微专题6-----导数专题5零点问题

导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三 导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四 导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五 定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六 化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)， 即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43， 所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练 解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号． 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练 解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)， 令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上． 又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)， 即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 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． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0， 因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝ －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43， 所以a 3－3a 2＋4＝0， 即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意． 综上a ＝－1或a ＝2.变式训练 解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )， 所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)， 所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823， 解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0， 知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立， 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0， 由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练 解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞； 由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。

函数零点问题 知识点：1.零点的定义：函数 的零点方程 的根(解) 与 轴的交点的横坐标（注意函数的零点是一个实数） 2.零点的推广：函数 的零点方程 的根(解)方程 的根(解)函数 与函数 图像交点的横坐标.3.我们通常利用导数来研究函数的零点,注意导函数的零点与原函数的极值点之前的关系.1. 已知函数x a x x f ln 21)(2-=)(R a ∈， 若函数)(x f 在),1(+∞为增函数，求a 的取值范围； 讨论方程0)(=x f 解的个数，并说明理由.2. 已知函数()()ln ()x f x e a a =+为常数是R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[一1，1]上的减函数．(I)求a 的值；(II) 若()21g x t t λ≤++在x ∈[一1，1]上恒成立，求t 的取值范围．(Ⅲ) 讨论关于x 的方程2ln 2()x x ex m f x =-+的根的个数。

3. 若,ln 6)(m x x g +=问是否存在实数m ，使得y= f （x ）=28x x -+的图象与 （ ）的图象有且只有两个不同的交点？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由.4. 已知函数 － ,求 在区间 上的最大值是否存在实数m ，使得 的图象与 的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；，若不存在，说明理由。

5. 已知函数 － 在 处取得极值.求函数 的解析式；求证：对于区间 － ， 上任意两个自变量的值x 1，x 2，都有 － ； 若过点 ， － 可作曲线 的三条切线，求实数m 的取值范围.6．奇函数cx bx ax x f ++=23)(的图象E 过点)210,22(),2,2(B A -两点.求)(x f 的表达式；求)(x f 的单调区间；若方程0)(=+m x f 有三个不同的实根，求m 的取值范围.7．已知()f x 是二次函数，不等式()0f x <的解集是(0,5),且()f x 在区间[]1,4-上的最大值是12。

导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x x =+. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）讨论函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+， 令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论： 当21e a <-时，零点的个数为0个； 当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个； 当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案； 【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论． 【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增， 又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞， 根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点． 综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增， 此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意， 综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-， 设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =， 所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<． 以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 且 x →+∞时，()0h x →，()11h =， 所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =， 当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+， 所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数； （2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．（2022·天津静海一中高三月考）已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行． （1）求a 的值和函数()f x 的单调区间； （2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围． 【答案】（1）-9，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-； 由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-． （2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点． ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--， ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <； 由()0g x '<，解得12x <<．∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →， 作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围． （2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩， 解得3ln204k -<<， 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+， 令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增； 因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围． 【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值； （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案 【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =． （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<； 当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。

导数中的零点问题解决方法解决零点问题，需要采用数形结合思想，根据函数的图像或者趋势图像找出符合题意的条件即可，因此用导数判断出单调性作出函数图像或趋势图像至关重要。

一、能直接分离参数的零点题目此类问题较为简单，分离之后函数无参数，则可作出函数的准确图像，然后上下移动参数的值，看直线与函数交点个数即可。

例1.已知函数f(x)=x+ax,g(x)=ln x，若关于x的方程gx(2x)=f(x)-2e只有一个实数根，求 a 的值。

解析：gx(2x)= f (x)-2e ⇒ a =lnxx- x2+2ex ，令 h(x)=lnxx- x2+2ex ，h'(x)=1-ln x-2x +2e ，令 h'(x)=0，则 x = e x2当0 <x<e时，h' (x) > 0 ，h(x)单调递增；当x>e时，h' (x) < 0 ，h(x)单调递减， h(x)max= h(e)=1e+ e2注意这里 h(x)的单调性不是硬解出来的，因为你会发现 h'(x)的式子很复杂，但是如果把 h(x)当成两个函数的和，即m(x)=lnxx,n(x)= -x2+2ex，此时 m(x), n(x)的单调性和极值点均相同，因此可以整体判断出 h(x)的单调性和极值点。

所以 a =1e+ e2（注意：有一个根转化为图像只有一个交点即可）二、不能直接分离参数的零点问题（包括零点个数问题）这里需要注意几个转化，以三次函数为例，若三次函数有三个不同的零点，则函数必定有两个极值点，且极大值和极小值之积为负数，例如 f (x)在区间(0,1)上有零点，此时并不能确定零点的个数，只能说明至少有一个零点，若函数在区间上单调，只需要用零点存在性定理即可，但是若函数在区间上不单调，则意味着f (x)在区间(0,1) 上存在极值点。

在解决此类问题时常用的知识是零点存在定理和极限的相关知识，但必不可少的是求出函数的趋势图像，然后根据趋势图像找符合零点问题的条件即可，这里需要说明一下，参数影响零点的个数问题主要有两个方向，一是参数影响单调性和单调区间的个数，二是参数影响函数的极值或最值，而通过这两个方向就可以影响函数的趋势图像，进而影响零点的个数，因此分类讨论思想在此类问题中必不可少。

目录导数专题一、单调性问题 (2)导数专题二、极值问题 (38)导数专题三、最值问题 (53)导数专题四、零点问题 (77)导数专题五、恒成立问题和存在性问题 (118)导数专题六、渐近线和间断点问题 (170)导数专题七、特殊值法判定超越函数的零点问题 (190)导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 (201)导数专题九、公切线解决导数中零点问题 (214)导数专题十、极值点偏移问题 (219)导数专题十一、构造函数解决导数问题 (227)1 / 243导数专题一、单调性问题【知识结构】【知识点】一、导函数代数意义：利用导函数的正负来判断原函数单调性；二、分类讨论求函数单调性：含参函数的单调性问题的求解，难点是如何对参数进行分类讨论，讨论的关键在于导函数的零点和定义域的位置关系.三、分类讨论的思路步骤：第一步、求函数的定义域、求导，并求导函数零点；第二步、以导函数的零点存在性进行讨论；当导函数存在多个零点的时，讨论他们的大小关系及与区间的位置关系（分类讨论）；第三步、画出导函数的同号函数的草图，从而判断其导函数的符号（画导图、标正负、截定义域）；第四步、（列表）根据第五步的草图列出 f 'x， f x随 x 变化的情况表，并写出函数的单调区间；第五步、综合上述讨论的情形，完整地写出函数的单调区间，写出极值点，极值与区间端点函数值比较得到函数的最值.四、分类讨论主要讨论参数的不同取值求出单调性，主要讨论点：1.最高次项系数是否为 0；2.导函数是否有极值点；3.两根的大小关系；4.根与定义域端点讨论等。

五、求解函数单调性问题的思路：（1）已知函数在区间上单调递增或单调递减，转化为f(x)0或f(x)0恒成立；（2）已知区间上不单调，转化为导函数在区间上存在变号零点，通常利用分离变量法求解参变量的范围；（3）已知函数在区间上存在单调递增或单调递减区间，转化为导函数在区间上大于零或小于零有解.六、原函数单调性转化为导函数给区间正负问题的处理方法（1）参变分离；（2）导函数的根与区间端点直接比较；2 / 243（3）导函数主要部分为一元二次时，转化为二次函数根的分布问题.这里讨论的以一元二次为主。

高中数学导数专题隐零点问题！
邓老师刚刚给一名黑龙江的学生补完课，补习的是高二数学导函数，重点讲解了隐零点问题。

这是最近8年高考全国卷考的最多的一个知识点，弄懂了，就简单。

单调函数最多只有一个零点，如果满足零点存在性定理，那么就有一个零点。

但很多时候，我们并不知道这个零点具体是多少，只知道它所在的大致区间。

区间范围要尽可能求准确，范围要缩小，不能太大，否则最终答案就有可能不准确。

高中数学题，就是套路多，题目里面有暗示信息，你要能够敏感地捕捉到啊！暗示信息已经暗示你下一步应该怎么操作！你只有熟悉了它的套路，抓住了暗示信息，你才能顺利地把它拿下！
就好比一个男性如果不了解女性，那么他脱单注定是很困难的。

人家女孩子给过你很多机会，很多暗示，你没反应过来，你没抓住机会，你自然搞不定她！
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利用导数研究函数的零点问题内容概览题型一 利用导数探究函数零点的个数题型二 利用函数零点问题求参数范围题型三 与函数零点有关的证明[命题分析]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.高考常考查基本初等函数、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.题型一 利用导数探究函数零点的个数[典例1](2022·陇南模拟)已知函数f(x)=r1e-a(a∈R),讨论f(x)的零点个数.【解析】令f(x)=r1e-a=0,得a=r1e,设g(x)=r1e,则g'(x)=e−(r1)e(e)2=−e,当x>0时,g'(x)<0,当x<0时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(0)=1,而当x>-1时,g(x)>0,当x<-1时,g(x)<0,g(x)的大致图象如图所示:所以①当a>1时,方程g(x)=a无解,即f(x)没有零点;②当a=1时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;③当0<a<1时,方程g(x)=a有两解,即f(x)有两个零点;④当a≤0时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;综上,当a>1时,f(x)没有零点;当a=1或a≤0时,f(x)有唯一的零点;当0<a<1时,f(x)有两个零点.【方法提炼】利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法:(1)构造函数:构造函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定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(最值),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)应用定理:利用零点存在定理,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)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.【对点训练】(2023·成都模拟)设函数f(x)=ln x+,m∈R.讨论函数g(x)=f'(x)-.3的零点个数【解析】由题设,可知g(x)=f'(x)-3=1-2-3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0),设φ(x)=-13x3+x(x>0),则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增,当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点,所以φ(x)的最大值为φ(1)=23,画出y=φ(x)的大致图象(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;)有两个零点.当0<m<2时,函数g(x【加练备选】已知函数f(x)=x e x+e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)e x,令f'(x)=0得x=-2,则f'(x),f(x)的变化情况如表所示:x(-∞,-2)-2(-2,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减-12单调递增所以f(x)的单调递减区间是(-∞,-2),单调递增区间是(-2,+∞),当x=-2时,f(x)有极小值为f(-2)=-1e2,无极大值;(2)令f(x)=0,得x=-1,当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0,且f(x)的图象经过点(-2,-1e2),(-1,0),(0,1);当x→-∞时,与一次函数相比,指数函数y=e-x增长更快,从而f(x)=r1e−→0;当x→+∞时,f(x)→+∞,f'(x)→+∞,根据以上信息,画出f(x)大致图象如图所示,函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数为y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数,当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)=-1e2,所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:当a<-1e2时,零点的个数为0;当a=-1e2或a≥0时,零点的个数为1;当-1e2<a<0时,零点的个数为2.题型二 利用函数零点问题求参数范围[典例2](2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax-1-(a+1)ln x.(1)当a=0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.【解析】(1)当a=0时,f(x)=-1-ln x,x>0,则f'(x)=12-1=1−2,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)max=f(1)=-1;(2)f(x)=ax-1-(a+1)ln x,x>0,则f'(x)=a+12-r1=(B−1)(K1)2,当a≤0时,ax-1<0,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)max=f(1)=a-1<0,此时函数无零点,不合题意;当0<a<1时,1>1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;又f(1)=a-1<0,由(1)得1+ln x≥1,即ln1≥1-x,所以ln x<x,ln <,ln x<2,当x>1时,f(x)=ax-1-(a+1)ln x>ax-1-2(a+1)>ax-(2a+3),则存在m=(3+2)2>1,使得f(m)>0,所以f(x)仅在(1,+∞)上有唯一零点,符合题意;当a=1时,f'(x)=(K1)22≥0,所以f(x)单调递增,又f(1)=a-1=0,所以f(x)有唯一零点,符合题意;当a>1时,1<1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;此时f(1)=a-1>0,由(1)得当0<x<1时,ln x>1-1,ln >1-1,所以ln x>2(1-1),此时f(x)=ax-1-(a+1)ln x<ax-1-2(a+1) (1-1)<-1+2(r1),存在n=14(r1)2<1,使得f(n)<0,所以f(x)在(0,1)上有一个零点,在(1,+∞)上无零点,所以f(x)有唯一零点,符合题意;综上,a的取值范围为(0,+∞).【方法提炼】由函数零点求参数范围的策略(1)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;(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法;(3)含参数的函数的零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,得到不含参数的具体函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)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.【解析】(1)a =2时,f (x )=22,f'(x )=2b2−2ln2·2(2)2=o2−En2)2=ln2· 2ln2−g2,当x ∈ 0,2ln2 时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈2ln2,+∞ 时,f'(x )<0,f (x )单调递减;(2)由题知f (x )=1在(0,+∞)上有两个不等实根,f (x )=1⇔x a =a x ⇔a ln x =x ln a ⇔ln=ln,令g (x )=ln,g'(x )=1−ln 2,g (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,又g (e)=1e,g (1)=0,lim m+∞g (x )=0,所以0<ln<1e⇒a >1且a ≠e .所以a 的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).【加练备选】 (2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=e x-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-x-2,则f'(x)=e x-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)f'(x)=e x-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意;当a>0时,由f'(x)=0可得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,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).(i)若0<a≤1e,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意; (ii)若a>1e,则f(ln a)<0.因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.易知,当x>2时,e x-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=e2·e2-a(x+2)>e ln(2a)·2+2 -a(x+2)=2a>0.故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点,从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.综上,a的取值范围是1题型三 与函数零点有关的证明[典例3](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.【解析】(1)f(x)=e x-ax的定义域为R,而f'(x)=e x-a,若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)无最小值,故a>0.g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+∞),而g'(x)=a-1=B−1.当x<ln a时,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,当x>ln a时,f'(x)>0,故f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(ln a)=a-a ln a.当0<x<1时,g'(x)<0,故g(x)在 0,1上单调递减,当x>1时,g'(x)>0,故g(x)在1,+∞ 上单调递增,故g(x)min=g1=1-ln1.因为f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,故1-ln1=a-a ln a,整理得到K11+=ln a,其中a>0,设t(a)=K11+-ln a,a>0,则t'(a)=2(1+p2-1=−2−1o1+p2<0,故t(a)在(0,+∞)上单调递减,而t(1)=0,故t(a)=0的唯一解为a=1,故K11+=ln a的解为a=1.综上,a=1;(2)由(1)可得f(x)=e x-x和g(x)=x-ln x的最小值为1-ln 1=1-ln11=1.当b>1时,考虑e x-x=b的解的个数,x-ln x=b的解的个数.设S(x)=e x-x-b,S'(x)=e x-1,当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,故S(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以S(x)min=S(0)=1-b<0,而S(-b)=e-b>0,S(b)=e b-2b,设u(b)=e b-2b,其中b>1,则u'(b)=e b-2>0,故u(b)在(1,+∞)上单调递增,故u(b)>u(1)=e-2>0,故S(b)>0,故S(x)=e x-x-b有两个不同的零点,即e x-x=b的解的个数为2.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=K1,当0<x<1时,T'(x)<0,当x>1时,T'(x)>0,故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以T(x)min=T(1)=1-b<0,而T(e-b)=e-b>0,T(e b)=e b-2b>0,T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点,即x-ln x=b的解的个数为2.当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b仅有一个零点,当b<1时,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b均无零点,故若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,则b>1.设h(x)=e x+ln x-2x,其中x>0,故h'(x)=e x+1-2,设s(x)=e x-x-1,x>0,则s'(x)=e x-1>0,故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即e x>x+1,所以h'(x)>x+1-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,而h(1)=e-2>0,h(1e3)=e1e3-3-2e3<e-3-2e3<0,故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,1e3<x0<1且:当0<x<x0时,h(x)<0,即e x-x<x-ln x,即f(x)<g(x),当x>x0时,h(x)>0,即e x-x>x-ln x,即f(x)>g(x),因此若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,故b=f(x0)=g(x0)>1,此时e x-x=b有两个不同的零点x1,x0(x1<0<x0),此时x-ln x=b有两个不同的零点x0,x4(0<x0<1<x4),故e1-x1=b,e0-x0=b,x4-ln x4-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x4-b=ln x4,即e4−=x4,即e4−-(x4-b)-b=0,故x4-b为方程e x-x=b的解,同理x0-b也为方程e x-x=b的解,又e1-x1=b可化为e1=x1+b,即x1-ln(x1+b)=0,即(x1+b)-ln(x1+b)-b=0,故x1+b为方程x-ln x=b的解,同理x0+b也为方程x-ln x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x4-b},而b>1,故0=4−s1=0−s即x1+x4=2x0.所以x1,x0,x4成等差数列.所以,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.【方法提炼】(1)证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;(2)证明的思路一般是对条件进行等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.【对点训练】　(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:(1)f'(x)在区间 −1,π2上存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-11+,g'(x)=-sin x+1(1+p2,当x∈ −1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在 −1,π2上有唯一零点,设g'(x)的零点为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈ sπ2时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在 sπ2上单调递减,故g(x)在 −1,π2上存在唯一极大值点,即f'(x)在 −1,π2上存在唯一极大值点;(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在(-1,0)上单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)上单调递减,又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点.②当x∈ 0,π2时,由(1)知,f'(x)在(0,α)上单调递增,在 sπ2上单调递减,而f'(0)=0, f'π2<0,所以存在β∈ sπ2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈ sπ2时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在 sπ2上单调递减.又f(0)=0,fπ2=1-ln 1+π2>0,所以当x∈ 0,π2时,f(x)>0.所以f(x)在 0,π2上没有零点.③当x∈π2,π 时,f'(x)<0,所以f(x)在π2,π 上单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在π2,π 上有唯一零点.④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.【加练备选】 (2023·菏泽模拟)已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x)=1-1+2cos x,当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-12<0,所以g(x)在(0,π)上单调递减,又因为g(π3)=3π-1+1>0,g(π2)=2π-1<0,所以g(x)在(π3,π2)上有唯一的零点;(2)设f'(x)在(0,π)上的唯一零点为α,由(1)知π3<α<π2.①当x∈(0,π)时,x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)在(0,π)上存在唯一极大值点α.所以f(α)>f(π2)=lnπ2-π2+2>2-π2>0,又因为f(1e2)=-2-1e2+2sin1e2<-2-1e2+2<0,所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点.又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.②当x∈[π,2π)时,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,设h(x)=ln x-x,h'(x)=1-1<0,所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2.设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=1-1<0,所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个零点.。

导数大题的常用找点技巧和常见模型湖南邵阳杨歆琪【引子】（2017年全国新课标1·理·21）已知()()22xx f x ae a e x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.解析：（1）()()()()2'221211x x x x f x ae a e e ae =+--=+- 若0a ≤，则()'0f x <恒成立，所以()f x 在R 上递减； 若0a >，令()'0f x =，得11,ln x e x a a==. 当1lnx a <时，()'0f x <，所以()f x 在1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减；当1lnx a >时，()'0f x >，所以()f x 在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增. 综上，当0a ≤时，()f x 在R 上递减；当0a >时，()f x 在1,lna ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减，在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增.（2）()f x 有两个零点，必须满足()min 0f x <，即0a >，且()min 111ln 1ln 0f x f a a a⎛⎫==--< ⎪⎝⎭. 构造函数()1ln g x x x =--，0x >. 易得()1'10g xx=--<，所以()1ln g x x x =--单调递减. 又因为()10g =，所以()11111ln 01101g g a a a a a ⎛⎫--<⇔<⇔>⇔<< ⎪⎝⎭. 下面只要证明当01a <<时，()f x 有两个零点即可，为此我们先证明当0x >时，ln x x >. 事实上，构造函数()ln h x x x =-，易得()1'1h x x=-，∴()()min 11h x h ==，所以()0h x >，即ln x x >. 当01a <<时，()()22222110a ea e a a f e e e ++---=++=>， ()2333333ln 121ln 11ln 10a f a a a a a a a a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+----=---> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，其中11lna -<，31ln ln a a a ->，所以()f x 在11,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭和13ln ,ln a a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上各有一个零点.故a 的取值范围是()0,1.注意：取点过程用到了常用放缩技巧。

函数零点问题知识点：1.零点的定义：函数 的零点方程 的根(解) 与 轴的交点的横坐标（注意函数的零点是一个实数）2.零点的推广：函数 的零点方程 的根(解)方程 的根(解)函数 与函数 图像交点的横坐标.3.我们通常利用导数来研究函数的零点,注意导函数的零点与原函数的极值点之前的关系.1. 已知函数， 若函数在为增函数，求的取值范围； 讨论方程解的个数，并说明理由.x a x x f ln 21)(2-=)(R a ∈)(x f ),1(+∞a 0)(=x f2. 已知函数()()ln ()x f x e a a =+为常数是R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[一1，1]上的减函数．(I)求a 的值；(II) 若()21g x t t λ≤++在x ∈[一1，1]上恒成立，求t 的取值范围． (Ⅲ) 讨论关于x 的方程2ln 2()x x ex m f x =-+的根的个数。

3. 若,ln 6)(m x x g +=问是否存在实数m ，使得y= f （x ）=28x x -+的图象与 （ ）的图象有且只有两个不同的交点？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由.4. 已知函数－,求在区间上的最大值是否存在实数m，使得的图象与的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m的取值范围；，若不存在，说明理由。

5. 已知函数－在处取得极值.求函数的解析式；求证：对于区间－，上任意两个自变量的值x1，x2，都有－；若过点，－可作曲线的三条切线，求实数m的取值范围.6．奇函数cx bx ax x f ++=23)(的图象E 过点)210,22(),2,2(B A -两点. 求)(x f 的表达式；求)(x f 的单调区间；若方程0)(=+m x f 有三个不同的实根，求m 的取值范围.7．已知()f x 是二次函数，不等式()0f x <的解集是(0,5),且()f x 在区间[]1,4-上的最大值是12。

导数压轴题分类(6)--- 函数的隐零点问题(含答案)所以f'(x)=1，代入式子1得到e^m-3x^2=1，又因为曲线y=f(x)在点(。

)处的切线斜率为1，所以f'( )=1，代入式子1得到e^m-3^2=1，解得m=ln(10)；Ⅱ）证明：当m≥1时，f(x)=e^m-x^3+x，g(x)=ln(x+1)+2-x^3，考虑f(x)-g(x)+x^3的单调性，求导得到f'(x)-g'(x)+3x^2=0，即e^m-3x^2-1=ln(x+1)+2-3x^2-1+3x^2-1，即e^m-ln(x+1)-2>x^3，因为左边是常数，所以当m≥1时，f(x)>g(x)-x^3.当$-10$时，$p'(x)>0$。

设$p(x)=x-\ln(x+1)$，则$p'(x)=1-\frac{1}{x+1}$。

因此当$-10$时，函数$p(x)$单调递增。

所以$p(x)\geq p(0)=0$。

因此$x-\ln(x+1)\geq 0$，当且仅当$x=0$时取等号。

由于取等号的条件不同，所以$e^x+1-\ln(x+1)-2>0$。

综上可知，当$m\geq 1$时，$f(x)>g(x)-x^3$。

证法二：因为$f(x)=e^{x+m}-x^3$，$g(x)=\ln(x+1)+2$，所以$f(x)>g(x)-x^3$等价于$e^{x+m}-\ln(x+1)-2>x^3$。

思路1：设$h(x)=e^{x+m}-\ln(x+1)-2$，则$h'(x)=e^{x+m}-\frac{1}{x+1}$。

因此$h'(x)>0$当且仅当$x>-1$，$h'(x)-1$时，$h(x)$单调递增，当$x0$，所以$h(x)>0$。

思路2：先证明$e^t-\ln t>2$，令$t=x+1$，转化为证明$e^x-\ln(x+1)>2$。

函数与导数之零点问题一．考情分析零点问题涉及到函数与方程，但函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图像与x 轴的交点的横坐标,函数y ＝f (x )也可以看作二元方程f (x )－y ＝0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：①是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：②是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性 质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点.二．经验分享1.确定函数f (x )零点个数(方程f (x )＝0的实根个数)的方法：(1)判断二次函数f (x )在R 上的零点个数，一般由对应的二次方程f (x )＝0的判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来完成；对于一些不便用判别式判断零点个数的二次函数，则要结合二次函数的图象进行判断．(2)对于一般函数零点个数的判断，不仅要用到零点存在性定理，还必须结合函数的图象和性质才能确定，如三次函数的零点个数问题．(3)若函数f (x )在[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且是单调函数，又f (a )·f (b )＜0，则y ＝f (x )在区间(a ，b )内有唯一零点．2.导数研究函数图象交点及零点问题利用导数来探讨函数)(x f y =的图象与函数)(x g y =的图象的交点问题，有以下几个步骤： ①构造函数)()()(x g x f x h -=； ②求导)('x h ；③研究函数)(x h 的单调性和极值（必要时要研究函数图象端点的极限情况）； ④画出函数)(x h 的草图，观察与x 轴的交点情况，列不等式；⑤解不等式得解.探讨函数)(x f y =的零点个数，往往从函数的单调性和极值入手解决问题，结合零点存在性定理求解.三、题型分析（一）确定函数的零点与方程根的个数问题例1.【四川省成都七中2020届高三上半期考试，理科数学，12】函数)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，则方程0log )(2=-x x f 的根个数为（ ）A.3B.4C.5D.6 【答案】C【解析】)(x f 是定义在R 上的偶函数，周期是4，当[]2,0∈x 时，3)(2+-=x x f ，根据性质我们可以画出函数图像，方程0log )(2=-x x f 的根个数转化成⎩⎨⎧==x y x f y 2log )(的交点个数，有图像可以看出，一共有5个交点，ABCDE.其中我x=8处是要仔细看图，是易错点。

利用导数研究函数的零点导数是微积分中非常重要的概念之一，它可以用来研究函数的变化率和函数的极值。

在研究函数的零点时，导数也发挥了重要的作用。

首先，我们来了解一下什么是函数的零点。

函数的零点是指函数取值为零的点，也就是函数在该点处与x轴相交。

数学上常用符号x0表示函数的零点，即f(x0)=0。

我们以一个简单的一次函数f(x) = ax + b为例，其中a和b是常数。

如果a不为零，那么 f(x) 就是一个斜率为a的直线，函数的零点可以通过以下方法得到：将f(x) = 0代入函数表达式，得到ax + b = 0，再解方程可以得到x = -b/a，这就是函数的零点。

这个求解过程可以直接求出，不需要借助导数。

但是，对于更加复杂的函数，导数对研究函数的零点提供了一种更为方便和有效的方法。

借助导数，我们可以快速地找到函数的极值点，并进一步确定函数的零点。

首先，我们需要理解导数的几何意义。

导数表示函数在一些点处的切线的斜率，也可以理解为函数在该点处的变化率。

对于函数f(x)，如果在一些点x0处导数为0，那么这意味着在该点，函数的斜率为0，也就是函数的切线与x轴平行。

这样的点叫做函数的驻点。

在研究函数的零点时，我们可以找到函数在哪些地方有驻点。

具体方法是求解函数的导数。

假设函数f(x)在区间[a,b]内连续，且在区间内的每个点都可导，那么我们可以计算出函数在区间内的导数f'(x)。

然后，我们可以通过观察f'(x)的正负性和变化趋势，来确定f(x)在区间[a,b]内是否有零点。

方法如下：1.找到f'(x)=0的点，这些点是函数的驻点。

2.将区间[a,b]划分为若干个小区间，区间的端点是函数的驻点和函数的可导点。

3.在每个小区间内，计算f'(x)的正负性和变化趋势。

如果f'(x)在小区间内从正数变为负数，或者从负数变为正数，则说明函数在该小区间内有一个零点。

4.进一步细分小区间，重复步骤3，直到找到所有的零点。

专题20利用导数研究函数的零点问题专题知识梳理运用数形结合思想探究函数零点问题历来是高考的热点与难点，解决此类问题的难点①是函数形式的有效选择;②函数与方程的相互转化;③数形结合思想的灵活运用．本专题主要研究运用数形结合思想探究函数零点问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用. 函数的零点问题主要涉及了转化思想，如方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数X 围问题可转化为函数的值域问题．在解决函数的零点问题需要注意以下几点：(1)函数f (x )的零点是一个实数，是方程f (x )＝0的根，也是函数y ＝f (x )的图象与x 轴交点的横坐标；(2)函数零点存在性定理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件，判零点个数还是要根据函数的单调性、对称性或者结合函数的图象．研究函数的零点(方程根)的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.考点探究【例1】已知函数()ln f x x =，20,01,()42, 1.xg x x x ⎧⎪⎨⎪⎩<=--> 则方程()()1f x g x +=实根的个数为【解析】根据题意ln ,01,()ln , 1.x x f x x x -<⎧=⎨>⎩，220,01,()2,12,6, 2.x g x x x x x <⎧⎪=-<⎨⎪->⎩22ln ,01,()()ln 2,12,ln 6, 2.x x f x g x x x x x x x ⎧-<<⎪⎪+=+-⎨⎪+->⎪⎩分情况讨论：当01x<时，()()1f x g x +=有1个解1x e=，∴此时有一个根.当12x<时，()()f x g x +单调递增，且(1)(1)1f g +=，(2)(2)2ln 21f g +=->，∴此时有一个根.当2x >时，()()f x g x +先减后增，且(2)(2)2ln 21f g +=->，(2.3)(2.3)1f g +<，∴此时()()f x g x +与1y =有两个交点，即()()1f x g x +=有两个根.综上，方程()()1f x g x +=的实根共有4个.【例2】（2017·XX 卷）设f (x )是定义在R 且周期为1的函数，在区间[0，1)上，()2, ,x x D f x x x D ⎧∈=⎨∉⎩，，其中集合D =*1|,n x x n n -⎧⎫=∈⎨⎬⎩⎭N ，则方程f (x )－lg x =0的解的个数是. 【解析】由于())[0,1f x ∈，则需考虑1≤x ＜10的情况，在此X 围内，x ∈Q 且x D ∈时，设2'()32f x x ax =+，且p ，q 互质，若lg x ∈Q ，则由lg x ∈(0，1)，可设*lg ,,2nx m n m m=∈N ，，且m ，n 互质，因此10nmq p=，则10mnq p ⎛⎫= ⎪⎝⎭，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此lg x ∉Q ，因此lg x 不可能与每个周期内x D∈对应的部分相等，只需考虑lg x 与每个周期x D ∉的部分的交点，画出函数图象，图中交点除外(1，0)其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期x D ∉的部分，且x =1处()11lg 1ln10ln10x x '==＜，则在x =1附近仅有一个交点，因此方程f (x )－lg x =0的解的个数为8．故答案为8.【例3】（2018·XX 三模）如果函数y ＝f(x)在其定义域内总存在三个不同实数x 1，x 2，x 3，满足|x i －2|f(x i )＝1(i ＝1，2，3)，则称函数f(x)具有性质Ω.已知函数f(x)＝a e x具有性质Ω，则实数a 的取值X 围为________________．【解析】由题意|x －2|f(x)＝1有三个根，即a|x －2|＝1e x 有三个根；设f(x)＝a|x －2|，g(x)＝1ex ，由图象可知a ≤0不合题意，即有a ＞0；设y ＝k(x －2)与函数g(x)＝1ex 图象切于点(x 0，y 0)，则k ＝－e －x0，y 0＝k(x 0－2)＝e －x0＝－e－x0(x 0－2)，解得x 0＝1，k ＝－1e ；因此，当x ＜2时，f(x)＝－a(x －2)的斜率－a ＜－1e ，即a ＞1e.综上可知，实数a 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 题组训练1.（2018·XX 模拟）已知k 为常数，函数f(x)＝⎩⎨⎧x ＋2x ＋1， x ≤0，|ln x|，x ＞0，若关于x 的方程f(x)＝kx ＋2有且只有四个不同的解，则实数k 的取值集合为________________．【解析】作出函数f(x)＝⎩⎨⎧x ＋2x ＋1，x ≤0，ln x ， x ＞0和函数y ＝kx ＋2的图象(图略)，过点A(0，2)分别作曲线C 1：y ＝ln x(x ＞1)，C 2：y ＝－ln x(0＜x ＜1)，C 3：y ＝x ＋2x ＋1(－1＜x ＜0)的切线，对应的斜率分别为1e 3，－1，－e ，由图象可知：当函数f(x)＝⎩⎨⎧x ＋2x ＋1，x ≤0，ln x ， x ＞0和函数y ＝kx ＋2的图象有4个不同的公共点时，对应的k 的取值X 围为k ＝1e 3或－e ＜k ＜－1，所以当f(x)＝kx ＋2有4个不同的解时，对应的k 的取值X 围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1e 3∪(－e ，－1)． 2.设函数f (x )=(x+1)ln x ,g (x )=x2ex ,是否存在自然数k ,使得方程f (x )=g (x )在(k ,k+1)内存在唯一的根?如果存在,求出k 的值;如果不存在,请说明理由.【解析】当k=1时,方程f (x )=g (x )在(1,2)内存在唯一的根.理由如下:设h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)ln x-x2e x, 当x∈(0,1]时,h(x)<0.又h(2)=3ln 2-4e2=ln 8-4e2>1-1=0,所以存在x0∈(1,2),使h(x0)=0.因为h'(x)=ln x+1x +1+x(x-2)e x,所以当x∈(1,2)时,h'(x)>1-1e>0;当x∈[2,+∞)时,h'(x)>0,所以当x∈(1,+∞)时,h(x)单调递增.所以当k=1时,方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根.3.已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x(a∈R,e为自然对数的底数).(1) 当a=1时,求f(x)的单调区间;(2) 若函数f(x)在(0,12)上无零点,求a的最小值.【解析】(1) 当a=1时,f(x)=x-1-2ln x,f'(x)=1-2x,由f'(x)>0,得x>2;由f'(x)<0,得0<x<2.故f(x)的单调减区间为(0,2],单调增区间为[2,+∞).(2) 因为f(x)<0在(0,12)上恒成立不可能(x→0时,f(x)→+∞),故要使函数f(x)在(0,12)上无零点,只要对任意的x∈(0,12),f(x)>0恒成立,即对x∈(0,12),a>2-2ln xx-1恒成立.令l(x)=2-2ln xx-1,x∈(0,12),则l'(x)=-2x(x-1)-2ln x(x-1)2=2ln x+2x-2(x-1)2.再令m(x)=2ln x+2x -2,x∈(0,12),m'(x)=-2x2+2x=-2(1-x)x2<0,m(x)在(0,12)上为减函数,于是m(x)>m(12)=2-2ln 2>0,从而l'(x )>0,于是l (x )在(0,12)上为增函数,l (x )<l (12)=2-4ln 2,故要使a>2-2ln xx -1恒成立,只要a ∈[2-4ln 2,+∞).综上,若函数f (x )在(0,12)上无零点,则a 的最小值为2-4ln 2.4.已知函数32()f x x ax c a =++-（,a c ∈R 是与a 无关的常数），当函数()f x 有三个不同的零点时，a 的取值X 围恰好是33(,3)(1,)(,)22-∞-+∞，求c 的值． 【解析】∵32()f x x ax c a =++-，∴2'()32f x x ax =+，则函数(f x 0)a ≠，∵函数()f x 有三个不同的零点时，a 的取值X 围恰好是33(,3)(1,)(,)22-∞-+∞， ∴在(,3)-∞-上，()0g a <且在33(1,)(,)22+∞上()0g a >均恒成立， ∴(3)10g c -=-≤且3()102g c =-≥，∴1c =，此时322()1(1)[(1)1]f x x ax a x x a x a =++-=++-+-，∵函数有三个零点，∴2(1)1x a x a +-+-有两个异于1-的不等实根， ∴2(1)4(1)0a a ∆=--->且2(1)(1)10a a ---+-≠，计算得出33(,3)(1,)(,)22a ∈-∞-+∞，综上1c =． 5.已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值X 围是．6.（2018·XX 卷）若函数x (x )=2x 3−xx 2+1(x ∈x )在(0,+∞)内有且只有一个零点，则x (x )在[−1,1]上的最大值与最小值的和为______．【解析】∵函数x (x )=2x 3−xx 2+1(x ∈x )在(0,+∞)内有且只有一个零点，∴x ′(x )=2x (3x −x )，x ∈(0,+∞)，①当x ≤0时，x ′(x )=2x (3x −x )>0，函数x (x )在(0,+∞)上单调递增，x (0)=1，x (x )在(0,+∞)上没有零点，舍去；②当x >0时，x ′(x )=2x (3x −x )>0的解为x >x3，∴x (x )在(0,x 3)上递减，在(x3,+∞)递增，又x (x )只有一个零点，∴x (x3)=−x 327+1=0，解得x =3，x (x )=2x 3−3x 2+1，x ′(x )=6x (x −1)，x ∈[−1,1]，x ′(x )>0的解集为(−1,0)，x (x )在(−1,0)上递增，在(0,1)上递减，x (−1)=−4，x (0)=1，x (1)=0，∴x (x )xxx =x (−1)=−4，x (x )xxx =x (0)=1，∴x (x )在[−1,1]上的最大值与最小值的和为：x (x )xxx +x (x )xxx =−4+1=−3．。

高中数学专题--- 零点问题基本方法：零点个数问题：解决这类题的关键是利用导数对函数的单调性，函数的极值进行讨论，画出此函数的“趋势图”，再判断极大值和极小值与0的关系；注意分类讨论的思想、函数与方程的思想、数形结合思想的应用.隐零点问题：导数解决函数综合性问题最终都回归于函数单调性的判断，而函数的单调性与其导数的零点有着紧密的联系，可以说导函数零点的判断、数值上的精确求解或估计成为导数综合应用中最为核心的问题. 导函数的零点，根据其数值上的差异，我们可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，我们不妨称为“显零点”；另一类是能判断其存在但数值上无法精确求解的，我们不妨称为“隐零点”.（1）函数“隐零点”的存在性判断对于函数“隐零点”的存在性判断，常采用下列两种方法求解：①若连续函数()f x 在(,)a b 上单调，且()()0f a f b ，则()f x 在(,)a b 上存在唯一零点；②借助图像分析，即将函数()f x 的零点问题转化为方程()0f x 的解的判断，并通过合理的变形将方程转化为合适的形式在处理.（2）函数“隐零点”的虚设和代换 对于函数“隐零点”，由于无法求出其显性表达式，这给我们求解问题带来一定困难. 处理这类问题的基本方法为“虚设及代换”：在确定零点存在的条件下虚设零点0x ，再借助零点的表达式进行合理的代换进而求解.（3）函数“隐零点”的数值估计-卡根思想函数“隐零点”尽管无法求解，但是我们可以进行数值估计，最简单的方法即为判断其存在性的前提下利用二分法进行估计，估值范围越精确越容易解决问题. 对于“隐零点”的代数估计，可以通过单调函数构造函数不等式进行估计.一、典型例题1. 已知函数()()21e x f x x ax =-+，a ∈R .（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.2. 已知函数()e 23x f x x m =-++，1212,()x x x x ≠是函数()f x 的两个零点.（1）求m 的取值范围；（2）求证120x x +<.二、课堂练习1. 已知函数()()32113f x x a x x =-++. 证明：()f x 只有一个零点.2. 已知函数()()2e 2e x x f x a a x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.三、课后作业1. 已知函数()(2)ln 23f x x x x =-+-，1x ≥，试判断函数()f x 的零点个数.2. 已知函数()2ln f x x x x x =--，证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<.3. 设函数2()(1)x f x x a a =->，讨论()f x 的零点个数.。

导数专题：利用导数研究函数零点的4种常见考法一、函数零点问题常规求解步骤：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象与x 轴（或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，进而画出其图象；第三步：结合图象判断零点或根据零点分析参数。

二、利用导数确定函数零点的常用方法1、图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极（最）值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需要使用极限）；2、利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值（最值）及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数。

三、利用函数的零点求参数范围的方法1、分离参数（a=g(x)）后，将原问题转化为y=g(x)的值域（最值）问题或转化为直线y=a 与y=g(x)的图象的交点个数问题（优先分离、次选分类）求解；2、利用函数零点存在定理构造不等式求解；3、转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解。

四、导函数的零点不可直接求时的应对策略1、“特值试探法”：当导函数的零点不可求时，可尝试利用特殊值试探，此时特殊值的选取应遵循一下原则：①当含有ln x 的函数中，通常选取k x e =，特别的，选当0k =时，1x =来试探；②在含有x e 的函数中，通常选取ln x k =，特别的，选取当1k =时，0x =来试探，在探得导函数的一个零点后，结合导函数的单调性，确定导函数在零点左右的符号，进而确定原函数的单调性和极值，使问题得到解决。

2、“虚设和代换法”：当导函数()f x '的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点的存在，再虚设为0x ，接下来通常有两个方向：①由0()0f x '=得到一个关于0x 的方程，再将这个关于0x 的方程的整体或局部代入0()f x ，从而求得0()f x ，然后解决相关的问题；②根据导函数()f x '的单调性，得出0x 两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解。

一轮大题专练6—导数（零点个数问题2）（2）讨论()f x 的零点个数． 解：（1）()2()2cos f x x a x '=-+．设()()g x f x '=，则()22sin 0g x x '=-，故()f x '单调递增． 又(2)42cos(2)0f a a '-=-+-<，(2)42cos(2)0f a a '+=++>． 故存在唯一0(2,2)x a a ∈-+，使得0()0f x '=．当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增． 故0x 是()f x 的唯一极值点；（2）由（1）0x 是()f x 的极小值点，且满足00cos 0x a x -+=． 又2000077(3)(3cos )2sin(3)42sin(3)044f x x x x -=--+--+-->； 同理2000077(3)(3cos )2sin(3)42sin(3)044f x x x x +=-++-++->． 故0()0f x <时，()f x 有两个零点；0()0f x =时，()f x 有一个零点；0()0f x >时，()f x 无零点． 又2200000007331()(cos )2sin sin 2sin (sin )(sin )4422f x x x x x x x =-+-=-+-=--- 令0()0f x <，解得01sin 2x <，即0722()66k x k k Z ππππ-<<+∈． 令()cos h x x x =+，()1sin 0h x x '=-此时00cos a x x =+关于0x 单调递增，故722)6262k a k k Z ππππ--<<++∈． 令0()0f x =，解得01sin 2x =，即()0072266x k x k k Z ππππ=-=+∈或．此时00cos a x x =+，故)72266a k a k k Z ππππ=-=+∈ 令0()0f x >，解得01sin 2x >，即0522()66k x k k Z ππππ+<<+∈．此时00cos a x x =+关于0x 单调递增，故522)66k a k k Z ππππ+<<+∈．综上所述：当722)6262k a k k Z ππππ--<<++∈时，()f x 有两个零点；当)72266a k a k k Z ππππ=--=++∈时，()f x 有一个零点；当522)66k a k k Z ππππ+<<+∈时，()f x 无零点． 2．已知函数()x x f x xe e =+． （1）求函数()f x 的单调区间和极值； （2）画出函数()f x 的大致图象，并说明理由； （3）求函数()()()g x f x a a R =-∈的零点的个数．解：（1）函数()x x f x xe e =+，定义域为R ，则()(2)x f x x e '=+， 令()0f x '=，解得2x =-，当2x <-时，()0f x '<，则()f x 单调递减，当2x >-时，()0f x '>，则()f x 单调递增， 故当2x =-时，函数()f x 有极小值21(2)f e -=-， 所以()f x 的单调递增区间为(2,)-+∞，单调递减区间为(,2)-∞-，有极小值21e -，，无极大值； （2）令()0f x =，解得1x =-，当1x <-时，()0f x <，当1x >-时，()0f x >， 所以()f x 的图象经过特殊点21(2,)A e --，(1,0)B -，(0,1)C ， 当x →-∞时，与一次函数相比，指数函数x y e =呈爆炸式增长，增长速度更快， 结合（1）中的单调性与极值情况，作出函数()f x 的图象如图所示：（3）函数()()()g x f x a a R =-∈的零点的个数为函数()y f x =的图象与直线y a =的交点个数， 由（1）以及（2）的图象可知，当2x =-时，()f x 有极小值21(2)f e -=-， 结合函数()f x 的图象，所以关于函数()()g x f x a =-的零点的个数如下： 当21a e <-时，零点的个数为0个； 当21a e =-或0a 时，零点的个数为1个； 当210a e -<<时，零点的个数为2个．（2）当0a ≠时，讨论函数()()3g x f x a =--的零点个数，并给予证明． 解：（1）2()xf x a e '=-， 由题意得()0f x '，即2xa e 在区间(1,)+∞上恒成立， 当(1,)x ∈+∞时，22(0,)x e e∈，所以2a e ， 故实数a 的取值范围是2[e，)+∞．（2）由已知得2()2x g x ax a e=+--，则22()x x xae g x a e e -'=-=， 当0a <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 又(0)0g a =->，g （1）220e=-<，故函数()g x 有且只有一个零点． 当0a >时，令()0g x '<，得2x lna<，函数()g x 单调递减； 令()0g x '>，得2x ln a>，函数()g x 单调递增，而222()()0g ln a ln a a a=-<，222()0(a a a g lnx x a e ++=><在(0,)+∞上恒成立）， 由于x lnx >，所以222a ln a a a+>>， 所以()g x 在2(lna ，2)a a+上存在一个零点， 又2222()()22a a g ln a a ln a a ++=-++，且2222ln ln a a a<++，设h （a ）222a a a ln ++=-，h '（a ）2222111022a a a a a a a +-+=-=>++++在(0,)+∞恒成立， 故h （a ）在(0,)+∞上单调递增，而(0)0h =，所以h （a ）0>在(0,)+∞上恒成立，所以22()02g ln a a >++， 所以()g x 在22(2lna a ++，2)ln a 上存在一个零点．综上所述，当0a <时，函数()g x 有且只有一个零点； 当0a >时，()g x 有两个零点．4．已知函数()sin f x lnx ax x =++，其中(0x ∈，]π．解：（1）0a =时，()sin f x lnx x =+，(0x ∈，]π， 1()cos f x x x '=+，()122f ln ππ=+，2()2f ππ'=，故切线方程是：22y x lnππ=+；（2）1()cos f x a x x'=++， 设1()cos g x a x x=++，21()sin 0g x x x '=--<，故()f x '递减，1()()1min f x f a ππ'='=+-，又0x →时，()f x '→+∞， ①若()0f π'<，即11a π<-时，0(0,)x π∃∈使0()0f x '=，当0(0,)x x ∈时，()0f x '>，()f x 递增， 当0(x x ∈，)π时，()0f x '<，()f x 递减， ()f x ∴在0x 处取极大值，不存在极小值，②若()0f π'，即11a π-，()0f x '>，()f x ∴在(0，]π递增，此时()f x 无极值，（3）由（2）可知： ()i 若11a π-时，由上问可知：11()()(1)10222222min f x f ln ln ππππππ=+-+=++>，即11a π-时函数没有零点， ()ii 若11a π<-时，(0x ∈，0]x 时，()f x 递增，0(x x ∈，]π时，()f x 递减，由0()0f x '=得001cos 0a x x ++=，从而001cos a x x =--， 再设1()cos h x x x=--，则21()sin 0h x x x '=+>从而a 关于0x 递增，①若0(0x ∈，]2π，此时(a ∈-∞，2]π-，若()()02f f ππ>得2(1)2a ln ππ<-+或ln a ππ>-，2(1)2a ln ππ∴<-+时无零点， ()()02f f ππ<得2(1)2ln ln a ππππ-+<<-， 22(1)2ln a πππ∴-+<-时有1个零点， 当2(1)2a ln ππ=-+时，()02f π=，()0f π≠，有1个零点，因此2(1)2a ln ππ<-+时无零点，22(1)2ln a πππ-+-时有1个零点；②0(2x π∈，]π，此时2(a π∈-，11]π-，()10222f ln a πππ=++>，()f ln a πππ=+，0000000()()sin sin cos 1max f x f x lnx ax x lnx x x x ∴==++=+--，设()sin cos 1m x lnx x x x =+--，则1()sin 0m x x x x'=+>， 故()()022max f x m ln ππ>=>，若()0f π>即ln a ππ>-，即11ln a πππ-<<-时无零点，若()0f π即ln a ππ-，即2ln a πππ-<-时有1个零点，综上，(a ∈-∞，2(1)(2ln ln ππππ-+-⋃，)+∞时无零点， 2[(1)2a ln ππ∈-+，]ln ππ-时有1个零点． 5．设()sin cos f x x x x =+，2()4g x x =+．（1）讨论()f x 在[π-，]π上的单调性；（2）令()()4()h x g x f x =-，试判断()h x 在R 上的零点个数，并加以证明． 解：（1）()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=， 令()0f x '=，则0x =，或2x π=±，(?,?)2x ππ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，(?2x π∈，0)时，()0f x '<，()f x 单调递减，(0,)2x π∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，(2x π∈，)π时，()0f x '<，()f x 单调递减，综上，()f x 的单调递增区间为(?,?)2ππ和(0,)2π，单调递减区间为(?2π，0)和(2π，)π．（2）()h x 在R 上有3个零点，证明如下：2()44(sin cos )h x x x x x =+-+，则(0)0h =，故0x =是()h x 的一个零点，22()()44[sin()cos()]44(sin cos )()h x x x x x x x x x h x -=-+---+-=+-+=，()h x ∴是偶函数，∴要确定()h x 在R 上的零点个数，只需确定0x >时，()h x 的零点个数即可，①当503x π<<时，()2(12cos )h x x x '=-， 令()0h x '=，即1cos 2x =，23x k ππ=±，(0,)3x π∈时，()0h x '<，()h x 单调递减，()03h π<，(3x π∈，5)3π时，()0h x '>，()h x 单调递增，2525()2039h ππ=+>， ()h x ∴在5(0,)3π有唯一零点．②当53xπ时，由于sin 1x ，cos 1x ，222()44sin 4cos 4444()h x x x x x x x x t x =+--+--=-=， 而()t x 在5(3π，)+∞单调递增，5()()03t x t π>，故()0h x >， 故()h x 在5(3π，)+∞无零点，()h x ∴在(0,)+∞有一个零点，由于()h x 是偶函数，()h x 在(,0)-∞有一个零点，而(0)0h =， 故()h x 在R 上有且仅有3个零点．6．已知函数()f x alnx bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--． )x m 恒成立，求实数2+在区间解：（1）()af x b x'=+，(0)x >． 函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--． f '∴（1）2=-，f （1）3=-， ∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =． ()3f x lnx x ∴=-．13()13()3x f x x x --'=-=， 1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴．∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()313f ln =--．对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立()max m f x ，1[,)3x ∈+∞．31m ln ∴--．∴实数m 的取值范围是[31ln --，)+∞．（2）由（1）可得：2()32g x lnx x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，解得12x =，1． 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当12x =时，函数()g x 取得极大值 13()224g ln k =-++． 要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 32040ln k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩， 解得3204ln k -<<， 则实数k 的取值范围3(2,0)4ln -．。