第四讲导数与函数的零点讲义(非常好,有解析)

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.。

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).。

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

那什么是函数的零点呢？简单来说，如果函数 y ＝ f(x) 在某个值 x₀处，使得 f(x₀) ＝ 0，那么 x₀就被称为函数 f(x) 的零点。

比如说，对于一次函数 y ＝ 2x 6，令 y ＝ 0，即 2x 6 ＝ 0，解得 x ＝ 3，所以 3 就是这个函数的零点。

再比如二次函数 y ＝ x² 4x ＋ 3，令 y ＝ 0，即 x² 4x ＋ 3 ＝ 0，通过因式分解得到（x 1)（x 3) ＝ 0，解得 x ＝ 1 或 x ＝ 3，那么 1 和 3就是这个二次函数的零点。

函数的零点从几何意义上看，就是函数图象与 x 轴交点的横坐标。

二、函数零点存在性定理有了函数零点的定义，接下来我们要了解一个非常重要的定理——函数零点存在性定理。

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

这个定理为我们判断函数在某个区间内是否存在零点提供了有力的工具。

举个例子，函数 f(x) ＝ x² 2x 3 在区间－2, 4 上，f(－2) ＝（－2)²2×（－2) 3 ＝ 5，f(4) ＝ 4² 2×4 3 ＝ 5，f(－2)×f(4) ＞ 0，所以不能确定在区间（－2, 4) 内是否存在零点。

但如果函数 f(x) ＝ x² 2x 8，f(－2) ＝（－2)² 2×（－2) 8 ＝ 0，f(4) ＝ 4² 2×4 8 ＝ 0，f(－2)×f(4) ＝ 0×0 ＝ 0，所以可以确定在区间（－2, 4) 内存在零点。

需要注意的是，函数零点存在性定理只是说在区间内至少存在一个零点，但并不能确定零点的个数。

导数与函数的零点问题解析在数学中，导数和函数的零点是非常重要的概念和问题。

导数可以描述函数的变化率，而函数的零点则表示函数在某一点上取值为零的情况。

在本文中，我们将对导数与函数的零点进行详细的解析和讨论。

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

它定义为函数在某一点上的极限，即导数等于函数在该点处的切线斜率。

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

通过导数，我们可以得出函数在各个点的斜率，从而推断函数的曲线形状和趋势。

二、函数的零点与解析函数的零点是指函数在某个点上的取值为零的情况。

换句话说，函数的零点是使得函数等于零的自变量的值。

寻找函数的零点在数学和实际问题中都具有重要的意义。

为了找到函数的零点，我们可以利用导数的概念和性质进行分析。

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

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

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

2. 求解导数方程，得到导数为零的所有解。

3. 使用解析工具或数值逼近法，确定解的精确值或近似值。

4. 检验解是否满足函数为零的条件。

通过以上步骤，我们可以较为准确地求解函数的零点，从而揭示函数的性质和特征。

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

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

通过解析方法可以获得函数零点的精确解，这对于研究函数的性质和行为非常重要。

然而，对于一些复杂的函数和方程，解析求解可能变得非常困难甚至不可能。

导数与函数的零点一、 基础知识 1.函数零点定义：一般地，如果函数()y f x =在x a =处有实数根，即()f x ，则称a 叫做这个函数()f x 的零点。

2.函数零点的判定和转化：关键词：根令解→零点令交点方程()0f x =有实数根令函数()0f x =有解令函数()y f x =有零点令函数()y f x = 的图像与x 轴有交点令函数()f x 与()g x 有交点 3.零点问题主要包含的题型有： （1）零点个数讨论（2）零点存在与否求参数范围 （3）函数交点问题、图像问题 （4）隐零点的证明（后面讲解） 4.思维导图二、课堂练习 1. 零点个数讨论例1.函数23()()2x f x x =−的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解答】解：函数23()()2x f x x =−的零点的个数为23()02x x −=的解的个数，也就是2y x =，与3()2x y =交点的个数，两个函数的图象如图：交点有3个． 故选：C ．变式1.若2a >，则方程321103x ax −+=在(0,2)上恰好有 个根．【答案】1【解答】解：设321()13f x x ax =−+，则2()2(2)f x x ax x x a '=−=−．当(0,2)x ∈时，2a >，20x a ∴−<，()0f x '<，()f x 在(0,2)上为减函数． 又(0)f f （2）8111(41)4033a a =⨯−+=−<，()0f x ∴=在(0,2)上恰好有1个根． 故答案为1．变式2.设函数1()(0)3f x x lnx x =−>，则()(y f x = )A ．在区间( 1e，1)，(1,)e 内均有零点 B ．在区间( 1e，1)，(1,)e 内均无零点C ．在区间(1e，1)内有零点，在区间(1,)e 内无零点D ．在区间( 1e，1)，内无零点，在区间(1,)e 内有零点 【答案】D【解答】解：由题得3()3x f x x−'=，令()0f x '>得3x >； 令()0f x '<得03x <<；()0f x '=得3x =，故知函数()f x 在区间(0,3)上为减函数，在区间(3,)+∞为增函数， 在点3x =处有极小值130ln −<； 又f （1）103=>，f （e ）103e =−<，11()103f e e=+>， 故选：D ．例题1.函数()cos(3)6f x x π=+在[0，]π的零点个数为 ．【答案】3 【解答】解：()cos(3)06f x x π=+=，362x k πππ∴+=+，k Z ∈，193x k ππ∴=+，k Z ∈， 当0k =时，9x π=，当1k =时，49x π=，当2k =时，79x π=，当3k =时，109x π=， [0x ∈，]π， 9x π∴=，或49x π=，或79x π=，故零点的个数为3， 故答案为：3变式1.已知函数2()(4)cos f x x x x =−，[2x π∈−，]2π，该函数零点的个数为 【答案】3【解答】解：函数2()(4)cos f x x x x =−，[2x π∈−，]2π，可得2(4)cos 0x x x −=，即240x x −=，解得0x =或4[2x π=∉−，]2π，舍去， cos 0x =，[2x π∈−，]2π，可得2x π=−，或2x π=， 所以函数的零点个数为3． 故答案为：3．2. 已知零点个数求参数（一个，两个，三个，复合函数的多个） 2.1无，一个，或者两个例1.已知函数()x f x e ax =−有且只有一个零点，则实数a 的取值范围为 ． 【答案】(,0){}e −∞【解答】解：函数()x f x e ax =−有且只有一个零点， ∴函数x y e =与y ax =的图象有且只有一个交点，作函数x y e =与y ax =的图象如下，结合图象知，当0a <时成立， 当0a >时，相切时成立，故0()0x xxe e e x −'==−；故1x =； 故a e =；综上所述，实数a 的取值范围为(,0){}e −∞． 故答案为：(,0){}e −∞． 变式1.函数2()(1)lnxf x x e x=与函数()g x kx =恒有两不同的交点，则k 的取值范围是 ． 【答案】421[,)2e e【解答】解：由()0f x =，可得lnx kx x =，即为2lnxk x=在区间[1，2]e 上有两个实数解． 即直线y k =和2()lnxg x x=在区间[1，2]e 上有两个交点．由312()lnxg x x −'=，可得()g x 在[1递增，在(2]e 递减，即有()g x 在x =12e； 由g （1）0=，242()g e e =， 可得当4212k e e<时，直线y k =和函数()g x 的图象有两个交点． 即有函数()f x 在区间[1，2]e 上的有两个零点． 故答案为：421[,)2e e． 例2.已知函数()(xe f x kx e x=−为自然对数的底数）有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是( ) A ．(0,2) B ．2(0,)4eC ．(0,)eD ．(0,)+∞【答案】B【解答】解：()0f x =，即0xe kx x−=，0x ≠，2xe k x ∴=，令2()xe g x x =，则3(2)()x e x g x x −'=，令()0g x '=，解得2x =，当2x >或0x <时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当02x <<时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，∴当2x =时，函数有极小值，即g （2）24e =， 且当0x <，时，()(0f x ∈，)+∞，函数()(xe f x kx e x=−为自然对数的底数）有且只有一个零点，结合图象可得，204e k ∴<<，故选：B ．变式1. 已知函数()()f x lnx kx k R =−∈． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 有零点，求实数k 的取值范围； 【答案】见解答【解答】解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞． 求导数，得11()kxf x k x x−'=−=． ①若0k ，则()0f x '>，()f x 是(0,)+∞上的增函数； ②若0k >，令()0f x '=，得1x k=． 当1(0,)x k ∈时，()0f x '>，()f x 是增函数；当1(x k∈，)+∞时，()0f x '<，()f x 是减函数．综上所述，当0k 时，()f x 的递增区间为(0,)+∞；当0k >时，()f x 的递增区间为1(0,)k ，递减区间为1(k，)+∞；（2）由lnx k x =有解，由()lnxg x x=的导数为21()lnx g x x −'=，当x e >时，()0g x '<，()g x 递减；当0x e <<时，()0g x '>，()g x 递增．即有x e =处取得极大值，且为最大值1e．则有1ke． 故函数()f x 有零点，实数k 的取值范围为(−∞，1]e；2.2三个零点例3.已知函数3223,01,()5,1.x x m x f x mx x ⎧++=⎨+>⎩若函数()f x 的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则实数m 的取值范围为 ． 【答案】(5,0)−【解答】解：当01x 时，32()23f x x x m =++， 2()666(1)0f x x x x x '=+=+；故()f x 在[0，1]上是增函数，故若使函数()f x 的图象与x 轴有且只有两个不同的交点， 则函数()f x 在[0，1]与(1,)+∞上各有一个零点； 故0m <， 故(0)(1)050f f m ⎧⎨+>⎩， 解得，(5,0)m ∈−； 故答案为：(5,0)−．变式1.若函数3()35()f x x x a a R =−+−∈在3(3,)2−上有2个零点，则a 的取值范围是 ．【答案】{}31[,7)38【解答】解：若函数3()35f x x x a =−+−， 则2()333(1)(1)f x x x x '=−=−+， 令()0f x '>，解得：1x >或1x <−， 令()0f x '<，解得：11x −<<，故()f x 在(3,1)−−递增，在(1,1)−递减，在3(1,)2递增，故()()17f x f a =−=−极大值，()f x f =极小值（1）3a =−， 而(3)13f a −=−−，331()28f a =−，故(3)0(1)03()02f f f ⎧⎪−>⎪<⎨⎪⎪⎩或(3)0(0)0(1)0f f f −<⎧⎪>⎨⎪=⎩，解得：{}31[,7)38a ∈， 故答案为：{}31[,7)38．例3.设函数31,0()232,0x e x f x x mx x −⎧−>⎪=⎨⎪−−⎩（其中e 为自然对数的底数）有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是 ．【答案】(1,)+∞【解答】解：由分段函数可知，当0x >时，函数垂直一个零点； 故0x 时，3()32f x x mx =−−，2()33f x x m '=−，当0m 时，()0f x '，函数()f x 在0x 时，函数是增函数，不可能由零两个零点， 当0m >时，函数()f x在区间(,x −上是增函数，在(0)上是减函数， 又(0)20f =−<，所以(0f >时有两个零点，解得1m >， 实数m 的取值范围是(1,)+∞． 故答案为：(1,)+∞．变式 1.已知2(1),0(),0ln x x f x x ax x −<⎧=⎨−⎩，且()()2xg x f x =+有三个零点，则实数a 的取值范围为 ． 【答案】1(2，)+∞【解答】解：函数()()2x g x f x =+有三个零点，即方程()02xf x +=有三个根， 也就是函数()y f x =的图象与2xy =−的图象有三个不同交点． 如图：2xy =−与(1)(0)y ln x x =−<一定有一交点； 当0a 时，2(0)y x ax x =−的图象是图中虚线部分， ∴函数()y f x =的图象与2xy =−的图象有两个不同交点，不满足题意； 当0a >时，联立22x y y x ax⎧=−⎪⎨⎪=−⎩，得22(21)0x a x −−=． 若函数()y f x =的图象与2xy =−的图象有三个不同交点，则方程22(21)0x a x −−=有一0根一正根， 则2102a −>，即12a >． ∴实数a 的取值范围为：1(2，)+∞．故答案为：1(2，)+∞．变式2.已知函数()f x =若关于x 的方程()10f x m −+=恰有三个不等实根，则实数m 的取值范围为 ．【答案】(1,1)2e+ 【解答】解：当0x时，()x f x e==为(−∞，0]上的减函数， ()(0)0min f x f ∴==；当0x >时，()x f x e =，12212()xxx x e x e f x e −−'==．则1(2x ∈，)+∞时，()0f x '<，1(0,)2x ∈时，()0f x '>．()f x ∴在1(2，)+∞上单调递减，在1(0,)2上单调递增．()f x ∴的极大值为1()22f e=． 其大致图象如图所示：若关于x 的方程()10f x m −+=恰有三个不等实根，即()y f x =与1y m =−的图象有3个不同交点，则012m e<−<．得112m e<<+．∴实数m 的取值范围为1)+，故答案为：1)+．2.3复合函数多个零点 例4.已知函数()||xf x lnx =，若关于x 的方程2()(1)()0f x m f x m −++=恰好有4个不相等的实数根，则实数m 的取值范围为( ) A ．(0,)e B ．(1,)e C ．(,2)e e D ．(,)e +∞【答案】D【解答】解：当1x >时，()xf x lnx=，21()()lnx f x lnx −'=，()f x ∴在(1,)e 上单调递减，在(,)e +∞上单调递增， ∴当x e =时，()f x 取得极小值f （e ）e =，同理可得()f x 在(0,1)上单调递增， 作出()f x 的函数图象如图所示：由2()(1)()0f x m f x m −++=得()1f x =或()f x m =， 由图象可知()1f x =只有1解，()f x m ∴=有三个解，m e ∴>． 故选：D ．变式1.已知函数21(1)()(1)x x f x lnx x x⎧−<⎪=⎨⎪⎩关于x 的方程22[()](12)()0f x m f x m +−−=，有5不同的实数解，则m 的取值范围是( ) A ．1(1,)e−B ．(0,)+∞C ．1(0,)eD ．1(0,]e【答案】C 【解答】解：设lnx y x =，则21lnxy x −'=， 由0y '=，解得x e =，当(0,)x e ∈时，0y '>，函数为增函数，当(,)x e ∈+∞时，0y '<，函数为减函数． ∴当x e =时，函数取得极大值也是最大值为f （e ）1e=． 方程22[()](12)()0f x m f x m +−−=化为[()][2()1]0f x m f x −+=． 解得()f x m =或1()2f x =−．如图画出函数图象： 可得m 的取值范围是1(0,)e．故选：C ．变式2. 已知函数3211()32f x x ax bx c =+++有两个极值点1x ，2x ，若11()f x x =，则关于x 的方程2()()0f x af x b ++=的不同实根个数为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5【答案】B【解答】解：函数3211()32f x x ax bx c =+++有两个极值点1x ，2x ，不妨假设12x x <，2()0f x x ax b ∴'=++=有两个不相等的实数根，∴△240a b =−>．由于方程2()()0f x af x b ++=的判别式 △'=△240a b =−>，故此方程有两解为1()f x x =或2()f x x =． 由于函数()y f x =的图象和直线1y x =的交点个数 即为方程1()f x x =的解个数；由于函数()y f x =的图象和直线2y x = 的交点个数，即为方程2()f x x =的解个数． 根据11()f x x =，画出图形，如图所示：由于函数()y f x =的图象和直线1y x =的交点个数为2，函数()y f x =的图象和直线2y x = 的交点个数为1，可得关于x 的方程1()f x x =或2()f x x =共有3个不同的实数根， 即关于x 的方程2()()0f x af x b ++=的不同实根个数为3．故选：B ．变式3.已知函数()x xf x e=，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++−=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值范围是( ) A ．(−∞，2)(2⋃，)+∞ B ．1(1e−，)+∞C ．1(1e−，1) D ．(1,)e【答案】C【解答】解：由题意1()xxf x e −'=． 令1()0xxf x e −'=<，解得1x >； 令1()0xxf x e −'=>，解得1x <； 令1()0x xf x e−'==，解得1x =． ()f x ∴在(,1)−∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 在1x =处取极大值1e．()f x 大致图象如下：假设2m =，令()t f x =．则2210t t ++=．解得1t =−，即()1f x =−． 根据()f x 图象，很明显此时只有一个解， 故2m =不符合题意，由此排除B 、D 选项； 假设3m =，则2320t t ++=，解得12t =−，21t =−． 即()2f x =−，或()1f x =−．根据()f x 图象，很明显此时方程只有两个解， 故3m =不符合题意，由此排除A 选项． 故选：C ．变式 4.已知函数()||f x ex lnx =（其中e 是自然对数的底数）．若关于x 的方程2()2()10f x mf x m +++=恰好有4个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是 ．【答案】2(1,)3−−【解答】解：函数()||f x ex lnx =（其中e 是自然对数的底数）． ∴①当01x <<时，()f x exlnx =−，()(1)f x e lnx '=−+当10x e <<时，()0f x '>，当11x e<<时，()0f x '<，②当1x 时，()f x exlnx =，()(1)f x e lnx '=+()0f x '>，故当1x e =时，函数()f x 有极大值1()1f e=， 当1x =时，函数()f x 有极小值0， 作出函数()f x 对应的图象如图：设()t f x =，当1t >，或0t =时，方程()t f x =有1个解， 当1t =时，方程()t f x =有2个解， 当01t <<时，方程()t f x =有3个解， 当0t <时，方程()m f x =有0个解，则方程2()2()10f x mf x m +++=等价为2210t mt m +++=，要使关于x 的方程2()2()10f x mf x m +++=恰好有4个不相等的实数根， 则方程2210t mt m +++=的两根，一个为0或大于1， 一个在区间(0,1)上，若方程2210t mt m +++=的一个根为0，则1m =−，方程可化为：220t t −=，不合题意； 若方程2210t mt m +++=的一个根大于1，一个在区间(0,1)上， 则101210m m m +>⎧⎨+++<⎩， 解得：2(1,)3m ∈−−，故答案为：2(1,)3−−三、课后练习1．已知函数2,0()()21,0x a x f x a R x x ⎧−=∈⎨−>⎩，若函数()f x 在R 上有两个零点，则a 的取值范围是( ) A ．(,1)−∞− B ．(−∞，1] C ．[1−，0) D ．(0，1]【答案】D【解答】解：由于函数2,0()()21,0x a x f x a R x x ⎧−=∈⎨−>⎩在R 上有两个零点，显然12x =是函数()f x 的一个零点，故方程20x a −=在(−∞，0]上有解． 再根据当(x ∈−∞，0]时，00221x <=，可得10a >， 故选：D ．2．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且满足2,02()2,2xx x x f x x x e⎧−<⎪=⎨−⎪⎩，若函数()()F x f x m =−有六个零点，则实数m 的取值范围是( ) A ．31(e −，1)4 B ．31(e −，0)(0⋃，1)4 C ．31(e −，0] D ．31(e −，0) 【答案】D【解答】解：函数()f x 是定义在R 上的偶函数，函数()()F x f x m =−有六个零点， 则当0x 时，函数()()F x f x m =−有三个零点， 令()()0F x f x m =−=， 即()m f x =，①当02x <时，2211()()24f x x x x =−=−−+，当12x =时有最大值，即为11()24f =， 且()f x f >（2）242=−=−， 故()f x 在[0，2)上的值域为1(2,)4−，②当2x 时，2()0xxf x e −=<，且当x →+∞，()0f x →，3()x x f x e−'=， 令3()0xx f x e −'==，解得3x =， 当23x <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当3x 时，()0f x '，()f x 单调递增， ()min f x f ∴=（3）31e =−， 故()f x 在[2，)+∞上的值域为31[e −，0)， 312e −>−， ∴当310m e−<<时，当0x 时，函数()()F x f x m =−有三个零点， 故当310m e −<<时，函数()()F x f x m =−有六个零点， 故选：D ．3．已知函数2()2221x f x e ax a e =−+−−，其中a R ∈，e 为自然对数的底数．若函数()f x 在区间(0,1)内有两个零点，则a 的取值范围是( ) A ．(2,21)e −B ．2(2,2)eC ．2(221e e −−，22)eD ．2(21,221)e e e −−−【答案】D【解答】解：函数2()2221x f x e ax a e =−+−−，2()42x f x e a ∴'=−，当0a 时，()0f x '>恒成立，函数()f x 在R 上单调递增， ∴函数()f x 在区间(0,1)至多有一个零点，不满足题意， 0a ∴>，令()0f x '=，解得122ax ln =，∴当()0f x '>时，即122ax ln >，函数单调递增，当()0f x '<时，即122ax ln <，函数单调递减，()2221min f x a alna aln e ∴=−+−−，设g （a ）2221a alna aln e =−+−−，0a >g ∴'（a ）12ln lna =+−， 令g '（a ）0=，解得2a e =，g ∴∴'（a ）0>时，即02a e <<，函数单调递增， 当g '（a ）0<时，即2a e >，函数单调递减，g ∴（a ）42222214222222110max e eln e eln e e eln e eln e =−+−−=−−+−−=−<，函数()f x 在区间(0,1)内有两个零点， ∴(0)0(1)0f f >⎧⎨>⎩， 即2221022210a e e a a e +−−>⎧⎨−+−−>⎩，解得221221e a e e −<<−− 故选：D ．4．已知函数,0()1,0lnx x f x x x >⎧=⎨+⎩若()()F x f x m =+有两个零点1x ，2x ，则12x x 的取值范围是（ ） A ．(,)e −∞ B ．(,0)−∞ C ．[e ，0] D ．[1−，0]【答案】D【解答】解：作出()f x 的图象，()()F x f x m =+有两个零点， 即()f x m =−有两个不等实根1x ，2x ， 即为121m x lnx −=+=，可得11x m =−−，2m x e −=，1m −， 则12(1)m x x m e −=−−， 可设()(1)m g m m e −=−−，()m g m me −'=，由0m >时，()0g m '>，()g m 递增， 10m −<时，()0g m '<，()g m 递减，即0m =处()g m 取得极小值，且为最小值1−， 又120x x ，即有12x x 的范围是[1−，0]． 故选：D ．5．已知函数2,0()115||,024x x f x a x x ⎧>⎪=⎨+−⎪⎩，函数2()g x x =，若函数()()y f x g x =−有4个零点，则实数a 的取值范围为( ) A ．(5,)+∞ B ．15(5,)2C ．19(5,)2D ．19(5,]2【答案】B【解答】解：当0x >时，2x y =与2()g x x =有两个交点(2,4)，(4,16)． 要使函数()()y f x g x =−有4个零点， 只需：0x 时，115||24y a x =+−与2()g x x =有两个交点即可（如图）． 过点1(2−，15)4−作2()(0)g x x x =<的切线，设切点为2(,)m m切线方程为22()y m m x m −=−，把点1(2−，15)4−代入上式得52m =−，∴切线斜率为25m =−．115(0)024a +−<，解得152a <，∴实数a的取值范围为15(5,)2． 故选：B ．6．已知函数()()lnxf x kx k R x=−∈，在区间1[e ，2]e 上的有两个零点，则k 的取值范围 ， ． 【答案】42[e ,1)2e【解答】解：由()0f x =，可得lnxkx x=， 即为2lnxk x=在区间1[e ，2]e 上有两个实数解． 即直线y k =和2()lnxg x x=在区间1[e ，2]e 上有两个交点．由312()lnxg x x −'=，可得()g x 在1[e 递增，在，2]e 递减，即有()g x 在x =12e； 由21()g e e =−，242()g e e=，可得当4212k e e<时，直线y k =和函数()g x 的图象有两个交点． 即有函数()f x 在区间1[e，2]e 上的有两个零点．故答案为：42[e ，1)2e． 7．已知函数()||x f x xe =，若关于x 的方程2()2()30()f x tf x t R −+=∈有两个不等实数根，则t 的取值范围为 ．【答案】,213)2e e+ 【解答】解：,0()||,0x xxxe x f x xe xe x ⎧==⎨−<⎩，当0x 时，()0f x e xe'=+恒成立，所以()f x 在[0，)+∞上为增函数； 当0x <时，()(1)x x x f x e xe e x '=−−=−+， 由()0f x '=，得1x =−，当(,1)x ∈−∞−时，()(1)0x f x e x '=−+>，()f x 为增函数，当(1,0)x ∈−时，()(1)0x f x e x '=−+<，()f x 为减函数，所以函数()||x f x xe =在(,0)−∞上有一个最大值为11(1)(1)f e e−−=−−=， 要使方程2()2()30()f x tf x t R −+=∈有两个实数根， 令()f x m =，则方程2230m tm −+=应有两个不等根， 可得△24120t =−>，解得t >t < 由方程的根大于1e ，可得21230te e−+>，且1t e >，2132e t e +<<．故答案为：，213)2e e+．8．已知函数0()(1),0x f x ln x x =⎪−−<⎩，若函数()()F x f x kx =−有且只有两个零点，则k 的取值范围为 ． 【答案】1(2，1)【解答】解：由题意，0x，()f x ， 为双曲线2241y x −=在第一象限的部分，渐近线方程为12y x =； 由(1)y ln x =−−， 可得111y x'==−，可得0x =， 即(1)y ln x =−−在0x =处的切线方程为y x =， 此时函数()()F x f x kx =−有且只有1个零点， 若函数()()F x f x kx =−有且只有两个零点， 则k 的取值范围为1(2，1)，故答案为：1(2，1)．9．已知函数32()3(,0)f x mx mx m R m =−∈≠． （Ⅰ）求函数()f x 的单调增区间；（Ⅱ）当0m >，若函数()()1g x f x m =+−有三个零点，求m 的取值范围． 【答案】【解答】解：（Ⅰ）2()36f x mx mx '=−， 令()0f x '>，即2360mx mx −>，当0m >时，解得0x <或2x >，则函数()f x 的单调增区间是(,0)−∞和(2,)+∞； 当0m <时，解得02x <<，则函数()f x 的单调增区间是(0,2)； 综上，当0m <时，函数()f x 的单调增区间是(,0)−∞和(2,)+∞； 当0m <时，函数()f x 的单调增区间是(0,2)． （Ⅱ） 由()()1g x f x m =+−及32()3f x mx mx =−， 当0m >，32()31g x mx mx m =−+−，()3(2)g x mx x '=−，当()0g x '>，解得0x <或2x >，则函数()g x 的单调增区间是(,0)−∞和(2,)+∞；当()0g x '<，得02x <<，则函数()g x 的单调减区间是(0,2)， 所以()g x 有极大值(0)1g m =−和极小值g （2）15m =−， 因为()g x 有三个零点，则(0)10(2)150g m g m =−>⎧⎨=−<⎩，得：115m <<．10．设函数32()3f x x x =−−． （1）求()f x 的单调区间；（2）若函数()y f x m =−在[1−，2]上有三个零点，求实数m 的取值范围． 【答案】【解答】解：（1）由32()3f x x x =−−，得22()323()3f x x x x x '=−=−，当()0f x '>时，解得0x <或23x >；当()0f x '<时，解得203x <<． 故函数()f x 的单调递增区间是(,0)−∞，2(,)3+∞；单调递减区间是2(0,)3．（2）令()()h x f x m =−，则32()3h x x x m =−−−，2()32(32)h x x x x x ∴'=−=−，由（1）知，当函数()h x 在(,0)−∞上单调递增，在2(0,)3上单调递减，在2(,)3+∞上单调递增．∴函数()h x 在0x =处取得极大值(0)3h m =−−，在23x =处取得极小值285()327h m =−−， 由函数()y f x m =−在[1−，2]上有三个零点，则有：()()()10500030,285003271020h m h m h m m h ⎧−−−⎧⎪⎪>−−>⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎛⎫<−−< ⎪⎪⎪⎝⎭⎪⎪−⎪⎪⎩⎩即，解得85327m −<<−，故实数a 的取值范围是85(27−，3)−． 11．给出定义在(0,)+∞上的两个函数2()f x x alnx =−，()g x x =−． （1）若()f x 在1x =处取最值．求实数a 的值；（2）若函数2()()()h x f x g x =+在区间(0，1]上单调递减，求实数a 的取值范围；（3）在（1）的条件下，试确定函数()()()6m x f x g x =−−【答案】【解答】解：（1）()2af x x x'=−由已知，f '（1）0= 即：20a −=， 解得：2a =，经检验2a =满足题意， 所以2a =．（2）2222()()()2()h x f x g x x alnx x ax x a x lnx =+=−+−=−+；1()4(1)h x x a x '=−+ 要使得2()2()h x x a x lnx =−+在区间(0，1]上单调递减，则()0h x '，即14(1)0x a x−+在区间(0，1]上恒成立；因为(0x ∈，1]，所以241x a x +；设函数24()1x F x x =+，则 ()max a F x ；2244()111()x F x x x x==++因为(0x ∈，1]，所以1[1x ∈，)+∞，所以211(())2min x x+=；所以()2max F x =，所以2a ．（3）函数()()()6m x f x g x =−−有两个零点．因为2()26m x x lnx x =−−+； 所以2()21m x x x '=−−= 当(0,1)x ∈时，()0m x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0m x '>； 所以()min m x m =（1）40=−<，324(1)(12)()0e e e m e e −−++=<，8424812(21)()0e e e m e e −++−=>； 4442()(1)2(7)0m e e e e =−+−> 故由零点存在定理可知：函数()m x 在4(e −，1)存在一个零点，函数()m x 在4(1,)e 存在一个零点， 所以函数()()()6m x f x g x =−−有两个零点． 12．已知m R ∈，函数2()()x f x x mx m e =++．（1）若函数()f x 没有零点，求实数m 的取值范围； （2）当2m >时，求函数()f x 的极大值． 【答案】【解答】解：（1）令2()()0x f x x mx m e =++=．0x e >，20x mx m ∴++=．函数()f x 没有零点，∴方程20x mx m ++=无实根． 则△240m m =−<，解得：04m <<．所以函数()f x 没有零点的实数m 的取值范围是(0,4)； （2）由2()()x f x x mx m e =++． 得：2()(2)()x x f x x m e x mx m e '=++++2(22)(2)()x x x x mx m e x x m e =+++=++．令()0f x '=，得：2x =−或x m =−． 当2m >时，2m −<−．所以，当(,)x m ∈−∞−时，()0f x '>，函数()f x 为增函数； 当(,2)x m ∈−−时，()0f x '<，函数()f x 为减函数； 当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数；所以，当x m =−时，()f x 取得极大值，极大值为2()[()()]m m f m m m m m e me −−−=−+−+=．13．已知函数1()1(,0)xx f x a R a ae −=−∈≠． （1）当1a =时，求函数()f x 在(1，f （1）)处的切线；（2）若函数()f x 没有零点，求实数a 的取值范围（3）若函数()f x 恰有一个零点，试写出实数a 的取值范围．【答案】【解答】解：（1）当1a =时，1()1xx f x e −=−，2(1)2()x x e x e xf x e e −−−'==， f ∴'（1）1e =，又f （1）1=−，∴函数()f x 在(1，f （1）)处的切线为11(1)y x e+=−，即10x ey e −−−=；（2）1()1x x f x ae −=−，22(1)2()x x x xae x ae x f x a e ae −−−'==， 若0a >，则当(,2)x ∈−∞时，()0f x '>，当(2,)x ∈+∞时，()0f x '<， ∴21()(2)1max f x f ae ==−，由2110ae −<，得21a e >； 若0a <，则当(,2)x ∈−∞时，()0f x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>， ∴21()(2)1min f x f ae ==−，由2110ae −>，得21a e >，a ∴∈∅． 综上，若函数()f x 没有零点，则实数a 的取值范围是21(,)e +∞； （3）由（2）知，当0a >时，函数图象大致形状如上图， 只有21()10max f x ae=−=，即21a e =时，函数()f x 恰有一个零点； 当0a <时，函数图象大致形状如下图， 函数()f x 恰有一个零点．综上，使函数()f x 恰有一个零点的实数a 的范围是0a <或21a e =．14．已知函数()xkx bf x e +=，曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程为0x y −=． ()I 求k ，b 的值；（Ⅱ）求函数()f x 的零点个数． 【答案】 【解答】解：()()xkx bI f x e +=， ()xk kx bf x e −−∴'=曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程为0x y −=， (0)1k b f e −∴'==，0(0)0bf e==， k e ∴=，0b =；（Ⅱ）1()x x f x e −=，11()x xf x e −−'=， ∴函数在(,1)−∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，当1x <时，f （1）10=>，当0x <时()0f x <，因此函数在(,1)−∞上有一个零点， 当1x >时，()0f x >恒成立，因此在(1,)+∞上没有零点， ∴函数()f x 的零点个数是1个．15．已知函数32()()f x x x x a x R =−−+∈，其中a 为实数．（Ⅰ）当1a =−时，求曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间与极值；（Ⅲ）若函数()f x 有且仅有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】【解答】解：（Ⅰ）当1a =−时，32()1f x x x x =−−+，2()321f x x x ∴'=−−，f （2）1=，f ∴'（2）7=，∴曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程为713y x =−；（Ⅱ）由()0f x '>可得13x <−或1x >，()0f x '<，可得113x −<<，∴函数的单调递增区间1(,)3−∞−，(1,)+∞，单调递减区间为1(3−，1)，()f x ∴的极大值为15()327f a −=+，极小值为f （1）1a =−； （Ⅲ）322()(1)(1)1f x x x x a x x a =−−+=−++−．由此可知x 取足够大的正数时()0f x >，取足够小的负数时()0f x <，()y f x ∴=与x 轴至少有一个交点． 函数()f x 有且仅有一个零点， ∴5027a +<或10a −>， 527a ∴<−或1a >． 声明：所有试题来自于网络，由山羊老师整理，恳请各位老师或者同学多多指点，提提意见。