导数与函数的零点讲义.docx

当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减， 故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，
又 g1e＝m－2－e12，g(e)＝m＋2－e2， 且 g1e＞g(e)， ∴g(x)＝f(x)－ax＋m 在1e，e上有两个零点需满足条件gg（ 1e1＝）m＝－m2－－1e12＞≤00，， 解得 1＜m≤2＋e12. 故实数 m 的取值范围是1，2＋e12.
2 a.
证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0， 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于 2e2x0－xa0＝0，
故 f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)单调递增，在(3－2 3，3＋2 3) 单调递减.
(2)证明：f(x)只有一个零点.
证明 由于 x2＋x＋1>0，所以 f(x)＝0 等价于x2＋xx3＋1－3a＝0. 设 g(x)＝x2＋xx3＋1－3a，则 g′(x)＝x（2（xx2＋2＋x2＋x＋1）3）2 ≥0， 仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增. 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点. 又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－13 ＝－6a－612－61<0， f(3a＋1)＝31>0，故 f(x)有一个零点. 综上，f(x)只有一个零点.
转化为证明 f(x0)≥2a＋aln
2 a.
训练 3 (2020·全国Ⅲ卷)设函数 f(x)＝x3＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点12，f21处的切 线与 y 轴垂直. (1)求 b； 解 f′(x)＝3x2＋b.

函数零点与导数的关系
函数的零点是指函数取值为0的点，也就是函数图像与x轴相交的点。

函数的导数表示函数在某一点的变化率，即函数的斜率。

函数的零点与导数之间存在着一定的关系，这种关系可以帮助我们更好地理解函数的性质和行为。

首先，我们来看函数的零点与导数的关系。

如果一个函数在某点的导数为0，那么这个点就是函数的一个可能的零点。

这是因为导数为0表示函数在这一点的变化率为0，即函数在这一点的斜率为0，函数图像与x轴相切。

函数的零点就是函数图像与x轴相交的点，因此导数为0的点可能是函数的零点。

另外，函数的零点与导数的符号也有一定的关系。

如果一个函数在某点的导数大于0，那么函数在这一点的函数值为正；如果一个函数在某点的导数小于0，那么函数在这一点的函数值为负。

这是因为导数大于0表示函数在这一点的变化率为正，函数在这一点的斜率为正，函数图像在这一点的上方；导数小于0表示函数在这一点的变化率为负，函数在这一点的斜率为负，函数图像在这一点的下方。

函数的零点是函数图像与x轴相交的点，因此函数的零点在导数为正的区间内函数值为正，在导数为负的区间内函数值为负。

函数的零点与导数的关系可以帮助我们求函数的零点，判断函数的增减性和凹凸性，以及优化函数的性能。

在实际应用中，我们可以通过导数的符号和函数的零点来确定函数的极值点，优化函数的性能。

函数的零点与导数的关系是函数的重要性质，可以帮助我们更好地理解函数的性质和行为。

在
1
ln ,
+ ∞ 上单调递增.
1
-∞,ln
上单调递减,
(2)根据(1)中结果知,当 a≤0 时,f(x)最多有一个零点,不符合题意.当 a>0 时,f(x)
在
1
-∞,ln

上单调递减,在
1
ln , +

∞ 上单调递增,且当 x→-∞时,f(x)→+∞,当
x→+∞时,f(x)→+∞.因此根据零点存在定理,如果函数有两个零点,则需 f(x)的
递增.∴f(x)min=f(1)=-2.又f(0)=1,f(2)=3>1,曲线y=x3-3x
与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点等价于
y=f(x)与y=a有两个不同的交点,∴-2<a<1.

3.(2021·全国甲,理21(2))已知a>0且a≠1,函数f(x)=

直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
.
解析 令x3-3x=-(x-1)2+a,得x3+(x-1)2-3x=a.
令f(x)=x3+(x-1)2-3x,x>0,则f'(x)=3x2+2(x-1)-3=3x2+2x5=(x-1)(3x+5).由f'(x)=0(x>0),得x=1.∴当x∈(0,1)
时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调
求解；
(2)分离参数法：由 f ( x )＝0分离出参数 a ，得 a ＝φ( x )，利用导数求函数 y ＝φ( x )的

考点55 导数与函数零点(讲解)【思维导图】【常见考法】考点一 零点个数判断1．设函数()ln ,mf x x m R x=+∈． （1）当m e =（e 为自然对数的底数）时，求()f x 的值域； （2）讨论函数()()3xg x f x '=-零点的个数． 【答案】（1）[2,)+∞；（2）答案见解析. 【解析】（1）由题设，当m e =时，()ln e f x x x=+， ()f x 的定义域为(0,)+∞，则2()x ef x x-'=， 由()0f x '=，得x e =，∴当(0,)x e ∈，()0f x '<，()f x 在(0,)e 上单调递减， 当(,)x e ∈+∞，()0f x '>，()F x 在(,)e +∞上单调递增， ∴当x e =时，()f x 取得极小值()ln 2ef e e e=+=， ∴()f x 的极小值为2，∴min ()2f x =， ∴()f x 的值域为[2,)+∞， （2）由题设21()()(0)33x m xg x f x x x x '=-=-->， 令()0g x =得31(0)3m x x x =-+>，设31()(0)3h x x x x =-+>， 则2()1(1)(1)h x x x x '=-+=--+，当(0,1)x ∈时，()0h x '>，()h x 在(0,1)上单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 在(1,)+∞上单调递减， ∴1x =是()h x 的唯一极值点，且是极大值点， 因此1x =也是()h x 的最大值点． ∴()h x 的最大值为2(1)3h =， 又(0)0h =，结合()y h x =的图象可知：①当23m >时，函数()g x 无零点， ②当23m =时，函数()g x 有且只有一个零点，③当203m <<时，函数()g x 有两个零点，④当0m ≤时，函数()g x 有且只有一个零点， 综上所述，当23m >时，函数()g x 无零点， 当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且只有一个零点， 当203m <<时，函数()g x 有两个零点．2．已知函数2()(2)ln ()f x x a x a x a =+--∈R . （1）当2a =时，求()f x 的图象在1x =处的切线方程； （2）当3a >时，求证：()f x 在[1,)+∞上有唯一零点. 【答案】（1）1y =；（2）证明见解析【解析】（1）当2a =时，函数2()2ln f x x x =-，定义域为(0,)+∞.则2()2f x x x'=-，则()01f '=，(1)1f =. 故()f x 的图象在1x =处的切线方程为10y -=，即1y =.（2）证明：22(2)(1)(2)()22a x a x a x x a f x x a x x x+--+-'=+--==. 因为3a >，令()0f x '<，得02a x <<；令()0f x '>，得2ax >. 又322a >，()f x 在1,2a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增. 所以22min ()(2)ln ln 1ln 24224242a a a a a a aa f x f a a a a a ⎛⎫⎛⎫==+-⋅-=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.令()1ln ln 1ln 2(3)424a a ag a a a =--=--++>. 显然()g a 在(3,)+∞上单调递减.又114413333(3)ln ln e ln ln 4ln ln 042222g =-=-<-=<.所以()0g a <，即min ()0f x <.()()222ee (2)e lne e (2)e aa a a a a f a a a a =+-⋅-=+-⋅-.令22()e (2)e (3)a a h a a a a =+-⋅->， 则()()22()2ee (1)2e e 1e 2aa a a a h a a a a a '=+--=-++-.令()e (3)a a a a ϕ=->，则()e 10a a ϕ'=->，所以()a ϕ在(3,)+∞上单调递增， 则()(3)0a ϕϕ>>，所以e 0a a ->，2e 20a a ->，故()0'>h a ，所以()h a 在(3,)+∞上单调递增，()()633333()(3)e e 9e e 1922190h a h >=--=-->-->，所以()e 0a f >.又(1)30f a =-<，结合单调性可知()f x 在[1,)+∞上有唯一零点，命题得证. 3．设函数()ln ,mf x x m R x=+∈. （1）当m e =（e 为自然对数的底数）时，求()f x 的最小值；（2）讨论函数()'()3xg x f x =-零点的个数； （3）若对任意()()0,1f b f a b a b a->><-恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）2；（2）当23m >时，函数()g x 无零点；当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且仅有一个零点；当203m <<时，函数()g x 有两个零点；（3）1[,)4+∞.【解析】（1）由题设，当m e =时，()ln ef x x x=+易得函数()f x 的定义域为(0,)+∞221()e x e f x x x x-∴=-=' ∴当(0,)x e ∈时，()0f x '<，此时()f x 在(0,)e 上单调递减； 当(,)x e ∈+∞时，()0f x '>，此时()f x 在(,)e +∞上单调递增；∴当x e =时，()f x 取得极小值()ln 2ef e e e=+= ∴()f x 的极小值为2（2）函数21()()(0)33x m xg x f x x x x -=-->'= 令()0g x =，得31(0)3m x x x =-+> 设31()(0)3x x x x ϕ=-+≥ 2()1(1)(1)x x x x ϕ∴=-+=--+'当(0,1)x ∈时，()0x ϕ'>，此时()x ϕ在(0,1)上单调递增； 当(1,)x ∈+∞时，()0x ϕ'<，此时()x ϕ在(1,)+∞上单调递减；所以1x =是()x ϕ的唯一极值点，且是极大值点，因此x=1也是()x ϕ的最大值点，∴()x ϕ的最大值为12(1)133ϕ=-+=又(0)0ϕ=，结合y=()x ϕ的图像（如图），可知①当23m >时，函数()g x 无零点； ②当23m =时，函数()g x 有且仅有一个零点；③当203m <<时，函数()g x 有两个零点；④0m ≤时，函数()g x 有且只有一个零点； 综上所述，当23m >时，函数()g x 无零点；当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且仅有一个零点；当203m <<时，函数()g x 有两个零点.（3）对任意()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立，等价于()()f b b f a a -<-恒成立设()()ln (0)mh x f x x x x x x=-=+->，()h x 等价于∴在(0,)+∞上单调递减21()10mh x x x∴=--≤'在(0,)+∞恒成立2211()(0)24m x x x x ∴≥-+=--+>恒成立14m ∴≥（对14m =，x =0h '（）仅在12x =时成立），m ∴的取值范围是1[,)4+∞考法二 已知零点求参数1．已知函数1()ln x f x x a-=-. （1）当1a =时，求()f x 的最大值.（2）若()f x 在区间(2,)e 上存在零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）0；（2）1,1ln 2e ⎛⎫-⎪⎝⎭. 【解析】（1）当1a =时，()ln 1f x x x =-+，定义域为(0,)+∞，则1()1f x x'=-， 令()0f x '=得1x =.当(0,1)x ∈时()0f x '>，()f x 单调递增；当(1,)x ∈+∞时()0f x '<，()f x 单调递减 所以max ()(1)0f x f ==（2）由题意知，方程1()ln 0x f x x a -=-=在(2,)e 上有实根. 因为ln 0x ≠，所以方程可转化为1ln x a x -=. 设1()ln x g x x-=，则2211ln (1)ln 1()(ln )(ln )x x x x x g x x x --+-'==. 设1()ln 1h x x x =+-，则211()h x x x'=-.当2x e <<时，()0h x '>，所以()h x 在(2,)e 上单调递增.所以1()(2)ln 202h x h >=->，于是()0g x '>，所以()g x 在(2,)e 上单调递增 所以(2)()()g g x g e <<，即1()1ln 2g x e <<-. 综上所述，实数a 的取值范围是1,1ln 2e ⎛⎫-⎪⎝⎭2．已知函数()()22ln R f x x a x ax a =--∈． （1）若()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（2）记()()g x f x ax =+，若()g x 在区间1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）122,1e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦；（2）,e e ⎡⎤-⋃⎣⎦.【解析】（1）()()()222x a x a a f x x a x x-+'=--=， 令()0f x '=，解得1x a =，22ax =-； 当0a =时，显然成立；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增． 则()()2min ln 0f x f a a a ==-≥，解得01a <≤；当0a <时，()f x 在0,2a ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递减，在,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 则()222minln 02422a a a a f x f a ⎛⎫⎛⎫=-=+--≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得1220e a -≤<；综上，实数a 的取值范围为122,1e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦；（2）显然1x =不是()g x 的零点，由()0g x =得22ln x a x=．令()()2*ln x h x x =．则()()()22ln 1ln x x h x x -'=，令()0h x '=，解得12x e =；()0h x '>，解得12e x e <<；()0h x '<，解得11x e<<或121x e <<．当1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭和(x ∈时，()h x单调递减，当)x e ∈时，()h x 单调递增，又1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()()0*h x <不成立． ∴只需()122222a h e e a h e e ⎧⎛⎫>=⎪ ⎪⎨⎝⎭⎪≤=⎩，∴实数a的取值范围为,e e ⎡⎤-⋃⎣⎦．3．已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅰ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅰ）()0,+∞.【解析】（Ⅰ）()()()()()'12112.x xf x x e a x x e a =-+-=-+（Ⅰ）设0a ≥，则当(),1x ∈-∞时，()'0f x <；当()1,x ∈+∞时，()'0f x >. 所以f （x ）在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增.（Ⅰ）设0a <，由()'0f x =得x=1或x=ln （-2a ）.①若2e a =-，则()()()'1xf x x e e =--，所以()f x 在(),-∞+∞单调递增. ②若2ea >-，则ln （-2a ）＜1,故当()()(),ln 21,x a ∈-∞-⋃+∞时，()'0f x >；当()()ln 2,1x a ∈-时，()'0f x <，所以()f x 在()()(),ln 2,1,a -∞-+∞单调递增，在()()ln 2,1a -单调递减. ③若2e a <-，则()21ln a ->，故当()()(),1ln 2,x a ∈-∞⋃-+∞时，()'0f x >，当()()1,ln 2x a ∈-时，()'0f x <，所以()f x 在()()(),1,ln 2,a -∞-+∞单调递增，在()()1,ln 2a -单调递减.（Ⅰ）（Ⅰ）设0a >，则由（Ⅰ）知，()f x 在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增. 又()()12f e f a =-=，，取b 满足b ＜0且ln 2ab <， 则()()()22321022a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=->⎪⎝⎭，所以()f x 有两个零点. （Ⅰ）设a=0，则()()2xf x x e =-，所以()f x 只有一个零点.（iii ）设a ＜0，若2ea ≥-，则由（Ⅰ）知，()f x 在()1,+∞单调递增. 又当1x ≤时，()f x ＜0，故()f x 不存在两个零点；若2ea <-，则由（Ⅰ）知，()f x 在()()1,ln 2a -单调递减，在()()ln 2,a -+∞单调递增.又当1x ≤时()f x ＜0，故()f x 不存在两个零点.综上，a 的取值范围为()0,+∞.。

递减.
②当x>-3时,(x+4)ex>0,m'(x)>0,可知函数m(x)单调递增,
又m(0)=0,所以当-3<x<0时,m(x)<0;当x>0时,m(x)>0,
所以函数f(x)在区间(-3,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
由①②知函数f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞),
x+ex(x2-3x-1),求函数g(x)的零点个数.
解 (1)(方法一)因为f(x)=(x+2)ex+x2-3x,
所以f'(x)=(x+3)ex+2x-3.记m(x)=f'(x),则m'(x)=(x+4)ex+2,
①当x≤-3时,(x+3)ex≤0,2x-3≤-9,可得f'(x)<0,故函数f(x)在区间(-∞,-3]上单调
的底数.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)证明:f(x)在[0,+∞)上有两个零点.
(1)解 因为f(x)=ex-4sin x,所以f'(x)=ex-4cos x,则f(0)=1,f'(0)=-3,故所求切线方
程为y-1=-3(x-0),即3x+y-1=0.
(2)证明 设g(x)=f'(x)=ex-4cos x,则g'(x)=ex+4sin x.
单调递增,
所以当 x=x0 时,g(x)取得极大值,且极大值为 g(x0)=ln
1 2
=-x0-2 0
设
+ (0 -1)
2
1

24
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
考 点 三 构造函数法研究函数的零点 例 3 (2021·全国甲卷节选)已知 a>0 且 a≠1，函数 f(x)＝axax(a>0)．若
曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
解：曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点， 可转化为方程axax＝1(x>0)有两个不同的解， 即方程lnx x＝lnaa有两个不同的解．
当 x→0＋时，h(x)→－∞，当 x→＋∞时，h(x)→0， 作出函数 h(x)的图象与直线 y＝kx－1 如图所示．
6
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当直线 y＝kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，设切点坐标为(x0，lnx20x0)， 则 k＝1－2x30ln x0＝lnx20xx00＋1，即 3ln x0＋x20－1＝0，易得 x0＝1，∴当直线 y＝ kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，k＝1.由图象知，当 0<k<1 时，直线 y＝kx －1 与函数 h(x)的图象恰有两个交点，即函数 f(x)恰有两个零点，∴实数 k 的取值范围为(0，1)．
11
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0.
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且 φ(x)max＝φ(3) ＝e13，
又 x→＋∞时，φ(x)→0， x→－∞时，φ(x)→－∞， ∴φ(x)的图象如图所示．
12
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练

第十五讲导数与函数的零点【考点剖析】考点一判断零点的个数【例1】已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：X (0，1)1(1，3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．规律方法利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．规律方法与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f(x)＝e2x－a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－ax单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，假设存在b满足0<b<a4时，且b<14，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋a ln2a≥2a＋a ln2a.故当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.规律方法 1.在(1)中，当a>0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)<0.2．由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a ＋a ln 2a.【真题演练】1．（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 有一个零点①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤． 【详解】(1)由函数的解析式可得：()()'2xf x x e a =-，当0a ≤时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； 当102a <<时，若()(),ln 2x a ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增， 若()()ln 2,0x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当12a =时，()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增； 当12a >时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增，若()()0,ln 2x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()()ln 2,x a ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①：由于2122e a <，故212a e <≤，则()21,010b af b >>=->，而()()210b f b b e ab b --=----<，而函数在区间(),0-∞上单调递增，故函数在区间(),0-∞上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于2122e a <，212a e <≤，故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②： 由于102a <<，故21a <，则()01210f b a =-≤-<，当0b ≥时，24,42ea ><，()2240f e a b =-+>，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点. 当0b <时，构造函数()1xH x e x =--，则()1xH x e '=-，当(),0x ∈-∞时，()()0,H x H x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()00H =，故()0H x ≥恒成立，从而有：1x e x ≥+，此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-，当x >()()2110a x b -+->，取01x =，则()00f x >，即：()00,10f f ⎫<>⎪⎪⎭，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于102a <<，021a <<，故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦， 结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点. 综上可得，题中的结论成立.2．（2021·浙江高考真题）设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()xf 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12,x x ，满足2212ln 2b b ex x e b>+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数) 【详解】(1)2(),()ln x x f x b f a x e a x a b '==+--，①若0b ≤，则()ln 0x f x a a b '=-≥，所以()f x 在R 上单调递增； ②若0b >， 当,log ln ab x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减， 当log ,ln ab x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. 综上可得，0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln a b a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e ⇔-+=有2个不同解ln 20x a e bx e ⇔-+=有2个不同的解，令ln t x a =，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a tt +-+=⇒=>，记()22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t '⋅-++--===， 记2()(1),()(1)10t t t t h t e t e h t e t e e t '=--=-+⋅=⋅>， 又(2)0h =，所以(0,2)t ∈时，()0,(2,)h t t <∈+∞时，()0h t >，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,)+∞单调递增，22(2),ln ln b bg e a a e∴>=∴<， 22222,ln ,21bb e a a e e>∴>∴≤⇒<≤. 即实数a 的取值范围是(21,e ⎤⎦.(3)2,()x a e f x e bx e ==-+有2个不同零点，则2x e e bx +=，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ++==>，注意到函数2x e e y x +=在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，故122x x <<，又由5245e e e +<知25x >，122211122x e e e e b x x x b+=<⇒<，要证2212ln 2b b e x x e b >+，只需22ln e x b b>+， 222222x x e e e b x x +=<且关于b 的函数()2ln e g b b b =+在4b e >上单调递增，所以只需证()22222222ln 52x x e x e x x x e >+>， 只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e-->， 只需证2ln ln 202x e xx e-->，242e <，只需证4()ln ln 2xx h x x e =--在5x >时为正， 由于()11()44410x x x h x xe e e x x x '---+-+-==>，故函数()h x 单调递增， 又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e =--=->，故4()ln ln 2x xh x x e=--在5x >时为正，从而题中的不等式得证.【过关检测】1．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数()ln mf x x m x=-+在区间()1e ,e -内有唯一零点，则实数m 的取值范围为（ ）A ．2e e ,1e 12⎡⎤-+⎢⎥+⎣⎦ B ．1e ,e 1e 1-⎛⎫⎪++⎝⎭ C ．e ,1e 1-⎛⎫⎪+⎝⎭D ．e 1,12⎛⎫-+ ⎪⎝⎭【答案】B 【详解】 令f(x)=0，则11ln m x x ⎛⎫+=⎪⎝⎭，ln 1x x m x =+，令()ln 1()1x x x e x e h x =<<+，()()21ln 1x x x h x +++'=， 令()1ln k x x x =++，()110xk x =+>'， 则函数()y k x =在区间()1e ,e -单调递增，()()11e e 0k k x -->=>， 所以()0h x '>，函数()y h x =在区间()1e ,e -单调递增， 所以有()()()1e e h h x h -<<，即()1ee 1e 1h x -<<++， 所以1ee 1e 1m -<<++， 故选：B ．2．（2021·黑龙江大庆市·铁人中学高三一模（理））下列命题为真命题的是（ ）A ．函数()()11x f x ex x R -=--∈有两个零点 B ．“0x R ∃∈，00xe x >”的否定是“0x R ∀∈，00x ex <”C ．若0a b <<，则11a b< D ．幂函数()22231m m y m m x--=--在()0,x ∈+∞上是减函数，则实数1m =- 【答案】A 【详解】对于A ，函数()()11x f x ex x R -=--∈，()1e 1x f x -'=-，当()0f x '>得1x >，当()0f x '<得1x <，所以()f x 在1x >是单调递增函数，在1x <是单调递减函数，所以()f x 在1x =时有最小值，即()011110f e =--=-<，()3344150f e e =--=->，()3322110f e e ---=+-=+>，所以()f x 有两个零点，正确；对于B ，“0x R ∃∈，00xe x >”的否定是x R ∀∈，x e x ≤，错误； 对于C ，11b aa b ab--=，因为0a b <<，所以0,0b a ab ->>，所以110->a b ，11a b >，错误；对于D ， 由已知得2211230m m m m ⎧--=⎨--<⎩，无解，幂函数()22231m m y m m x --=--在()0,x ∈+∞上是减函数，则实数1m =-，错误. 故选：A3．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数()()1213()ln 1ln 122x f x ex e -=+-+-+．若4,()(),x x g x f x x λλ-≥⎧=⎨<⎩的零点恰有2个，则λ的取值范围是（ ）A ．(1,3](4,)+∞B ．(1,2][4,)+∞C ．(1,3](4,)-+∞D ．(1,1](4,)-+∞【答案】C 【详解】由题可知()f x 的定义域为R ．()()11111111211()122121x x x x x x x e e e e f x e e e ----------'=-==+++， 当1x >时，()0f x '>，()f x 在()1,+∞上单调递增；当1x <时，()0f x '<，()f x 在(),1-∞上单调递减．令()0f x =，可得3x =或1-．在同一坐标系中作出函数(),4y f x y x ==-的图象，因为函数()g x 恰有2个零点， 结合图象可知13λ-<≤或4λ>． 故选：C4．（2021·内蒙古赤峰市·高三二模（文））已知函数()21()2f x a x x x =-+有且仅有两个零点，则实数a =（ ） A ．3227B ．3227-C ．2732D ．2732-【答案】C 【详解】令()21()20f x a x x x=-+=，则()212a x x x =--由两个不同的根， 令()()212g x x x x =--，则()()23342x g x x x -'=--，当0x <时，()0g x '>，当403x <<时，()0g x '<， 当423x <<或2x >时，()0g x '>， 当43x =时， ()2732g x =，在同一坐标系中作出(),y a y g x ==的图象，如图所示：因为函数()21()2f x a x x x=-+有且仅有两个零点， 由图象知：实数a =3227， 故选：A5．（2021·山西高三一模（理））函数()log 1xa f x a x =-（0a >，且1a ≠）有两个零点，则a 的取值范围为（ ） A ．(1,)+∞ B ．1e (1,)e -⎧⎫⋃+∞⎨⎬⎩⎭C ．{}ee (1,)-⋃+∞ D ．1(1,)e ⎧⎫⋃+∞⎨⎬⎩⎭【答案】B 【详解】()0f x =，得1log a x x a =，即11log xax a ⎛⎫= ⎪⎝⎭．由题意知函数1log a y x =图象与函数1xy a ⎛⎫= ⎪⎝⎭图象有两个交点．当1a >时，11log ,xay x y a ⎛⎫== ⎪⎝⎭草图如下，显然有两交点．当01a <<时，函数1log a y x =图象与函数1xy a ⎛⎫= ⎪⎝⎭图象有两个交点时，注意到11,log xay y x a ⎛⎫== ⎪⎝⎭互为反函数，图象关于直线y x =对称，可知函数1xy a ⎛⎫= ⎪⎝⎭图象与直线y x =相切，设切点横坐标0x ，则0111ln 1x x x a a a ⎧⎛⎫=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪= ⎪⎪⎝⎭⎩，解得01e,e .e x a -=⎧⎪⎨⎪=⎩ 综上，a 的取值范围为1ee (1,)-⎧⎫+∞⎨⎬⎩⎭. 故选：B ．6．（2020·绵阳市·四川省绵阳江油中学高三月考）函数()()1ln 03f x x x x =->的零点个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【详解】()1103f x x'=-=，得3x =， 当03x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当3x >时，()0f x '>，()f x 单调递增，()31ln30f =-<，()1103f => ()22262033e ef e -=-=>，所以函数()f x 在()1,3和()23,e 各有1个零点，所以共2个零点.故选：C7．（2021·安徽亳州市·高二期末（文））已知函数()e e x x f x x a =--有且仅有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．34,0e ⎫⎡-⎪⎢⎣⎭B ．(1,0]-C ．3342,e e ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．(1,0)-【答案】D 【详解】解：令函数()e e 0x x f x x a =--=，则有e e x x x a -=，令()e e x x g x x =-，则()g x a =．()e e e e x x x x g x x x '=+-=，∴当0x <时，()0g x '<，()g x 单调递减，当0x >时，()0g x '>，()g x 单调递增．∴当0x =时，()g x 取得最小值，且min ()(0)1g x g ==-，显然(1)0g =，当1x <时，()0<g x 恒成立．由此可以画出函数()g x 的大致图象，如图所示，由图象可得，要使函数()f x 有且仅有两个不同的零点，只需(0)0g a <<，即10a -<<． 故选：D ．8．（2021·江苏连云港市·高二期末）已知函数ln ()xf x a x=-有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）． A ．(0,e) B ．(,e)-∞C ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【详解】 因为函数ln ()xf x a x =-有两个不同的零点，所以方程ln ()0x f x a x=-=有两个不同的实数根，因此函数ln ()xg x x =与函数y a =有两个交点. ()()2ln 1ln x xg x g x x x -='=⇒,当x e >时，'()0,()g x g x <单调递减，当0x e <<时，'()0,()g x g x >单调递增， 因此当x e =时，函数()g x 有最大值，最大值为：ln 1()e g e e e==， 显然当1x >时，()0>g x ，当01x <<时，()0<g x ，当1x =时，(1)0g =，因此函数ln ()xg x x=的图象如下图所示：通过函数ln ()x g x x =的图象和上述分析的性质可知：当10,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数ln ()x g x x=与函数y a =有两个交点. 故选：C9．（2021·全国高三其他模拟（理））若函数()3212912,32f x x x x m x ⎛⎫⎛⎫=-+-+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭存在三个不同的零点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(5,9) B ．[)4,5C ．()4,5D ．(1,3)【答案】C 【详解】由3229120x x x m -+-+=知，322912m x x x =-+，令32()2912h x x x x =-+，2()618126(2)(1)h x x x x x '=-+=-- 则函数()h x 在1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单增，在()1,2x ∈上单减，在()2,3x ∈上单增， 由1()42h =，(1)5h =，(2)4h =，(3)9h =则若使函数()f x 存在三个不同的零点，只需满足()4,5m ∈ 故选：C10．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三月考（文））若函数()3233x x x f x m =---在区间[]2,6-有三个不同的零点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．()9,18- B ．25,33⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．59,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．2,183⎡⎫-⎪⎢⎣⎭【答案】B 【详解】()()()22313f x x x x x '=--=+-，∴当[)(]2,13,6x ∈--时，()0f x '>；当()1,3x ∈-时，()0f x '<；()f x ∴在[)2,1--，(]3,6上单调递增，在()1,3-上单调递减，又()223f m -=--，()513f m -=-，()39f m =--，()618f m =-， 则()f x 在区间[]2,6-有三个不同的零点，则其大致图象如下图所示：25033m m ∴--≤<-，解得：2533m -≤<，即实数m 的取值范围为25,33⎡⎫-⎪⎢⎣⎭.11．（2021·河北沧州市·高二期末）已知函数()ln ()f x x ax a =+∈R ．（Ⅰ）当1a =-时，求()f x 的极值；（Ⅱ）若()f x 在()20,e 上有两个不同的零点，求a 的取值范围．【详解】（Ⅰ）当1a =-时，11'()1x f x x x-=-=，0x >． 由'()0f x =，得1x =．当(0,1)x ∈时，'()0f x >，()f x 在(0,1)上单调递增， 当(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，()f x 在(1,)+∞上单调递减，()f x ∴只有极大值，无极小值，且()(1)1f x f ==-极大值．（Ⅱ）11'()(0)axf x a x x x +=+=>． 当0a 时，1'()0axf x x+=>， ∴函数()ln f x x ax =+在(0,)+∞上单调递增，从而()f x 至多有一个零点，不符合题意．当0a <时，1'()(0)a x a f x x x⎛⎫+ ⎪⎝⎭=>， ()f x ∴在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．由11ln 10f a a ⎛⎫⎛⎫-=--> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭得10e a -<<． 由()22e 2e 0f a =+<得22e a <-． 当212e ea -<<-时，(1)0f a =<，满足()f x 在()20,e 上有两个不同的零点．a ∴的取值范围是212,e e ⎛⎫--⎪⎝⎭． 12．（2021·安徽安庆市·高三一模（理））函数()2x f x e ax a =--. （1）讨论函数的极值；（2）当0a >时，求函数()f x 的零点个数. 【详解】（1）由题意，函数()2x f x e ax a =--，可得()2xf x e a '=-，当0a ≤时，()20xf x e a '=->，()f x 在R 上为单调增函数，此时无极值；当0a >时，令()20xf x e a '=->，解得()ln 2x a >，所以()f x 在()ln(2),a +∞上为单调增函数，令()20xf x e a '=-<，解得()ln 2x a <，()f x 在(),ln(2)a -∞上为单调减函数，所以当ln(2)x a =时，函数()f x 取得极小值()=ln(2)2ln(2)f f a a a a =-极小值，无极大值. 综上所述：当0a ≤时，()f x 无极值，当0a >时，()=ln(2)2ln(2)f f a a a a =-极小值，无极大值.（2）由（1）知当0a >时，()f x 在()ln(2),a +∞上为单调增函数，在(),ln(2)a -∞上为单调减函数，且2ln(2)f a a a =-极小值，又由()(21)xf x e a x =-+，若x →-∞时，()f x →+∞；若x →+∞时，()f x →+∞；当2ln(2)0a a a ->，即02a <<时，()f x 无零点；当2ln(2)=0a a a -，即a ()f x 有1个零点；当2ln(2)0a a a -<，即a >时，()f x 有2个零点.综上：当0a <<时，()f x 无零点；当a ()f x 有1个零点；当a >时，()f x 有2个零点.。

导数与函数的零点问题解析在数学中，导数和函数的零点是非常重要的概念和问题。

导数可以描述函数的变化率，而函数的零点则表示函数在某一点上取值为零的情况。

在本文中，我们将对导数与函数的零点进行详细的解析和讨论。

一、导数的定义与作用导数是描述函数变化率的指标，可以用来衡量函数在某一点上的斜率或变化速度。

它定义为函数在某一点上的极限，即导数等于函数在该点处的切线斜率。

对于一个函数f(x)，它在点x处的导数可以通过以下公式计算得出：f'(x) = lim(h→0) [f(x+h) - f(x)] / h导数的概念对于理解函数的性质和行为非常重要，它可以帮助我们分析函数的增减性、凸凹性以及局部极值等特征。

通过导数，我们可以得出函数在各个点的斜率，从而推断函数的曲线形状和趋势。

二、函数的零点与解析函数的零点是指函数在某个点上的取值为零的情况。

换句话说，函数的零点是使得函数等于零的自变量的值。

寻找函数的零点在数学和实际问题中都具有重要的意义。

为了找到函数的零点，我们可以利用导数的概念和性质进行分析。

根据导数的定义，我们知道当函数在某一点的导数为零时，函数在该点可能存在极值或拐点。

因此，我们可以采用导数为零的点作为起点，通过求解函数的导数方程来找到函数的零点。

具体而言，我们可以按照以下步骤来解析函数的零点问题：1. 找到函数的导数方程。

2. 求解导数方程，得到导数为零的所有解。

3. 使用解析工具或数值逼近法，确定解的精确值或近似值。

4. 检验解是否满足函数为零的条件。

通过以上步骤，我们可以较为准确地求解函数的零点，从而揭示函数的性质和特征。

函数的零点问题在数学、经济、物理等领域具有广泛的应用，如寻找方程的根、求解最优化问题等。

三、解析与数值求解的比较在解析函数的零点问题时，我们依赖于函数的导数和解析工具的应用。

通过解析方法可以获得函数零点的精确解，这对于研究函数的性质和行为非常重要。

然而，对于一些复杂的函数和方程，解析求解可能变得非常困难甚至不可能。

x
[,1)
1
(1,e]
h'(x)
-
0
+
h(x) 单调递减 极小值(最小值) 单调递增
【加练备选】
(一题多法)(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; 【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-(x+2),f'(x)=ex-1,令f'(x)<0,解得x<0,令f'(x)>0,解得x>0, 所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
x
(-∞,-2)
-2
f'(x)
-
0
f(x) 单调递减
-
(-2,+∞) +
单调递增
已知函数f(x)=xex+ex. (2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.
考点二利用函数零点问题求参数范围 [例2]已知函数f(x)=ex-a(x+2). (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; 【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2, 则f'(x)=ex-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;
对点训练 (2023·郑州质检)已知函数f(x)=ex-ax+2a,a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性; 【解析】(1)f(x)=ex-ax+2a,定义域为R,且f'(x)=ex-a, 当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在R上单调递增; 当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln a, 当x<ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递增;当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减, 在(ln a,+∞)上单调递增.

一是与函数零点性质有关的问题（更多涉及构造函数法）;二是可以转化为函数零
点的函数能够利用等价转换、
构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等.求解时
一般先通过等价转换,将已知转化为函数零点问题,再构造函数,然后利用导数研究
函数的单调性、极值、最值等,并结合分类讨论,通过确定函数的零点达到解决问
π
在(−∞, − ]上没有零点.
2
令ℎ = ′ =
π
当−
2
<≤
当0 < ≤
π
当
2
π
时，ℎ′
2
π
时，′
2
+
=
π
0,所以当−
2
又′ 0 =
又 0 =

e sin

2e cos
≥ 0，所以′
> 0，故
<≤
< < π 时，ℎ′ =
又′ π =
− 1,则ℎ′ =
即方程 =
=
ln +1
的根的个数.

e
ln +1
，

e
∈ 0, +∞ ，
由（1）可知， 在 0,1 上单调递增，在 1, +∞ 上单调递减，
当 = 1时， 取得最大值 1 =
1
，
e
当 → 0时， → −∞ ，当 → +∞ 时， > 0且 → 0，
函数 的定义域为
1
− , +∞
2
= [ln 2 + 1 − ]，
，且 0 = 0.
令 = ln 2 + 1 − ，其中 >

《函数的零点》讲义一、函数零点的定义在数学中，函数的零点是一个非常重要的概念。

简单来说，如果函数 f(x) 在 x ＝ a 处的函数值 f(a) ＝ 0，那么我们就称 x ＝ a 是函数 f(x) 的零点。

例如，对于一次函数 f(x) ＝ 2x 6，令 f(x) ＝ 0，即 2x 6 ＝ 0，解得x ＝ 3。

所以 3 就是函数 f(x) ＝ 2x 6 的零点。

再比如，对于二次函数 f(x) ＝ x² 5x ＋ 6，令 f(x) ＝ 0，即 x² 5x ＋6 ＝ 0，因式分解得到（x 2)（x 3) ＝ 0，解得 x ＝ 2 或 x ＝ 3。

所以2 和3 都是函数 f(x) ＝ x² 5x ＋ 6 的零点。

从图像上来看，函数的零点就是函数图像与 x 轴交点的横坐标。

二、函数零点存在性定理函数零点存在性定理是判断函数是否存在零点的重要工具。

如果函数 f(x) 在区间 a, b 上的图象是连续不断的一条曲线，并且 f(a) 与 f(b) 的乘积小于 0，那么在区间（a, b) 内至少存在一个零点，即存在 c ∈（a, b)，使得 f(c) ＝ 0 。

举个例子，函数 f(x) ＝ x² 2x 3 在区间－2, 4 上，f(－2) ＝ 5，f(4) ＝ 5 ，因为 f(－2)×f(4) ＞ 0 ，所以不能确定在区间（－2, 4) 内是否存在零点。

而对于函数 f(x) ＝ x² x 2 在区间－1, 2 上，f(－1) ＝ 2 ，f(2) ＝ 0 ，因为 f(－1)×f(2) ＜ 0 ，所以在区间（－1, 2) 内至少存在一个零点。

需要注意的是，函数零点存在性定理只是指出了零点存在的区间，但不能确定零点的个数。

三、求函数零点的方法1、直接求解法对于一些简单的函数，可以通过令函数值为0 ，直接求解方程的根，从而得到函数的零点。

例如，对于函数 f(x) ＝ 3x 9 ，令 f(x) ＝ 0 ，即 3x 9 ＝ 0 ，解得 x＝ 3 ，所以 3 就是函数的零点。

第21讲利用导数探究函数的零点问题➢考点1 数形结合研究函数的零点[名师点睛]含参数的函数零点个数，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，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．(2022·廊坊联考)已知函数f(x)＝12x2－a2ln x，a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为16x＋2y－17＝0，求a的值；(2)若a>0，函数y＝f(x)与x轴有两个交点，求a的取值范围．[举一反三]1.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．2.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．➢考点2 利用函数性质研究函数零点(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax2＋b.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点．①12＜a≤e22，b>2a；②0＜a＜12，b≤2a.[举一反三]1.已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．2.(2021·济南二模)已知函数f (x )＝e x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，求函数g (x )＝f (x )－cos x 在⎝⎛⎭⎫－π2，＋∞上的零点个数．➢考点3 构造法研究函数的零点(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa 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．[举一反三]1.(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．2．(2022·南宁调研)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b ＋12.(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝12时，f (x )的图像与直线y ＝bx 有3个交点，求b 的取值范围第21讲 利用导数探究函数的零点问题➢考点1 数形结合研究函数的零点[名师点睛]含参数的函数零点个数，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，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． (2022·廊坊联考)已知函数f (x )＝12x 2－a 2ln x ，a ∈R .(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为16x ＋2y －17＝0，求a 的值； (2)若a >0，函数y ＝f (x )与x 轴有两个交点，求a 的取值范围．[解] (1)由题意知函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a 2x ， 因为曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为16x ＋2y －17＝0，所以切线斜率为－8，即x ＝1时，f ′(1)＝1－a 2＝－8, 解得a ＝±3.(2)因为函数y ＝f (x )与x 轴有两个交点，所以方程f (x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根， 即12x 2＝a 2ln x 在(0，＋∞)上有两个不等实根，方程12x 2＝a 2ln x 可化为12a 2＝ln x x 2， 令g (x )＝ln xx2，x >0，则只需直线y ＝12a 2与函数g (x )＝ln xx 2的图像有两个不同的交点．g ′(x )＝1x ·x 2－2x ln x x 4＝1－2ln xx 3， 由g ′(x )>0得1－2ln x >0，解得0＜x ＜e ；由g ′(x )＜0得1－2ln x ＜0，解得x >e ， 所以函数g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， 所以g (x )max ＝g (e)＝12e.当x >1时，g (x )＝ln xx 2>0；当0＜x ＜1时，g (x )＜0，当x →＋∞时，g (x )→0. 画出函数g (x )的大致图像如下： 由函数图像可得，当0＜12a 2＜12e ，即a >e 时，直线y ＝12a 2与函数g (x )＝ln x x 2的图像有两个不同的交点，即函数y ＝f (x )与x 轴有两个交点，因此a 的取值范围为a > e. [举一反三]1.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 (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－1e2 单调递增∴f (x )当x ＝－2时，f (x )有极小值为f (－2)＝－1e 2，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，－1e 2，(－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 )＝x ＋1e －x →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.∴关于函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点个数有如下结论：当a <－1e 2时，零点的个数为0；当a ＝－1e 2或a ≥0时，零点的个数为1；当－1e2<a <0时，零点的个数为2.2.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．解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2.令f ′(x )＝0，得x ＝e.当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2. (2)由题意知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，∴x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.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．➢考点2 利用函数性质研究函数零点x －ax 2＋b . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f (x )有一个零点． ①12＜a ≤e 22，b >2a ；②0＜a ＜12，b ≤2a . [解] (1)由函数的解析式可得f ′(x )＝x (e x －2a )．当a ≤0时，若x ∈(－∞，0)，则f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；当0＜a ＜12时，若x ∈(－∞，ln(2a ))，则f ′(x )>0，f (x )单调递增，若x ∈(ln(2a )，0)，则f ′(x )＜0，f (x )单调递减，若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当a ＝12时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；当a >12时，若x ∈(－∞，0)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增，若x ∈(0，ln(2a ))，则f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 若x ∈(ln(2a )，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增； (2)证明：若选择条件①，由(1)知当a ＞12时，f (x )在(－∞，0)，(ln 2a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln 2a )上单调递减，所以f (x )在x ＝0处取得极大值f (0)，在x ＝ln 2a 处取得极小值f (ln 2a )， 且f (0)＝－1＋b ，f (ln 2a )＝(2a －a ln 2a )ln 2a ＋b －2a .由于12＜a ≤e 22，b ＞2a ，所以f (0)＞0，ln 2a ＞0，b －2a ＞0.令g (x )＝2x －x ln 2x ，则g ′(x )＝1－ln 2x ，当12＜x ＜e 2时，g ′(x )＞0，当e 2＜x ≤e 22时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫12，e 2上单调递增，在⎝⎛⎦⎤e 2，e 22上单调递减，所以g (x )在x ＝e2处取得极大值g ⎝⎛⎭⎫e 2. 由于g ⎝⎛⎭⎫e 2＝e 2＞0，g ⎝⎛⎭⎫12＞0，g ⎝⎛⎭⎫e 22＝0，所以g (x )≥0在⎝⎛⎦⎤12，e 22上恒成立， 所以f (ln 2a )＞0.当x →－∞时，f (x )→－∞，所以f (x )有一个零点，得证．若选择条件②，由(1)知，当0＜a ＜12时，f (x )在(－∞，ln 2a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，所以f (x )在x ＝ln 2a 处取得极大值f (ln 2a )，在x ＝0处取得极小值f (0)．由于0＜a ＜12，b ≤2a ，所以f (0)＜0，b －2a ≤0，ln 2a ＜0，－a ln 2a ＞0，则2a －a ln 2a ＞0，所以f (ln 2a )＜0.当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以f (x )有一个零点，得证． [举一反三]1.已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点． (1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)， 单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明 因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2(x 2＋2x ＋3)(x 2＋x ＋1)2≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点． 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点． 综上所述，f (x )只有一个零点．2.(2021·济南二模)已知函数f (x )＝e x －ax (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，求函数g (x )＝f (x )－cos x 在⎝⎛⎭⎫－π2，＋∞上的零点个数． 解 (1)f (x )＝e x －ax ，其定义域为R ，f ′(x )＝e x －a . ①当a ≤0时，因为f ′(x )>0，所以f (x )在R 上单调递增；②当a >0时，令f ′(x )>0得x >ln a ，令f ′(x )＜0得x ＜ln a ，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，(ln a ，＋∞)上单调递增．综上所述，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递增；当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．(2)由已知得g (x )＝e x －2x －cos x ，x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，＋∞，则g ′(x )＝e x ＋sin x －2. ①当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0时，因为g ′(x )＝(e x－1)＋(sin x －1)＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，0上单调递减，所以g (x )>g (0)＝0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，0上无零点； ②当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，因为g ′(x )单调递增，且g ′(0)＝－1＜0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝e π2－1>0， 所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使g ′(x 0)＝0， 当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，g ′(x )>0， 所以g (x )在[0，x 0)上单调递减，在⎝⎛⎦⎤x 0，π2上单调递增，且g (0)＝0，所以g (x 0)＜0， 又因为g ⎝⎛⎭⎫π2＝e π2－π>0，所以g (x 0)·g ⎝⎛⎭⎫π2＜0， 所以g (x )在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上存在一个零点，所以g (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上有两个零点； ③当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，＋∞时，g ′(x )＝e x ＋sin x －2>e π2－3>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫π2，＋∞上单调递增， 因为g ⎝⎛⎭⎫π2>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫π2，＋∞上无零点． 综上所述，g (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，＋∞上的零点个数为2.➢考点3 构造法研究函数的零点(2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x a a 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 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x (2－x ln 2)2x (x >0)，令f ′(x )>0，则0<x <2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )<0， 则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln 2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)．[举一反三]1.(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝x 2＋3x ＋2＝(x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝－2， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝－23，极小值为f (－1)＝－56.(2)由(1)知g (x )＝x 2＋3x ＋2＋k e x －1＝x 2＋3x ＋1＋k e x ， 由题知需x 2＋3x ＋1＋k e x ＝0有三个不同的解，即k ＝－x 2＋3x ＋1e x有三个不同的解．设h (x )＝－x 2＋3x ＋1e x ，则h ′(x )＝x 2＋x －2e x ＝(x ＋2)(x －1)e x ，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 当x ∈(－2,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 又当x →－∞时，h (x )→－∞，当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )<0，且h (－2)＝e 2，h (1)＝－5e .作出函数h (x )的简图如图;数形结合可知，－5e <k <0.2．(2022·南宁调研)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b ＋12.(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝12时，f (x )的图像与直线y ＝bx 有3个交点，求b 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2＋b ＋12(x ∈R )，则f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)．令f ′(x )>0，解得x ＜0或x >ln 2；令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜ln 2，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2)． (2)因为a ＝12，所以f (x )＝(x －1)e x －12x 2＋b ＋12.由(x －1)e x －12x 2＋b ＋12＝bx ，得(x －1)e x －12(x 2－1)＝b (x －1)．当x ＝1时，方程恒成立．当x ≠1时，只需方程e x －12(x ＋1)＝b 有2个实根．令g (x )＝e x －12(x ＋1)，则g ′(x )＝e x －12.当x ＜ln 12时，g ′(x )＜0，当x >ln 12且x ≠1时，g ′(x )>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 12，1和(1，＋∞)上单调递增． 因为g ⎝⎛⎭⎫ln 12＝12－12⎝⎛⎭⎫ln 12＋1＝12ln 2，g (1)＝e －1≠0，当x →－∞时，g (x )→＋∞，当x →＋∞时，g (x )→＋∞，所以b ∈⎝⎛⎭⎫12ln 2，e －1∪(e －1，＋∞)。

令 k(x)＝x－lnx，则 k′(x)＝1－1x＝x－x 1，所以当 x∈1e，1时， k′(x)<0，所以 k(x)在1e，1上递减；
当 x∈(1，e]时，k′(x)>0，所以 k(x)在(1，e]上递增， 故 k(x)min＝k(1)＝1，又 k1e＝1e＋1，k(e)＝e－1. 因为 k1e－k(e)＝2－e＋1e<0， 所以 k1e<k(e)，所以 k(1)<t≤k1e，即 t∈1，1＋1e.
令 φ(x)＝lnxx，则 φ′(x)＝1－x2lnx，
所以 φ(x)＝lnxx在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 所以当 x＝e 时，φ(x)＝lnxx取得最大值1e， 由 φ(1)＝0，得当 x∈(0,1)时，φ(x)<0；当 x∈(1，＋∞)，φ(x)>0， φ(x)的大致图象如图所示，
1涉及函数的零点方程的根问题，主要利用导数确定函数 的单调区间及极值点，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.
已知函数 f(x)＝x2－lnx. (1)求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)设 g(x)＝x2－x＋t，若函数 h(x)＝f(x)－g(x)在1e，e上(这里 e≈2.718)恰有两个不同的零点，求实数 t 的取值范围．
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考点二 构造法研究函数的零点问题 【例 2】 设函数 f(x)＝12x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 m≥1 时，讨论函数 f(x)与 g(x)图象的交点个数．

高三数学专题复习函数的零点与导数的应用关系21、（本题满分 14 分）已知函数 f (x) aln x 1 ,( 其中 a R)x（ 1）设h(x) f (x) x, 讨论 h( x) 的单调性。

（ 2）若函数 f (x)有唯一的零点，求a取值范围。

21．解：（ 1） h(x)1x ，定义域为(0, ) ⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分a ln xxh ( x) a 1 1 ax x2 1⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分x x2 x2令 g (x) x2 ax 1, a2 4当0 ，即 2 a 2 时g(x) 0，h (x) 0 此时 h(x) 在 (0, ) 上单调递增。

⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分当0 即 a 2 或 a 2 时，由g( x) 0 得 x1 a a2 4 ， x2 aa2 42 2⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分若 a 2 则x1 0 又 x1 x2 1 0 所以 x2 0 故 h ( x) 0 在 (0, ) 上恒成立所以h( x) 在 (0, ) 单调递增⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分若 a 2 则x2 0 又 x1 x2 1 0 所以 x2 0此时当 x (0, x1 ) 时 h ( x) 0 ；当 x ( x1 , x2 ) 时 h (x) 0 当 x (x2 , ) 时 h (x) 0 故 h( x) 在 (0, x1) ，( x2 , ) 上单调递增，在 (x1, x2 ) 单调递减⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分综上，当 a 2 时h( x)在(0, ) 上单调递增当 a 2 时h( x)在(0, x1)，( x2, ) 单调递增，在 ( x1 , x2 ) 单调递减⋯⋯⋯⋯⋯8分（2）方法 1：问题等价于 a ln x 1有唯一实根 x显然 a 0 则关于x 的方程1ax ln x 有唯一实根⋯⋯⋯⋯⋯10 分构造函数( x) xln x ，则( x) 1 ln x由' 1 ln x 0 ，得x 1 e当 0 x 1 时，'(x) 0 ，(x) 单调递减，e当 x 1 时，' ( x) 0, (x) 单调递增，e。

利用导数研究函数零点函数的零点是指函数曲线与x轴相交的点，即函数值等于0的点。

研究函数的零点可以通过利用导数的性质和方法来进行。

一、定义导数导数是描述函数变化率的概念，可以理解为函数在其中一点的瞬时变化速率。

对于函数y=f(x)，其导数可以表示为f'(x)，也可以表示为dy/dx的形式。

二、零点的定义函数的零点是指函数在其中一点上的函数值等于0的点。

即对于函数y=f(x)，当f(x)=0时，x称为函数的零点。

三、导数与零点的关系1.导数与函数增减性：当函数在其中一区间内导数的值为正时，函数在该区间上是递增的；当导数的值为负时，函数在该区间上是递减的。

2.导数与函数极值：若函数在其中一点的导数为0，那么该点可能是函数的极值点（极大值或极小值）。

但需要注意的是，导数为0只是一个充分条件，并不是必要条件。

3.导数与函数的单调性：如果函数在其中一区间上的导数恒为正（负），则函数在该区间上是严格递增（递减）的。

当导数取值恢复为0时，函数可能出现极值。

4.导数与函数的凹凸性：函数的凹凸性与导数的二阶导数（也称为函数的二阶导数）有关。

若函数的二阶导数大于0，则函数在该区间上是凹函数；若二阶导数小于0，则函数在该区间上是凸函数。

四、利用导数研究函数零点的方法1.函数增减性分析法：a.求出函数的导数；b.确定导数的符号表；c.根据导数的符号表，确定函数的增减区间；d.根据函数的增减区间，找出函数的零点。

2.函数极值分析法：a.求出函数的导数；b.求导函数的导数（二阶导数）；c.解一阶导数等于0的方程，得到一阶导数等于0的点；d.利用二阶导数的符号表，确定这些点是极大值点还是极小值点；e.确定这些点是否是函数的零点。

3.函数凹凸性分析法：a.求出函数的导数；b.求导函数的导数（二阶导数）；c.解二阶导数等于0的方程，得到二阶导数等于0的点；d.利用二阶导数的符号表，确定这些点是函数的凹点还是凸点；e.确定这些点是否是函数的零点。

高中 | 数学高中数学 ︵ 利用导数研究函数的零点问题︶人 教 A 版 1以导数为工具，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解函数零点或方程解的问题是高考的热点题型．例1 已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． （1）若a ＝1，比较f (log 210)与f (log 59)的大小； （2）讨论函数f (x )的零点个数．学霸笔记利用导数研究函数零点或方程根的方法（1）通过极值(最值)判断零点个数第3讲 利用导数研究函数的零点问题高中数学 ︵ 利用导数研究函数的零点问题︶人 教 A 版2借助导数研究函数的单调性、极值，通过极值的正负、函数的单调性判断函数图象的走势，从而判断函数零点的个数．（2）构造函数法研究函数零点①根据条件构造某个函数，利用2导数确定函数的单调区间及极值点，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，从而求解；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．1．已知函数f (x )＝3xx ＋3，g (x )＝b sin x ，曲线y ＝f (x )和y ＝g (x )在原点处有相同的切线l ．（1）求b 的值以及l 的方程；（2）判断函数h (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上零点的个数，并说明理由．高中 | 数学高中数学 ︵ 利用导数研究函数的零点问题︶人 教 A 版 3例2 设函数f (x )＝a (x －2ln x )＋x －1x 2，a ∈R ．（1）当a ＝1时，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．学霸笔记利用函数零点的情况求参数范围的方法（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．第3讲 利用导数研究函数的零点问题高中数学 ︵ 利用导数研究函数的零点问题︶人 教 A 版 41．已知函数f (x )＝e x －ax sin x －bx ＋c 的图象与x 轴相切于原点． （1）求b ，c 的值；（2）若f (x )在(0，π)上有唯一零点，求实数a 的取值范围．高中 | 数学高中数学 ︵ 利用导数研究函数的零点问题︶人 教 A 版 51．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．第3讲 利用导数研究函数的零点问题高中数学 ︵ 利用导数研究函数的零点问题︶人 教 A 版62．已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋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 )有一个零点． ①12<a ≤e 22，b >2a ；②0<a <12b ≤2a ．高中 | 数学高中数学 ︵ 利用导数研究函数的零点问题︶人 教 A 版73．已知函数f (x )＝sin x －(x ＋a )cos x ，函数g (x )＝13x 3＋12ax 2，其中a ≥0．（1）判断函数f (x )在(0，π)上的单调性，并说明理由； （2）证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )有且仅有一个公共点．第3讲 利用导数研究函数的零点问题「考情研析」以导数为工具，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解函数零点或方程解的问题是高考的热点题型．考向1 利用导数讨论函数零点的个数例1已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).(1)若a＝1，比较f(log210)与f(log59)的大小；(2)讨论函数f(x)的零点个数．解 (1)因为a＝1，则f(x)＝(x＋1)ln x－(x－1)，f′(x)＝ln x＋x＋1x－1＝ln x＋1x.当x>1时，ln x>0，则f′(x)>0，从而f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为log210＝log410>log49>log59>1，所以f(log210)>f(log59).(2)f′(x)＝ln x＋x＋1x－a＝ln x＋1x＋1－a，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝1x－1x2＝x－1x2(x>0).当0<x<1时，g′(x)<0，f′(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，f′(x)单调递增，所以f′(x)min＝f′(1)＝2－a.①若2－a≥0，即a≤2，则f′(x)≥0，f(x)单调递增．因为f(1)＝0，则x＝1为f(x)的唯一零点．②若2－a<0，即a>2，则f′(x)min＝f′(1)<0.因为e a>1，f′(e a)＝1e a＋1>0，则f′(x)在(1，＋∞)内仅有一个零点，记为n.因为0<e－a<1，f′(e－a)＝e a－2a＋1.设h(a)＝e a－2a＋1，则当a>2时，h′(a)＝e a－2>0，所以h(a)在(2，＋∞)上单调递增，从而h(a)>h(2)＝e2－3>0，即f′(e－a)>0，所以f′(x)在(0，1)内仅有一个零点，记为m.于是，当x∈(0，m)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(m，n)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(n，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．因为0<m<1<n，f(1)＝0，则f(m)>0，f(n)<0，f(x)在(m，n)内有唯一零点．因为f(e－a)＝－a(e－a＋1)－a(e－a－1)＝－2a e－a<0，则f(x)在(0，m)内有唯一零点．因为f(e a)＝a(e a＋1)－a(e a－1)＝2a>0，则f(x)在(n，＋∞)内有唯一零点．所以f(x)在(0，＋∞)内有3个零点．综上，当a≤2时，f(x)有1个零点；当a>2时，f(x)有3个零点．利用导数研究函数零点或方程根的方法(1)通过极值(最值)判断零点个数借助导数研究函数的单调性、极值，通过极值的正负、函数的单调性判断函数图象的走势，从而判断函数零点的个数．(2)构造函数法研究函数零点①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，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，从而求解；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．(2022·唐山二模)已知函数f(x)＝3xx＋3，g(x)＝b sin x，曲线y＝f(x)和y＝g(x)在原点处有相同的切线l.(1)求b 的值以及l 的方程；(2)判断函数h (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上零点的个数，并说明理由． 解 (1)依题意，f ′(x )＝9（x ＋3）2，g ′(x )＝b cos x ，则f ′(0)＝g ′(0)＝b ＝1， ∴b ＝1，切线l 的方程为y ＝x .(2)当x ≥π2时，3x x ＋3＝3－9x ＋3≥3－9π2＋3>1≥sin x ，此时h (x )>0，无零点；当0<x <π2时，h ′(x )＝9（x ＋3）2－cos x ，令H (x )＝9（x ＋3）2－cos x ，x ∈0，π2，则H ′(x )＝－18（x ＋3）3＋sin x ，显然H ′(x )在0，π2上单调递增， 又H ′(0)＝－23<0，H ′ π2>0，故存在t ∈0，π2，使得H ′(t )＝0， ∴当0<x <t 时，H ′(x )<0，H (x )单调递减，当t <x <π2时，H ′(x )>0，H (x )单调递增，又H (0)＝0，H π2>0，故存在λ∈t ，π2，使得H (λ)＝0，且0<x <λ时，H (x )<0，h ′(x )<0，h (x )单调递减，当λ<x <π2时，H (x )>0，h ′(x )>0，h (x )单调递增，又h (0)＝0，h π2>0，∴h (x )在0，π2上有一个零点．综上，h (x )在(0，＋∞)上有一个零点．考向2 已知函数的零点个数求参数的取值范围例2 (2022·南宁二模)设函数f (x )＝a (x －2ln x )＋x －1x 2，a ∈R . (1)当a ＝1时，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．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x －2ln x ＋1x －1x 2，x ∈(0，＋∞).则f ′(x )＝1－2x －1x 2＋2x 3 （x －2）（x －1）（x ＋1）x 3. 由f ′(x )＝0得x 1＝2，x 2＝1，x 3＝－1(舍去).当x ∈(0，1)∪(2，＋∞)时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增；当x ∈(1，2)时，f ′(x )<0，则f (x )在(1，2)上单调递减．综上，当a ＝1时，函数f (x )在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减．(2)因为f (x )＝a (x －2ln x )＋x －1x 2， 所以f ′(x )＝a1－2x ＋2－x x 3 （x －2）（ax 2－1）x 3，x ∈(0，＋∞). ①当a ＝0时，由f (x )＝x －1x 2＝0，可得x ＝1，函数f (x )只有一个零点，不符合题意；②当a <0时，由f ′(x )<0可得x >2，由f ′(x )>0可得0<x <2， 所以函数f (x )在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减， 由f (1)＝a <0，取x 0＝max－1a ，5， 令f 1(x )＝x －2ln x ，则f ′1(x )＝1－2x >0在(2，＋∞)上成立， 故f 1(x )＝x －2ln x 在(2，＋∞)上单调递增． 则f 1(x 0)＝x 0－2ln x 0≥5－2ln 5＝1＋2(2－ln 5)>1. 则f (x 0)＝a (x 0－2ln x 0)＋1x 0－1x 20<a ＋1x 0－1x 20≤－1x 20<0.由此得f (x )有两个零点等价于f (2)＝a (2－2ln 2)＋14 >0，得a >18ln 2－8，则18ln 2－8<a <0.③当a >0时，f ′(x )＝a1－2x ＋2－x x 3＝（x －2）（ax 2－1）x 3， (ⅰ)当a ＝14时，f ′(x )＝（x ＋2）（x －2）24x 3≥0对任意的x >0恒成立， f (x )在(0，＋∞)上单调递增，至多只有一个零点，不符合题意；(ⅱ)当a >0且a ≠14时，由f ′(x )＝0得x 1＝2，x 2＝1a ，若1a <2，即当a >14时，由f ′(x )<0可得1a <x <2，由f ′(x )>0可得0<x <1a或x >2，此时函数f (x )的单调递增区间为 0，1a ，(2，＋∞)，单调递减区间为1a ，2，此时，函数f (x )有两个极值点；同理，当0<a <14时，函数f (x )的单调递增区间为(0，2)，1a ，＋∞，单调递减区间为2，1a ，此时函数f (x )也有两个极值点；因为f (2)＝a (2－2ln 2)＋14>0，f1a ＝2a ＋a ln a －a .令t ＝a ∈ 0，12∪ 12，＋∞，g (t )＝2t ＋2t 2ln t －t 2＝t 22t ＋2ln t －1，令h (t )＝2ln t ＋2t －1，其中t ∈ 0，12∪12，＋∞，h ′(t )＝2t －2t 2＝2（t －1）t 2， 当0<t <12或12<t <1时，h ′(t )<0；当t >1时，h ′(t )>0. 所以h (t )min ＝h (1)＝1>0，所以g (t )>0， 故f1a ＝2a ＋a ln a －a >0.又f (2)＝a (2－2ln 2)＋14>0，所以f (x )至多只有一个零点，不符合题意． 综上，实数a 的取值范围为18ln 2－8，0.利用函数零点的情况求参数范围的方法(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．(2022·福州一模)已知函数f (x )＝e x －ax sin x －bx ＋c 的图象与x 轴相切于原点．(1)求b ，c 的值；(2)若f (x )在(0，π)上有唯一零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－b ， 依题意， f ′（0）＝0，f （0）＝0，即 1－b ＝0，1＋c ＝0，解得b ＝1，c ＝－1.(2)由(1)得，f (x )＝e x －ax sin x －x －1， f ′(x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－1， 记g (x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－1， 则g ′(x )＝e x －a (2cos x －x sin x )， ∴g ′(0)＝1－2a .①当a >12时，设n (x )＝g ′(x )，当x ∈0，π2时，n ′(x )＝e x ＋a (3sin x ＋x cos x )>0，∴g ′(x )单调递增，又g ′(0)<0，g ′π2＝e π2＋π2a >0，∴存在唯一实数x 0∈ 0，π2，使得g ′(x 0)＝0. 当x ∈π2，π时，2cos x －x sin x <0，则g ′(x )>0，由上可知，x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；x ∈(x 0，π)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．∵g (0)＝0，g (π)＝e π＋a π－1>0，∴存在唯一的实数x 1∈(x 0，π)，使得g (x 1)＝0， ∴当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，π)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )单调递增． ∵f (0)＝0，f (π)＝e π－π－1>0，∴存在唯一的实数x 2∈(x 1，π)，使得f (x 2)＝0，即f (x )在(0，π)上有唯一零点，符合题意．②解法一：当a ≤12时，f (x )＝e x －ax sin x －x －1≥e x －12x sin x －x －1， 记h (x )＝e x －12x sin x －x －1，x ∈(0，π)， h ′(x )＝e x －12(sin x ＋x cos x )－1，记t (x )＝h ′(x )，x ∈(0，π)，t ′(x )＝e x－cos x ＋12x sin x >e 0－cos x ＋12x sin x >0，∴h ′(x )为增函数，h ′(x )>e 0－12(sin 0＋0cos 0)－1＝0，∴h (x )为增函数，h (x )>e 0－12×0×sin 0－0－1＝0，则x ∈(0，π)时，f (x )>0， ∴f (x )在(0，π)上没有零点，不符合题意，舍去． 综上，实数a 的取值范围为12，＋∞.解法二：当a ≤12时，f (x )＝e x －ax sin x －x －1≥e x －12x sin x －x －1， 当x ∈(0，π)时，下面证明不等式sin x <x 成立， 设m (x )＝x －sin x ，x ∈(0，π)，则m ′(x )＝1－cos x >0， ∴m (x )单调递增，∴m (x )>0－sin 0＝0，即sin x <x ， ∴f (x )>e x －12x 2－x －1；记q (x )＝e x －12x 2－x －1，则q ′(x )＝e x －x －1，下面证明不等式e x >x ＋1(0<x <π)成立，设p (x )＝e x －x －1，x ∈(0，π)，则p ′(x )＝e x －1>0， ∴p (x )单调递增，∴p (x )>e 0－0－1＝0，即e x >x ＋1， ∴q ′(x )>0，∴q (x )为增函数，则q (x )>e 0－12×02－0－1＝0，∴f (x )>0，∴f (x )在(0，π)上没有零点，不符合题意，舍去． 综上，实数a 的取值范围为12，＋∞.1．(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 )在 01a 上单调递减，在1a ，＋∞上单调递增，所以g (x )min ＝g1a ＝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 ＞e x －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，u1e 2＝e 1e 2－2e 2－2＜e 12－2e 2－2＜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x 1，x 2，x 3，且x 1＜x 2＜x 3， 则f (x 1)＝f (x 2)＝g (x 2)＝g (x 3)＝b .因为f (x )＝e x －x ，g (x )＝x －ln x ＝e ln x －ln x ＝f (ln x )， 所以f (x 1)＝f (x 2)＝f (ln x 2)＝f (ln x 3).由于x 2≠x 1，x 2≠ln x 2，所以x 2＝ln x 3，x 1＝ln x 2， 则f (ln x 2)＝e ln x 2－ln x 2＝x 2－ln x 2＝x 2－x 1＝b ， f (ln x 3)＝e ln x 3－ln x 3＝x 3－ln x 3＝x 3－x 2＝b ，上述两式相减得x 1＋x 3＝2x 2，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．2．(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋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 )有一个零点． 12<a ≤e 22，b >2a ；②0<a <12，b ≤2a .解 (1)由函数的解析式可得，f ′(x )＝x (e x －2a )， 当a ≤0时，若x ∈(－∞，0)，则f ′(x )<0，f (x )单调递减， 若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；当0<a <12时，若x ∈(－∞，ln (2a ))，则f ′(x )>0，f (x )单调递增， 若x ∈(ln (2a )，0)，则f ′(x )<0，f (x )单调递减， 若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当a ＝12时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；当a >12时，若x ∈(－∞，0)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增， 若x ∈(0，ln (2a ))，则f ′(x )<0，f (x )单调递减， 若x ∈(ln (2a )，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增． (2)证明：若选择条件①：由于12<a ≤e 22，故1<2a ≤e 2，则b >2a >1，f (0)＝b －1>0， f (－2b )＝(－1－2b )e －2b －4ab 2＋b <0，而函数f (x )在区间(－∞，0)上单调递增，故函数f (x )在区间(－∞，0)上有一个零点．f (ln (2a ))＝2a [ln (2a )－1]－a [ln (2a )]2＋b >2a [ln (2a )－1]－a [ln (2a )]2＋2a ＝2a ln (2a )－a [ln (2a )]2 ＝a ln (2a )[2－ln (2a )]， 由于12<a ≤e 22，1<2a ≤e 2， 所以0<ln (2a )≤2， 故a ln (2a )[2－ln (2a )]≥0， 所以f (ln (2a ))>0，结合函数的单调性可知，函数f (x )在区间(0，＋∞)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立． 若选择条件②：由(1)知，当0<a <12时，f (x )在(－∞，ln 2a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln 2a ，0)上单调递减，所以f (x )在x ＝ln 2a 处取得极大值f (ln 2a )，在x ＝0处取得极小值f (0).由于0<a <12，b ≤2a ，所以f (0)<0，b －2a ≤0，ln 2a <0，－a ln 2a >0，则2a －a ln 2a >0，所以f (ln 2a )<0.当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以f (x )有一个零点，得证．3．已知函数f (x )＝sin x －(x ＋a )cos x ，函数g (x )＝13x 3＋12ax 2，其中a ≥0. (1)判断函数f (x )在(0，π)上的单调性，并说明理由； (2)证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )有且仅有一个公共点． 解 (1)因为f (x )＝sin x －(x ＋a )cos x ，所以f ′(x )＝cos x －[cos x －(x ＋a )sin x ]＝(x ＋a )sin x .因为x ∈(0，π)，a ≥0，所以x ＋a >0，sin x >0，所以f ′(x )>0， 所以函数f (x )在(0，π)上为增函数． (2)证明：令t (x )＝x －sin x ， 所以t ′(x )＝1－cos x ， 则t ′(x )≥0，所以t (x )在R 上单调递增，且t (0)＝0，所以当x >0时，t (x )>0，x >sin x ；当x <0时，t (x )<0，x <sin x . 由f (x )＝g (x )，得13x 3＋12ax 2＋(x ＋a )cos x －sin x ＝0， 设h (x )＝13x 3＋12ax 2＋(x ＋a )cos x －sin x ， 则h ′(x )＝(x －sin x )(x ＋a ).令h ′(x )＝0，由上述推理可得x ＝0或x ＝－a . ①当a ＝0时，h ′(x )＝x (x －sin x )，因为x (x －sin x )≥0，所以h (x )在R 上单调递增， 因为h (0)＝0，所以h (x )的零点有且仅有一个，为0. ②当a >0下证：h－32a －3<0.当x <－a 时，x ＋a <0，因为cos x ≥－1，所以(x ＋a )cos x ≤－(x ＋a )， 又sin x >x ，所以－sin x <－x ，所以h (x )<13 x 3＋12 x 2－(x ＋a )－x ＝13 x 3＋12 a x 2－2x －a <13 3＋12 x 2－2x ＝13xx 2＋32ax －6， 所以h －32a －3<－13 92a ＋332a ＋3<0. 从而h (x )在－32a －3，－a 上有且仅有一个零点．综上所述，曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )有且仅有一个公共点．。

第4讲 导数与函数的零点、导数与方程中的思想方法 【讲】用导数研究函数的零点或方程的根，是近几年高考题中重点，也是热点，可能以选择题的形式出现，也可能以解答题的形式出现．主要求解方法是通过研究函数的单调性、极值、最值，借助函数的图象来求解有关函数的零点或方程的根的问题，具体方法有定义法、单调性法、换元法、代换法、消元（消参）法、分离参变量法、最值法、构造函数法等，体现了函数与方程思想、数形结合思想、转化化归思想、分类讨论思想等．【思想方法1】分类讨论与整合思想---定义法，单调性法【解读】判断、证明或讨论函数零点（或方程根）个数的方法：利用零点存在判断定理的条件为函数图象在区间[],a b 上是连续不断的曲线，且0a <．两类零点问题的基本处理方法：（1）直接判断法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()f x （取值验号）；（2）分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明．【典例1】已知函数()()sin ln 1f x x x =-+，()f x ¢为()f x 的导数．证明：（1）()f x ¢在区间π1,2æö-ç÷èø存在唯一极大值点：（2）()f x 有且仅有2个零点．【点拨思路】（1）首先设出()()g x f x ¢=，求出()g x ¢，利用定义与单调性，判定()g x 即()f x ¢在区间π1,2æö-ç÷èø存在唯一极大值点；（2）利用第（1）问结论和()f x ¢单调性，采用分类讨论思想，判断()f x 在区间(]1,0-，π0,2æùçúèû，π,π2æùçúèû，()π,+¥的单调性和零点情况，得出求证结论．【详细解析】设()()g x f x ¢=，则()1cos 1--+g x x x，()()21sin 1¢-++g x x x ．当π1,2x æöÎ-ç÷èø时，()g x 单调递减，而()00g ¢>，02g p æö¢<ç÷èø．可得()g x ¢在π1,2æö-ç÷èø有唯一零点，设为a ．则当()1,x a Î-时，()00g ¢>；当,2x a p æöÎç÷èø时，()00g ¢<．所以()g x 在()1,a -单调递增，在,2a p æöç÷èø单调递减．故()g x 在1,2p æö-ç÷èø存在唯一极大值点，即()f x 在1,2p æö-ç÷èø存在唯一极大值点．（1）()f x 的定义域为()1,-+¥．（i ）当(]1,0=-x 时，由（1）知，()f x ¢在()1,0-单调递增，而()00f ¢=，所以当()1,0x Î-时，()0f x <，故()f x ¢在()1,0-单调递减，又()00f =，当0x =时()f x 在(]1,0-的唯一零点．（ii ）当π0,2x æöÎç÷èø时，由（1）知，()f x ¢在()0,a 单调递增，在,2πa æöç÷èø单调递减，而()00f ¢=，π02f æö¢<ç÷èø，所以存在π,2βæöÎç÷èøa ，使得()0f β¢=，且当()0,x Îβ时，()0f x ¢>；当π,2x βæöÎç÷èø时，()0f x ¢<．故()f x 在()0,β单调递增，在π,2βæöç÷èø单调递减．又()00f =，ππ1ln 1022æöæö=-+>ç÷ç÷èøèøf ．当π,2x βæöÎç÷èø时，π02f æö>ç÷èø．所以()f x 在π0,2æùçúèû没有零点．（iii ）当π,π2x æùÎçúèû时，()0f x ¢<，所以()f x 在π,π2æöç÷èø单调递减．而π02f æö>ç÷èø，()π0f <所以()f x 在π,π2æùçúèû可有唯一零点．（iv ）当()π,+=¥x 时，()ln 11x +>，()0f x <，所以()f x 在()π,+¥没有零点．综上，()f x有且仅有2个零点．【归纳评析】第（1）问，依题意设出()()g x f x ¢=，求出()g x ¢，利用定义与单调性，是解决极值问题常用的思路；第（2）问，利用第（1）问结论和()f x ¢单调性，注意采用分类讨论思想分析定义域()1,-+¥内的分界点划分区间，判断()f x 在区间(]1,0-，π0,2æùçúèû，π,π2æùçúèû，()π,+¥的单词性和零点情况，得出()f x 在定义域上有且仅有2个零点的结论．利用函数导数定义、单调性和分类讨论思想，是解决函数零点问题的常用思想方法．【举一反三】1．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x <时，()(1)x f x x e =+，则对任意的m R Î，方程(())f f x m =的根的个数至多有（ ）A ．3个B ．4个C ．6个D ．9个【思想方法2】数形结合思想【解读】根据函数零点个数确定参数取值范围的关键是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数，数形结合”．【典例2】已知函数()21,1,ln , 1.x x f x x x x ì-<ï=í>ïî若关于x 的方程()()212202f x tf x t ++-=éùëû有5个不同的实数根，则实数t 的取值范围是（）A ．111,2e 2æö-ç÷èø B ．111,22e æö-ç÷èø C ．113,22e æö-ç÷èø D ．113,22e æö-ç÷èø【点拨思路】利用导数求得函数ln xy x=的单调性与最值，求解()()212202f x tf x t ++-=éùëû，转化为()12=--f x t 或()12f x =-，作出函数的图象，结合图象，列出不等式，即可求解．【详细解析】设ln x y x=，可得21ln xy x -¢=，当()0,e x 时，0¢>y ，函数单调递增；当()e,+¥x 时，0¢<y ，函数单调递减．所以当e x =时，函数取得极大值也是最大值，最大值为max 1ey =，由方程()()212202f x tf x t ++-=éùëû可化为()()12102éùéù+-+=ëû⎢úëûf x t f x ，解得()12=-+f x t 或()12f x =-，画出函数()f x 的图象，如图所示，要使得关于x 的方程()()212202f x tf x t ++-=éùëû有5个不同的实数根，则满足1102e<-+<t ，解得12211e t -<<，即实数t 的取值范围是111,2e 2æö-<ç÷èø，故选A ．【归纳评析】对于方程根的存在性与根的个数的判定及应用，此类问题的解答中通常转化为函数的图象的交点个数，结合函数点图象列出相应的不等式是解答的关键，着重应用数形结合思想，以及转化思想．【举一反三】2．设函数()2ln f x x a x =-，()()2g x a x =-．若函数()()()F x f x g x =-有两个零点1x ，2x ，则满足条件的最小正整数a 的值为 ．【思想方法3】函数与方程思想【解读】在处理导数与函数的零点问题时，往往要根据函数的零点与相应方程的根的关系转化为方程有解问题．【典例3】若曲线()y f x =与()y g x =有公共点，且在公共点处有相同的切线，则称()y f x =与()y g x =相切，已知()ln f x x ax =+与()2g x bx =相切．（1）若1b =，求a 的值；（2）对任意0a >，是否存在实数0b >，使得曲线()y f x =与()y g x =相切？请说明理由【点拨思路】（1）设公共点为()00,x y ，结合该点处两曲线的切线斜率相等可求得a ．（2）设切点为()11,x y ，由()()11f x g x =，()()11¢¢=f x g x ，消元后得出a 与1x 的方程，b 与1x 的方程，在a 与1x 的方程中证明对任意0a >，方程都有正数解1x ，后证明对于这个解1x ，有0b >即可．【详细解析】（1）设公共点为()00,P x y ，()2g x x = ，()1f x a x¢=+，()2g x x ¢=，所以200000ln ,12.x ax x a x x ì+=ïí+=ïî，消去a 得200ln 1x x +=，记()2ln h x x x =+，显然()h x 在()0,¥+上是增函数，而()1=-h ，因此200ln 1x x +=只有一个解01x =，所以211a =-=．（2）假设对任意0a >，存在实数0b >，使得曲线()y f x =与()y g x =相切，设切点为()11,Q x y ，()2g x bx ¢=，所以2111ln x ax bx +=，①1112a bx x +=，②由②得21112ax bx +=，③①③消去b 得1112ln 0x ax -=>，11ln 2x <，10x <，①③消去a 得1211ln x b x -=，在10x <<时，1211ln 0x b x -=>，下面证明对任意0a >，方程1112ln x ax -=有解，设()12ln =-h x x ，函数()h x 在定义域()0,¥+上是减函数，0x →时，()h x →+¥，又函数图象过点)，在坐标系中作出函数()h x 的图象，再作直线y ax =，如图，它们在第一象限显然有一个交点，所以对任意的0a >，方程1112ln x ax -=有正数解．综上，任意0a >，是否存在实数0b >，使得曲线()y f x =与()y g x =相切．【归纳评析】本题的解题关键在于将两函数图象的相切关系转化为方程有解问题，即设切点为()00,x y ，相切转化为方程组()()()()0000,.f x g x f x g x ¢¢ì=ïí=ïî有解．通过解的分析得出参数范围．【举一反三】3．设点P 为函数21()22f x x ax =+与2()3ln (0)g x a x b a =+>的图像的公共点，以P 为切点可作直线与两曲线都相切，则实数b 的最大值为.【思想方法4】转化化归思想---构造法【解读】常见构造函数的类型有：（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．对于本题第二问，尽管参数a 与函数()f x 的两个极值点1x ，2x 有制约关系，但当参数a 的范围限定在较小范围内，直接证明()f x y x=的单调性也是可行的．【典例4】已知函数()()e-=-x mf x x m ．（1）求()f x 的单调区间与极值；（2）若2ln e <x ax x a对()1,x Î+¥恒成立，求a 的取值范围．【点拨思路】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，利用函数的单调性结合函数图象求得函数的极值；（2）问题转化为22ln e ln e <x xax x a对()1,x Î+¥恒成立，求出0a >，问题转化为2ln x x a <，即2ln x a x <，令()2ln x g x x=，()1x >，根据函数的单调性求出()g x 的最小值从而求出a 的范围．【详细解析】（1）()()1e -¢=-+x mf x x m ．令()0f x ¢<，得1x m <-，所以()f x 的单调递减区间为(),1m ¥--；令()0f x ¢>，得1x m >-，所以()f x 的单调递增区间为()1,m ¥-+，故()f x 在1x m =-处取得极小值，且极小值为()11ef m -=-，()f x 无极大值．（2）0m =时，()e xf x x =，由（1）知()f x 在()0,¥+上单调递增．2ln e <x a x x a 对()1,x Î+¥恒成立，等价于22ln e <x a x x x a 对()1,x Î+¥恒成立，即22ln e ln e <x x a x x a对()1,x Î+¥恒成立．当()1,x Î+¥时，ln 0x >，20x >，当0a <时，不等式22ln eln e <x xax x a显然不成立，故0a >．所以20x a >，所以2ln x x a<，即2ln x a x <．设函数()()21ln x g x x x =>，则()()()22ln 11ln x x g x x x -¢=>，当1x <<时，()0g x ¢<；当x >()0g x ¢>．所以()min 2e g x g==，故02e a <<，即a 的取值范围为()0,2e ．【归纳评析】解决本题第二问的关键在于利用不等式的相似结构构造出新函数，再利用函数的单调性求得变量间的大小关系，分离变量后问题最终转化化归为参数与函数的最值关系．【举一反三】4．已知函数()e (ln 1)()ax f x x a =+ÎR ，()f x ¢为()f x 的导数.（1）设函数()()e ax f x g x ¢=，求()g x 的单调区间；（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，①求实数a 的取值范围；②证明：当322a e <时，()()1212f x f x x x <.5．已知函数()()213142x f x k x e x éù=-+-⎢úëû，若函数()f x 的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，则实数k 的取值范围为（ ）A ．323131,128e e éö--÷⎢ëøB ．23131,84e e éö--÷⎢ëøC ．323131,128e e æù--çúèûD ．23131,84e e æù--çúèû6．存在两个正实数x ，y ，使得等式(2)ln x a y ex y +-(2)ln a y ex x =-，其中e 为自然对数的底数，则a 的范围为（ ）A ．(,0)-¥B ．10,e æöç÷èøC ．1,e éö+¥÷⎢ëøD ．1(,0),e éö-¥È+¥÷⎢ëø7．已知函数()ln xf x x=，若12x x ¹时，有()()12f x f x m ==，p 是圆周率， 2.71828e =L 为自然对数的底数，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 的图象与x 轴有两个交点B ．1m e<C ．若1204x x <<<，则12x e<<D ．若3a e =，3e b =，c e p =，e d p =，3s p =，3t p =，则s 最大8．已知函数()ln f x x a x =-．（1）若函数()f x 在(0,+∞)上存在单调递减区间，求a 的取值范围；（2）若函数()f x 在区间(1,)+¥上存在零点，求实数a 的取值范围．参考答案：1．A【分析】先利用导数研究当0x <时，()f x 的单调性，得到其图象，再利用()f x 是定义在R 上的奇函数，画出()f x 的图象，利用数形结合法求解.【详解】当0x <时，()(1)x f x x e =+，所以()(2)x f x x e ¢=+，所以()f x 在(),2-¥- 上递减，在()2,0- 上递增，且()()22,10fe f--=--= ，当0x → 时，()1f x → ，又因为()f x 是定义在R 上的奇函数，所以()00f = ，所以()f x 的图象如图所示：令()t f x = ，则()f t m = ，当(,1][1,)m Î-¥-È+¥时，()f t m =没有零点，当()1,1m Î-时，()f t m =至多有3个零点，如图：不妨设123t t t <<，则-<<<<12310,1t t t 或1231,01,t t t <<-<<因为(,1][1,)t Î-¥-È+¥，()t f x =没有零点，当()1,1t Î-时，()t f x =至多有3个零点，所以方程(())f f x m =的根的个数至多有3个.故选：A【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及函数零点问题，还考查了数形结合分类讨论的思想方法，属于中档题.2．3【分析】求导，分0a £，0a >两种情况讨论，当0a £时，不存在两个零点，当0a >时，有两个零点时，需02a F æö<ç÷èø，进而求解即可.【详解】()()()()()()22221220x a x a x a x a F x x a x x x x----+¢=---==>，当0a £时，()0F x ¢>对(0,)+¥恒成立，F (x )在(0,)+¥单调递增，故不存在两个零点，当0a >时，若(0,)2a x Î，则()0F x ¢<，所以函数F (x )在0,2a æöç÷èø上单调递减．若,2a x ¥æöÎ+ç÷èø，则()0F x ¢>，函数F (x )在,2a ¥æö+ç÷èø上单调递增，要使函数()()()F x f x g x =-有两个零点，则F (x )的最小值02a F æö<ç÷èø，即244ln02aa a a -+-<．因为0a >，所以4ln402a a +->，令()4ln 42ah a a =+-，显然()h a 在(0,+∞)上为增函数，且()220h =-<，()38134ln 1ln 10216h =-=->，所以存在()02,3a Î，()00h a =．当0a a >时，()0h a >；当00a a <<时，()0h a <．所以满足条件的最小正整数3a =．又当3a =时()()332ln 30F =->，()10F =，所以3a =时，()f x 有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a 的值为3.故答案为：3.3．2332e 【解析】设出点P 的坐标，利用P 为两函数曲线的切点，过点P 的切线相同，列出方程组求得切点P ,从而求出的解析式，再利用函数的性质求实数b 的最大值.【详解】设点(,)P m n ，由于点P 为两函数曲线的切点,则221232m am a lnm b +=+因为()2f x x a ¢=+，23()ag x x¢=又点P 的切线相同，则()()f mg m ¢¢=即232a m a m+=，化简得(3)()0m a m a +-=，又0,0a m >>，所以m a =，于是2253ln 2b a a a =-，其中0a >，设225()3ln 2h x x x x =-，0x >令()2(13ln )h x x x ¢=-=0，得13x e =，所以()h x 在13(0,)e 上单调递增，在13(,)e +¥上单调递减，所以实数b 的最大值为123332h e e æö=ç÷èø，故答案为：2332e 【点睛】本题考查利用导数研究函数的切线方程以及构造函数法，运用导数求得单调性、函数的最值，考查方程思想和运算能力,属于中档题.4．（1）答案见解析；（2）①()2e ,+¥；②证明见解析.【分析】（1）首项求()f x ¢，并且得到函数()g x 的解析式，并求()21ax g x x -¢=，讨论0a £和0a >求函数的单调区间；（2）①()f x 有两个极值点，所以()g x 有两个零点，根据（1）的单调性，可知0a >，并求出函数()g x 的极小值1(2ln )g a a a æö=-ç÷èø，讨论a ，并结合零点存在性定理求a 的取值范围；②首先判断122112x x a a a<<<<，并根据12,x x 是1()ln g x a x a x=++的两个零点，并转化()11f x x 和()22f x x ，构造函数22e 12()ax h x x ax a a æö=-<<ç÷èø，利用导数判断函数的单调性，证明不等式.【详解】解：（1）依题意，()f x 的定义域为(0,+∞)，且()1()ln e ax f x g x a x a x¢==++，则21()ax g x x ¢-=.①当0a …时，()0g x ¢<在(0,)x Î+¥上恒成立，()g x 单调递减；②当0a >时，令()0g x ¢=得，1x a=，所以，当10,x a æöÎç÷èø时，()0g x ¢<，()g x 递减；当1,x a æöÎ+¥ç÷èø时，()0g x ¢>，()g x 递增.综上，当0a …时，()g x 的减区间为(0,+∞)，无增区间；当0a >时，()g x 的减区间为10,a æöç÷èø，增区间为1,a æö+¥ç÷èø.（2）①因为()f x 有两个极值点，所以()g x 有两个零点.由（1）知，0a …时不合；当0a >时，1()(2ln )g x g a a a æö==-ç÷èø极小值.（i ）当20e a <<时，1()0g x g a æö>>ç÷èø，()g x 没有零点，不合；（ii ）当2e a =时，10g a æö=ç÷èø，()g x 有一个零点1a ，不合；(ⅲ)当2e a >时，10g a æö<ç÷èø.21(12ln )g a a a a æö=+-ç÷èø，设()12ln a a a j =+-，2e a >，则2()10a aj ¢=->.所以()22()ee30a j j >=->，即210g a æö>ç÷èø.所以存在1211,x a a æöÎç÷èø，使得()10g x =.又因为1e 0e g æö=>ç÷èø，所以存在211,e x a æöÎç÷èø，使得()20g x =.()f x 的值变化情况如下表：x()10,x 1x ()12,x x 2x ()2,x +¥()f x ¢+0-0+()f x Z 极大值]极小值Z所以当2e a >时，()f x 有两个极值点.综上，a 的取值范围是()2e ,+¥.②因为322e a <，232ln 02g a a a æöæö=+>ç÷ç÷èøèø，所以122112x x a a a<<<<.因为12,x x 是1()ln g x a x a x=++的两个零点，所以111ln 1x ax +=-，221ln 1x ax +=-.所以()()11112111e ln 1e ax ax f x x x x ax +==-，()()22222222e ln 1e ax ax f x x x x ax +==-.记22e 12()ax h x x ax a a æö=-<<ç÷èø，则32e ()0ax x ah x x¢æö-ç÷èø=->，所以()h x 在212,a a æöç÷èø上单调递增.又因为122112x x a a a <<<<，所以()()12h x h x <，即()()1212f x f x x x <.【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.5．C【分析】函数()f x 的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，转化为1()e 304x f x kx x æö=+-£ç÷èø¢解集中恰有两个正整数，利用数形结合建立不等式求解即可.【详解】因为()()213142x f x k x e x éù=-+-⎢úëû的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，所以1()e 304x f x kx x æö=+-£ç÷èø¢的解集中恰有两个正整数，由1e 304x kx x æö+-£ç÷èø可得，134e x x kx +£ ，令3()exx g x =，则3(1)(),(,1)e x x g x x -=Î-¥¢，()0g x ¢>，()g x 单调递增，(1,),()0x g x +¢Î¥<，()g x 单调递减，作出函数()g x 与14y kx =+的图象如图，当()0f x ¢£恰有两个正整数解时，即为1和2，所以232316231314e 19e 12e 834e k k k ì+£ïïÞ-<£-íï+>ïî，故选： C【点睛】本题以解不等式为载体,要求考生抓住函数图象和性质的本质,建立数与形之间的联系,体现了直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养，属于难题.6．D【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可．【详解】由(2)ln x a y ex y +-(2)ln a y ex x =-得(2)ln 0y x a y ex x+-=，即1(2)ln 0y y a e xx+-=，即设yt x=，则0t >，则条件等价为1(2)ln 0a t e t +-=，即1(2)ln t e t a-=-有解，设()(2)ln g t t e t =-，2()ln 1eg t t t¢=+-为增函数，()g e ¢Q 2ln 11120ee e=+-=+-=，\当t e >时，()0g t ¢>，当0t e <<时，()0g t ¢<，即当t e =时，函数()g t 取得极小值，为()g e (2)ln e e e e =-=-，即()g t g …（e ）e =-，当0t →时，()(2)ln +g t t e t =-→¥，当x →+¥时，()(2)ln +g t t e t =-→¥.若1(2)ln t e t a-=-有解，则1e a--…，即1e a…，则0a <或1a e…，故选：D【点睛】本题主要考查方程有解问题，根据函数与方程的关系，转化为两个函数相交问题，利用构造法和导数法求出函数的极值和最值是解决本题的关键，综合性较强．7．BCD【分析】根据导数判断()f x 的单调性及与x 轴的交点和极值可判断AB 选项；由()f x 的图象及1204x x <<<，()()12f x f x m ==，可知()()()2ln 4ln 24242f x f f >===，再根据()()12f x f >和()f x 在()0,e 上单调递增可判断C 选项；由指数函数单调性和幂函数单调性可知 33e e p p <<，33e e p p <<，由3e p <<及()f x 的单调性可判断D 选项.【详解】()f x 的定义域为(0,+∞)，且()21ln xf x x-¢=，当()0f x ¢>，即0e x <<时，()f x 单调递增；当()0f x ¢<，即>x e 时，()f x 单调递减，所以()f x 的单调递增区间为()0,e ，单调递减区间为(),e +¥.由于1x =时，()0f x =，且当>x e 时，()0f x >，故()f x 只有一个零点，所以A 选项不正确；由于()f x 的单调性，可得()()max 11,0f x f e m e e==\<<，所以B 选项正确；由()f x 的单调区间，可画出函数()f x 的简图.由1204x x <<<，()()12f x f x m ==，可知10x e <<，24e x <<.因为()f x 在(),e +¥上单调递减，可知()()()2ln 4ln 24242f x f f >===，故有()()12f x f >.因为()f x 在()0,e 上单调递增，所以12x >.综上，有12x e <<，所以C 选项正确；因为3e p <<，由指数函数单调性可知，3e e p >，e 33p >，3e p p >；由幂函数单调性可知，3e e p >，33e p >，3e p p >，即有33e e p p <<，33e e p p <<，故这6个数的最大数在3p 与3p 之中，最小数在3e 与e 3之中.由3e p <<及()f x 的单调性，有()()()3f f f e p <<，即ln ln 3ln 3ee pp<<.由ln ln 33p p <，可得3ln ln 3p p <，即3ln ln 3p p <，所以33p p <；同理可得e 33e <.综上可得，6个数中最大数是3p ，最小数是3e ，所以D 选项正确，故选：BCD.【点睛】本题考查了函数的性质，解题的关键点是利用导数判断函数的单调性和极值，考查了学生分析问题、解决问题的能力.8．（1）116æö-+¥ç÷èø；（2）1(,)2+¥．【分析】（1）求得()f x ¢=a x >(0,+∞)有解，结合二次函数的性质，即可求解；（2）由（1）知()f x ¢=()22g x x a =，利用导数求得函数()g x 的单调性和最小值，进而分析得到函数()f x 的单调性和最值，结合零点的定义，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()ln f x x a x =，可得()1a f x x ¢==，因为函数()f x 在(0,+∞)上存在单调递减区间，即220x a <在(0,+∞)有解，即a x >(0,+∞)有解，因为2111()41616x x =--³-，所以116a >-，即a 的范围是116æö-+¥ç÷èø，.（2）由（1）知()1a f x x ¢=令()22g x x a =，可得()2g x ¢==当(1,)x Î+¥ 时，10,0>>，可得()0g x ¢>，所以()g x 在(1,)+¥上为增函数，则()()112g x g a >=-当120a -³时，()0g x >，所以()0f x ¢>，所以()f x 在(1,)+¥上为增函数，则()()10f x f >=，此时()f x 在(1,)+¥上没有零点；当120a -<时，即12a >，因为()g x 在(1,)+¥上为增函数，则存在唯一的0(1,)x Î+¥，使得0()0g x =，且当0(1,)x x Î时，()0g x <，当0(,)x x Î+¥时，()0g x >．所以当0(1,)x x Î时，()0f x ¢<，()f x 为减函数，当0(,)x x Î+¥时，()0f x ¢>，()f x 为增函数，当0x x =时，min 0()()f x f x =，因为0()(1)0f x f <=，当x 趋于+¥时，()f x 趋于+¥，所以在0(,)x x Î+¥内，()f x 一定存在一个零点．综上可得，实数a 的取值范围是1(,)2+¥．【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．。