高考数学导数与函数零点问题教师版

课时作业18　导数与函数的零点问题1．设a为实数，函数f(x)＝－x3＋3x＋a.(1)求f(x)的极值；(2)是否存在实数a，使得方程f(x)＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f′(x)＝－3x2＋3，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.∵当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增．∴f(x)的极小值为f(－1)＝a－2，极大值为f(1)＝a＋2.(2)方程f(x)＝0恰好有两个实数根，等价于直线y＝a与函数y ＝x3－3x的图象有两个交点．∵y＝x3－3x，∴y′＝3x2－3.令y′>0，解得x>1或x<－1；令y′<0，解得－1<x<1.∴y＝x3－3x在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)和(－∞，－1)上为增函数．∴当x＝－1时，y极大值＝2；当x＝1时，y极小值＝－2.∴y＝x3－3x的大致图象如图所示．y＝a表示平行于x轴的一条直线，由图象知，当a＝2或a＝－2时，y＝a与y＝x3－3x有两个交点．故当a＝2或a＝－2时，方程f(x)＝0恰好有两个实数根．　(备用题)已知函数f(x)＝e x＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1.∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)， 1e 2∴f (x )在[－2,1]上的最大值是＋3. 1e 2(2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上单调递增，且当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0；当x <0时，取x ＝－，则f <1＋a ＝－a <0，∴函1a (－1a )(－1a －1)数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝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，∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．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)．2．(2020·合肥调研)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)若函数f (x )为增函数，且f (x )的图象与直线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 ＋(x ∈R )，则f ′(x )＝12e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)．令f ′(x )>0，解得x <0或x >ln2，令f ′(x )<0，解得0<x <ln2，∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2)．(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2ax ＝x (e x －2a )，∵f (x )为增函数，∴f ′(x )≥0恒成立．当x ≥0时，e x －2a ≥0恒成立，得a ≤. 12当x <0时，e x －2a ≤0恒成立，得a ≥.∴a ＝. 1212∴f (x )＝(x －1)e x －x 2＋b ＋. 1212由(x －1)e x －x 2＋b ＋＝bx ， 1212得(x －1)e x －(x 2－1)＝b (x －1)． 12当x ＝1时，方程成立．当x ≠1时，只需要方程e x －(x ＋1)＝b 有2个实根． 12令g (x )＝e x －(x ＋1)，则g ′(x )＝e x －. 1212当x <ln 时，g ′(x )<0，当x >ln 且x ≠1时，g ′(x )>0，∴g (x )1212在(－∞，ln )上单调递减，在(ln ，1)和(1，＋∞)上单调递增， 1212∵g (ln )＝－(ln ＋1)＝－ln2，g (1)＝e －1≠0，∴b ∈(ln2，121212121212e －1)∪(e －1，＋∞)．3．(2020·长春质监)已知函数f (x )＝e x ＋bx －1(b ∈R )．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝ln x有两个实数根，求实数b的取值范围．解：(1)由题意可得f′(x)＝e x＋b，当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln(－b)，＋∞)上单调递增；若x<ln(－b)，则f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln(－b))上单调递减．4．(2020·福州模拟)设函数f (x )＝(ax －1)e 1－x .(1)当a >0时，求函数f (x )的单调区间．(2)当a ＝1时，若函数f (x )与函数y ＝x 2－4x ＋m (m ∈R )的图象总有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2.①求m 的取值范围；②求证：x 1＋x 2>4.解：(1)由已知得，f ′(x )＝－a e 1－x (x －)， a ＋1a由于e 1－x >0，a >0，∴令f ′(x )>0得x <， a ＋1a令f ′(x )<0得x >， a ＋1a∴当a >0时，f (x )的单调递增区间是(－∞，]，单调递减区a ＋1a间是(，＋∞)． a ＋1a。

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.

第6课时利用导数解决函数的零点问题考点一判断、证明或讨论函数零点的个数[典例1]已知函数f(x)＝x sin x－32.判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．[解]f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：因为f′(x)＝sin x＋x cos x，当x∈0f′(x)＞0.又f(x)＝x sin x－32，从而有f(0)＝－32＜0，f＝π−32＞0，且f(x)在0所以f(x)在0又f(x)在0f(x)在0当xπ时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋x cos x.由1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)π上的图象是连续不断的，故存在mπ，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cos x－x sin x，知xπ时，有g′(x)＜0，从而g(x)2π上单调递减．当x时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)上单调递增，故当x时，f(x)＞f＝π−32＞0，故f(x)上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)上单调递减．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在(m，π)上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．利用导数求函数的零点个数的常用方法(1)数形结合法．利用导数研究函数的性质，画出相应函数的图象，数形结合求解．(2)零点存在定理法．先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点．(3)分离参数法．转化为一条直线与一个复杂函数图象交点个数问题．[跟进训练]1．(2023·湖南师大附中三模节选)已知函数f(x)＝e x－(a∈R)，试讨论函数f(x)零点个数．[解]由f(x)＝e x－＝0，得x e x＝a(x≠0)，设h(x)＝x e x，则h′(x)＝(x＋1)e x，当x＜－1时，h′(x)＜0，当－1＜x＜0，x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)＝x e x在(－1，0)，(0，＋∞)上单调递增；在(－∞，－1)上单调递减，所以h(x)min＝h(－1)＝－1e，据此可画出h(x)＝x e x的大致图象如图，所以，①当a＜－1e或a＝0时，f(x)无零点；②当a＝－1e或a＞0时，f(x)有一个零点；③1＜a＜0时，f(x)有两个零点．[典例2](2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋ax e－x.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．[思维流程][解](1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋e，f(0)＝0，所以切点为(0，0)．f′(x)＝11++1−e，f′(0)＝2，所以切线斜率为2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.(2)f(x)＝ln(1＋x)＋B，f′(x)＝11++设g(x)＝e x＋a(1－x2)，①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝e x＋a(1－x2)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上单调递增，f(x)<f(0)＝0，故f(x)在(－1，0)上没有零点，不合题意．②若－1<a<0，当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝e x－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．③若a<－1，(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝e x－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0，所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f′(m)＝0，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，当x→＋∞，f(x)→＋∞，所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点，在(0，m)上没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝e x＋a(1－x2)，设h(x)＝g′(x)＝e x－2ax，h′(x)＝e x－2a>0，所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，g′(－1)＝1e＋2a<0，g′(0)＝1>0，所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(n，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝1＋a<0，又g(－1)＝1e>0，所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f′(t)＝0，当x∈(－1，t)时，f(x)单调递增，当x∈(t，0)时，f(x)单调递减，又x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f(x)>0，所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，即f(x)在(－1，0)上有唯一零点，所以a<－1，符合题意．④当a＝0时，f(x)＝ln(1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意．⑤当a＝－1时，f′(x)＝e+2−11+·e，令k(x)＝e x＋x2－1，则k′(x)＝e x＋2x，当x>0时，k′(x)>0，k(x)单调递增，k(x)>k(0)＝0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)>f(0)＝0，不合题意．所以若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)．【教师备选资源】(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．[思维流程][解](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)至多存在一个零点，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(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意．(ⅱ)若a >1e ，则f (ln a )<0.由于f (－2)＝e -2>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上存在唯一零点．由(1)知，当x >2时，e x －x －2>0，所以当x >4且x >2ln (2a )时，f (x )＝e 2·e 2−+2>e ln2·+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+∞.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．[跟进训练]2．(1)(2023·全国乙卷)函数f (x )＝x 3＋ax ＋2存在3个零点，则a 的取值范围是()A ．(－∞，－2)B ．(－∞，－3)C ．(－4，－1)D ．(－3，0)(2)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x ，若a >0，函数f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，求a 的取值范围．(1)B[由题意知f ′(x )＝3x 2＋a ，要使函数f (x )存在3个零点，则f ′(x )＝0要有2个不同的根，则a <0．令3x 2＋a ＝0，解得x ＝令f ′(x )>0，则x <x令f ′(x )<0x 所以f (x )在−∞，−+∞上单调递增，在−上单调递减，所以要使f (x )存在3个零点，则>0，<0，+2>0，+2<0，解得a <－3.故选B.](2)[解]函数f (x )＝12x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －＝2−.因为a >0，由f ′(x )>0，得x >，由f ′(x )<0，得0<x <.即f (x )在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．①若≤1，即0<a ≤1时，f (x )在(1，e)上单调递增，f (1)＝12，f (x )在区间(1，e)上无零点．②若1<<e ，即1<a <e 2时，f (x )在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，f (x )min ＝f ()＝12a (1－ln a )．∵f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，∴1=12＞0，=121−ln ＜0，e =12e 2−＞0，∴e<a <12e 2.③若≥e ，即a ≥e 2时，f (x )在(1，e)上单调递减，f (1)＝12>0，f (e)＝12e 2－a <0，f (x )在区间(1，e)上只有一个零点．综上，f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点时，a 的取值范围是e ，12e 2.在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．[典例]已知函数f (x )＝x e x －ln x －1，若f (x )≥mx 恒成立，求实数m 的取值范围．[赏析]法一(分离变量法)：由f (x )≥mx 得x e x －ln x －1≥mx (x ＞0)，即m≤x−ln K1，令φ(x)＝x−ln K1，则φ′(x)＝2e+ln2，令h(x)＝x2e x＋ln x，则h′(x)＝(2x＋x2)e x＋1＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．切入点：零点存在定理，发现零点，设而不求又＝1e2e1e－1＜e2e2－1＝0，h(1)＝e＞0，所以h(x)1存在零点x0，即h(x0)＝02e0＋ln x0＝0，突破点：等价变形，寻找等量关系02e0＋ln x0＝0⇔0e0＝－ln00＝ln(e ln10)，关键点：辅助函数，得出等量关系令y＝x e x(x＞0)，因为y′＝(x＋1)e x＞0，所以y＝x e x在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln10＝－ln x0，即e0＝10，所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．落脚点：整体代换，代入求值所以φ(x)min＝φ(x0)＝0e0−ln0−10＝1+0−10＝1，所以m≤1.法二(朗博同构法)：由f(x)≥mx得x e x－ln x－1≥mx(x＞0)，所以e rln−ln−1≥B＞0，由切线不等式得e rln−+ln−1≥0，故(1－m)x≥0(x＞0)恒成立，所以1－m≥0，即m≤1.函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用零点存在定理估计所设零点所在的一个小范围(区间长度小于1个单位)，然后利用零点所满足的关系进行代换化简．[跟进训练]1．若a ln x－(2a＋1)x<1－2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值．参考数据：ln3<43，ln4>[解]因为a ln x－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即a<r1ln在x∈(1，＋∞)上恒成立．令h(x)＝r1ln，x>1，可得h′(x)＝ln K1−1ln2，令t(x)＝ln x－1－1(x>1)，可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，所以存在x0∈(3，4)，使得t(x0)＝ln x0－10－1＝0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝0+1ln0＝0+110+1＝x0∈(3，4)．因为a<r1ln在(1，＋∞)上恒成立，所以a<h(x)min＝x0，所以整数a的最大值为3. 2．设函数f(x)＝e x－x－2，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k 的最大值．[解]由题意知f′(x)＝e x－1.(x－k)·f′(x)＋x＋1＞0，即(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，得k<x＋r1e−1(x>0)恒成立，令g(x)＝r1e＋x(x>0)，得g′(x)1x>0)．令h(x)＝e x－x－2(x>0)，则h′(x)＝e x－1>0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)存在唯一零点α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝r1e−1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.课时分层作业(二十二)利用导数解决函数的零点问题1．(2024·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝x ln x＋a－ax(a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间[1，e]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．[解](1)由题可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－a.若a＝1，则f′(x)＝ln x，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以f(x)的极小值为f(1)＝ln1＋1－1＝0，无极大值．(2)f(x)＝x ln x－ax＋a，易知f(1)＝0，所求问题等价于函数f(x)＝x ln x－ax＋a在区间(1，e]上没有零点．因为f′(x)＝ln x＋1－a，当0＜x＜e a-1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，e a-1)上单调递减；当x＞e a-1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(e a-1，＋∞)上单调递增．①当e a-1≤1，即a≤1时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递增，所以f(x)＞f(1)＝0，此时函数f(x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．②当1＜e a-1＜e，即1＜a＜2时，f(x)在区间(1，e a-1)上单调递减，在区间(e a-1，e]上单调递增，要使f(x)在(1，e]上没有零点，只需f(e)＜0，即e－e a＋a＜0，解得a＞e e−1，所e e−1＜a＜2.③当e≤e a-1，即a≥2时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递减，在区间(1，e]上满足f(x)＜f(1)＝0，此时函数f(x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．综上所述，实数a的取值范围是a≤1或a＞e e−1.2．(2024·广东佛山模拟)已知函数f(x)＝ln x＋sin x.(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；(2)判断函数f(x)的零点个数，并证明．[解](1)f(x)＝ln x＋sin x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋cos x，令g(x)＝f′(x)＝1＋cos x，g′(x)＝－12－sin x，当x∈[1，e]时，g′(x)＝－12－sin x＜0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，且g(1)＝1＋cos1＞0，g(e)＝1e＋cos e＜1e＋cos2π3＝1e−12＜0，所以由零点存在定理可知，在区间[1，e]存在唯一的a，使g(a)＝f′(a)＝0.又当x∈(1，a)时，g(x)＝f′(x)＞0；当x∈(a，e)时，g(x)＝f′(x)＜0，所以f(x)在x∈(1，a)上单调递增，在x∈(a，e)上单调递减，又因为f(1)＝ln1＋sin1＝sin1，f(e)＝ln e＋sin e＝1＋sin e＞f(1)，所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(1)＝sin1.(2)函数f(x)有一个零点，证明如下：因为f(x)＝ln x＋sin x，x∈(0，＋∞)，若0＜x≤1，f′(x)＝1＋cos x＞0，所以f(x)在区间(0，1]上单调递增，又f(1)＝sin1＞0，f1＋sin1e＜0，结合零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1]上有且仅有一个零点．若1＜x≤π，则ln x＞0，sin x≥0，则f(x)＞0，若x＞π，因为ln x＞lnπ＞1≥－sin x，所以f(x)＞0，所以f(x)在区间(1，＋∞)上没有零点．综上，函数f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点．3．(2021·全国甲卷)已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝(x＞0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．[解](1)当a＝2时，f(x)＝22(x＞0)，f′(x)x＞0)，令f′(x)＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f(x)单调递增，令f′(x)＜0，则x＞2ln2，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+∞.(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，＝1(x>0)有两个不同的解，即方程ln＝ln有两个不同的解．设g(x)＝ln(x＞0)，则g′(x)＝1−ln2(x＞0)，令g′(x)＝1−ln2＝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又g(1)＝0，所以0＜ln＜1e，所以a＞1且a≠e，即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．4．(2024·四川成都模拟)已知函数f(x)＝B e(a＞0)和函数g(x)＝ln，且f(x)有最1x.(1)求实数a的值；(2)直线y＝m与两曲线y＝f(x)和y＝g(x)恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，证明：x1x3＝.[解](1)f(x)＝B e的定义域为R，且f′(x)a＞0，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝e，所以e＝1x，解得a＝±1，又a＞0，所以a＝1.(2)证明：由(1)可知，f(x)＝e在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又g′(x)＝1−ln2，所以g(x)＝ln在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f (x )＝e 和g (x )＝ln 的图象如图所示．设f (x )和g (x )的图象交于点A ，则当直线y ＝m 经过点A 时，直线y ＝m 与两条曲线y ＝f (x )和y ＝g (x )共有三个不同的交点，则0＜x 1＜1＜x 2＜e ＜x 3，且2e 2＝ln 22＝m ，ln 33＝m .因为m ＝1e 1＝ln 22，所以1e 1＝ln 2e ln 2，即f (x 1)＝f (ln x 2)，因为x 1＜1，ln x 2＜ln e ＝1，且f (x )＝e 在(－∞，1)上单调递增，所以x 1＝ln x 2，21＝2ln 2＝1.因为m ＝2e 2＝ln 33，所以2e 2＝ln 3e ln 3，即f (x 2)＝f (ln x 3)，因为x 2＞1，ln x 3＞ln e ＝1，且f (x )＝e 在(1，＋∞)上单调递减，所以x 2＝ln x 3，所以32＝3ln 3＝1.21＝32＝1，即x 1x 3＝22。

利用导数研究函数的零点题型一　数形结合法研究函数零点1.(2024·南昌模拟节选)已知函数f (x )=(x -a )2+be x (a ，b ∈R )，若a =0时，函数y =f (x )有3个零点，求b 的取值范围.解：函数y =f (x )有3个零点，即关于x 的方程f (x )=0有3个根，也即关于x 的方程b =-x 2ex 有3个根.令g (x )=-x 2e x ，则直线y =b 与g (x )=-x 2ex 的图象有3个交点.g ′(x )=x (x -2)e x，由g ′(x )<0解得0<x <2；由g ′(x )>0解得x <0或x >2，所以g (x )在(-∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增.g (0)=0，g (2)=-4e2，当x >0时，g (x )<0；当x →+∞时，g (x )→0；当x →-∞时，g (x )→-∞，作出g (x )的大致图象如图所示，作出直线y =b .由图可知，若直线y =b 与g (x )的图象有3个交点，则-4e 2<b <0，即b 的取值范围为-4e 2，0 .感悟提升　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.2.设函数f (x )=ln x +m x ，m ∈R ，讨论函数g (x )=f ′(x )-x 3零点的个数.解：由题意知g (x )=f ′(x )-x 3=1x -m x 2-x 3(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.题型二　利用函数性质研究函数零点3.已知函数f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，e 是自然对数的底数，∀x >0，e x >x +1.(1)求f (x )的单调区间；(2)记p ：f (x )有两个零点；q ：a >ln 2.求证：p 是q 的充要条件.要求：先证充分性，再证必要性.(1)解：∵f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，∴f (x )的定义域为(0，+∞)，f ′(x )=4x (a -ln x ).∵当0<x <e a 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e a )上单调递增；∵当x >e a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e a ，+∞)上单调递减.∴f (x )的单调递增区间为(0，e a )，单调递减区间为(e a ，+∞).(2)证明　先证充分性.由(1)知，当x =e a 时，f (x )取得最大值，即f (x )的最大值为f (e a )=e 2a -4.由f (x )有两个零点，得e 2a -4>0，解得a >ln 2.∴a >ln 2.再证必要性.∵a >ln 2，∴e 2a >4.∴f (e a )=e 2a -4>0.∵a>ln2>0，∀x>0，e x>x+1，∴e2a>2a+1>2a.∴f(e-a)=e-2a(4a+1)-4=4a+1e2a -4<4a+12a-4=12a-2<12ln2-2=1ln4-2<0.∴∃x1∈(e-a，e a)，使f(x1)=0；∵f(e a+1)=-e2a+2-4<0，∴∃x2∈(e a，e a+1)，f(x2)=0.∵f(x)在(0，e a)上单调递增，在(e a，+∞)上单调递减，∴∀x∈(0，+∞)，x≠x1且x≠x2，易得f(x)≠0.∴当a>ln2时，f(x)有两个零点.感悟提升　利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.4.(2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln x，若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.解：由f(x)=ax-1x-(a+1)ln x(x>0)，得f′(x)=a+1x2-a+1x=(ax-1)(x-1)x2(x>0).①当a=0时，f(x)=-1x-ln x，f′(x)=1-xx2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，所以f(x)≤f(1)=-1<0，所以f(x)不存在零点；②当a<0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max=f(1)=a-1<0，所以f(x)不存在零点；③当a>0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，(ⅰ)当a=1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，因为f(1)=a-1=0，所以函数f(x)恰有一个零点；(ⅱ)当a>1时，0<1a <1，故f(x)在0，1a，(1，+∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.因为f(1)=a-1>0，所以f1a>f(1)>0，当x→0+时，f(x)→-∞，由零点存在定理可知f(x)在0，1a上必有一个零点，所以a>1满足条件；(ⅲ)当0<a<1时，1a >1，故f(x)在(0，1)，1a，+∞上单调递增，在1，1a上单调递减.因为f(1)=a-1<0，所以f1a<f(1)<0，当x→+∞时，f(x)→+∞，由零点存在定理可知f(x)在1a，+∞上必有一个零点，即0<a<1满足条件.综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，+∞).题型三　构造函数法研究函数零点5.已知函数f(x)=e x-1+ax(a∈R).(1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)-ax+1e a=ln x+a有两个不同的实数解，求a的取值范围.解：(1)由题意，得f′(x)=e x+a.若a≥-1，则当x∈[0，+∞)时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，∴当x∈[0，+∞)时，f(x)≥f(0)=0，符合题意；若a<-1，令f′(x)<0，得x<ln(-a)，∴f(x)在(0，ln(-a))上单调递减，∴当x∈(0，ln(-a))时，f(x)<f(0)=0，不符合题意.综上，a的取值范围为[-1，+∞).(2)法一　由f(x)-ax+1e a=ln x+a，得e x-a=ln x+a.令e x-a=t，则x-a=ln t，ln x+a=t，∴x+ln x=t+ln t.易知y=x+ln x在(0，+∞)上单调递增，∴t=x，得a=x-ln x.则原问题可转化为方程a=x-ln x有两个不同的实数解.令φ(x)=x-ln x(x>0)，则φ′(x)=x-1 x，令φ′(x)<0，得0<x<1；令φ′(x)>0，得x>1，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(1)=1，∴a≥1.当a=1时，易知方程1=x-ln x只有一个实数解x=1，不符合题意.下证当a>1时，a=x-ln x有两个不同的实数解.令g(x)=x-ln x-a(a>1)，则g(x)=φ(x)-a，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.∵g(e-a)=e-a>0，g(1)=1-a<0，∴g(x)在(e-a，1)上有一个零点.易知g(e a)=e a-2a，令h(a)=e a-2a，则当a>1时，h′(a)=e a-2>0，∴h(a)在(1，+∞)上单调递增，∴当a >1时，h (a )>h (1)=e -2>0，即g (e a )=e a -2a >0，∴g (x )在(1，e a )上有一个零点.∴当a >1时，a =x -ln x 有两个不同的实数解.综上，a 的取值范围为(1，+∞).法二　由f (x )-ax +1e a=ln x +a ，得e x =e a (ln x +a )，∴xe x =xe a (ln x +a )，即xe x =e a +ln x (ln x +a ).令u (x )=xe x ，则有u (x )=u (a +ln x ).当x >0时，u ′(x )=(x +1)e x >0，∴u (x )=xe x 在(0，+∞)上单调递增，∴x =a +ln x ，即a =x -ln x .下同法一.感悟提升　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.6.(2021·全国甲卷节选)已知a >0且a ≠1，函数f (x )=x a ax (x >0).若曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，求a 的取值范围.解：曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x =1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x =ln a a 有两个不同的解.设g (x )=ln x x (x >0)，则g ′(x )=1-ln x 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 ，故a 的取值范围为(1，e )∪(e ，+∞).【A 级　基础巩固】7.已知函数f (x )=x -ae x ，a ∈R ，讨论函数f (x )的零点个数.解：f (x )=0等价于x -ae x =0，即x ex =a .设h (x )=x e x ，则h ′(x )=1-x ex ，当x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max =h (1)=1e.又当x <0时，h (x )<0；当x >0时，h (x )>0，且x →+∞时，h (x )→0，∴可画出h (x )大致图象，如图所示.∴当a ≤0或a =1e时，f (x )在R 上有唯一零点；当a >1e 时，f (x )在R 上无零点；当0<a <1e 时，f (x )在R 上有两个零点.8.(2024·青岛调研)已知函数f (x )=ln x +ax x，a ∈R .(1)若a =0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点.(1)解：若a =0，则f (x )=ln x x ，其定义域为(0，+∞)，∴f ′(x )=1-ln x x 2，由f ′(x )=0，得x =e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∴f (x )max =f (e )=1e.(2)证明　f ′(x )=1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，由(1)知，f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∵0<a <1，∴当x >e 时，f (x )=ln x +ax x =a +ln x x>0，故f (x )在(e ，+∞)上无零点；当0<x <e 时，f (x )=ln x +ax x ，∵f 1e =a -e <0，f (e )=a +1e>0，且f (x )在(0，e )上单调递增，∴f (x )在(0，e )上有且只有一个零点，综上，当0<a <1时，f (x )有且只有一个零点.9.(2024·太原模拟节选)已知函数f (x )=xe x -x -1，讨论方程f (x )=ln x +m -2的实根个数.解；由f (x )=ln x +m -2，得xe x -x -ln x +1=m ，x >0，令h (x )=xe x -x -ln x +1，则h ′(x )=e x +xe x-1-1x =(x +1)(xe x -1)x(x >0)，令m (x )=xe x -1(x >0)，则m ′(x )=(x +1)·e x >0，∴m (x )在(0，+∞)上单调递增，又m 12 =e 2-1<0，m (1)=e -1>0，∴存在x 0∈12，1，使得m (x 0)=0，即e x 0=1x 0，从而ln x 0=-x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )<0，h ′(x )<0，则h (x )单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0，则h (x )单调递增；∴h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0+1=x 0·1x 0-x 0+x 0+1=2，又易知，当x →0+时，h (x )→+∞；当x →+∞时，h (x )→+∞.∴当m <2时，方程f (x )=ln x +m -2没有实根；当m =2时，方程f (x )=ln x +m -2有1个实根；当m >2时，方程f (x )=ln x +m -2有2个实根.【B 级　能力提升】10.(2024·郑州模拟节选)已知函数f (x )=ln (x +1)-x +1，g (x )=ae x -x +ln a ，若函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，求实数a 的取值范围.解：函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，即f (x )=g (x )有两个实根，即ln (x +1)-x +1=ae x -x +ln a 有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =ln (x +1)+x +1有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)有两个实根.设函数h (x )=e x +x ，则e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)⇔h (x +ln a )=h (ln (x +1)).因为h ′(x )=e x +1>0恒成立，所以h (x )=e x +x 在R 上单调递增，所以x +ln a =ln (x +1)，x >-1，所以要使F (x )有两个零点，只需ln a =ln (x +1)-x 有两个实根.设M (x )=ln (x +1)-x ，则M ′(x )=-x x +1.由M ′(x )=-x x +1>0，得-1<x <0；由M ′(x )=-x x +1<0，得x >0，故函数M(x)的单调递增区间为(-1，0)，单调递减区间为(0，+∞).故函数M(x)在x=0处取得极大值，也是最大值，且M(x)max=M(0)=0.易知当x→-1时，M(x)→-∞；当x→+∞时，M(x)→-∞.故要使ln a=ln(x+1)-x有两个实根，只需ln a<M(x)max=0，解得0<a<1.所以实数a的取值范围是(0，1).。

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用利用导数研究函数的零点问题题型一判断、证明或讨论函数零点的个数例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 )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减.(2)证明由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，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)＝－6a 2＋2a －13＝－a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点.综上，f (x )只有一个零点.感悟提升利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.(2)根据题目要求，画出函数图像的走势规律，标明函数极(最)值的位置.(3)数形结合法分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.训练1设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m 为正数.试讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.解由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0).转化为函数y ＝m 与y ＝－13x 3＋x 的图像的交点情况.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 )唯一的极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图像(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；综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当实数m ＝23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.题型二根据零点个数确定参数范围例2(2021·全国甲卷)已知a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝x a ax (x ＞0).(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，求a 的取值范围.解(1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x ，定义域为(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 )(2)函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，则转化为方程x a a x ＝1(x ＞0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解.设g (x )＝ln x x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－ln x x2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，当x ＞e 时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e，且当x ＞e 时，g (x )g (1)＝0，所以0＜ln a a ＜1e，所以a ＞1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).感悟提升在解决已知函数y ＝f (x )有几个零点求f (x )中参数t 的取值范围问题时，经常从f (x )中分离出参数t ＝g (x )，然后用求导的方法判断g (x )的单调性，再根据题意求出参数t 的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.训练2已知函数f (x )＝ax －2ln x －a x(a ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数h (x )＝1－a 2x －f （x ）2恰有两个不同的零点，求实数a 的取值范围.解(1)函数f(x)＝ax－2ln x－ax的定义域是(0，＋∞)，求导可得f′(x)＝a－2x＋ax2＝ax2－2x＋ax2.当a≤0时，f′(x)<0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.当a≥1时，4(1－a2)≤0，此时f′(x)＝ax2－2x＋ax2≥0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当0<a<1时，4(1－a2)>0，令f′(x)＝0，得x1＝1－1－a2a，x2＝1＋1－a2a，所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；在(x1，x2)上单调递减.综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a≥1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，函数f(x)(1－1－a2a，1＋1－a2a)上单调递减.(2)由题意得函数h(x)＝1－a2x－f（x）2＝1－a2x＋ln x(x>0)，则函数h(x)＝1－a2xf（x）2恰有两个不同的零点即方程1－a2x＋ln x＝0恰有两个不同的根.由1－a2x＋ln x＝0得a＝2（1＋ln x）x，所以直线y＝a与函数g(x)＝2（1＋ln x）x的图像有两个不同的交点.由g(x)＝2（1＋ln x）x，得g′(x)＝－2ln xx2，当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝2.又e－2<1，g(e－2)＝2（1＋ln e－2）e－2＝－2e－2<0，x>1时，g(x)>0，所以实数a的取值范围为(0，2).题型三可化为函数零点的个数问题例3已知函数f(x)＝ln x(0<x≤1)与函数g(x)＝x2＋a的图像有两条公切线，求实数a的取值范围.解设公切线与函数f(x)＝ln x的图像切于点A(x1，ln x1)(0<x1≤1)，因为f(x)＝ln x，所以f′(x)＝1 x，所以在点A(x1，ln x1)处切线的斜率k1＝f′(x1)＝1 x1，所以切线方程为y－ln x1＝1x1(x－x1)，即y＝xx1＋ln x1－1，设公切线与函数g(x)＝x2＋a的图像切于点B(x2，x22＋a)，因为g(x)＝x2＋a，所以g′(x)＝2x，所以在点B(x2，x22＋a)处切线的斜率k2＝g′(x)＝2x2，所以切线方程为y－(x22＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x22＋a，1x1＝2x2，ln x1－1＝－x22＋a.因为0<x1≤1，所以1x1＝2x2≥1，x2≥12.又a＝－ln2x2＋x22－1，令t＝x2∈12，＋∞，则h(t)＝－ln2t＋t2－1＝－ln2－ln t＋t2－1，所以h′(t)＝2t2－1 t.令h′(t)>0且t≥12，得t>22；令h ′(t )<0且t ≥1，得12≤t <22.所以h (t )在12，所以函数f (x )＝ln x (0<x ≤1)与函数g (x )＝x 2＋a 有两条公切线，满足h (t )≤ln2－12<h (t )≤－34，所以a ln 2－12，－34.感悟提升解决曲线的切线条数、两曲线的交点个数、方程根的个数等问题的关键是转化为对应函数的零点个数问题，利用数形结合思想，通过研究函数的零点个数解决相关问题.训练3已知函数f (x )＝1＋ln x x.(1)求函数f (x )的图像在x ＝1e 2处的切线方程(e 为自然对数的底数)；(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x(a >0)有唯一实数根，求a 的取值范围.解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－ln x x 2，所以f 2e 4，又e 2，所以函数f (x )的图像在x ＝1e2处的切线方程为y ＋e 2＝2e 即y ＝2e 4x －3e 2.(2)当x >1时，f (x )＝a (x －1)＋1x，即ln x －a (x 2－x )＝0.令h (x )＝ln x －a (x 2－x )，有h (1)＝0，h ′(x )＝－2ax 2＋ax ＋1x.令r (x )＝－2ax 2＋ax ＋1(a >0)，则r (0)＝1，r (1)＝1－a ，①当a≥1时，r(1)≤0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x∈(1，＋∞)时，r(x)<0，即h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以方程f(x)＝a(x－1)＋1x无实根.②当0<a<1时，r(1)＝1－a>0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以存在x0∈(1，＋∞)，使得x∈(1，x0)时，r(x)>0，即h(x)单调递增；x∈(x0，＋∞)时，r(x)<0，即h(x)单调递减.所以h(x)max＝h(x0)>h(1)＝0.取x＝1＋1(x>2)，则1＋1a ln1＋1a a1＋1a＋a1＋1a ln1＋1a－1＋1a.令t＝1＋1a>0，故m(t)＝ln t－t(t>2)，则m′(t)＝1t－1<0，所以m(t)在(2，＋∞)单调递减，所以m(t)<ln2－2<0，即h 1＋1a故存在唯一x1x0，1＋1a，使得h(x1)＝0.综上，a的取值范围为(0，1).隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫作隐零点；若x0容易求出，就叫作显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.例1设函数f(x)＝e x－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞). (2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋x＋1e x－1(x>0)恒成立，令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，得g′(x)＝e x－1－（x＋1）e x（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2(x>0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数.又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝α＋1eα－1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.例2已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax的图像在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－32.(1)解因为f′(x)＝x e x－a，由f′(0)＝－1得a＝1，又f(0)＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)证明令g(x)＝f′(x)＝x e x－1，则g′(x)＝(x＋1)e x，所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0e x0＝1⇒e x0＝1 x0，f(x0)＝x0－1x0－x0＝1x又＝e2－1<0，g(1)＝e－1>0⇒12<x0<1⇒2<1x0＋x0<52，所以f(x0)>－3 2 .1.已知函数f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.解(1)当a＝0时，f(x)＝e x－e x，则f′(x)＝e x－e，f′(1)＝0，当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.(2)由题意得f′(x)＝e x－2ax＋a－e，设g(x)＝e x－2ax＋a－e，则g′(x)＝e x－2a.若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.若a<0，则g′(x)＝e x－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，e x>e x.则f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2>e x＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a的取值范围为(－∞，0).2.设函数f(x)＝12x2－m ln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图像的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（x＋m）（x－m）x.当0<x<m时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>m时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.综上，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m).(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－m ln x，x>0，题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.F′(x)＝－（x－1）（x－m）x，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为F(1)＝32>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点；当m>1时，0<x<1或x>m时，F′(x)<0；1<x<m时，F′(x)>0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，因为F(1)＝m＋12>0，F(2m＋2)＝－m ln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点.综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图像总有一个交点.3.已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax2＋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－x2＋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>ln2；令f′(x)<0，解得0<x<ln2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2).(2)因为a＝12，所以f(x)＝(x－1)e x－12x2＋b＋12.由(x－1)e x－12x2＋b＋12＝bx，得(x－1)e x－12(x2－1)＝b(x－1).当x＝1时，方程成立.当x≠1时，只需要方程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 )∞，ln 12，(1，＋∞)上单调递增，因为＝12－12＋＝12ln 2，g (1)＝e －1≠0，所以b 2，e －(e －1，＋∞).4.已知函数f (x )＝ax cos x －1在0，π6上的最大值为3π6－1.(1)求a 的值；(2)证明：函数f (x )2个零点.(1)解f ′(x )＝a (cos x －x sin x )，因为x ∈0，π6，所以cos x >sin x ≥0，又1>x ≥0，所以1·cos x >x sin x ，即cos x －x sin x >0.当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在区间0，π6上单调递增，所以f (x )max ＝a ·π6×32－1＝3π6－1，解得a ＝2.当a <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间0，π6上单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝－1，不符合题意，当a ＝0时，f (x )＝－1，不符合题意.综上，a ＝2.(2)证明设g (x )＝cos x －x sin x ，则g ′(x )＝－2sin x －x cos x x所以g (x )又g (0)＝1>0，＝－π2<0，所以存在唯一的x0g(x0)＝0，当0<x<x0时，g(x)>0，即f′(x)＝2g(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增；当x0<x<π2时，g(x)<0，即f′(x)＝2g(x)<0，所以f(x)0又f(0)＝－1<0，＝2π4－1>0，1<0，所以f(x)综上，函数f(x).。

导数与函数的零点问题1．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)．2．(2021·湖南五市十校联考)已知函数f (x )＝ln x －ax －3(a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的零点个数；(2)若∀a ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 22[m －2f ′(x )]在(a,3)上有最值，求实数m 的取值范围．解：(1)∵x >0，f ′(x )＝1x －a ，∴当a <0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 且f (e 3)＝－a e 3>0，当x →0时，f (x )→－∞， 此时，f (x )存在唯一零点；当a >0时，令f ′(x )＝1－ax x ＝0，解得x ＝1a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增；f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －4.当－ln a －4<0，即a >e －4时，f (x )无零点； 当－ln a －4＝0，即a ＝e －4时，f (x )有一个零点； 当－ln a －4>0，即0<a <e －4时，f (x )有两个零点． 综上，当a <0或a ＝e －4时，f (x )有一个零点； 当0<a <e －4时，f (x )有两个零点； 当a >e －4时，f (x )无零点．(2)g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋a x 2－x ，g ′(x )＝3x 2＋(m ＋2a )x －1. ∵g (x )在(a,3)上有最值，∴g (x )在(a,3)上不单调．∵g ′(0)＝－1<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(3)>0，g ′(a )<0恒成立．又a ∈[1,2]，由g ′(a )<0，即m <1a －5a ， 解得m <－192.g ′(3)>0，即3m ＋26＋6a >0， 解得m >－323，故－323<m <－192.3．已知f (x )＝－x 2＋t ln x 在(1，f (1))处的切线方程为y ＝－x ＋b . (1)求t ，b 的值；(2)若任意m ∈(－1,0]，关于x 的方程f (x )＋ax －m ＝0在(0,3]内有两个零点，求a 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝－2x ＋tx ，则f ′(1)＝－2＋t ＝－1，解得t ＝1，将(1，－1)代入y ＝－x ＋b 中，得b ＝0.(2)由(1)得，f (x )＝－x 2＋ln x ，令g (x )＝f (x )＋ax ＝ax －x 2＋ln x ，x >0，则g ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x，由g ′(x )＝0，得x 1＝a －a 2＋84(舍)，x 2＝a ＋a 2＋84，当x ∈(0，x 2)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，则函数g (x )的单调递增区间是(0，x 2)，单调递减区间是(x 2，＋∞)， 若x 2≥3，则g (x )在(0,3]上单调递增，不合题意，所以x 2<3， 所以g (x )在(0，x 2)上单调递增，在(x 2,3]上单调递减． 因为任意m ∈(－1,0]，f (x )＋ax ＝m 在(0,3]内有两个根， 当x →0时，g (x )→－∞，所以g (3)≤－1，且g (x )max >0， 由g (3)≤－1，即ln3－9＋3a ＋1≤0，解得a ≤8－ln33，由g (x )max ＝g (x 2)>0，即ln x 2－x 22＋ax 2>0， 因为－2x 22＋ax 2＋1＝0，所以a ＝2x 2－1x 2，代入ln x 2－x 22＋ax 2>0，得ln x 2＋x 22－1>0，令h (x )＝ln x ＋x 2－1，可知h (x )在(0,3]上单调递增， 而h (1)＝0，而h (x 2)>h (1)＝0，所以1<x 2<3，而a ＝2x 2－1x 2在1<x 2<3上单调递增，所以1<a <173，综上所述，a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤1，8－ln33. 4．已知g (x )＝e x ，h (x )＝ln x ，若点A 为函数g (x )上的任意一点，点B 为函数h (x )上的任意一点．f (x )＝g (2x )－ax ＋a (a ∈R ，其中e 为自然对数的底数)．(1)求A ，B 两点之间距离的最小值； (2)若函数f (x )有两个不同的零点x 1，x 2. ①求实数a 的取值范围；②设f (x )的导函数为f ′(x )，求证：f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0. 解：(1)由于g (x )＝e x 与h (x )＝ln x 互为反函数，即函数图象关于y ＝x 对称，且g (x )在点(0,1)处的切线为y ＝x ＋1，h (x )在点(1,0)的切线为y ＝x －1，∴A ，B 两点之间的距离的最小值即为(0,1)与(1,0)之间的距离，其最小值为 2.(2)①由已知，f (x )＝g (2x )－ax ＋a ＝e 2x －ax ＋a ，f ′(x )＝2e 2x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增，不合题意，∴a >0.又∵x →－∞时，f (x )→＋∞；x →＋∞，f (x )→＋∞， 令f ′(x )＝0，即2e 2x－a ＝0，x ＝12ln a2，∵函数f (x )有两个零点x 1，x 2，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12ln a 2递减，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln a 2，＋∞递增，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln a 2<0， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln a 2＝e lna2 －a 2ln a2＋a <0，得a >2e 3.∴a 的取值范围是(2e 3，＋∞)．②证明：由题意得⎩⎨⎧e 2x 1－ax 1＋a ＝0，e 2x2－ax 2＋a ＝0，两式相减得a ＝e 2x 2－e2x 1x 2－x 1，不妨设x 1<x 2，f ′(x )＝2e 2x －a ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝2e x 1＋x 2 －e 2x 2－e 2x 1x 2－x 1＝e x 1＋x 2x 2－x 1[2(x 2－x 1)＋e x 1－x 2 －e x 2－x 1]，令t ＝x 2－x 1>0，则2(x 2－x 1)＋e x 1－x 2 －e x 2－x 1可转化为h (t )＝2t －e t ＋e －t ，∵h ′(t )＝2－e t －e －t ＝2－(e t ＋e －t )<0， ∴h (t )在(0，＋∞)上单调递减，∴h (t )<h (0)＝0，即f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0.5．已知函数f (x )＝a e x－cos x ⎝⎛⎭⎪⎫a ∈R ，x >－π2. (1)证明：当a ＝1时，f (x )有最小值，无最大值；(2)若在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π上方程f (x )＝0恰有一个实数根，求实数a 的取值范围． 解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )＝e x －cos x ，f ′(x )＝e x ＋sin x . 令h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x ＋cos x . 当－π2<x ≤0时，e x >0，cos x >0，∴h ′(x )>0； 当x >0时，e x >1，－1≤cos x ≤1，∴h ′(x )>0，即当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－π2，＋∞时，恒有h ′(x )>0，∴f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，＋∞上单调递增．∵f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝e－π2－1<0，f ′(0)＝1>0，∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫－π2，0，使得f ′(x 0)＝0，∴f ′(x )的符号如图所示，即f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－π2，x 0上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．又∵x →＋∞时，f (x )→＋∞，∴当a ＝1时，f (x )有最小值f (x 0)，无最大值．(2)方程f (x )＝a e x－cos x ＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <π恰有一个实根，即a ＝cos x e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <π恰有一个实根，即y ＝a 与g (x )＝cos x e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <π的图象恰有一个公共点． 又∵g ′(x )＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4e x，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π，令g ′(x )＝0，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝0，得x ＝－π4或3π4. 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－π2，－π4∪⎝⎛⎭⎪⎫3π4，π时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，3π4时，g ′(x )<0，∴g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－π2，－π4上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－π4，3π4上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫3π4，π上单调递增，即极大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝22eπ4，极小值为g ⎝⎛⎭⎪⎫3π4＝－22e 3π4. 又∵g ⎝⎛⎭⎪⎫－π2＝0，g (π)＝－1e π，∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π上的图象大致如图所示．又∵y ＝a 与g (x )＝cos x e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <π恰有一个公共点，∴a ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－22e 3π4 ∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1e π，0∪⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫22e π4 . 6．已知函数f (x )＝ax e x ＋12x 2－x (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为R ， f ′(x )＝a －ax e x ＋x －1＝(x －1)(e x －a )e x . ①当a ≤0时，e x －a >0恒成立，令f ′(x )>0，得x >1，令f ′(x )<0，得x <1，所以f (x )在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数； ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝ln a . (ⅰ)当ln a ＝1，即a ＝e 时，f ′(x )≥0恒成立， 所以f (x )在R 上为增函数； (ⅱ)当ln a <1，即0<a <e 时， 令f ′(x )>0，得x >1或x <ln a ， 令f ′(x )<0，得ln a <x <1，所以f (x )在(－∞，ln a )上为增函数，在(ln a,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数； (ⅲ)当ln a >1，即a >e 时， 令f ′(x )>0，得x >ln a 或x <1， 令f ′(x )<0，得1<x <ln a ，所以f (x )在(－∞，1)上为增函数，在(1，ln a )上为减函数，在(ln a ，＋∞)上为增函数． 综上，当a ≤0时，f (x )在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数； 当a ＝e 时，f (x )在R 上为增函数；当0<a <e 时，f (x )在(－∞，ln a )上为增函数，在(ln a,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数； 当a >e 时，f (x )在(－∞，1)上为增函数，在(1，ln a )上为减函数，在(ln a ，＋∞)上为增函数． (2)由(1)知，①当a ≤0时，f (x )在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，f (1)＝a e －12<0，f (0)＝0，当x >1时，f (x )＝axe x＋12x 2－x ≥ax x ＋12x 2－x ＝12x 2－x ＋a ，取x 0＝2－a ，则f (x 0)≥12(2－a )2－(2－a )＋a ＝12a 2≥0，故此时有2个零点，符合题意； ②当a ＝e 时，f (x )在R 上为增函数，故此时最多有1个零点，不合题意；③当0<a <e 时，f (x )在(－∞，ln a )上为增函数，在(ln a,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数， (ⅰ)当a ＝1时，f (ln a )＝12ln 2a ＝0，f (1)＝1e －12<0，f (2)＝2e 2>0，此时有2个零点，符合题意； (ⅱ)当0<a <1或1<a <e 时，f (ln a )＝a ln a a ＋12ln 2a －ln a ＝12ln 2a >0，f (x )＝ax e x ＋12x 2－x ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫a e x ＋12x －1，当x <0时，a e x ＋12x －1>ax 2＋12x －1， 只需x <－1－1＋16a4a ， 则a e x ＋12x －1>ax 2＋12x －1>0，所以取x 1<ln a 且x 1<－1－1＋16a4a ，则f (x 1)<0， 所以f (x )在(－∞，ln a )上必有1个零点，所以当f (1)＝a e －12>0，即a >e 2时，只有1个零点，不合题意；当f (1)＝a e －12＝0，即a ＝e2时，有2个零点，符合题意；当f (1)＝a e －12<0，即0<a <e2时，因为f (2)＝2ae 2>0，所以此时有3个零点，不合题意；④当a >e 时，f (x )在(－∞，1)上为增函数，在(1，ln a )上为减函数，在(ln a ，＋∞)上为增函数， f (ln a )＝a ln a a ＋12ln 2a －ln a ＝12ln 2a >0， 故此时最多有1个零点，不合题意．综上，当a ≤0或a ＝1或a ＝e2时，函数f (x )有2个零点．。

,即可论证,当 ⩾ 时,()有唯一的零点;然后验证 = 时,函数的零点的个数,
判断选项即可.
学而优 · 教有方
典型例题
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
典例1 (2020广东二模)已知函数() =
有唯一零点,则的取值范围为(



+ − ( ∈ ),若函数()
故函数的单调递增区间(, +∞),单调递减区间(−∞,),
学而优 · 教有方
典型例题
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
典例2 ((2020陕西西安二模)已知函数() = − − (、为实数,为
自然对数的底数, ≈ . ).
(1)求函数()的单调区间;
典型例题
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
典例1 (2020广东二模)已知函数() =
有唯一零点,则的取值范围为(



+ − ( ∈ ),若函数()
)
A.(−∞, )
B.(−∞, ) ∪ [, +∞)
C.(−∞, ) ∪ [, +∞)
D.(−∞, ) ∪ [, +∞)
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
人教B版同步教材名师课件
导数与零点
---专题精讲
学而优 · 教有方
导数与零点
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
1.根据参数确定函数的零点个数的两种解决方法
(1)利用单调性与零点存在性定理求解.
(2)化原函数为两个函数,利用两个函数图象的交点来求解.
2.利用函数零点求参数范围的方法
(2)当 = , = 时,判断函数()零点的个数并证明.

第六节 利用导数解决函数的零点问题考点1 判断、证明或讨论函数零点的个数判断函数零点个数的3种方法直接法令f (x )＝0，则方程解的个数即为零点的个数 画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可 定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决证明：(1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点.［证明］ (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点. (2)f (x )的定义域为(－1，＋∞).(ⅰ)当x ∈(－1,0］时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1,0)单调递减.又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0］的唯一零点.(ⅱ)当x ∈时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减. 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈时，f (x )＞0.从而，f (x )在没有零点.(ⅲ)当x ∈时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减.而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在有唯一零点. (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点.综上，f (x )有且仅有2个零点.根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”.设函数f (x )＝ln x ＋m x ，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 )－x 3零点的个数.［解］ (1)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x (x ＞0)，则f ′(x )＝x －e x 2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减.∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23，又∵φ(0)＝0.结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知，①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点.综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点.考点2 已知函数零点个数求参数解决此类问题常从以下两个方面考虑(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件.(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解.设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围． [解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时， f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x， 令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0＜x ＜12时，f ′(x )＞0；当x ＞12时，f ′(x )＜0.∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.(2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x .令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3， 则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x ＜1时，g ′(x )＜0；当1＜x ≤3时，g ′(x )＞0，∴g (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，单调递增区间为(1,3]， ∴g (x )min ＝g (1)＝1，∴函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13＞3－ln 33，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3－ln 33. 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．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .[解] (1)当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x . 当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e24，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点．由(1)知，当x＞0时，e x＞x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3(e2a)2＞1－16a3(2a)4＝1－1a＞0，故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.考点3函数零点性质研究本考点包括两个方向：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问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．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题的目的．已知函数f(x)＝12x2＋(1－a)x－a ln x，a∈R.(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.[解](1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－ax，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－ax＝(x＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1－ax(x＞0)，①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x＞a时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)＜0，即12a2＋(1－a)a－a ln a＜0，整理得ln a＞1－12a，作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－a ln 2a－x x，则h′(x)＝－2＋2a2(2a－x)x ＝－2＋2a2－(x－a)2＋a2≥0，所以h(x)在(0,2a)上单调递增，不妨设x1＜a＜x2，则h(x2)＞h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)＞f(x2)＝f(x1)，又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2＜x1，即x1＋x2＞2a，又ln a＞1－12a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝ln x－x.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)＋x＋12x－m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞1.[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1＝1－xx.令f′(x)＝1－xx＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＝1－xx＜0，得x＞1.所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：根据题意知g(x)＝ln x＋12x－m(x＞0)，因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋12x－m的两个零点，所以ln x1＋12x1－m＝0，ln x2＋12x2－m＝0，两式相减，可得ln x1x2＝12x2－12x1，即ln x1x2＝x1－x22x1x2，故x1x2＝x1－x22lnx1x2，则x1＝x1x2－12lnx1x2，x2＝1－x2x12lnx1x2.令t＝x1x2，其中0＜t＜1，则x1＋x2＝t－12ln t＋1－1t2ln t＝t－1t2ln t.构造函数h(t)＝t－1t－2ln t(0＜t＜1)，则h′(t)＝(t－1)2t2.因为0＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，即t－1t －2ln t＜0，可知t－1t2ln t＞1，故x1＋x2＞1.课外素养提升④逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型【例1都有f′(x)＜12，则不等式f(lg x)＞lg x＋12的解集为________．(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为________．(1)(0,10)(2)(－∞，－3)∪(0,3)[(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－12x，则g′(x)＝f′(x)－12＜0，所以g(x)在定义域内是减函数．因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－12＝1 2，由f(lg x)＞lg x＋12，得f(lg x)－12lg x＞12.即g(lg x)＝f(lg x)－12lg x＞12＝g(1)，所以lg x＜1，解得0＜x＜10.所以原不等式的解集为(0,10)．(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)(g(x)≠0)．xf′(x)±nf(x)(n为常数)型【例2x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是()A．f(x)＞0 B．f(x)＜0C．f(x)＞x D．f(x)＜x(1)A(2)A[(1)令g(x)＝f(x) x，则g′(x)＝xf′(x)－f(x)x2.由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；当x∈(－1,0)时，f(x)＜0.综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．(2)令g(x)＝x2f(x)－14x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.综上可知，f(x)＞0.][评析](1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝x n f(x)，则F′(x)＝x n－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对x n－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.(2)对于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，构造F(x)＝f(x)x n，则F′(x)＝xf′(x)－nf(x)x n＋1(注意对x n＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)＞0，构造F(x)＝f(x)x，则F′(x)＝xf′(x)－f(x)x2＞0.f ′(x )±λf (x )(λ为常数)型【例3】)＞f ′(x )，则有( )A ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)B ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)C ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)D ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)(2)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋2f ′(x )＞0恒成立，且f (2)＝1e (e 为自然对数的底数)，则不等式e x f (x )－e x 2＞0的解集为________．(1)D (2)(2，＋∞) [(1)构造函数h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x＜0，即h (x )在R 上单调递减，故h (－2 019)＞h (0)，即f (－2 019)e －2 019＞f (0)e 0⇒e 2 019f (－2 019)＞f (0)；同理，h (2 019)＜h (0)，即f (2 019)＜e 2 019f (0)，故选D.(2)由f (x )＋2f ′(x )＞0，得2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12f (x )＋f ′(x )＞0，可构造函数h (x )＝e x 2f (x )，则h ′(x )＝12e x 2 [f (x )＋2f ′(x )]＞0，所以函数h (x )＝e x 2f (x )在R 上单调递增，且h (2)＝e f (2)＝1.不等式e x f (x )－e x 2＞0等价于e x 2f (x )＞1，即h (x )＞h (2)⇒x ＞2，所以不等式e x f (x )－e x 2＞0的解集为(2，＋∞)．][评析] (1)对于不等式f ′(x )＋f (x )＞0(或＜0)，构造函数F (x )＝e x f (x )．(2)对于不等式f ′(x )－f (x )＞0(或＜0)，构造函数F (x )＝f (x )e x .。

导数专题（三）——零点问题（ 2013 昌平二模理） （ 18）（本小 分 13 分）（零点 ）已知函数 f ( x)1 x2 a ln x( a 0).2（Ⅰ）若 a 2, 求 f ( x) 在 (1, f (1)) 的切 方程；（Ⅱ）求f ( x) 在区 [1,e] 上的最小 ；（ III ）若 f ( x) 在区 (1,e) 上恰有两个零点，求 a 的取 范 .（ 18）（本小 分 13 分）解：（ I ） a 2, f ( x)1 x2 2ln x, f '( x) x 2 ,1 ,2xf '(1)1, f (1)2f (x) 在 (1, f (1)) 的切 方程 2x 2 y3 0. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..3分（Ⅱ）由 f '(x)x ax 2 a .x x由 a 0 及定 域 (0,) ，令 f '(x)0, 得 xa.①若a 1,即0a 1, 在 (1,e) 上， f '( x) 0 ， f (x) 在 [1,e] 上 增，因此 , f ( x) 在区 [1,e] 的最小1f (1).2②若 1 ae,即1 a e 2 ,在（1, a ) 上， f '( x) 0 ， f ( x) 减； 在（ a ,e) 上， f '( x)0 ，f (x)增，因此 f (x) 在区[1,e] 上的最小 f (a )1ln a).a(12③若a e,即 ae 2 , 在 (1,e) 上，f '( x)0 ， f (x) 在 [1,e] 上 减， 因此 , f ( x) 在区 [1,e] 上的最小f (e)1 e2 a .2上，当 0a 1时， f min ( x) 1 ；当 1a e 2时， f min (x)1a(1 ln a) ；1 e 222当 ae 2 时，f min (x)a .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.9分2(III)由（ ）可知当0 a 1或 ae 2时， f (x) 在(1,e) 上是 增或 减函数，不可能存在两个零点.II当 1 a e 2时， 要使 f (x) 在区 (1,e) 上恰有两个零点，1a(1 ln a) 0,2ae11 e2 . ∴f (1)0, 即1 e 2，此时， e a2a2f (e) 1 e 2 a 0,22所以， a 的取 范(e, 1e 2 ). ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..13分2（ 2014 西城期末理）18．（本小 分13 分）（零点 ）已知函数 f ( x) (xa)e x ，其中 e 是自然 数的底数，a R .（Ⅰ）求函数 f (x) 的 区 ；（Ⅱ）当 a1 ， 确定函数g( x)f ( x a)x 2 的零点个数，并 明理由 .18. （本小 分 13 分）（Ⅰ） 解：因 f (x)(x a)e x ， x R ，所以 f (x) (x a 1)e x ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分令 f (x)0，得 xa 1 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分当 x 化 ， f ( x) 和 f ( x) 的 化情况如下：x(, a1)a 1( a 1,)f ( x)f ( x)↘↗⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分故 f ( x) 的 减区 (, a 1) ； 增区( a 1,) ．⋯⋯⋯⋯ 6 分（Ⅱ） 解： ：函数g( x) 有且 有一个零点 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分理由如下：由 g ( x) f ( x a)x 20 ，得方程 xe x ax 2 ，然 x 0此方程的一个 数解 .所以 x0 是函数g( x)的一个零点.⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9 分当 x0 ，方程可化e x a x .函数 F ( x) e x a x ， F ( x)e x a 1 ，令 F (x) 0 ，得 x a ．当 x 化， F ( x) 和 F ( x) 的化情况如下：x(, a)a(a,)F (x)F ( x)↘↗即 F ( x) 的增区( a,) ；减区 (, a) ．所以 F ( x) 的最小 F ( x)min F (a) 1 a .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 11 分因 a 1 ，所以 F (x)min F (a) 1 a0 ，所以于任意x R ，F (x)0，因此方程 e x a x 无数解．所以当 x0 ，函数g( x)不存在零点.上，函数g (x) 有且有一个零点.⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分（ 2015 上学期期末丰台理）18.（本小共13 分）（像交点、化）已知函数 f ( x) x e x 1 ．（Ⅰ）求函数 f (x) 的极小；（Ⅱ）如果直y kx 1与函数 f(x) 的象无交点，求k 的取范．18. 解：（Ⅰ）函数的定域R．因 f (x) x e x 1 ，所以fe x1 (x)．e x令 f( x)0 ，x 0．x(,0)0(0,)f (x)-0+f (x)↘极小↗所以当 x0 函数有极小 f ( x)极小值 =f (0) 0 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（Ⅱ）函数f ( x)x1 1 ．e x10 ， y k 01 1 ，当 x 0 f ( x) 0 1e0所以要使 y kx1与 f (x) 无交点，等价于 f (x)kx1恒成立．令 g(x)x1(kx1) ，即 g( x)(1 1e x所以 g (x)(1 k)e x 1．e x①当 k 1 ，g( x)1，足y kx e x②当 k 1 ，g(1) (1 k)111e1 k k1k11而0 ， e1 k 1 ，1 k1所以 g ()0 ，此不足 y kx 1 与k1k) x e x，1 与 f ( x) 无交点；1e1 k 1 ，f(x) 无交点．③当 k1(1 k)e x1，，，令 g ( x)e x0x ln(1k)当 x(, ln(1k)) ， g (x)0， g (x) 在 (, ln(1k )) 上减；当 x( ln(1k),) ， g ( x)0， g (x) 在 (ln(1k),) 上增；当 x ln(1k ) ， g (x)min g(ln(1k )) (1k )(1ln(1 k )) ．由(1k)(1ln(1k)) 0得1e k，1即 y kx 1 与 f ( x) 无交点．上所述当 k(1e,1] ， y kx 1 与 f (x) 无交点．⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分（ 2016 城上学期期末理）（ 19）（本小共 14分）（零点，化）已知函数 f (x)e xa( x ln x) ．x（Ⅰ）当 a 1时，试求 f (x) 在 (1, f (1)) 处的切线方程；（Ⅱ）当 a0 时，试求 f (x) 的单调区间；（Ⅲ）若 f (x) 在(0,1)内有极值，试求 a 的取值范围．解：（Ⅰ）当 a 1时， f / ( x)e x ( x 1)11， f /(1)0， f (1) e 1 ．x2x方程为 y e1．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ） f ( x)e x ( x1)a(1 1 )e x ( x1)ax( x1) ，x2x x2(e x ax)( x1)．x2当 a0 时，对于x(0,) ， e x ax0 恒成立，所以 f ' (x)0x 1 ； f ' ( x) 00 x 10.所以单调增区间为 (1,) ，单调减区间为(0,1)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8 分（Ⅲ）若 f (x) 在 (0,1) 内有极值，则 f '( x) 在 x(0,1) 内有解．令 f'( x)(e x ax)( x1)0e x ax0ae xx2.x设 g( x)e xx(0,1) , x所以 g ' ( x)e x( x1) ,当 x(0,1) 时， g' (x)0 恒成立，x所以 g (x) 单调递减.又因为 g(1) e ，又当 x0时， g (x),即 g ( x) 在 x(0,1) 上的域 (e,) ,所以当 a e时， f '(e x ax )( x1)0 有解. (x)x2H ( x)e x ax ，H ( x)e x a0x(0,1) ，所以 H (x)在 x(0,1) 单调递减.因 H (0)10， H (1)e a0 ,所以 H (x)e x ax 在 x(0,1) 有唯一解 x0.所以有：x(0, x0 )x0(x0 ,1)H ( x)0f ' ( x)0f ( x)]极小Z所以当a e时，f ( x)在 (0,1) 内有极值且唯一.当 a e 时，当x(0,1) 时， f' ( x)0 恒成立， f ( x)单调递增，不成立．综上， a 的取值范围为 (e,) ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14 分（ 2015 海淀一模理） （ 18）（本小 分13 分）（ 化、零点）已知函数 f ( x) a ln x1(a 0) .x（Ⅰ）求函数f ( x) 的 区 ；（Ⅱ）若 { x f (x)0} [ b, c] （其中 b c ），求 a 的取 范 ，并 明[b, c] (0,1) .（ 18）（共 13 分）解：（Ⅰ） f '(x)a 1 ax x x2x 2（ⅰ）当 a0 ， f '(x)1( x 0) . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分0 ， 函数f (x) 的 减区 是(0,) .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分1（ⅱ）当 a 0 ，令 f '(x) 0 ，得 x.a当 x 化 ， f '(x) ,f (x) 的 化情况如下表x(0, 1)1 ( 1, )aa af '(x)f ( x)↘极小↗所以f ( x) 的 减区 是(0, 1) ， 增区 是( 1 , ) . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分aa（Ⅱ）由（Ⅰ）知：当 a0 ，函数 f ( x) 在区 (0,) 内是减函数，所以，函数f ( x) 至多存在一个零点，不符合意 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分当 a0 ， 因 f (x)在 (0,1)内是减函数，在(1, )内是增函数，所以要 使aa{ x f ( x) 0}[ b, c] ，必 f ( 1) 0 ，即 a ln 1a 0 .aa所以 a e .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 7 分当 ae ，f (12 ) a ln( 12 )a 22a ln a a 2a (a 2ln a) .aa2 x 2令 g( x) x 2ln x(xe) ， g '(x)1( x e) .xx当 xe ， g '(x) 0，所以， g( x) 在 [e, ) 上是增函数 .所以 当 a e ， g( a)a 2ln a g(e) e 2 0 .所以f (12 )a0 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分因1 11 ， f (10 ，a 2 a ) 0 ， f (1) 1a所以f (x) 在 (1, 1) 内存在一个零点，不妨b ，在 ( 1,1) 内存在一个零点，不妨c .a 2 aa⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 11 分因f ( x) 在 (0, 1) 内是减函数，在 (1,) 内是增函数，aa所以 { x f (x) 0} [b,c] .上所述， a 的取 范 是 (e, + ) .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12 分因 b(1, 1) ， c ( 1,1)，a 2aa所以 [ b, c] (0,1) .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分（ 2015 海淀上学期期末） （ 19）（本小 分13 分）（零点、三角函数）已知函数 f ( x)a cos x x sin x ， xπ π[, ] .2 2（Ⅰ）判断函数 f ( x) 的奇偶性，并 明你的 ；（Ⅱ）求集合A { x | f ( x) 0} 中元素的个数；（Ⅲ）当 1a 2 ， 函数f (x) 有多少个极 点？（只需写出 ）（ 19）（共 13 分）解：（Ⅰ）函数f ( x) 是偶函数， 明如下：⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分于x π ππ π⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分[, ] ， x [, ] .2 22 2因 f ( x) a cos( x)x sin( x) a cos x x sin xf (x) ，所以 f ( x) 是偶函数 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）当 a0 ，因f ( x)a cos xx sin x 0 π π，x [, ] 恒成立，2 2所以集合A{ x | f ( x) 0} 中元素的个数 0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分当 a0 ，令 f ( x)x sin x 0 ，由 x[π π,2] ，2得 x0 .所以 集合 A { x | f ( x) 0} 中元素的个数1. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分当 a0 ，因f '( x)a sin x sin x x cos x (1 a)sin xπx cos x 0, x (0, ) ，2π⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8 分所以 函数 f (x) 是 [0, ] 上的增函数 .2因f (0)aπ π 0 ，0, f ( )22所以f (x) 在 (0,π) 上只有一个零点 .2由 f (x) 是偶函数可知，集合 A { x | f ( x) 0} 中元素的个数 2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 10 分上所述，当 a 0 ，集合 A { x | f ( x) 0} 中元素的个数0；当 a0 ，集合 A { x | f ( x)0} 中元素的个数 1；当 a 0 ，集合 A { x | f ( x) 0} 中元素的个数2.（Ⅲ）函数f (x) 有 3 个极 点 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 13 分。

高考大题研究课二 利用导数研究函数的零点问题
题型一 函数零点个数问题 例 1 [2023·皖南八校联考]已知函数f(x)＝−ax2＋x ln x－x.
(1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围； (2)当a＝0时，求函数h(x)＝f(x)－x＋2x的零点个数．
题后师说
利用导数确定函数零点个数的方法
2．[2022·全国乙卷]已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
题后师说 解决证明此类问题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．
巩固训练3 已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋2x＋2)． (1)若a＝2，求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：函数f(x＞0且a≠1，函数f(x)＝xaax(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．
巩固训练1 设函数f(x)＝ln x＋mx ，讨论函数g(x)＝f′(x)－3x的零点个数．
题型二 利用函数的零点个数求参数范围 例 2[2023·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)． (1)当a＝－1时，求f(x)的极值； (2)若f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点，求a的取值范围．
题后师说 利用函数的零点个数求参数范围的方法
巩固训练2 已知函数f(x)＝13x3－12ax2－2x(a∈R)在x＝2处取得极值． (1)求f(x)在[－2，1]上的最小值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋b(b∈R)有且只有一个零点，求b的取值范围．

心
安
；
书
一
笔
清
远
，
盈
一
抹
恬
淡
，
浮
华
三
千
，
只
做
自
己
；
人
间
有
情
，
心
中
有
爱
，
携
一
米
阳
光
，
微
笑
向
暖
。
口
罗
不
是
。
■
电
:
那
你
的
第
一
部
戏
有
没
有
胆
怯
，
像
费
里
尼
拍
第
一
部
戏
时
就
穿
戴
得
很
正
式
给
人
一
种
威
严
感
。
口
罗
没
有
我
和
他
不
同
。
我
是
从
底
层
爬
上
来
的
我
清
楚
怎
么
运
作
这
个
东
西
(
电
影
拍
摄
)
所
以
为
什
么
很
多
时
候
在
现
场
我
不
想
等
。
你
可
以
说
我
之前有个网友说自己现在紧张得不得了，获得了一个大公司的面试机会，很不想失去这个机会，一天只吃一顿饭在恶补基础知识。不禁要问，之前做什么去了？机会当真就那么少？在我看来到处都是机会，关键看你是否能抓住。运气并非偶然，运气都是留给那些时刻准备着的人的。只有不断的积累知识，不断的进步。当机会真的到来的时候，一把抓住。相信学习真的可以改变一个人的运气。 在当今社会，大家都生活得匆匆忙忙，比房子、比车子、比票子、比小孩的教育、比工作，往往被压得喘不过气来。而另外总有一些人会运用自己的心智去分辨哪些快乐或者幸福是必须建立在比较的基础上的，而哪些快乐和幸福是无需比较同样可以获得的，然后把时间花在寻找甚至制造那些无需比较就可以获得的幸福和快乐，然后无怨无悔地生活，尽情欢乐。一位清洁阿姨感觉到快乐和幸福，因为她刚刚通过自己的双手还给路人一条清洁的街道；一位幼儿园老师感觉到快乐和幸福，因为他刚给一群孩子讲清楚了吃饭前要洗手的道理；一位外科医生感觉到幸福和快乐，因为他刚刚从死神手里抢回了一条人命；一位母亲感觉到幸福和快乐，因为他正坐在孩子的床边，孩子睡梦中的脸庞是那么的安静美丽，那么令人爱怜。。。。。。

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．

利用导数解决零点问题命题点1根据函数零点个数求参数例1[2022全国卷乙]已知函数f（x）＝ax－1－（a＋1）ln x.（1）当a＝0时，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围.解析（1）当a＝0时，f（x）＝－1－ln x（x＞0），所以f'（x）＝12－1＝1－2.当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.所以f（x）max＝f（1）＝－1.（2）由f（x）＝ax－1－（a＋1）ln x（x＞0），得f'（x）＝a＋12－r1＝（B－1)(－1）2（x ＞0）.当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点.当a＜0时，f'（x）＝（－1)(－1）2，若x∈（0，1），则f'（x）＞0，f（x）单调递增；若x∈（1，＋∞），则f'（x）＜0，f（x）单调递减.所以f（x）max＝f（1）＝a－1＜0，所以f（x）不存在零点.当a＞0时，f'（x）＝（－1)(－1）2，若a＝1，则f'（x）≥0（当且仅当x＝1时“＝”成立），f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（1）＝a－1＝0，所以函数f（x）恰有一个零点；若a＞1，则f（x）在（0，1），（1，＋∞）上单调递增，在（1，1）上单调递减，因为f（1）＝a－1＞0，所以f（1）＞f（1）＞0，当x→0＋时，f（x）→－∞，由零点存在定理可知f（x）在（0，1）上必有一个零点，所以a＞1满足条件；若0＜a＜1，则f（x）在（0，1），（1，＋∞）上单调递增，在（1，1）上单调递减，因为f（1）＝a－1＜0，所以f（1）＜f（1）＜0，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理可知f（x）在（1，＋∞）上必有一个零点，即0＜a＜1满足条件.综上，若f（x）恰有一个零点，则a的取值范围为（0，＋∞）.方法技巧已知函数零点个数求参数的方法（1）数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合求解；（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）的单调性、极值和最值，根据直线y＝a与y＝φ（x）的图象的交点个数得参数a的取值范围；（3）分类讨论法：先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数的范围.训练1[2021全国卷甲]已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝（x＞0）.（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围.解析（1）当a＝2时，f（x）＝22（x＞0），f'（x）＝（2－En2）2（x＞0），令f'（x）＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f（x）单调递增；令f'（x）＜0，则x＞2ln2，此时函数f（x）单调递减.所以函数f（x）的单调递增区间为（0，2ln2），单调递减区间为（2ln2，＋∞）.（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＝1（x＞0）有两个不同的解，即方程ln＝ln有两个不同的解.设g（x）＝ln（x＞0），则g'（x）＝1－ln2（x＞0），令g'（x）＝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＜1e，所以a＞1且a≠e，即a的取值范围为（1，e）∪（e，＋∞）.命题点2探究函数零点个数例2[全国卷Ⅰ]已知函数f（x）＝sin x－ln（1＋x），f'（x）为f（x）的导数，证明：（1）f'（x）在区间（－1，π2）上存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点.解析（1）设g（x）＝f'（x），则g（x）＝cos x－11+，g'（x）＝－sin x＋1（1+）2.当x∈（－1，π2）时，g'（x）单调递减，而g'（0）＞0，g'（π2）＜0，可得g'（x）在（－1，π2）上有唯一零点，设为α.则当x∈（－1，α）时，g'（x）＞0；当x∈（α，π2）时，g'（x）＜0.所以g（x）在（－1，α）上单调递增，在（α，π2）上单调递减，故g（x）在（－1，π2）上存在唯一极大值点，即f'（x）在（－1，π2）上存在唯一极大值点.（2）f（x）的定义域为（－1，＋∞）.（i）当x∈（－1，0]时，由（1）知，f'（x）在（－1，0）上单调递增，而f'（0）＝0，所以当x∈（－1，0）时，f'（x）＜0，故f（x）在（－1，0）上单调递减.又f（0）＝0，从而x＝0是f（x）在（－1，0]上的唯一零点.（ii）当x∈（0，π2]时，由（1）知，f'（x）在（0，α）上单调递增，在（α，π2）上单调递减，而f'（0）＝0，f'（π2）＜0，所以存在β∈（α，π2），使得f'（β）＝0，且当x∈（0，β）时，f'（x）＞0；当x∈（β，π2）时，f'（x）＜0.故f（x）在（0，β）上单调递增，在（β，π2）上单调递减.又f（0）＝0，f（π2）＝1－ln（1＋π2）＞0，所以当x∈（0，π2]时，f（x）＞0.从而f（x）在（0，π2]上没有零点.（iii）当x∈（π2，π]时，f'（x）＜0，所以f（x）在（π2，π）上单调递减.而f（π2）＞0，f（π）＜0，所以f（x）在（π2，π]上有唯一零点.（i v）当x∈（π，＋∞）时，ln（x＋1）＞1，所以f（x）＜0，从而f（x）在（π，＋∞）上没有零点.综上，f（x）有且仅有2个零点.方法技巧探究函数零点个数的方法（1）图象法：通过导数研究函数的单调性、极值、最值，确定函数f（x）的图象草图，判断图象与横轴的交点个数，一般要结合函数零点存在定理处理.（2）分离法：设f（x）＝g（x）－h（x），则f（x）的零点个数⇔g（x）与h（x）图象的交点个数.训练2[2023山东潍坊二模节选]已知函数f（x）＝x＋a sin x.讨论f（x）在区间（0，π2）上的零点个数.解析f'（x）＝1＋a cos x.①若a≥0，则f'（x）＝1＋a cos x＞0在（0，π2）上恒成立，所以f（x）在（0，π2）上单调递增，又f（0）＝0，所以f（x）在（0，π2）上无零点.②若a＜0，由x∈（0，π2），得0＜cos x＜1，则1＋a＜1＋a cos x＜1.当a＋1≥0，即－1≤a＜0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，π2）上单调递增，又f（0）＝0，故f（x）在（0，π2）上无零点.当a＋1＜0，即a＜－1时，f'（x）在（0，π2）上单调递增，且f'（0）＝1＋a＜0，f'（π2）＝1＞0，故存在x0∈（0，π2），使得f'（x0）＝0，所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，又f（0）＝0，故f（x0）＜0，f（π2）＝π2＋a.此时，若π2＋a≤0，即a≤－π2，则f（x）在（0，π2）上无零点；若π2＋a＞0，即－π2＜a＜－1，则f（x）在（0，π2）上有一个零点.综上，当a≥－1时，f（x）在（0，π2）上无零点；当－π2＜a＜－1时，f（x）在（0，π2）上有一个零点；当a≤－π2时，f（x）在（0，π2）上无零点.1.[命题点1/2022全国卷乙]已知函数f（x）＝ln（1＋x）＋ax e－x.（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若f（x）在区间（－1，0），（0，＋∞）各恰有一个零点，求a的取值范围.解析（1）当a＝1时，f（x）＝ln（1＋x）＋x e－x，∴f'（x）＝1r1＋e－x＋x e－x×（－1），∴f'（0）＝1＋1＝2.∵f（0）＝0，∴所求切线方程为y－0＝2（x－0），即y＝2x.（2）∵f（x）＝ln（1＋x）＋ax e－x＝ln（x＋1）＋B e，∴当a≥0时，若x＞0，则ln（x＋1）＞0，B e≥0，∴f（x）＞0，∴f（x）在（0，＋∞）上无零点，不符合题意..当a＜0时，f'（x）＝e＋（1－2）（r1）e令g（x）＝e x＋a（1－x2），则g'（x）＝e x－2ax，g'（x）在（－1，＋∞）上单调递增，g'（－1）＝e－1＋2a，g'（0）＝1.（a）若g'（－1）≥0，则－12e≤a＜0，∴－12e≤a＜0时，g'（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，∴g（x）在（－1，＋∞）上单调递增.∵g（－1）＝e－1＞0，∴g（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，∴f'（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，∴f（x）在（－1，＋∞）上单调递增.∵f（0）＝0，∴f（x）在（－1，0），（0，＋∞）上均无零点，不符合题意.（b）若g'（－1）＜0，则a＜－12e，∴a＜－12e时，存在x0∈（－1，0），使得g'（x0）＝0.∴g（x）在（－1，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增.g（－1）＝e－1＞0，g（0）＝1＋a，g（1）＝e＞0.（i）当g（0）≥0，即－1≤a＜－12e时，g（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，∴f'（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增.∵f（0）＝0，∴当x∈（0，＋∞）时，f（x）＞0，∴f（x）在（0，＋∞）上无零点，不符合题意.（ii）当g（0）＜0，即a＜－1时，存在x1∈（－1，x0），x2∈（0，1），使得g（x1）＝g（x2）＝0，∴f（x）在（－1，x1），（x2，＋∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减.∵f（0）＝0，∴f（x1）＞f（0）＝0，当x→－1时，f（x）＜0，∴f（x）在（－1，x1）上存在一个零点，即f（x）在（－1，0）上存在一个零点.∵f（0）＝0，当x→＋∞时，f（x）＞0，∴f（x）在（x2，＋∞）上存在一个零点，即f（x）在（0，＋∞）上存在一个零点.综上，a的取值范围是（－∞，－1）.2.[命题点2/全国卷Ⅱ]已知函数f（x）＝ln x－r1－1.（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y ＝e x的切线.解析（1）f（x）的定义域为（0，1）∪（1，＋∞）.因为f'（x）＝1＋2（－1）2＞0，所以f（x）在（0，1），（1，＋∞）单调递增.因为f（e）＝1－e+1e－1＜0，f（e2）＝2－e2+1e2－1＝e2－3e2－1＞0，所以f（x）在（1，＋∞）有唯一零点x1，即f（x1）＝0.又0＜11＜1，f（11）＝－ln x1＋1+11－1＝－f（x1）＝0，故f（x）在（0，1）有唯一零点11.综上，f（x）有且仅有两个零点.（2）因为10＝e－ln0，所以点B（－ln x0，10）在曲线y＝e x上.由题设知f（x0）＝0，即ln x0＝0+10－1，连接AB，则直线AB的斜率k＝10－ln0－ln0－0＝10－0+10－1－0+10－1－0＝10.曲线y＝e x在点B（－ln x0，10）处切线的斜率是10，曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处切线的斜率也是10，所以曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y＝e x的切线.学生用书·练习帮P2871.[2024安徽六校联考]已知函数f（x）＝a e x－x（e是自然对数的底数）.（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若g（x）＝a e x（x－1）－ln x＋f（x）有两个零点，求实数a的取值范围.解析（1）由已知，得f'（x）＝a e x－1.①当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在R上单调递减；②当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝－ln a，当x∈（－∞，－ln a）时，f'（x）＜0，所以f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，当x∈（－ln a，＋∞）时，f'（x）＞0，所以f（x）在（－ln a，＋∞）上单调递增.（2）原问题等价于g（x）＝ax e x－（ln x＋x）＝ax e x－ln（x e x）（x＞0）有两个零点，令t＝x e x（x＞0），则易得t＞0，所以g（x）＝ax e x－ln（x e x）有两个零点⇔T（t）＝at－ln t有两个零点⇔a＝ln有两个不同的实数解⇔直线y＝a与函数h（t）＝ln的图象有两个交点.h'（t）＝1－ln2，由h'（t）＞0得0＜t＜e，由h'（t）＜0得t＞e，所以h（t）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减.所以h（t）max＝h（e）＝1e.又当t →0时，h （t ）→－∞，当t →＋∞时，h （t ）→0，所以h （t ）的大致图象如图，所以a 的取值范围是（0，1e ）.2.[2024南昌市模拟]已知函数f （x ）＝a x （a ＞1）.（1）求函数g （x ）＝f （x ）＋f （1）在（0，＋∞）上的单调区间和极值；（2）若方程f （1）＝1－x log a x 有两个不相等的正实数根，求a 的取值范围.解析（1）g （x ）＝a x＋1（a ＞1），则g'（x ）＝a xln a －1ln 2＝ln2（x 2a x－1），设φ（x ）＝x 2a x－1（a ＞1），则φ'（x ）＝2xa x ＋x 2a x ln a ＋121ln a ＞0（x ＞0），故φ（x ）在（0，＋∞）上单调递增，又φ（1）＝0，所以当x ∈（0，1）时，g'（x ）＜0，当x ∈（1，＋∞）时，g'（x ）＞0，所以g （x ）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，＋∞）.则g （x ）的极小值为g （1）＝2a ，无极大值.（2）方程f （1）＝1－x log a x ，即1＝1－x log a x ，即11＝log a （11），令t ＝11（a ＞1），显然t ＝11在（0，＋∞）上单调递减，故方程f （1）＝1－x log a x 有两个不相等的正实数根，等价于h （t ）＝t －log a t 有两个不同的零点，等价于关于t 的方程t ＝log a t ，即ln a ＝ln有两个不同的实数解，亦即直线y ＝ln a 与函数m （t ）＝ln的图象有两个不同的交点.m'（t ）＝1－ln 2，故易知m （t ）在（0，e ）上单调递增，在（e ，＋∞）上单调递减，且当x＞e 时，m （t ）＞0，所以m （t ）max ＝m （e ）＝1e，作出m （t ）的图象，如图所示，则0＜ln a ＜1e ，解得1＜a ＜e 1e .故所求a 的取值范围是（1，e 1e ）.3.[2023武汉市5月模拟]已知f （x ）＝ax ＋＋c －ln x ，其中a ，b ，c ∈R.（1）若b ＝c ＝0，讨论f （x ）的单调性；（2）已知x 1，x 2是f （x ）的两个零点，且x 1＜x 2，证明：x 2（ax 1－1）＜b ＜x 1（ax 2－1）.解析（1）若b ＝c ＝0，则f （x ）＝ax －ln x （x ＞0）.f'（x ）＝a －1＝B －1.①若a ≤0，则f'（x ）＜0，所以f （x ）在（0，＋∞）上单调递减；②若a ＞0，令f'（x ）＞0得x ＞1，令f'（x ）＜0得0＜x ＜1，所以f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.综上，当a ≤0时，f （x ）在（0，＋∞）上单调递减；当a ＞0时，f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.（2）因为x 1，x 2是f （x ）的两个零点，x 1＜x 2，所以ax 1＋1＋c －ln x 1＝0，ax 2＋2＋c －ln x 2＝0.所以a （x 1－x 2）＋b （11－12）＋ln x 2－ln x 1＝0，即b ＝ax 1x 2－x 1x 2·ln 2－ln 12－1.要证x 2（ax 1－1）＜b ＜x 1（ax 2－1），只需证ax 1x 2－x 2＜b ＜ax 1x 2－x 1，即证－x 2＜－x 1x 2ln 2－ln 12－1＜－x 1，即证1－12＜ln 21＜21－1，令t ＝21，则t ＞1，即证1－1＜ln t ＜t －1.令p （t ）＝ln t －1＋1（t ＞1），则p'（t ）＝1－12＝－12＞0，所以p （t ）在（1，＋∞）上单调递增，则p （t ）＞ln 1－1＋11＝0，即ln t ＞1－1.令q （t ）＝ln t －t ＋1（t ＞1），则q'（t ）＝1－1＜0，所以q （t ）在（1，＋∞）上单调递减，则q （t ）＜ln 1－1＋1＝0，即ln t ＜t －1.综上可得：x 2（ax 1－1）＜b ＜x 1（ax 2－1）.4.[2023合肥市二检]已知函数f （x ）＝2ln x ＋12mx 2－（2m ＋1）x ，其中m ∈R.（1）若曲线y ＝f （x ）仅有一条垂直于y 轴的切线，求m 的取值范围；（2）讨论函数f （x ）的零点个数.解析（1）函数f （x ）＝2ln x ＋12mx 2－（2m ＋1）x 的定义域为（0，＋∞），f '（x ）＝2＋mx －（2m ＋1）＝B 2－（2r1）r2＝（B －1)(－2）.因为曲线y＝f（x）仅有一条垂直于y轴的切线，所以f'（x）＝（B－1)(－2）＝0有唯一正实数解，所以m≤0或m＝12，又当m＝12时，f'（x）≥0不符合题意，所以m的取值范围是（－∞，0].（2）因为f'（x）＝（B－1)(－2）.①当m≤0时，因为x＞0，所以mx－1＜0，所以当x∈（0，2）时，f'（x）＞0；当x∈（2，＋∞）时，f'（x）＜0.所以f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减，此时f（x）max＝f（2）＝2ln2＋2m－2（2m＋1）＝2ln2－2m－2，当m＝ln2－1时，f（2）＝0，函数f（x）只有一个零点；当ln2－1＜m≤0时，f（2）＜0，函数f（x）没有零点；当m＜ln2－1时，因为当x→0＋或x→＋∞时，f（x）→－∞，且f（2）＞0，所以可作出f（x）的大致图象如图1，图1所以函数f（x）在（0，2）和（2，＋∞）上各有唯一零点，此时函数f（x）有2个零点.②当0＜m＜12时，1＞2，当x∈（0，2）∪（1，＋∞）时，f'（x）＞0；当x∈（2，1）时，f'（x）＜0.所以f（x）在（0，2）和（1，＋∞）上单调递增，在（2，1）上单调递减.当x→0＋时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，且f（2）＝2ln2－2m－2＜0，作出f（x）的大致图象如图2，图2所以函数f（x）在（1，＋∞）上有唯一零点，此时函数f（x）有且只有1个零点.③当m＝12时，f'（x）＝（－2)(－2）2≥0，f （x ）在（0＋∞）上单调递增.当x →0＋时，f （x ）→－∞，当x →＋∞时，f （x ）→＋∞，所以此时函数f （x ）在（0，＋∞）上有且只有1个零点.④当m ＞12时，0＜1＜2，当x ∈（0，1）∪（2，＋∞）时，f '（x ）＞0；当x ∈（1，2）时，f '（x ）＜0.所以f （x ）在（0，1）和（2，＋∞）上单调递增，在（1，2）上单调递减.f （1）＝2ln 1＋12m ·（1）2－（2m ＋1）·1＝－2ln m －12－2.设g （m ）＝－2ln m －12－2（m ＞12），则g'（m ）＝－2＋122＝1－422＜0，所以g （m ）在（12，＋∞）上单调递减，所以g （m ）＜－2ln 12－12×12－2＝2ln 2－3＜0，即f （1）＜0.当x →0＋时，f （x ）→－∞，当x →＋∞时，f （x ）→＋∞，作出f （x ）的大致图象如图3，所以函数f （x ）在区间（2，＋∞）上有唯一零点，此时f （x ）有且只有1个零点.图3综上所述，当m ＜ln 2－1时，函数f （x ）有2个零点；当ln 2－1＜m ≤0时，函数f （x ）没有零点；当m ＝ln 2－1或m ＞0时，函数f （x ）有1个零点.。

第5课时　利用导数研究函数的零点问题考点1　讨论函数的零点个数——综合性(2021·海口模拟)已知函数f(x)＝．(1)判断f(x)的单调性，并比较2 0202 021与2 0212 020的大小；(2)若函数g(x)＝(x－2)2＋x(2f(x)－1)，其中≤a≤，判断g(x)的零点的个数，并说明理由．参考数据：ln 2≈0.693．解：(1)函数f(x)＝，定义域是(0，＋∞)，故f′(x)＝．令f′(x)＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，解得x＞e，故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则f(2 020)＞f(2 021)，即＞，故2 021ln 2 020＞2 020ln 2 021，故ln 2 0202 021＞ln 2 0212 020，故2 0202 021＞2 0212 020．(2)因为g(x)＝(x2－4x＋4)＋2ln x－x，所以g′(x)＝ax＋－2a－1＝．令g′(x)＝0，解得x＝2或x＝，①当a＝时，则g′(x)＝≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x0∈(2,6)，使得g(x0)＝0，故g(x)在(0，＋∞)上只有1个零点；②当<a<时，则＜2，则g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故g(x)在(0，＋∞)上有极小值g(2)，g(2)＝2ln 2－2<0，有极大值g＝2a－－2ln a－2，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝8a＋2ln 6－6＞2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x1∈(2,6)，使得g(x1)＝0，故g(x)在(2，＋∞)上只有1个零点，另一方面令h(a)＝g＝2a－－2ln a－2，h′(a)＝2＋－＝2>0，所以h(a)在上单调递增，所以h(a)<h＝e－－2－2ln <0，则g＜0，故g(x)在上没有零点．综上：当≤a≤时，g(x)只有1个零点．已知函数f(x)＝x－(e为自然常数)．(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设a∈R，讨论函数g(x)＝x－ln x－f(x)的零点个数．解：(1)f(x)＝x－，则f′(x)＝．因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．记φ(x)＝e x＋ax－a，则φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝e x＋a．当a≥－1时，φ′(x)＝e x＋a＞1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)＞φ(0)＝1－a≥0，所以－1≤a≤1；当a＜－1时，令φ′(x)＝e x＋a＝0，解得x＝ln(－a)．当0＜x＜ln(－a)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，ln(－a))上单调递减；当x＞ln(－a)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(ln(－a))＝－2a＋a ln(－a)≥0，解得－e2≤a＜－1．综上可得，实数a的取值范围是[－e2,1]．(2)g(x)＝x－ln x－f(x)＝－ln x(x＞0)，令g(x)＝0，得a＝(x＞0)．令h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(0,1]时，ln x≤0，x－1≤0，所以h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，又h(x)＝∈R，a∈R，所以y＝a与h(x)＝的图象只有一个交点，所以a∈R，g(x)只有唯一一个零点．考点2　由函数的零点个数求参数的范围——综合性(2022·湖南模拟)已知函数f(x)＝x3＋3a(x＋1)(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)－x ln x－3a在上有两个不同的零点，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2＋3a．①当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；②当a＜0时，令f′(x)＞0，解得x<－或x>，令f′(x)＜0，解得－<x<，所以f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a＜0时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．(2)g(x)＝x3＋3ax－x ln x，依题意，x3＋3ax－x ln x＝0在上有两个不同的解，即3a＝ln x－x2在上有两个不同的解．设h(x)＝ln x－x2，x∈，则h′(x)＝－2x＝．当x∈时，h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h＝－ln 2－，且h＝－ln 2－，h(2)＝ln 2－4，h>h(2)，所以－ln 2－≤3a<－ln 2－，所以－ln 2－≤a<－ln 2－，即实数a的取值范围为．已知函数f(x)＝x2＋ax＋1－，a∈R．(1)若f(x)在(0,1)上单调递减，求a的取值范围；(2)设函数g(x)＝f(x)－x－a－1，若g(x)在(1，＋∞)上无零点，求整数a的最小值．解：(1)由题知f′(x)＝2x＋a＋≤0在(0,1)上恒成立，即a≤－2x恒成立．令h(x)＝－2x，则h′(x)＝－2＝－2>0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以a≤h(x)min＝h(0)＝1．故a的取值范围是(－∞，1]．(2)由已知x>1，假设g(x)＝0⇔－a＝x＋，记φ(x)＝x＋，则φ′(x)＝1＋．令φ′(x)＞0，解得x>1＋，所以φ(x)在(1,1＋)上单调递减，在(1＋，＋∞)上单调递增，φ(1＋)＝1＋＋＝1＋＝1＋∈(2,3)，由题知－a＝φ(x)在(1，＋∞)内无解，故－a<φ(1＋)<3，所以a>－φ(1＋)，所以整数a的最小值为－2．考点3　函数极值点的偏移问题——综合性(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<＋<e．(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：因为b ln a－a ln b＝a－b，故b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，即＝，故f ＝f ．设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设0<x1<1，x2>1．因为x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－ln x)<0，故1<x2<e．先证：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2,要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f(x1)>f(2－x2)，即证f(x2)>f(2－x2)，其中1<x2<2．设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]．因为1<x<2，故0<x(2－x)<1，故－ln x(2－x)>0，所以g′(x)>0，故g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合＝，＝x1，＝x2，可得x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，即1－ln x1＝t(1－ln t－ln x1)，故ln x1＝，要证x1＋x2<e，即证(t＋1)x1<e，即证ln (t＋1)＋ln x1<1，即证ln (t＋1)＋<1，即证(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0．令S(t)＝(t－1)ln (t＋1)－t ln t，t>1，则S′(t)＝ln (t＋1)＋－1－ln t＝ln －．先证明一个不等式：ln(x＋1)≤x．设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u′(x)＝－1＝，当－1<x<0时，u′(x)>0；当x>0时，u′(x)<0，故u(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，故u(x)ma x＝u(0)＝0，故ln(x＋1)≤x成立．由上述不等式可得当t>1时，ln ≤<，故S′(t)<0恒成立，故S(t)在(1，＋∞)上为减函数，故S(t)<S(1)＝0，故(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0成立，即x1＋x2<e成立．综上所述，2<＋<e．对称化构造是解决极值点偏移问题的方法，该方法可分为以下三步：已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2．(1)解：f′(x)＝－a＝(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意．②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝．当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．由题意知f(x)有两个零点的必要条件为f(x)＝ln x－ax的极大值f＝ln －1>0，解得0<a<．显然e∈，f(e)＝1－a e<0，∈，f＝2ln－．设t＝>e，g(t)＝2ln t－t，g′(t)＝－1<0，所以g(t)在(e，＋∞)上单调递减，g(t)<g(e)＝2－e<0，即f <0．所以实数a的取值范围为．(2)证明：因为f(1)＝－a<0，所以1<x1<<x2．构造函数H(x)＝f－f＝ln －ln －2ax,0<x<．H′(x)＝＋－2a＝>0，所以H(x)在上单调递增，故H(x)>H(0)＝0，即f >f．由1<x1<<x2，知－x1>，故f(x2)＝f(x1)＝f <f＝f．因为f(x)在上单调递减，所以x2>－x1，即x1＋x2>．故ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2．拓展考点　隐零点求解问题已知函数f(x)＝ax2－ax－x ln x，且f(x)≥0．(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2．(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0．因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1＝0，得a＝1．若a＝1，则g′(x)＝1－．当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0．综上，a＝1．(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x，f′(x)＝2x－2－ln x(x>0)．设h(x)＝2x－2－ln x，h′(x)＝2－．当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0．因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈得f(x0)<．因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2，所以e－2<f(x0)<2－2．设函数f(x)＝e x－ax－2．(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．解：(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋(x>0)恒成立．令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(x>0)．由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点)，且eα＝α＋2．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝＋α．又eα＝α＋2且α∈(1,2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，所以k的最大值为2．1．按导函数零点能否精确求解可以把零点分为两类：1．已知函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解：由函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，求得定义域为，对函数求导可得：f′(x)＝e x－，则存在一个x0，使得f′(x0)＝0，且－＜x＜x0时，f′(x)＜0，x＞x0时，f′(x)＞0，则f(x)≥f(x0)＝e x0－a－eln(e x0＋a)＝－a－e·ln e＝e x0＋－2e－a＝e x0＋a＋－2e－2a．因为e x0＋a＋≥2e，所以f(x0)≥2e－2e－2a＝－2a≥0，则a≤0，所以实数a的取值范围为(－∞，0]．2．已知函数f(x)＝．(1)求函数f(x)的零点及单调区间；(2)求证：曲线y＝存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y0<－1．(1)解：函数f(x)的零点为e．函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)．(解答过程略)(2)证明：要证曲线y＝存在斜率为6的切线，即证y′＝＝6有解，等价于1－ln x－6x2＝0在x>0时有解．构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝－5<0，g＝1＋ln 2－>0，所以∃x0∈，使得g(x0)＝1－ln x0－6x＝0．即证明曲线y＝存在斜率为6的切线．设切点坐标为，则y＝＝＝－6x0，x0∈．令h(x)＝－6x，x∈，由h(x)在区间上单调递减，则h(x)<h＝－1，．所以y0<－1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．[四字程序]思路参考：转化为证明ln x1＋ln x2>2，根据x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量关系．令t＝，将ln x1＋ln x2变形为关于t的函数，将ln x1＋ln x2>2转化为关于t的不等式进行证明．证明：欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．若f(x)有两个极值点x1，x2，则函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根．于是，有解得m＝．另一方面，由得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，从而得＝，于是，ln x1＋ln x2＝＝．又0<x1<x2，设t＝，则t>1．因此，ln x1＋ln x2＝，t>1．要证ln x1＋ln x2>2，即证>2，t>1．即当t>1时，有ln t>．设函数h(t)＝ln t－，t＞1，则h′(t)＝－＝≥0，所以，h(t)为(1，＋∞)上的增函数．又h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0．于是，当t>1时，有ln t>．所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2．思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>．依据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，构造函数g(x)＝，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x1)<g．证明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，且f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以mx1＝ln x1，mx2＝ln x2．令g(x)＝，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝，因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又x1<x2，所以0<x1<e<x2．令h(x)＝g(x)－g(x∈(0，e))，h′(x)＝>0，故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)<h(e)＝0，即g(x)<g．令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)<g．因为x2，∈(e，＋∞)，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x2>，即x1x2>e2．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量k＝t1－t2<0构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设k＝t1－t2<0，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．即只需证明t1＋t2＞2，即>2⇔k(1＋e k)<2(e k－1)⇔k(1＋e k)－2(e k－1)<0．设g(k)＝k(1＋e k)－2(e k－1)(k<0)，则g′(k)＝k e k－e k＋1．令m(k)＝k e k－e k＋1，则m′(k)＝k e k<0，故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上单调递增，因此g(k)<g(0)＝0，命题得证．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量＝k∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设＝k∈(0,1)，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2，即只需证明t1＋t2>2，即>2⇔ln k<⇔ln k－<0．设g(k)＝ln k－(k∈(0,1))，g′(k)＝>0，故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k)<g(1)＝0，命题得证．1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要具有良好的转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．已知函数f(x)＝x ln x－2ax2＋x，a∈R．(1)若f(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1＋x2>．(1)解：f′(x)＝ln x＋2－4ax．因为f(x)在(0，＋∞)内单调递减，所以f′(x)＝ln x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，即4a≥＋在(0，＋∞)内恒成立．令g(x)＝＋，则g′(x)＝．所以，当0<x<时，g′(x)>0，即g(x)在内单调递增；当x>时，g′(x)<0，即g(x)在内单调递减．所以g(x)的最大值为g＝e，所以实数a的取值范围是．(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，则f′(x)＝ln x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2．由(1)，知0<a<．由两式相减，得ln x1－ln x2＝4a(x1－x2)．不妨设0<x1<x2，则<1，所以要证明x1＋x2>，只需证明<，即证明>ln x1－ln x2，亦即证明>ln．令函数h(x)＝－ln x,0<x<1，所以h′(x)＝<0，即函数h(x)在(0,1)内单调递减．所以当x∈(0,1)时，有h(x)>h(1)＝0，所以>ln x，即不等式>ln成立．综上，x1＋x2>，命题得证．。

第3课时 利用导数解决函数的零点问题技法阐释1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a )·f (b )＜0. 2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调； 第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x )中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.高考示例思维过程(2020·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线与y 轴垂直.(1)求b ；(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1.依题意得f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34. [解] (1)f ′(x )＝3x 2＋b .(2)证明：由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12.→关键1：求f ′(x )＝0的根 f ′(x )与f (x )的情况为：技法一 讨论或证明函数零点的个数[典例1] (2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数．证明： (1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点． [思维流程][证明] (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2.当x ∈⎝⎛⎭⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫α，π2时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点． (2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点．(ⅱ)当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎫β，π2单调递减． 又f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝1－ln ⎝⎛⎭⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2没有零点．(ⅲ)当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π单调递减．而f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝⎛⎦⎤π2，π有唯一零点．(ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点． 综上，f (x )有且仅有2个零点．点评：根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．[跟进训练]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)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex (x ＞0)，则f ′(x )＝x －e x 2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知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， 因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23，又∵φ(0)＝0.结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知，①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．技法二 已知函数零点个数求参数的取值范围 [典例2](2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)． (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． [思维流程][解] (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(－∞，＋∞)单调递增，故f (x )至多存在一个零点，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 )单调递减，在(ln a ，＋∞)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(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意．(ⅱ)若a >1e，则f (ln a )<0.由于f (－2)＝e －2>0，所以f (x )在(－∞，ln a )存在唯一零点．由(1)知，当x >2时，e x －x －2>0，所以当x >4且x >2ln(2a )时，f (x )＝e x 2·e x 2－a (x ＋2)>eln(2a )·⎝⎛⎭⎫x 2＋2－a (x ＋2)＝2a >0. 故f (x )在(ln a ，＋∞)存在唯一零点．从而f (x )在(－∞，＋∞)有两个零点．综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 点评：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．[跟进训练](2020·贵阳模拟)已知函数f (x )＝kx －ln x (k ＞0)． (1)若k ＝1，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值．[解] (1)若k ＝1，则f (x )＝x －ln x ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1－1x ，由f ′(x )＞0，得x ＞1；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)法一：由题意知，方程kx －ln x ＝0仅有一个实根， 由kx －ln x ＝0，得k ＝ln xx (x ＞0)．令g (x )＝ln xx (x ＞0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2，当x ＝e 时，g ′(x )＝0；当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0；当x ＞e 时，g ′(x )＜0. ∴g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (e)＝1e .当x →＋∞时，g (x )→0.又∵k ＞0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1e.法二：f (x )＝kx －ln x ，f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x(x ＞0，k ＞0)．当x ＝1k 时，f ′(x )＝0；当0＜x ＜1k 时，f ′(x )＜0；当x ＞1k 时，f ′(x )＞0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1k 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1k ，＋∞上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1k ＝1－ln 1k， ∵f (x )有且只有一个零点，∴1－ln 1k ＝0，即k ＝1e .。

′
=
−

−

=

得

=

，构造函数

=

，求导得

, ＞
在 −∞, 上单调递减，在 , 上单调递增， , +∞ 上单调递减，
且 = ，
试卷讲评课件
=


＞ 及


→ +∞ 时 → ，
的图像如图，得到 =
当＜或 = 时， 有一个零点；
当＞ 时， 有两个零点.
试卷讲评课件
练1
f x = 2ex − 5x 2 的零点的个数为(
A.0
B.1
)
D.3
√
C.2
【分析】先把零点个数转化为函数交点个数，再构造函数 =

,结

合导函数求解单调性及极值最后应用数形结合求解.
【详解】由
π
4
2e
a =______

【分析】常数分离得

=


= 有唯一的解，求出 的单调性与


极值，由 有且仅有一个零点可得 = .
试卷讲评课件
【详解】当 = 时， = ≥ 恒成立， 在[, ]上无零点.
1
, +∞
e
【分析】由 ′
2
3 1
,
2
2e e
3
0, 2
2e
−
，令


1
∪ , +∞
e
−
=
＜＜


，则直
上的图象有两个交点，利用导数分析函数

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.。