归思想等，同时也需要我们有较强的抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．[应用体验]3．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R.(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值；(3)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，证明：x 1＋x 2≥5－12. 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1， 又f ′(x )＝1x ＋1，∴切线斜率为f ′(1)＝2， 故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x (x >0)，当a ≤0时，∵x >0，∴g ′(x )>0.∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点． 当a >0时，g ′(x )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x ＝－a ⎝⎛⎭⎫x －1a (x ＋1)x， 令g ′(x )＝0，得x ＝1a . ∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，g ′(x )<0.∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数． ∴x ＝1a 时，g (x )有极大值g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )·1a ＋1＝12a －ln a . 综上，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a >0时，函数g (x )有极大值12a－ln a ，无极小值． (3)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x ，x >0. f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，即ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，令t ＝x 1x 2(t >0)，φ(t )＝t －ln t ，则φ′(t )＝1－1t ＝t －1t ，由φ′(t )>0，得t >1；由φ′(t )<0，得0<t <1，所以φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增． ∴φ(t )≥φ(1)＝1， ∴(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1， ∵x 1>0，x 2>0，∴x 1＋x 2≥5－12.1．已知函数f (x )＝x 2a ＋bx －ln x . (1)若a ＝b ＝1，求f (x )的极值；(2)若b ＝－1，函数f (x )有且只有一个零点，求实数a 的取值范围． 解：(1)a ＝b ＝1时，f (x )＝x 2＋x －ln x (x ＞0)， 则f ′(x )＝2x ＋1－1x ＝(x ＋1)(2x －1)x . 当0＜x ＜12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞12时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫12＝34＋ln 2，无极大值．(2)若f (x )有且只有一个零点，即方程x 2a －x －ln x ＝0在(0，＋∞)上有且只有一个实数根，即1a ＝1x ＋ln x x2.令h (x )＝1x ＋ln xx 2，则h ′(x )＝1－x －2ln x x 3.再令φ(x )＝1－x －2ln x ，则φ′(x )＝－1－2x ＜0，又φ(1)＝0，因而当x ∈(0,1)时，φ(x )＞φ(1)＝0；当x ∈(1，＋∞)时，φ(x )＜φ(1)＝0.所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减， 故h (x )≤h (1)＝1，又当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )＞0，而当x →0时，h (x )→－∞， 所以1a ＜0或1a ＝1，即a ＜0或a ＝1时函数f (x )有且只有一个零点．故实数a 的取值范围为(－∞，0)∪{1}． 2．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求实数c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要不充分条件． 解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c . (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝－23.于是，当x 变化时，f ′(x )与f (x )变化情况如下表：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝⎭⎫－2，－23，x 3∈⎝⎭－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝⎛⎭⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点，故实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，3227. (3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0恒成立， 此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0.当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增． 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要不充分条件． 3．(理)设函数f (x )＝1－m －xe x. (1)求函数f (x )在[0,2]上的单调区间；(2)当m ＝0，k ∈R 时，求函数g (x )＝f (x )－kx 2在R 上零点个数． 解：(1)f ′(x )＝x ＋m －2e x，令f ′(x )＝0，得x ＝2－m . 当2－m ≤0，即m ≥2时，f ′(x )≥0，f (x )在[0,2]上单调递增．当0＜m ＜2时，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2－m ；由f ′(x )＞0，得2－m ＜x ＜2， 所以f (x )在[0,2－m ]上单调递减，在[2－m,2]上单调递增． 当m ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在[0,2]上单调递减． 综上，当m ≥2时，f (x )的单调递增区间为[0,2]；当0<m <2时，f (x )的单调递减区间为[0,2－m ]，单调递增区间为[2－m,2]； 当m ≤0时，f (x )的单调递减区间为[0,2]． (2)当m ＝0时，由g (x )＝f (x )－kx 2＝0，得1－x ex ＝kx 2， 即k ＝1－xx 2ex (x ≠0)．令h (x )＝1－x x 2e x ，则h ′(x )＝x 2－2x 3e x .由h ′(x )＞0，得－2＜x ＜0或x ＞2； 由h ′(x )＜0，得x ＜－2或0＜x ＜2，∴h (x )在(－∞，－2)，(0，2)上单调递减，在(－2，0)，(2，＋∞)上单调递增． 在x ＜0时，当x ＝－2时，h (x )取得极小值h (－2)＝1＋22e 2，当x →－∞时，h (x )→＋∞；x →0时，h (x )→＋∞. 在x ＞0时，当x ＝2时，h (x )取得极小值h (2)＝1－22e 2＜0， 当x →0时，h (x )→＋∞，x →＋∞时，h (x )→0.画出函数h (x )的大致图象如图所示，当k ＜1－22e 2时，g (x )没有零点，当k ＝1－22e 2或0≤k ＜1＋22e2时，g (x )有1个零点，当1－22e 2＜k ＜0或k ＝1＋22e2时，g (x )有2个零点，当k ＞1＋22e2时，g (x )有3个零点．(文)已知函数f (x )＝x 3＋x 2＋ax ＋b .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，求实数b 的值． 解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3＋x 2－x ＋b ， 所以f ′(x )＝3x 2＋2x －1，由f ′(x )＞0，得x ＜－1或x ＞13，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和⎝⎛⎭⎫13，＋∞. (2)函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，等价于f (x )－ax ＝0有两个不等的实根．令g (x )＝f (x )－ax ＝x 3＋x 2＋b ，则g ′(x )＝3x 2＋2x . 由g ′(x )＞0，得x ＜－23或x ＞0；由g ′(x )＜0，得－23＜x ＜0.所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－23，0上单调递减． 所以当x ＝－23时，函数g (x )取得极大值g ⎝⎛⎭⎫－23＝427＋b ，当x ＝0，时函数g (x )取得极小值为g (0)＝b .要满足题意，则需g ⎝⎛⎭⎫－23＝427＋b ＝0或g (0)＝b ＝0， 所以b ＝－427或b ＝0.4．(2018·广西三市第一次联考)已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)． (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2x －2x ，∴f ′(1)＝0，又f (1)＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＋1＝0. (2)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x， ∵x >0，a >0，∴当0<x <a 时，f ′(x )>0，当x >a 时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0，a )上是增函数，在(a ，＋∞)上是减函数． (3)由(2)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)． 讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点．②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2， ∴f (x )在(1，e 2)上有一个零点． ③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时， 由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0， f (e 2)＝2a 2ln e 2－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)， 当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数的单调性可知，函数f (x )在(1，a )上有唯一零点x 1，在(a ，e 2)上有唯一零点x 2，∴f (x )在(1，e 2)上有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，由函数的单调性可知，f (x )在(1，e)上有唯一的一个零点，在(e ，e 2)上没有零点，从而f (x )在(1，e 2)上只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )有两个零点．。
