2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：17 导数与函数的零点问题 Word版含解析

第 17 课时导数的综合应用一、考要求要求内容B CA数的合用√二、知点三、知梳理1、曲 y=ln(2x-1)上的点到直2x-y+3=0 的最短距离.2、一列沿直道前，从刹开始到停段内，得刹后ts 内列前的距离s=27t － 0.45t 2m，列刹后________s 停下来，期列前了________m.3、已知函数f(x)=e x－2x＋a有零点， a 的取范是 ________.4、已知点 P 在曲y 4 上，曲在点 P 切的斜角，的取范是.e x 15、已知函数 f(x) 的定域 R，f(1)=2. 任意 x∈ R，f ′ (x)<1 ，不等式 f(2x)<2x ＋ 1 的解集________．6、（四川高考理科·Ｔ9）已知 f ( x) ln(1 x) ln(1 x) ， x ( 1,1) ，有下列命：①；②2x；③ f (x) 2 x .其中的所有正确命的序号f ( x)f ( x) f ( 1x2) 2 f (x)是________．四、典例精例1、某建筑公司要在一大的矩形地面( 如所示 ) 上行开建，阴影部分一公共施建不能开，且要求用隔开(要求在一直上) ，公共施界曲f(x)=1－ax2(a＞0)的一部分，与矩形区域的界交于点M、N，切曲于点P， P(t ，f(t))．(1)将△ OMN(O坐原点 ) 的面 S 表示成 t 的函数 S(t) ；1(2)若在t=2，S(t)取得最小，求此 a 的及 S(t) 的最小．例 2、函数 f(x)=ax3＋bx2－3x(a，b∈R)在点(1，f(1))的切方程y＋2=0.(1) 求函数 f(x)的解析式；(2)若于区[－2,2]上任意两个自量的x1， x2，都有 |f(x1)－f(x2)|≤ c，求数小；(3)若点M(2，m)(m≠2)可以作曲y=f(x)的三条切，求数m的取范．式 2：π 周率 ,e=2.71828 ⋯自然数的底数.(1)求函数 f(x)=ln x的区 . x(2) 求 e3,3 e,e π , πe,3 π , π3 6 个数中的最大数与最小数.五、反1、已知直 y=kx ＋1 与曲 y=x 3＋ ax＋ b 切于点 (1,3) ， b=________.2、函数 f(x)= x(e x 1)1x2，f(x)的增区.23、已知函数y x3 3x c 的像与x恰有两个公共点，c＝.4、函数 f(x)=x 2－ alnx ， g(x)=x 2－ x. 若 x∈ (1 ，＋∞ ) ，恒有函数 f(x) 的象位于 g(x)上方，数 a 的取范是 ________．5、若函数f ( x)e x2 (a 0) R上的函数， a 的取范.1 ax6 、函数 f (x) e2 x21, g(x)e2x, 任意 x1 , x2 ( 0, ), 不等式g(x1 ) fx e x k k 立，正数 k 的取范是____________.六、小反思第 66 课时简单的复合函数的导数2020 届高三数学主备人崔志荣审核人刘兵一轮复习学案一、考纲要求要求内容B CA简单的复合函数的导数√二、知识点归纳三、知识梳理1、设 y=e x sin2x + x lnx则y'=.2、y(x23x 2)sin 3x 的导数是.3、曲线y＝ e－2x＋ 1 在点 (0,2)处的切线与直线y＝0和 y＝ x 围成的三角形的面积为_______．4、已知函数 f ( x) (2 x a)2 e x在x 2 处取极小值，则实数a____________.四、典例精讲例 1、求下列复合函数的导数( 理科 ) ：(1)y ＝(2x － 3)5 ；(2)y ＝3－ x；(3)y ＝ln(2x ＋ 5) ．例 2、已知常数a 0 ，函数 f (x) ln(1 ax)2x，讨论 f ( x) 在区间 (0, ) 的单调性.x 2五、反馈练习1、若函数f ( x) ( x2bx b) 1 2x(b R) 在区间(0,1)上单调递增，则 b 的取值范围2是____________.2、(2020 ·新课标全国卷Ⅱ高考理科数学·T12) 设函数 f(x)= 3 sinx. 若存在 f(x) 的m2x02 2x0满足x0 + f <m, 则 m的取值范围是 ____________.3、已知曲线y ln xx2 1在点 A 处的切线与曲线2 2x2 2y sin 2x , 在点 B 处的切线相同,求的值 .2 2六、小结反思。

课时作业17 导数与函数的零点问题1．已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R )．(1)求f (x )的单调区间；(2)试求f (x )的零点个数，并证明你的结论．解：(1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x， 令f ′(x )>0，解得x >e －2，令f ′(x )<0，解得0<x <e －2，所以f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增．(2)由(1)得f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e ，显然a >2e 时，f (x )>0，无零点，a ＝2e 时，f (x )＝0，有1个零点，a <2e 时，f (x )<0，有2个零点．2．(2018·江西南昌三中月考)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝18x 2－x .(1)求f (x )的单调区间和极值点；(2)是否存在实数m ，使得函数h (x )＝3f (x )4x ＋m ＋g (x )有三个不同的零点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e ；由f ′(x )<0，得0<x <1e ，所以f (x )在(0，1e )上单调递减，在(1e ，＋∞)上单调递增．故f (x )的极小值点为x ＝1e .(2)假设存在实数m ，使得函数h (x )＝3f (x )4x ＋m ＋g (x )有三个不同的零点，即方程6ln x ＋8m ＋x 2－8x ＝0有三个不等实根．令φ(x )＝6ln x ＋8m ＋x 2－8x ，φ′(x )＝6x ＋2x －8＝2(x 2－4x ＋3)x ＝2(x －3)(x －1)x， 由φ′(x )>0，得0<x <1或x >3；由φ′(x )<0，得1<x <3，所以φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以φ(x )的极大值为φ(1)＝－7＋8m ，φ(x )的极小值为φ(3)＝－15＋6ln3＋8m .要使方程6ln x ＋8m ＋x 2－8x ＝0有三个不等实根，则函数φ(x )的图象与x 轴要有三个交点，根据φ(x )的图象可知必须满足⎩⎪⎨⎪⎧－7＋8m >0，－15＋6ln3＋8m <0，解得78<m <158－34ln3.所以存在实数m ，使得函数h (x )＝3f (x )4x ＋m ＋g (x )有三个不同的零点，实数m 的取值范围是78<m <158－34ln3.3．(2018·河北石家庄二检)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R .(1)若f (x )存在极值点1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2>2.解：(1)由已知得f ′(x )＝x ＋1－a －a x ，因为f (x )存在极值点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 －a x ＝(x ＋1)(1－a x )(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x 1，x 2，所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0，整理得ln a >1－12a ，作曲线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＋2a 2(2a －x )x ＝－2＋2a 2－(x －a )2＋a 2≥0，所以h (x )在(0,2a )上单调递增， 不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0，即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)，又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数，所以2a－x 2<x 1，即x 1＋x 2>2a ，又ln a >1－12a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2.4．(2017·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ax 2－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x 0，且e －2<f (x 0)<2－2.解：(1)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 －1x ，g ′(1)＝a －1，得a ＝1.若a ＝1，则g ′(x )＝1－1x .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.综上所述，a ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x .设h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝2－1x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，h ′(x )>0.所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞单调递增． 又h (e －2)>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，h (1)＝0，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12有唯一零点x 0，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )>0；当x ∈(x 0,1)时，h (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0.因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点．由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)．由x 0∈(0,1)得f (x 0)<14.因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)的最大值点，由e －1∈(0,1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)>f (e －1)＝e －2.所以e －2<f (x 0)<2－2.设a ，b ∈R ，已知函数f (x )＝1x －a ln x －bx 的导函数为f ′(x )，且f ′(－1)＝a －3.(1)当a ＝－3时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)当方程f (x )＋2x ＝0有唯一实数根时，求实数a 的取值范围．解：由条件得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－a x －b .由f ′(－1)＝a －3，得－1＋a －b ＝a －3，则b ＝2，所以f (x )＝1x －a ln x －2x .(1)当a ＝－3时，f ′(x )＝－1x 2＋3x －2＝－2x 2－3x ＋1x 2＝－(2x －1)(x －1)x 2， 令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝1，因为在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)内，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)． (2)方程f (x )＋2x ＝0有唯一实数根等价于a ln x ＝1x 有唯一的实数根．显然a ≠0，则可转化为关于x 的方程x ln x ＝1a 有唯一的实数根．构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x .令φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －1.当0<x <e －1时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减，当x >e －1时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，所以φ(x )的极小值为φ(e －1)＝－e －1.作出函数φ(x )的大致图象(图略)，则要使方程x ln x ＝1a 有唯一实根，只需直线y ＝1a 与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，则1a ＝－e －1或1a >0，解得a ＝－e 或a >0，故实数a 的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．。

课时作业17导数与函数的零点问题础巩1 .已知f(x) = ax2-(b+ 1)x1 nx—b,曲线y=f(x)在点P(e, f(e))处的切线方程为2x+ y= 0.(1) 求f(x)的解析式；⑵研究函数f(x)在区间(0, e4］内的零点的个数.f(e)= —2e, 「a= 1,解：(1)由题知得If'(e)= — 2, lb= e,2/.f(x) =x —(e+ 1)xl nx—e.(2) ^ —(e+ 1)xlnx—e= 0? x—(e+1)1nx—― =0, x€(0, e ］.e 4设g(x) = x—(e + 1)1 nx—x，x€ (0, e4］,e+ 1 e (x— 1 K x— e)贝y g' (x)= 1—+x2= x .由g' (x)= 0得冷=1, x2 = e,当x€ (0,1)时，g' (x)>0,当x€ (1 , e)时,g' (x)<0,当x€ (e, e4］时，g' (x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1, e)上单调递减，在(e, e4］上单调递增.极大值g(1)= 1—e<0,极小值g(e) = —2<0, g(e4) = e4—4(e + 1)：4(e + 1) + g<4X 4 + 1 = 17,e4>2.74>2.54>62= 36,•••g(e4)>o.综上，g(x)在(0, e4］内有唯一零点，因此，f(x)在(0, e4］内有唯一零点.1 12. (2019郑州第一次质量预测)已知函数f(x)= lnx+——, a€ Rax a且a z 0.(1) 讨论函数f(x)的单调性；1(2) 当x€ ［-, e］时，试判断函数g(x)= (lnx—1)e x+ x-m的零点个e数.ax —1解：(1f (x) = p(x>0),当a<0时，f‘ (x)>0恒成立，•••函数f(x)在(0,+乂)上单调递增；ax—1 1当a>0 时，由f‘ (x) = ax2 >0，得x>a，ax—1 1由f‘ (x)=~ax厂<0，得o<x<a，1 1•••函数f(x)在(a，+^)上单调递增，在(0, ^)上单调递减.综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0,+乂)上单调递增；1 1当a>0时，函数f(x)在(；，+=)上单调递增，在(0, a)上单调递a a减.1(2) 丁当x€ ［;, e］时，函数g(x)= (lnx—1)e x+ x—m 的零点，即当D1x€ ［e，e］时，方程(Inx—1)e x+ x= m 的根.D1 令h(x) = (Inx—1)e x+ x,h‘ (x)= (&+Inx—1)e x+ 1.1 1 由(1)知当a= 1时，f(x) = lnx+ x—1在(e, 1)上单调递减，在(1,e)上单调递增，1 二当x€ ［e，e］时，f(x)>f(1)= 0.1 1 一•^x+ Inx —1》0在x € ［e，e］上恒成立.•h (x)= £+ Inx—1)e x+1>0+ 1>0，zv1•••h(x) = (Inx—1)e x+ x在x€ £，e］上单调递增.11 e 1-h(x)min = h(e)=—2e + e，h(x)max=e.1e 1 1•••当m< —2e + e或m>e时，函数g(x)在［?，e］上没有零点；1 e 1 1当—2e +于m< e时，函数g(x)在［?，e］上有一个零点.<0,2解：(1)Tf(x) = x 2 +alnx ,zv 2x 3 — ax — 2f (x)=x 2 (x>0)，由题意得 f f (2) = 0,则 2X 23 — 2a — 2= 0, a = 7, 经验证，当a = 7时，f(x)在x = 2处取得极值， 22 , 2 7•f(x)=x + ^ — 7lnx , f (x) = 2x —子—】,f (1) = — 7, f(1) = 3,贝S 曲线y = f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y — 3 =—7(x — 1), 即卩 7x + y — 10= 0. (2)令 g(x) = 2x 3 — ax — 2(x>0),贝U g ‘ (x)= 6x 2 — a , 由 a>0, g ‘ (x) = 0,可得 x =岸， ••g(x)在(0, 点)上单调递减，在(：•：，+’)上单调递增. 由于 g(0)= — 2<0,故当 x € (0, 点)时，g(x)<0,又g(1) = — a<0,故g(x)在(1,+X )上有唯一零点，设为X 1，从 而可知f(x)在(0, xj 上单调递减，在(捲，+北)上单调递增，由于f(x)有唯一零点X o ,故X = X o ,且X o >1 ,3则 g(x o )= 0, f(x o ) = 0,可得 2lnx °—"~3 — 1 = 0.x 0 — 13令 h(x) = 2lnx — — — 1(x>1),易知 h(x)在(1, +乂)上单调递增, x — 1由于 h(2) = 2ln2 — 10 7 <2X —10 7力提升练4. (2019南宁、柳州联考)已知函数f(x) = lnx — ax 2 + (2 — a)x. (1)讨论f(x)的单调性； ⑵设f(x)的两个零点分别是x i ，X 2，求证：f ‘ (4l ++^2)<0.解：(1)函数 f(x) = lnx — ax 2 + (2 — a)x 的定义域为(0, +乂), f ‘ (x) 1 ax — 1 2x + 1=x — 2ax + (2 — a)=— 厂① 当a <0时，f ‘ (x)>0，则f(x)在(0,+乂)上单调递增；1 1② 当 a>0 时，若x € (0，a)，则f ‘ (x)>0,若x € (孑+^),则 f (x)<0, 1 1则f (x )在(0, ^)上单调递增，在(a ，+=)上单调递减.1 1(2)证明：由(1)易知a>0,且f(x)在(0, a)上单调递增，在(a ，+ 1X )上单调递减，不妨设0<X 1< VX 2,aX 1 + x 2X 1 + X 2 1 2 X 1 + x f ‘(二)<0? 厂〉a? X 1+X 2>a ,故要证 f ‘(—二)<0,只需2证刘+X 2>a 即可.a2 1 2 构造函数 F(x) = f(x) — f(a — x), x €(0, a ), f f(x) = f ‘ (x)— [f(a —, , ,24 2 — ax x 2 — ax 'h(3) =21 n3 —2926 >0,故 x °€ (2,3), [X 。

2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题题型一 利用导数讨论函数零点的个数 【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数．【解】 (1)∵函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∴f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∵a >0，∴x 1<x 2，列表如下：∴f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∵存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∴f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∵y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，∴y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∴当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最大值为4，∴2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝1－4a 2， ①当1－4a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．②当1－4a2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0.又g (1)＝0，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ③当1－4a2<0，即0<a <2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)，∵φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1x <0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减．又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e3＋2e 2－3e 2>0，∴存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，(ⅰ)当0<x ≤x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∴h (x )＝f (x )且h (x )为减函数． 又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∴h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (ⅱ)当x >x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∴h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∵g (1)＝0，∴h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0<a <2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点； 当a >2时，h (x )无零点．题组训练一 利用导数讨论函数零点的个数 已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数． 【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x(x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2. (2)g (x )＝x ln x －12ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0， 故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0， 使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 取x 1＝e a ，又a <0，∴0<x 1<1，∴g (x 1)＝x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-＝e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221， 设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2ea ，(a <0)，h′(a)＝－12a ea－12ea－2e a＋2，(a<0)，h′(0)＝－12，h″(a)＝e－a－e a＋e－a－12a ea>0，∴h′(a)在(－∞，0)上单调递增，h′(a)<h′(0)<0，∴h(a)在(－∞，0)上单调递减，∴h(a)>h(0)＝0，∴g(x1)>0，即当a<0时，g(e a)>0.当x趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，且g(2)＝2ln2－2<0.∴函数g(x)在(0，＋∞)上始终有两个零点．题型二由函数零点个数求参数的取值范围【题型要点解析】研究方程的根(或函数零点)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，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．已知函数f(x)＝mxln x，曲线y＝f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线2x＋y＝0垂直(其中e 为自然对数的底数)．(1)求f(x)的解析式及单调减区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－kx2x－1无零点，求k的取值范围．【解析】(1)函数f(x)＝mxln x的导数为f′(x)＝m(ln x－1)(ln x)2，又由题意有：f′(e2)＝12⇒m4＝12⇒m＝2，故f(x)＝2xln x.此时f′(x)＝2(ln x－1)(ln x)2，由f′(x)≤0⇒0<x<1或1<x≤e，所以函数f(x)的单调减区间为(0,1)和(1，e]．(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1⇒g (x )＝x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kxx －1在x ∈(0,1)∪(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∪(1，＋∞)内无解．构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ⇒h ′(x )＝kx －2x2.①当k ≤0时，h ′(x )<0在x ∈(0,1)∪(1，＋∞)内恒成立，所以函数h (x )在(0,1)内单调递减，h (x )在(1，＋∞)内也单调递减.又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；②当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2⇒h ′(x )＝22xkx k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-，(i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e2k>0，故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点，所以不满足条件；(ii)若k ＝2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h (x )>0恒成立，故无零点，满足条件；(iii)若k >2，则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点． 又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －k )>0，所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点，故不满足条件．综上可得：k 的取值范围为：k ≤0或k ＝2.题组训练二 由函数零点个数求参数的取值范围 已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x－2a 2x －a＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增， 在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减．当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ①若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；②若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤ ⎝⎛1,21a 上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34， 又∵a >12，∴ln 12a <0，∴不等式不成立．∴f (x )在(0,1]内无零点；当a <0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ③若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；④若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．题型三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： (1)在该区间上构造与方程相应的函数； (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号； (4)作出结论．已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2.(1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∵f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －x －2.∴f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程3x ＋y －4＝0.(2)令g (x )＝f (x )－x －2＝0，则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln xx ，令h (x )＝1－(x －2)·ln xx，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ，∵t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数， 又∵t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0， 当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝1.因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1.g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∵e －2<x <e∴函数g (x )在(e －2，e －32)上单调递增，在(e －32，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，∵g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e ＝g (e)，即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，∴m ≥2e 2－3e .题组训练三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 已知y ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时，求y 的最小值φ(x )；(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.①当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1； ②当x >0时，f (t )的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋112x ，若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x ≤13，即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭⎫⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x >13，即0<x <13或x >1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.综合①②，得φ(x )＝⎩⎨⎧4x 3－1，x <13或x >1，4x 3＋2x 2－83x －13，13≤x ≤1.(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0，＋∞)，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，g ′(x )，g (x )取值的变化情况如下表：①当t2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3＝－2t (3t －2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.②当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点；若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛2,0t 内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0， 综合①②，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【专题训练】1．已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围．[解析] (1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤1ln 2x －1ln x＝221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x －14.∵x ∈(1，＋∞)，∴ln x ∈(0，＋∞)， ∴当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∴a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∴f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x ＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x ＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∴4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，求函数g (x )的解析式； (2)在(1)的条件下，求函数y ＝g (x )的图象在点P (－1，g (－1))处的切线方程； (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，若方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31， 即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1，代入得a ＝－1，∴g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∴g ′(x )＝3x 2－2x －1，g ′(－1)＝4，∴点P (－1,1)处的切线斜率k ＝g ′(－1)＝4，∴函数y ＝g (x )的图象在点P (－1,1)处的切线方程为y －1＝4(x ＋1)，即4x －y ＋5＝0.(3)由题意知，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0，∴当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝h (1)＝－2，∴a ≥－2.令φ(a )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∴φ(a )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∵φ(－2)＝－2e －2＝－2e 2，φ(－1)＝－e －1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，∴方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2e 2.3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。