导数专题一零点问题1------导数专题超级经典讲义

导数与函数的零点一、知识梳理1.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．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)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：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．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.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)．【训练2】 已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ， 又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数， 当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0； 当x <0时，取x ＝－1a ， 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )． 在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三 函数零点的综合问题 【例3】 设函数f (x )＝e 2x －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 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－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 <a 4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x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ， 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0， 函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明 由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0， 由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2， 所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0， 即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析 由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0， 解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103， 所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2， 所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点， 则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4. 答案 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解 函数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h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )， 当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， 则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1， 所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. 当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)， 当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}， 当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)； 当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ； 由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1， 所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0； 当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1， 所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。

导数与函数零点问题解题方法归纳导函数零点问题一、方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心是由导数值的正负确定函数的单调性。

应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究$f(x)$的单调性，往往需要解方程$f'(x)=0$。

若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题。

二、解题策略类型一：察“言”观“色”，“猜”出零点例1】【2020·福建南平期末】已知函数$f(x)=x+ax+\frac{1}{e^{2x}}$1）讨论$f(x)$的单调性；2）若函数$g(x)=x+\frac{1}{e^{-mx}-1}$在$[-1,+\infty)$有两个零点，求$m$的取值范围。

分析】1）首先求出函数的导函数因式分解为$f'(x)=(x+a+1)(x+1)e^{-2x}$，再对参数$a$分类讨论可得：①当$a=0$时，$f'(x)=(x+1)e^{-2x}$，当且仅当$x=-1$时，等号成立。

故$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数。

②当$a>0$时，$-10$得$x-1$，由$f'(x)<0$得$-a-1<x<-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数。

③当$aa+1$，由$f'(x)>0$得$x>-a-1$或$x<-1$，由$f'(x)<0$得$-1<x<-a-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。

综上，当$a=0$时，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数；当$a>0$时，$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数；当$a<0$时，$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。

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。

导数专题一、导数的基本应用（一）研究含参数的函数的单调性、极值和最值基本思路：定义域 →→ 疑似极值点 →→ 单调区间 →→ 极值 →→ 最值 基本方法： 一般通法：利用导函数研究法特殊方法：（1）二次函数分析法；（2）单调性定义法【例题1】已知函数22()(1)x bf x x -=-，求导函数()f x '，并确定()f x 的单调区间． 解：242(1)(2)2(1)()(1)x x b x f x x ----'=-3222(1)x b x -+-=-32[(1)](1)x b x --=--． 令()0f x '=，得1x b =-． 当11b -=，即2b =时，2()1f x x =-，所以函数()f x 在(1)-∞，和(1)+∞，上单调递减． 当11b -<，即2b <时，()f x '的变化情况如下表：当11b ->，即2b >时，()f x '的变化情况如下表：所以，2b <时，函数()f x 在(1)b -∞-，和(1)+∞，上单调递减，在(11)b -，上单调递增，2b =时，函数()f x 在(1)-∞，和(1)+∞，上单调递减． 2b >时，函数()f x 在(1)-∞，和(1)b -+∞，上单调递减，在(11)b -，上单调递增．【例题2】已知函数32()2f x x mx nx =++-的图象过点(1,6)--，且函数()()6g x f x x '=+的图象关于y 轴对称.（Ⅰ）求m n 、的值及函数()y f x =的单调区间；（Ⅱ）若0a >，求函数()y f x =在区间(1,1)a a -+内的极值.解：（Ⅰ）由函数()f x 图象过点(1,6)--，得3m n -=-，……… ①由32()2f x x mx nx =++-，得2()32f x x mx n '=++，则2()()63(26)g x f x x x m x n '=+=+++；而()g x 图象关于y 轴对称，所以－26023m +=⨯，所以3m =-， 代入①得 0n =.于是2()363(2)f x x x x x '=-=-.由()0f x '>得2x >或0x <，故()f x 的单调递增区间是(,0)-∞，(2,)+∞； 由()0f x '<得02x <<，故()f x 的单调递减区间是(0,2). （Ⅱ）由（Ⅰ）得()3(2)f x x x '=-，令()0f x '=得0x =或2x =. 当x 变化时，()f x '、()f x 的变化情况如下表：由此可得：当01a <<时，()f x 在(1,1)a a -+内有极大值(0)2f =-，无极小值；当1a =时，()f x 在(1,1)a a -+内无极值；当13a <<时，()f x 在(1,1)a a -+内有极小值(2)6f =-，无极大值； 当3a ≥时，()f x 在(1,1)a a -+内无极值.综上所述，当01a <<时，()f x 有极大值2-，无极小值；当13a <<时，()f x 有极小值6-，无极大值；当1a =或3a ≥时，()f x 无极值.点评：本题是前面两个例题的变式，同样考查了对导函数零点的分类讨论，但讨论的直接对象变为了函数自变量的研究范围，故此题思路不难，旨在帮助学生加深对此类问题本质的认识，并提升其详尽分类，正确计算的水平. 【例题3】已知函数2()1ln f x x a x x=-+-，a ＞0， (I)讨论()f x 的单调性;(II)设a=3，求()f x 在区间[1，2e ]上值域.其中e=2.71828…是自然对数的底数. 解：（Ⅰ）由于/22()1a f x x x =+-,令1t x=得/2()21(0)f x t at t =-+≠① 当280a ∆=-≤，即0a <≤/()0f x ≥恒成立，∴()f x 在(,0),(0,)-∞+∞上都是增函数.② 当280a ∆=->，即a >由2210t at -+>得4a t <或4a t +>∴0x <或x >0x <<又由2210t at -+<t <<x <<综上,当0a <≤()f x 在(,0),(0,)-∞+∞上都是增函数；当a >()f x 在(-∞及)+∞上都是增函数，在是减函数. （2）当3a =时，由（1）知，()f x 在[1，2]上是减函数，在[22,]e 上是增函数.又2222(1)0,(2)23ln 20,()50f f f e e e ==-<=--> ∴函数()f x 在区间[1，2e ]上的值域为222[23ln 2, e 5]e---.点评：（1）第一问在前面例题的理论基础上，进一步加大了运算的难度，涉及到了换元法，分母有理化等代数技巧； （2）第二问将问题延伸到了函数值域上，过程比较简单，是一个承上启下的过渡性问题. （二）利用函数的单调性、极值、最值，求参数取值范围基本思路：定义域 →→ 单调区间、极值、最值 →→ 不等关系式 →→ 参数取值范围 基本工具：导数、含参不等式解法、均值定理等【例题4】已知函数32()22f x x bx cx =++-的图象在与x 轴交点处的切线方程是510y x =-. （I ）求函数()f x 的解析式； （II ）设函数1()()3g x f x mx =+，若．()g x 的极值存在．．．．．，求实数m 的取值范围以及函数()g x 取得极值时对应的自变量x 的值.解：（I ）由已知,切点为(2,0),故有(2)0f =,即430b c ++=……①又2()34f x x bx c '=++，由已知(2)1285f b c '=++=得870b c ++=……② 联立①②，解得1,1b c =-=.所以函数的解析式为32()22f x x x x =-+-（II ）因为321()223g x x x x mx=-+-+令21()34103g x x x m '=-++= 当函数有极值时，方程．．．．．．．．．．2134103x x m -++=有实数解．．．．.则4(1)0m ∆=-≥，得1m ≤. ①当1m =时，()0g x '=有实数23x =，在23x =左右两侧均有()0g x '>，故()g x 无极值 ②当1m <时，()0g x '=有两个实数根1211(2(2x x ==(),()g x g x'情况如下表：所以在(,1)∈-∞m 时，函数()g x 有极值； 当1(23=x 时，()g x 有极大值；当1(23=+x 时，()g x 有极小值； 点评：（1） 本题第一问是求曲线切线的逆向设问，解题过程进一步强化了对切点的需求.（2） 本题第二问是函数求极值的逆向设问，解题方法本质仍然是求含参数的函数的极值，难度不大. 【例题5】 设a ∈R ，函数233)(x ax x f -=． （Ⅰ）若2=x 是函数)(x f y =的极值点，求a 的值；（Ⅱ）若函数()()()[02]g x f x f x x '=+∈，，，在0=x 处取得最大值，求a 的取值范围．解：（Ⅰ）2()363(2)f x ax x x ax '=-=-．因为2x =是函数()y f x =的极值点，所以(2)0f '=，即6(22)0a -=，因此1a =．经验证，当1a =时，2x =是函数()y f x =的极值点．（Ⅱ） 由题设，3222()336(3)3(2)g x ax x ax x ax x x x =-+-=+-+． 当()g x 在区间[02]，上的最大值为(0)g 时， (0)(2)g g ≥，即02024a -≥．故得65a ≤反之，当65a ≤时，对任意[02]x ∈，，26()(3)3(2)5g x x x x x +-+≤23(210)5x x x =+-3(25)(2)5xx x =+-0≤， 而(0)0g =，故()g x 在区间[02]，上的最大值为(0)g ． 综上，a 的取值范围为65⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，． 点评：（1） 本题是求函数最值的逆向问题，答案所用的解法是一种比较特殊的方法，具有一定的思维难度. （2） 本题若用一般方法，则可求出g(0)=0，将问题转化为g(x)≤0的恒成立问题，此种解法的计算量将有所加大. （三）导数的几何意义 【例题6】设函数()bf x ax x=-，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为74120x y --=. （Ⅰ）求()y f x =的解析式；（Ⅱ）证明：曲线()y f x =上任一点处的切线与直线0x =和直线y x =所围成的三角形面积为定值，并求此定值.解：（Ⅰ）方程74120x y --=可化为734y x =-，当2x =时，12y =； 又()'2b f x a x =+，于是1222744b a b a ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得13a b =⎧⎨=⎩， 故()3f x x x =-（Ⅱ）设()00,P x y 为曲线上任一点，由'231y x=+知曲线在点()00,P x y 处的切线方程为 ()002031y y x x x ⎛⎫-=+- ⎪⎝⎭，即()00200331y x x x x x ⎛⎫⎛⎫--=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭令0x =，得06y x =-，从而得切线与直线0x =的交点坐标为060,x ⎛⎫- ⎪⎝⎭； 令y x =，得02y x x ==，从而得切线与直线y x =的交点坐标为()002,2x x ； 所以点()00,P x y 处的切线与直线0,x y x ==所围成的三角形面积为0016262x x -=； 故曲线()y f x =上任一点处的切线与直线0,x y x ==所围成的三角形面积为定值6. 二、导数应用的变式与转化（一）函数的零点存在与分布问题问题设置：根据函数零点或方程实数根的个数求参数取值范围 基本方法： 通性通法：函数最值控制法特殊方法：（1）二次函数判别式法；（2）零点存在性定理二次函数 （1） 本组题旨在加深对二次函数零点存在性与分布问题的认识； （2） 本题旨在提升对函数与方程关系问题的认识水平； （3） 研究二次函数零点分布问题时，除了判别式法以外，应补充极值（最值）控制法，为三次函数零点分布研究做方法上的铺垫. 【例题7】设函数329()62f x x x x a =-+-． （1）略；（2）若方程()0f x =有且仅有一个实根，求a 的取值范围.解：因为 当1x <时, '()0f x >;当12x <<时, '()0f x <;当2x >时, '()0f x >; 所以 当1x =时,()f x 取极大值 5(1)2f a =-; 当2x =时,()f x 取极小值 (2)2f a =-;故当(2)0f > 或(1)0f <时, 方程()0f x =仅有一个实根. 解得 2a <或52a >. 点评：本题是零点问题的方程形式，用函数最值控制法解答，属于本类问题的原型题.【例题8】已知二次函数)(x g y =的导函数的图像与直线2y x =平行，且)(x g y =在x =－1处取得最小值m －1(m 0≠).设函数xx g x f )()(=（1）若曲线)(x f y =上的点P 到点Q(0,2)的距离的最小值为2,求m 的值； （2）)(R k k ∈如何取值时,函数kx x f y -=)(存在零点．．．．,并求出零点. 解：（1）设()2g x ax bx c =++，则()2g x ax b '=+；又()g x '的图像与直线2y x =平行 22a ∴=，解得1a = 又()g x 在1x =-取极小值，∴12b-=-，解得2b = ()1121g a b c cm ∴-=-+=-+=-，解得c m =；所以()()2g x mf x x x x==++， 设(),o oP x y ，则()22222000002m PQx y x x x⎛⎫=+-=++ ⎪⎝⎭22020222m x x =++≥24∴=,解得2m =±；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）由()()120my f x kx k x x=-=-++=，得()2120k x x m -++=()*当1k =时，方程()*有一解2m x =-，函数()y f x kx =-有一零点2m x =-； 当1k ≠时，方程()*有二解()4410m k ⇔∆=-->，若0m >，11k m >-，()y f x kx =-有两个零点x 若0m <，11k m <-，()y f x kx =-有两个零点x ； 当1k ≠时，方程()*有一解()4410m k ⇔∆=--=，即11k m =-,()y f x kx =-有一零点11x k =-点评：（1） 本题第一问是涉及均值定理的最值问题，题目计算量中等，思维难度不大；（2） 第二问涉及到的函数为二次函数，故而用含参二次方程的根系关系研究根的分布问题，是本部分的原型问题和重点问题. 【例题9】已知a 是实数，函数()a x ax x f --+=3222，如果函数()x f y =在区间．．．[]1,1-上有零点．．．．，求a 的取值范围. 解：若0a = , ()23f x x =- ,显然函数在[]1,1-上没有零点.若0a ≠，令 ()248382440a a a a ∆=++=++=, 解得 a=①当 32a -±=时, ()y f x =恰有一个零点在[]1,1-上; ②当()()()()05111<--=⋅-a a f f ，即15a <<时，()y f x =在[]1,1-上也恰有一个零点. ③当()y f x =在[]1,1-上有两个零点时, 则()()208244011121010a a a a f f >⎧⎪∆=++>⎪⎪-<-<⎨⎪≥⎪⎪-≥⎩ 或 ()()208244011121010a a a a f f <⎧⎪∆=++>⎪⎪-<-<⎨⎪≤⎪⎪-≤⎩解得5a ≥或a <，综上，所求实数a的取值范围是1a >或a ≤. 点评：本题以二次函数为载体，设定在区间范围上的零点存在性问题，解答时依零点个数进行分类讨论，涉及到含参二次方程根的分布研究、零点存在性定理. 是原型问题和重点题. 【例题10】已知函数32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++ (,)a b ∈R ． （II ）若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围．解：（Ⅱ）函数)(x f 在区间)1,1(-不单调，等价于 导函数)(x f '在)1,1(-既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 即函数)(x f '在)1,1(-上存在零点，根据零点存在定理，有0)1()1(<'-'f f ，即：0)]2()1(23)][2()1(23[<+---+--+a a a a a a整理得：0)1)(1)(5(2<-++a a a ，解得15-<<-a三次函数（1） 本组题旨在加深对二次函数零点存在性与分布问题的认识； （2） 本题旨在提升对函数与方程关系问题的认识水平；（3） 本组题旨在加深对二次函数、三次函数零点分布问题的认识，进而深化对导数方法、极值、最值的理解. 【例题11】已知函数3()31,0f x x ax a =--≠ （I ）求()f x 的单调区间；（II ）若()f x 在1x =-处取得极值，直线y=m 与()y f x =的图象有三个．．．．．不同．．的交点．．．， 求m 的取值范围.解：（1）'22()333(),f x x a x a =-=-当0a <时，对x R ∈，有'()0,f x >所以()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞当0a >时，由'()0f x >解得x <x >'()0f x <解得x <<所以()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞，单调减区间为(.（2）因为()f x 在1x =-处取得极大值， 所以'2(1)3(1)30, 1.f a a -=⨯--=∴= 所以3'2()31,()33,f x x x f x x =--=- 由'()0f x =解得121,1x x =-=. 由（1）中()f x 的单调性可知，()f x 在1x =-处取得极大值1，在1x =处取得极小值-3.因为直线y m =与函数()y f x =的图象有三个不同的交点， 所以m 的取值范围是(3,1)-.点评： （1） 本题是三次函数零点存在性问题的典型变式题，涉及图象交点向函数零点的转化关系； （2） 本题最终将问题转化为研究三次函数根的分布，采用极值（最值）控制法； （3） 在这里应结合上面例题进一步揭示研究二次方程与三次方程实根分布问题在方法上的本质关系，以便进一步加深对函数极值（最值）的认识和对利用导数研究函数性质.（二）不等式恒成立与存在解问题问题设置：当不等关系在某个区间范围内恒成立或存在解为条件，求参数的取值范围 基本思路：转化为函数最值与参数之间的不等关系问题基本方法： 通性通法：变量分离法、变量转换、最值控制法特殊方法：二次函数判别式法、二次函数根的分布研究 【例题12】设函数323()(1)1,32a f x x x a x a =-+++其中为实数. （Ⅱ）若'2()1f x x x a >--+对任意(0,)a ∈+∞都成立，求实数x 的取值范围.解：法一（变量转换，最值控制法）：223(1)1ax x a x x a -++>--+对任意(0,)a ∈+∞都成立.即22(2)20a x x x +-->对任意(0,)a ∈+∞都成立设22()(2)2()g a a x x x a R =+--∈，则对任意x R ∈，()g a 为单调递增函数()a R ∈ 所以对任意(0,)a ∈+∞，()0g a >恒成立的充分必要条件是(0)0g ≥. 即 220x x --≥，20x -≤≤∴， 于是x 的取值范围是}{|20x x -≤≤法二（变量分离法）：由题设知：223(1)1ax x a x x a -++>--+对任意(0,)a ∈+∞都成立，即22(2)20a x x x +-->对任意(0,)a ∈+∞都成立.于是2222x x a x +>+对任意(0,)a ∈+∞都成立，即22202x xx +≤+.解得x 的取值范围是}{|20x x -≤≤. 点评：变量分离法可以任何一个变量分离出来，例如本题也可以求出二次方程的根，这样就是将变量x 分离出来了，但过程较复杂，不宜在此处选用. 【例题13】已知定义在正实数集上的函数21()22f x x ax =+，2()3ln g x a x b =+，其中0a >．设两曲线()y f x =，()y g x =有公共点，且在该点处的切线相同．（I ）用a 表示b ，并求b 的最大值；（II ）求证：．．．f(x )．．．．≥． g(x)．．．．，其中x > 0． 解：（Ⅰ）设()y f x =与()(0)y g x x =>在公共点00()x y ，处的切线相同．()2f x x a '=+∵，23()a g x x'=，由题意00()()f x g x =，00()()f x g x ''=．即22000200123ln 232x ax a x b a x a x ⎧+=+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，由20032a x a x +=得：0x a =，或03x a =-（舍去）．即有222221523ln 3ln 22b a a a a a a a =+-=-． 令225()3ln (0)2h t t t t t =->，则()2(13ln )h t t t '=-．于是当(13ln )0t t ->，即130t e <<时，()0h t '>；当(13ln )0t t -<，即13t e >时，()0h t '<．故()h t 在130e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，为增函数，在13e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，∞为减函数，于是()h t 在(0)+，∞的最大值为123332h e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭．（Ⅱ）设221()()()23ln (0)2F x f x g x x ax a x b x =-=+-->， 则()F x '23()(3)2(0)a x a x a x a x x x-+=+-=>． 故()F x 在(0)a ，为减函数，在()a +，∞为增函数，于是函数()F x 在(0)+，∞上的最小值是000()()()()0F a F x f x g x ==-=． 故当0x >时，有()()0f x g x -≥，即当0x >时，()()f x g x ≥．点评：（1） 本题以曲线的切线问题的载体，在第一问中考查了函数最值的求法； （2） 第二问是恒成立问题的应用.两函数比较大小通过相减构造新函数运用导数知识 （三）“零点存在与分布问题”与“恒成立、存在解问题”之间的关系 （1） 研究对象的本质相同，因此解题方向一致：函数的极值或最值控制是解决这两类问题的通性通法，针对特殊类型的函数，如二次函数，又都可以用相应的函数性质进行研究； （2） 研究对象的载体不同，因此解题方法不同：前者是函数与其所对应的方程之间关系的问题，后者是函数与其所对应的不等式之间关系的问题；（3）原型问题是根本，转化命题是关键：二者都可以进一步衍生出其他形式的问题，因此往往需要先将题目所涉及的问题转化为原型问题，然后利用通性通法加以解决，在转化过程中应注意命题的等价性. 【例题14】设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中 （Ⅰ）略；（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <.若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f >恒成立，求m 的取值范围.解：（2）12)(22'-++-=m x x x f ，令0)('=x f ，得到m x m x +=-=1,1因为m m m ->+>11,0所以，当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：x )1,(m --∞m -1)1,1(m m +-m +1),1(+∞+m)('x f+ 0 - 0 +)(x f极小值极大值)(x f 在)1,(m --∞和),1(+∞+m 内减函数，在)1,1(m m +-内增函数.函数)(x f 在m x +=1处取得极大值)1(m f +，且)1(m f +=313223-+m m 函数)(x f 在m x -=1处取得极小值)1(m f -，且)1(m f -=313223-+-m m（3）解：由题设， ))((31)131()(2122x x x x x m x x x x f ---=-++-=所以方程13122-++-m x x =0由两个相异的实根21,x x ，故321=+x x ，且0)1(3412>-+=∆m ，解得21)(21>-<m m ，舍因为123,32,221221>>=+><x x x x x x 故所以若0)1)(1(31)1(,12121≥---=<≤x x f x x 则，而0)(1=x f ，不合题意若,121x x <<则对任意的],[21x x x ∈有,0,021≤-≥-x x x x 则0))((31)(21≥---==x x x x x x f 又0)(1=x f ，所以函数)(x f 在],[21x x x ∈的最小值为0，于是对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f >恒成立的充要条件是031)1(2<-=m f ,解得3333<<-m w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 综上，m 的取值范围是)33,21(四、其它形式的问题【例题15】设函数3222()1,()21,f x x ax a x g x ax x =+-+=-+其中实数0a ≠． （Ⅰ）若0a >，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当函数()y f x =与()y g x =的图象只有一个公共点且()g x 存在最小值时，记()g x 的最小值为()h a ，求()h a 的值域；（Ⅲ）若()f x 与()g x 在区间(,2)a a +内均为增函数，求a 的取值范围． 解：（Ⅰ）22()323()()3af x x ax a x x a '=+-=-+，又0a >，∴ 当3a x a x <->或时，()0f x '>；当3aa x -<<时，()0f x '<，∴()f x 在(,)a -∞-和(,)3a +∞内是增函数，在(,)3aa -内是减函数．（Ⅱ）由题意知 3222121x ax a x ax x +-+=-+，即22[(2)]0x x a --=恰有一根（含重根）．∴ 22a -≤0，即≤a，又0a ≠，∴[(0,2]a ∈．当0a >时，()g x才存在最小值，∴a ∈． 211()()g x a x a a a=-+-，∴1(),h a a a a =-∈.∴()h a的值域为(,1-∞． （Ⅲ）当0a >时，()f x 在(,)a -∞-和(,)3a+∞内是增函数，()g x 在1(,)a+∞内是增函数．由题意得031a a a a a ⎧⎪>⎪⎪≥⎨⎪⎪≥⎪⎩，解得a ≥1；当0a <时，()f x 在(,)3a-∞和(,)a -+∞内是增函数，()g x 在1(,)a-∞内是增函数．由题意得02312a aa a a⎧⎪<⎪⎪+≤⎨⎪⎪+≤⎪⎩，解得a ≤3-； 综上可知，实数a 的取值范围为(,3][1,)-∞-+∞． 【例题16】已知函数43219()42f x x x x cx =+-+有三个极值点. （I ）证明：275c -<<；（II ）若存在实数c ，使函数)(x f 在区间[],2a a +上单调递减，求a 的取值范围. 解：（I ）因为函数43219()42f x x x x cx =+-+有三个极值点， 所以32()390f x x x x c '=+-+=有三个互异的实根.设32()39,g x x x x c =+-+则2()3693(3)(1),g x x x x x '=+-=+- 当3x <-时，()0,g x '> ()g x 在(,3)-∞-上为增函数； 当31x -<<时，()0,g x '< ()g x 在(3,1)-上为减函数；当1x >时，()0,g x '> ()g x 在(1,)+∞上为增函数； 所以函数()g x 在3x =-时取极大值，在1x =时取极小值. 当(3)0g -≤或(1)0g ≥时，()0g x =最多只有两个不同实根. 因为()0g x =有三个不同实根，所以(3)0g ->且(1)0g <.即2727270c -+++>，且1390c +-+<，解得27,c >-且5,c <故275c -<<.（II ）由（I ）的证明可知，当275c -<<时, ()f x 有三个极值点.不妨设为123x x x ，，（123x x x <<），则123()()()().f x x x x x x x '=--- 所以()f x 的单调递减区间是1(]x -∞，,23[,]x x . 若)(x f 在区间[],2a a +上单调递减，则[],2a a +⊂1(]x -∞，, 或[],2a a +⊂23[,]x x ,若[],2a a +⊂1(]x -∞，，则12a x +≤.由（I ）知，13x <-,于是 5.a <- 若[],2a a +⊂23[,]x x ,则2a x ≥且32a x +≤.由（I ）知，23 1.x -<<又32()39,f x x x x c '=+-+当27c =-时，2()(3)(3)f x x x '=-+； 当5c =时，2()(5)(1)f x x x '=+-.因此，当275c -<<时，31 3.x << 所以3,a >-且2 3.a +≤即3 1.a -<<故5,a <-或3 1.a -<<反之, 当5,a <-或31a -<<时，总可找到(27,5),c ∈-使函数)(x f 在区间[],2a a +上单调递减. 综上所述，a 的取值范围是(5)(3,1)-∞--，。

导数零点定理和导数介值定理1. 导言大家好，今天咱们来聊聊数学里的两个宝贝——导数零点定理和导数介值定理。

这两个定理可不是光在书本上晃荡的，它们可是我们解决很多问题的“秘密武器”。

听起来有点高深，但别担心，我会用最简单的语言把它们说得通俗易懂。

2. 导数零点定理2.1 定理的由来先说导数零点定理。

你知道吗？这定理就像一位忠实的朋友，它告诉我们，如果一个函数在某个区间内变化，而且它的导数在这个区间的两端分别有不同的符号，那么在这个区间里，肯定会有一个地方，函数的导数变为零。

通俗点说，就是在某个区间内，总有一个“高点”或“低点”，让它的变化停下脚步。

这就像你走路，走到高处或低处的时候，脚步会暂时停一下一样。

2.2 定理的应用那么，这个定理到底有什么用呢？想象一下，你正在爬山，走到某个峰顶的时候，突然停下脚步，周围的风景可美了！这时候，我们就可以用导数零点定理来找到这个峰顶。

比如在实际生活中，很多科学家和工程师在设计桥梁、建筑的时候，都需要用到这个定理。

他们需要知道，在某些条件下，结构会出现怎样的变化，而导数零点定理就给了他们这个“灵感”。

所以说，数学不光是枯燥的公式，它背后还有很多精彩的故事。

3. 导数介值定理3.1 定理的基本概念接下来，咱们聊聊导数介值定理。

这个定理可真是个“桥梁”，它连接了两个不同的点，告诉我们在这两个点之间，总会有某种程度的变化。

简单说，就是如果一个函数在两个点上都是可以计算的，那么在这两点之间，必然存在某个点，它的导数值正好等于这两个点的导数的某种平均值。

听起来有点复杂，但想想就好像你在两地之间跑步，总有某一瞬间，你的速度会正好是你起点和终点之间的平均速度。

3.2 生活中的例子导数介值定理的应用也很广泛。

比如，假设你在早上八点从家里出发，九点到达学校。

在这一个小时内，肯定会有一个时刻，你的速度正好是从家到学校的平均速度。

这就像你在开车，虽然可能有时候加速、减速，但总有那么一瞬间，你的车速就是平均值。

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（ ）【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⎩⎨⎧==xy 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。

导数专题四、零点问题考点四、证明函数零点情况；【例4-1】（2015-2016海淀期末理18）已知函数1()(1)ln f x kx k x x=-+-. （Ⅰ）当12k =时，求函数()f x 的单调区间和极值； （Ⅱ）求证：当01k <<时，关于x 的不等式()1f x >在区间[1,e]上无解.（其中e 2.71828=）【答案】（Ⅰ）因为1()(1)ln f x kx k x x=-+-,所以22211(1)1'()k kx k x f x k x x x +-++=-+=，当12k =时，21(2)(1)2'()x x f x x --=. 令21(2)(1)2'()0x x f x x--== ， 得 121,2x x ==，所以'(),()f x f x 随x 的变化情况如下表：所以()f x 在1x =处取得极大值1(1)2f =-，在2x =处取得极小值13(2)ln 222f =-. 函数()f x 的单调递增区间为(0,1)，(2,)+∞, ()f x 的单调递减区间为(1,2) （Ⅱ）证明：不等式()1f x >在区间[1,e]上无解，等价于()1f x ≤在区间[1,e]上恒成立， 即函数()f x 在区间[1,e]上的最大值小于等于1.因为21()(1)'()k x x k f x x--=， 令'()0f x =，得121,1x x k ==.因为01k <<时，所以11k>.当1e k≥时，'()0f x ≤对[1,e]x ∈成立，函数()f x 在区间[1,e]上单调递减，所以函数()f x 在区间[1,e]上的最大值为(1)11f k =-<, 所以不等式()1f x >在区间[1,e]上无解； 当1e<时，'(),()f x f x 随x 的变化情况如下表： 所以函数()f x 在区间[1,e]上的最大值为(1)f 或(e)f . 此时(1)11f k =-<, 1(e)e (1)ef k k =-+-， 所以1(e)1e (1)1ef k k -=-+-- 111(e 1)2(e 1)2e 30eeek =---<---=--< .综上，当01k <<时，关于x 的不等式()1f x >在区间[1,e]上无解.【例4-2】（2015-2016房山一模文19）已知函数()2ln 2x f x x =-，()22x g x x =- （I ）求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（II ）求()f x 的单调区间（III ）设()()()()1h x af x a g x =++，其中01a <≤，证明：函数()h x 仅有一个零点【答案】（I ）12y =-()2'11x f x x x x-=-= 其中()'10k f ==，()112f =-所以曲线()y f x =在1x =处的切线方程12y =-（II ）()f x 的定义域为()0,+∞ ，()2'11x f x x x x-=-=令()2'10x f x x-=>，解得01x << 令()2'10x f x x-=<，解得1x > 所以，()f x 的单增区间为()0,1，单减区间为()1,+∞（III ）()()221ln 122a a h x a x x x a x +=-+-+，定义域为()0,+∞ ()()()()()()2'1111x a x a x a x ah x ax a x a x x x-++--=-++-+==又01a <≤① 当1a =时，()()2'10x h x x-=≥恒成立，即()h x 在()0,+∞上单调递增 又()()11110222a a h a a +=-+-+=--< ()()224422121120222a a e h e a e e a e e a a ⎛⎫+=-+-+=--+> ⎪⎝⎭即()()210h h e⋅<可知函数()hx 仅有一个零点② 01a <<时，()()()'1x a x hx x--=令()'0h x >，解得0x a <<或1x >令()'0h x <，解得1a x <<所以，()h x 在()0,a ，()1,+∞上单调递增，在(),1a 上单调递减又 ()()3322ln 1ln 0222a a a a h a a a a a a a a +=-+-+=--< 又()10h <，()20h e > 可知()h x 在()1,+∞有一个零点，即函数()h x 仅有一个零点综上所诉，函数()h x 仅有一个零点【练4-1】（2015-2016房山一模文19）已知函数()2ln 2x f x x =-，()22x g x x =- （I ）求曲线()y f x =在1x =处的切线方程； （II ）求()f x 的单调区间（III ）设()()()()1h x af x a g x =++，其中01a <≤，证明：函数()h x 仅有一个零点【答案】（I ）()2'11x f x x x x-=-=其中()'10k f ==，()112f =-所以曲线()y f x =在1x =处的切线方程12y =-（II ）()f x 的定义域为()0,+∞ ，()2'11x f x x x x-=-=令()2'10x f x x-=>，解得01x << 令()2'10x f x x-=<，解得1x > 所以，()f x 的单增区间为()0,1，单减区间为()1,+∞ （III ）()()221ln 122a a h x a x x x a x +=-+-+，定义域为()0,+∞ ()()()()()()2'1111x a x a x a x ah x ax a x a x x x-++--=-++-+==又01a <≤①当1a =时，()()2'10x h x x-=≥恒成立，即()h x 在()0,+∞上单调递增又()()11110222a a h a a +=-+-+=--<即()()210h h e⋅<可知函数()hx 仅有一个零点②01a <<时，()()()'1x a x h x x--=令()'0h x >，解得0x a <<或1x > 令()'0h x <，解得1a x <<所以，()h x 在()0,a ，()1,+∞上单调递增，在(),1a 上单调递减又 ()()3322ln 1ln 0222a a a a h a a a a a a a a +=-+-+=--< 又()10h <，()20h e > 可知()h x 在()1,+∞有一个零点，即函数()h x 仅有一个零点综上所诉，函数()h x 仅有一个零点()()224422121120222a a e h ea e e a e e a a ⎛⎫+=-+-+=--+> ⎪⎝⎭考点五、函数交点问题；【例5-1】（2015-2016东城期末文19）已知函数()e x f x x a =-，a ∈R .（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线的方程； （Ⅱ）若曲线()y f x =与x 轴有且只有一个交点，求a的取值范围；（Ⅲ）设函数3()g x x =，请写出曲线()y f x =与()y g x =最多有几个交点.（直接写出结论即可）【答案】（Ⅰ）当1a =时，()e x f x x =-，()1e x f x '=-.当0x =时，1y =-，又(0)0f '=，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =-.（Ⅱ）由()e x f x x a =-，得()1e x f x a '=-.当0a ≤时，()0f x '>，此时()f x 在R 上单调递增. 当x a =时，()e (1e )0a a f a a a a =-=-≤，当1x =时，(1)1e >0f a =-，所以当0a ≤时，曲线()y f x =与x 轴有且只有一个交点； 当0a >时，令()0f x '=，得ln x a =-.()f x 与()f x '在区间(,)-∞+∞上的情况如下：若曲线()y f x =与x 轴有且只有一个交点，则有(ln )0f a -=，即ln ln e0aa a ---=.解得1ea =.综上所述，当0a ≤或1ea=时，曲线()y f x =与x 轴有且只有一个交点.（Ⅲ）曲线()e x f x x a =-与曲线3()g x x =最多有4个交点. 【例5-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数2()ln 2m f x x x x =-- （1）求曲线C ：()y f x =在1x =处的切线l 的方程； （2）若函数()f x 在定义域内是单调函数，求m 的取值范围；（3）当1m >-时，（1）中的直线l 与曲线C ：()y f x =有且只有一个公共点，求m 的取值范围。

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。

导数与函数的零点问题考点与题型归纳且f(1)=0，所以当x≥1时，f(x)≥XXX成立。

2)解：由题可知，x－－f(x)＝x3－2ex2＋tx，即f(x)＝x－－x3＋2ex2－tx。

设g(x)=f'(x)=1-2x+2ex-t，求g(x)的零点。

当x1时，g(x)>0.所以f(x)在[0,1)上是单调减函数，在(1,＋∞)上是单调增函数。

又因为f(0)=0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以方程x－－f(x)=x3－2ex2＋tx的根有且只有一个。

给定函数$f(x)=e^x-ax^2$，其中$a>0$。

1) 当$a=1$时，证明对于$x\geq 0$，有$f(x)\geq 1$。

证明：当$a=1$时，$f(x)\geq 1$等价于$(x^2+1)e^{-x}-1\leq 0$。

设$g(x)=(x^2+1)e^{-x}-1$，则$g'(x)=-e^{-x}(x^2-2x+1)=-e^{-x}(x-1)^2$。

当$x\neq 1$时，$g'(x)<0$，因此$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减。

而$g(0)=0$，因此对于$x\geq 0$，有$g(x)\leq 0$，即$f(x)\geq 1$。

2) 若$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，求$a$。

设$h(x)=1-ax^2e^{-x}$。

由于$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，因此$h(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点。

i) 当$a\leq \frac{1}{e}$时，$h(x)>0$，因此$h(x)$没有零点。

ii) 当$a>\frac{1}{e}$时，$h'(x)=a(x-2)e^{-x}$。

当$x\in(0,2)$时，$h'(x)0$。

因此$h(x)$在$(0,2)$上单调递减，在$(2,+\infty)$上单调递增。

讲义 学员姓名： 年 级： 课 时 数：3 辅导科目：数学 学科教师： 讲义 授课主题
导数的应用：零点问题 教学目标
学会解决零点问题 教学重难点 含参数的零点问题的解决方案
教学内容
知识回顾
已知函数),()(2
3R b a b ax x x f ∈++= （1）试讨论)(x f 的单调性；
的a 的取值范围也可以不是题目中给出的范围，注意这个恰字就说明了必须要进行最后的验证。

例.已知函数32()f x x ax b =++
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）若b c a =-，当函数()f x 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是33(,3)(1,)(,)22
-∞-⋃⋃+∞，求c 的
值。

1.已知函数f(x)=ax 3+bx 2−3x 在x =±1处取得极值．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若过点A(1,m)(m ≠−2)可作曲线y =f(x)的三条切线，求实数m 的取值范围．
2.若函数f(x)=ax 3−bx +4，当x =2时，函数f(x)有极值−43．
(1)求函数的解析式；(2)求函数的极值；
(3)若关于x 的方程f(x)=k 有三个零点，求实数k 的取值范围．
3.已知函数2()1x f x e ax bx =---
（1）设()g x 是函数()f x 的导函数，求函数()g x 在区间[0,1]上的最小值；
（2）若(1)0f =，函数()f x 在区间(0,1)内有零点，求a 的取值范围。

1.设函数f(x)=−x 3+ax 2+bx +c 的导数满足，．。

导数专题一零点问题1------导数专题超级经典讲义零点的定义：一般地，如果函数y=f(x)在x=α处有实数根，即f(α)=0，则α叫做这个函数f(x)的零点。

零点的判定：方程f(x)=0有实数根⇔函数y=f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y=f(x)有零点。

零点问题主要包括的题型包括：1.是否有零点；2.判断零点个数；3.已知零点求参数。

分类讨论求零点个数是零点问题的一个考点。

下面以一个例题来说明。

例题：已知函数f(x)=alnx-(a+1)x，a∈R。

当a≤1时，讨论函数f(x)的零点个数。

解析：首先求出f'(x)=-a/(x^2)-a/(xlna)，然后分类讨论。

当a≤0时，f'(x)0，无零点。

当-10，在x∈(0,1)和(1,2)内各有一个零点。

综上所述，当a≤0时，f(x)有一个零点；当a=-1时，f(x)有一个零点；当-1<a<0时，f(x)有两个零点；当0<a≤1时，f(x)有两个零点。

已知函数 $f(x)= (2k-1)\ln x+\frac{2x}{k+2},k\in\mathbb{R}$，以下进行分析：首先，由于 $x>0$，所以函数 $f(x)$ 的定义域为 $x\in (0,+\infty)$。

接着，我们来看函数 $f(x)$ 的零点情况：当 $k=1$ 时，$f(x)=\ln x+2$，很明显只有一个零点$x=e^{-2}$。

当 $k=e$ 时，$f(x)=(2e-1)\ln x+ \frac{2x}{e+2}$，$f(x)$ 不存在零点，因为 $\lim\limits_{x\to 0^+} f(x)=-\infty$，$\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$，且 $f(x)$ 在$(0,+\infty)$ 上单调递增。

当 $k\neq 1,e$ 时，我们可以求出 $f(x)$ 的导函数为$f'(x)=\frac{2k-1}{x}+\frac{2}{(k+2)x^2}$，令 $f'(x)=0$，解得$x=\frac{1}{2}$，代入 $f(x)$ 可以得到$f(\frac{1}{2})=\frac{2k-1}{2}\ln \frac{1}{2}+\frac{1}{k+2}$，因此当 $01$ 时，$f(x)$ 不存在零点。

第2课时导数的函数零点问题【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.【核心考点·分类突破】题型一利用导数探究函数的零点个数[例1]设函数f(x)=ln x+,m∈R,讨论函数g(x)=f'(x)-3零点的个数.【解析】由题意知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)的唯一极值点,且是极大值点,所以x=1也是φ(x)的最大值点,所以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.【解题技法】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:构建函数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,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·郑州质检)已知函数f(x)=e x-ax+2a,a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)求函数f(x)的零点个数.【解析】(1)f(x)=e x-ax+2a,定义域为R,且f'(x)=e x-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.(2)令f(x)=0,得e x=a(x-2),当a=0时,e x=a(x-2)无解,所以f(x)无零点,当a≠0时,1=-2e,令φ(x)=-2e,x∈R,所以φ'(x)=3-e,当x∈(-∞,3)时,φ'(x)>0;当x∈(3,+∞)时,φ'(x)<0,所以φ(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减,且φ(x)max=φ(3)=1e3,又x→+∞时,φ(x)→0,x→-∞时,φ(x)→-∞,所以φ(x)的大致图象如图所示.当1>1e3,即0<a<e3时,f(x)无零点;当1=1e3,即a=e3时,f(x)有一个零点;当0<1<1e3,即a>e3时,f(x)有两个零点;当1<0,即a<0时,f(x)有一个零点.综上所述,当a∈(0,e3)时,f(x)无零点;当a∈(-∞,0)∪{e3}时,f(x)有一个零点;当a∈(e3,+∞)时,f(x)有两个零点.【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,f(x)→0;当x→+∞时,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,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[例2]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-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,+∞.【解题技法】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,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(一题多法)(2020·全国Ⅰ卷)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),f'(x)=e x-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.(2)方法一:当a≤0时,f'(x)=e x-a>0恒成立,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不符合题意;当a>0时,令f'(x)=0,解得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,所以f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)=a-a(ln a+2)=-a(1+ln a).又当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞;所以要使f(x)有两个零点,只要f(ln a)<0即可,则1+ln a>0,可得a>1e.综上,若f(x)有两个零点,则a的取值范围是(1e,+∞).方法二:若f(x)有两个零点,即e x-a(x+2)=0有两个解,显然x=-2不成立,即a=e r2(x≠-2)有两个解,令h(x)=e r2(x≠-2),则有h'(x)=e(r2)-e(r2)2=e(r1)(r2)2,令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)<0,解得x<-2或-2<x<-1,所以函数h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,且当x<-2时,h(x)<0,而当x→(-2)+(从右侧趋近于-2)时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,所以当a=e r2(x≠-2)有两个解时,有a>h(-1)=1e,所以满足条件的a的取值范围是(1e,+∞).【加练备选】已知函数f(x)=x ln x,g(x)=(-x2+ax-3)e x(a∈R).(1)当a=4时,求曲线y=g(x)在x=0处的切线方程;(2)如果关于x的方程g(x)=2e x f(x)在区间[1e上有两个不等实根,求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=4时,g(x)=(-x2+4x-3)e x,g(0)=-3,g'(x)=(-x2+2x+1)e x,g'(0)=1,所以所求的切线方程为y+3=x-0,即y=x-3.(2)由g(x)=2e x f(x),可得2x ln x=-x2+ax-3,a=x+2ln x+3.设h(x)=x+2ln x+3(x>0),所以h'(x)=1+2-32=(r3)(-1)2,所以x在[1e,e]上变化时,h'(x),h(x)的变化如表:x[1,1)1(1,e]h'(x)-0+h(x)单调递减极小值(最小值)单调递增又h(1e)=1e+3e-2,h(1)=4,h(e)=3e+e+2,且h(e)-h(1e)=4-2e+2e<0,所以实数a的取值范围为(4,e+2+3e].题型三与函数零点有关的证明[例3](2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)=e x-x,g(x)=x-ln x.(1)判断直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点分别有几个;(2)证明:曲线y=f(x)和y=g(x)有且只有一个公共点;(3)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)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.当b<1时,S(x)min=1-b>0,S(x)无零点;当b=1时,S(x)min=1-b=0,S(x)有1个零点;当b>1时,S(x)min=1-b<0,而S(-b)=e->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.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=-1,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.当b<1时,T(x)min=1-b>0,T(x)无零点;当b=1时,T(x)min=1-b=0,T(x)有1个零点;当b>1时,T(x)min=1-b<0,而T(e-)=e->0,T(e b)=e b-2b>0,所以T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点.综上可知,当b<1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是0;当b=1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是1;当b>1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是2.(2)由f(x)=g(x)得e x-x=x-ln x,即e x+ln x-2x=0,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,且1e3<x0<1,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),所以曲线y=f(x)和y=g(x)有且只有一个公共点.(3)由(2)知,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=f(x0)=g(x0)>1,此时e x-x=b有两个不同的解x1,x0(x1<0<x0),x-ln x=b有两个不同的解x0,x2(0<x0<1<x2),故e1-x1=b,e0-x0=b,x2-ln x2-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x2-b=ln x2,即e2-=x2,即e2--(x2-b)-b=0,故x2-b为方程e x-x=b的解,同理x0-b也为方程e x-x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x2-b},而b>1,故0=2-,1=0-,即x1+x2=2x0.【解题技法】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.证明的思路一般对条件等价转化,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】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(0,π)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,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点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)=lnπ-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)有且仅有两个不同的零点.。