函数压轴题中的零点问题

导数压轴题之隐零点问题导数压轴题之隐零点问题(共13题)1.已知函数f (x) = (ae x-a - x) e x(a>0, e=2.718 …e为自然对数的底数)，若f (x)>0对于x € R恒成立.(1)求实数a的值；(2)证明：f (x)存在唯一极大值点x o,且.「「一【解答】(1)解：f (x) =e x(ae x- a - x) >0，因为e x>0，所以ae x- a - x> 0恒成立，即a (e x- 1) >x恒成立，x=0时，显然成立，x>0 时，e x- 1 >0，故只需a> ' 在(0， + %)恒成立,e x-l令h (x) = .「，(x>0)，e x-l：'，：l<" ' v 0 ,h '()==故h (x)在(0，+ %)递减,而「| .=【I .. =1，-*0e -1 eK故 a >1，x v0 时，e x- 1 v0，故只需a w「在(-%, 0)恒成立,e -1令g (x) =——, (x V 0 ),e K-l/ 厶、(1-X ) E X、八g X) = > 0,d故h (x)在(-g, 0)递增，而I ' -i 二■ j ... =1 ,e x_l s-*[) e K故 a <1,综上：a=1 ；(2)证明：由(1) f (x) =e x(e x- x - 1),故f (x) =e x (2e x- x - 2),令h (x) =2e x- x - 2 , h' (x) =2e x- 1 ,所以h (x)在(-g, In丄)单调递减，在(In 1 , + g)单调递增，H £h (0) =0 , h (IJ ) =2el n 丄-In 丄-2=l n2 - 1V 0, h (- 2) =2e -2 -(- 厶M bl22)- 2=—>0,e••h (- 2) h (I n I )v 0由零点存在定理及h (x)的单调性知，J方程h (x) =0在(-2, In ,[)有唯一根，设为X0且2e x0- X0- 2=0，从而h (x)有两个零点x o和0 ,所以f (x)在(-g, X0)单调递增，在(X0, 0)单调递减，在(0, + g)单调递增，从而f (X )存在唯一的极大值点X0即证，x0+2由2e x0—X0 —2=0 得e x0= —, x0^-1,x n+2 1 i •■•f (X0) =e x0(e x0- X0 - 1) = ( - X0- 1)=」(-X0)(2+x 0)<_ (-叼+2+") 2二丄( 4 ) =1，取等不成立，所以f (X0)V [得证，又•••-2v x o v ln I , f (x)在(—g, x o)单调递增2所以f (x o)> f ( —2) =e —2[e —2—(—2) —1]=e - 4+e - 2 >e - 2 >0 得证, 从而0 v f (x0 )<一成立.42 .已知函数f (x) =ax+xlnx (a € R)(1)若函数f (x)在区间［e, + g)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a=1且k € Z时，不等式k (x — 1 )v f (x)在x €( 1, + g)上恒成立，求k 的最大值.【解答】解：(1 )•••函数f (x)在区间［e , + g)上为增函数，••• f 'x)(=a+lnx+1 X)在区间［e , + g)上恒成立，二a>(-lnx - 1) max= - 2 .■ a X—2.••a的取值范围是［-2, + g).(2) a=1 时，f (x) =x+lnx , k € Z 时，不等式k (x 1) v f (x)在x €( 1 ,+ g)上恒成立，•'•k v'J min5令g / 、x+xlnic 血，八x-lnx-2 (x)= .，贝U g ()=. ,T (x-1 ) Z令h (x) =x —lnx — 2 (x > 1).则h ' () =1 —1= '>0 , Ah (x)在(1 , + g)上单增,X K••h (3) =1 —ln3 v 0, h (4) =2 —2ln2 >0 ,存在X0 €( 3 , 4),使h (X0)=0 .即当1 v x v X0 时h (x)v 0 即g ' x)v 0x > X0 时h (x) > 0 即g ' x )> 0g (x )在 (1 , X 0)上单减，在 (x o + x)上单增. 令 h (x o ) =x o - Inx o — 2=0，即 Inx o =x o - 2 ,k v g (x ) min =x o €( 3 , 4),且 k € Z , • °k max =3 .3.函数 f (x ) =alnx - x 2+x , g (x ) = (x - 2) e x - x 2+m (其中 e=2.71828 ••：)(1) 当a O 时，讨论函数f (x )的单调性；(2) 当a= - 1, x €( 0 , 1］时，f (x )>g (x )恒成立，求正整数 m 的最大 值. 【解答】解：(1)函数f (x )定义域是(0 , + x),(i) 当.1 时，1+8a <0，当 x €( 0 , + x)时 f (x )<0,■J函数f (x )的单调递减区间是(0 , + x)；(ii) 当―亠二丁二」；/—,- 2x 2+x+a=0的两根分别是：Ul-Vl + 8a4 *」， (4)，当x €( 0 , X 1 )时f (x )v 0 .函数f (x )的单调递减. 当x €( X 1, X 2 )时f (x ) > 0，函数f (x )的单调速递增， 当x €( X 2, + x)时f (x ) v 0，函数f (x )的单调递减； 综上所述，(i )当"：三时f (x )的单调递减区间是(0 , + x),(ii)当宀匸 时，f (x )的单调递增区间是 「匚"’ m 1'g (x ) min =g(x o )=x o € (3, 4).Xn(l+lnx c )单调递减区间是(0,旦匡)和(凹唾，0)4 4(2)当a= - 1 , x €(0 , 1］时，f (x)>g (x),即m v ( —x+2 ) e x—Inx+x ,设h (x) = ( —x+2 ) e x—Inx+x , x€( 0, 1］. 「：，•••当0 v x <1 时，1 —x X),设・•. 一乂，则•••u (x)在(0 , 1)递增,又tu (x)在区间(0, 1］上的图象是一条不间断的曲线，且i_L I 1 _ • ■ _ ■「--,:.使得u (x o) =0 ,即■- :：当x €( 0 , x o)时，u (x)v 0 , h' (x) v 0;当x €(X0, 1)时，u (x)> 0 , h' (x) > 0;•函数h (x)在(0 , x o］单调递减，在［X0, 1)单调递增，x 1 9•J ：' I 15 ：， = ■- - 1 IP* 0 A0在x€( 0 , 1)递减，x茗* Q•••当m <3时，不等式m v (-x+2 ) e x—In x+x对任意x €( 0, 1］恒成立，•正整数m的最大值是3.4. 已知函数f (x) =e x+a—Inx (其中e=2.71828 …，是自然对数的底数).(I)当a=0时，求函数a=0的图象在(1 , f (1))处的切线方程;(U)求证：当- “丨-一时，f (x)>e+1 . £【解答】(I)解：T a=0时’1：亠丄••f (1) =e , f ' 1( =e —1,•••函数f (x)的图象在(1 , f (1))处的切线方程：y-e= (e - 1) (x - 1), 即(e - 1) x - y+ 仁0 ；(n)证明■,设g (x) =f ' x(贝U 一」二••g (x)是增函数，••e x+a>e a,「.由•「亠一一…x•••当x > e-a时，f 'x)(> 0 ；若0 v x v 1? e x+a v e a+1，由一L - . ' :. \」，x•••当0v x v min{1 ，e-a-1}时，f 'x)(v 0，故f 'x O =0仅有一解，记为X0，则当0 v x v X0时，当x > X0 时，f 'x)(> 0，f (x)递增；二'"：':而V ' ■：' ■■.，x 0 x o记h (x) =lnx+x ，则•------ '':,A o x o-■■ i -一？—a v 1? h (X。

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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
考 点 三 构造函数法研究函数的零点 例 3 (2021·全国甲卷节选)已知 a>0 且 a≠1，函数 f(x)＝axax(a>0)．若
曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
解：曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点， 可转化为方程axax＝1(x>0)有两个不同的解， 即方程lnx x＝lnaa有两个不同的解．
当 x→0＋时，h(x)→－∞，当 x→＋∞时，h(x)→0， 作出函数 h(x)的图象与直线 y＝kx－1 如图所示．
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当直线 y＝kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，设切点坐标为(x0，lnx20x0)， 则 k＝1－2x30ln x0＝lnx20xx00＋1，即 3ln x0＋x20－1＝0，易得 x0＝1，∴当直线 y＝ kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，k＝1.由图象知，当 0<k<1 时，直线 y＝kx －1 与函数 h(x)的图象恰有两个交点，即函数 f(x)恰有两个零点，∴实数 k 的取值范围为(0，1)．
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当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0.
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且 φ(x)max＝φ(3) ＝e13，
又 x→＋∞时，φ(x)→0， x→－∞时，φ(x)→－∞， ∴φ(x)的图象如图所示．
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专题08一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数零点（方程的根）问题）（全题型压轴题）利用导数研究函数零点（方程的根）问题①判断零点（根）的个数②已知零点（根）的个数求参数③已知零点（根）的个数求代数式的值①判断零点（根）的个数1．（2022·福建·厦门一中高二期中）已知函数()31ln 01203x x x f x x x +>⎧⎪=⎨+≤⎪⎩，则函数()()1g x f x x =--的零点个数为（）A ．1B ．0C ．3D ．2【答案】D当0x >时，1ln 10x x x +--=，得ln 1x =，即e x =，成立，当0x ≤时，312103x x +--=，得31103x x -+=，设()3113g x x x =-+，()0x ≤，()()()21110g x x x x '=-=+-=，得1x =-或1x =（舍），当(),1x ∈-∞-时，()0g x ¢>，函数()g x 单调递增，当()1,0x ∈-时，()0g x ¢<，函数()g x 单调递减，所以1x =-时，函数取得最大值，()5103g -=>，()010g =>，()350g -=-<，根据零点存在性定理可知，()3,1x ∈--，存在1个零点，综上可知，函数有2个零点.故选：D2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模（理））函数()2e 1axf x x =-在定义域内的零点个数不可能是（）A ．3B ．2C ．1D ．0【答案】D2()2e e (2)e ax ax ax f x x ax x ax '=+=+，若0a =，则2()1f x x =-，有两个零点，若0a ≠，由()0f x '=得0x =或2x a=-，若0a >，在2x a <-或0a >时，()0f x '>，20x a -<<时，()0f x '<，所以()f x 在2(,a -∞-和(0,)+∞上递增，在2(,0)a-上递减，极小值(0)10f =-<，极大值2224(1ef a a -=-，(1)e 10a f =->，()f x 在(0,)+∞上有一个零点，2e a =时，2224()1e f a a -=-0=，()f x 在(,0)-∞上只有一个零点，这样共有2个零点；2e a >时，2224()10e f a a -=-<，()f x 在(,0)-∞上无零点，这样共有1个零点；20e a <<时，2224()10ef a a -=->，x →-∞时，2e 0ax y x =→，因此()0f x <，所以()f x 在2(,a -∞-和2(,0)a-上各有一个零点，共有3个零点．由此不需要再研究0a <的情形即可知只有D 不可能出现，故选：D ．3．（2022·全国·高二课时练习）已知定义域为R 的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()2x f x xe f x '=+，若()1f e =，则函数()()4g x f x =-的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B因为()()2xf x xe f x '=+，所以()()2xf x f x xe '-=，则()()()2x xf x f x f x x e e ''-⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()2xf x x c e =+，即()()2xf x x c e =+，因为()1f e =，所以()()11f c e e =+=，解得0c =，所以()2xf x x e =，则()24xg x x e =-，所以()()2xg x e x x '=+，当2x <-或0x >时，()0g x '>，当20x -<<时，()0g x '<，所以当2x =-时，函数()g x 取得极大值()2410e --<，当0x =时，函数()g x 取得极小值40-<，又当x →+∞时，()g x →+∞，所以函数()()4g x f x =-的零点个数为1，故选：B4．（2022·广西·钦州一中高二期中（理））函数32()f x x x x c =+++的零点个数为（）A ．1B ．1或2C ．2或3D ．1或2或3【答案】A因为函数32()f x x x x c =+++，所以2'()321f x x x =++，因为41280∆=-=-<，所以'()0f x >，从而32()f x x x x c =+++在R 上单调递增，又当x →-∞时，()f x →-∞，当x →+∞时，()f x →+∞，由零点存在定理得：函数32()f x x x x c =+++有且只有一个零点.故选:A.5．（2022·全国·高二课时练习）方程()()10xx e a a +=>解的个数为（）A ．3B ．2C ．1D ．0【答案】C设()(1)x f x x e =+，所以()(1)(2)x x x f x e x e x e ='+++=，当2x >-时，()0,f x '>函数()f x 单调递增，当2x <-时，()0,f x '<函数()f x 单调递减.所以221()=0min f x e e --=-<，当x →-∞时，()0f x <，当x →+∞时，()0f x >.因为0a >，所以方程()()10xx e a a +=>解的个数为1.故选：C6．（2022·全国·高三专题练习（理））若函数32()f x x ax bx c =+++有极值点12,x x ，且()11f x x =，则关于x 的方程23(())2()0f x af x b ++=的不同实根个数是（）A ．2B ．3C ．3或4D ．3或4或5【答案】B函数32()f x x ax bx c =+++有极值点12,x x ，则()232f x x ax b '=++，且12,x x 是方程2320x ax b ++=的两个根，不妨设12x x <，由23(())2()0f x af x b ++=可得()1f x x =或()2f x x =，易得当()()12,,,x x x ∈-∞+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，又()11f x x =，则可画出()f x 的大致图象如下：如图所示，满足()1f x x =或()2f x x =有3个交点，即关于x 的方程23(())2()0f x af x b ++=的不同实根有3个.故选：B.7．（2022·河南·沈丘县第一高级中学高二期末（文））已知函数()ln f x x =.(1)当[)1,x ∞∈+时，证明：函数()f x 的图象恒在函数()322132=-g x x x 的图象的下方；(2)讨论方程()0f x kx +=的根的个数.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【解析】(1)设()()()2312ln +23x F x f x g x x x -=-=，其中1≥x ，则()232121+2x x x x x x F x -+-='=()2331x x x x---=()()21210x x x x -++=<，在区间[)1,+∞上，()F x 单调递减，又∵()1106F =-<，即[)1,x ∞∈+时，()0F x <，∴3221ln 22<-x x x ，∴在区间[)1,+∞上函数()f x 的图象恒在函数()g x 的图象的下方.(2)由()0f x kx +=得ln =-x kx ，即ln =-xk x，令()ln x h x x =-，则()21ln -'=-xh x x ，令()0h x '=，得e x =，当e x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减，∴()h x 在e x =处取得最小值()1e eh =-，∴()()e 1e ≥=-h x h ，又∵当e x >时，ln 0-<x x，当1e x =时，1lne e 01e-=>，有零点存在性定理可知函数有唯一的零点1x =，∴()()ln 0=->xh x x x的大致图象如图所示，∴当1e<-k 时，方程()0f x kx +=的根的个数为0；当1ek =-或0k ≥时，方程()0f x kx +=的根的个数为1；当10ek -<<时，方程()0f x kx +=的根的个数为2.8．（2022·云南·曲靖一中高二期中）已知函数()ln f x a x a =-．(1)当1a =时，求函数()f x 的图象在点()()1,1T f 处的切线的方程．(2)已知4a ≤，讨论函数()f x 的图象与直线2y x =-的公共点的个数．【答案】(1)2y x =-；(2)答案不唯一，具体见解析.(1)当1a =时，()ln 1f x x =-，()1f x x'=，()11k f '==．()11f =-，切点为()1,1T -．所以，所求的切线的方程为()()111y x --=⨯-，即2y x =-．(2)0a =时，函数()()=00f x x >的图象就是x 轴正半轴，与直线2y x =-有且只有一个公共点．0a ≠时，联立()ln y f x a x a ==-与2y x =-消去y 得ln +20x a x a --=．设()ln +2g x x a x a =--，则()()0x ag x x x-'=>．当0a <时，()0g x '>，()g x 在()0+∞，上递增，()1=10g a -<，()e 20g e =->，因此()g x 有一个零点．当04a <≤时，令()0g x '=得x a =，当0x a <<时()0g x '<，x a >时()0g x '>，则()g x 在()0,a 上递减，在()+a ∞，上递增，()()min 2ln 2g x g a a a a ==--．当0,0x x >→时()+g x →∞，+x →∞时()+g x →∞．设()2ln 2h t t t t =--，则()10h =，()1ln h t t '=-，()e 0h '=，0e t <<时()0h t '>，e 4t <≤时()0h t '<，()h t 在()0,e 上递增、在(]e,4上递减，()464ln4h =-()32ln e ln160=->．所以，1a =时()()min 10g x g ==；01a <<时，()min g x =()()1=0h a h <；14a <≤时，()min g x =()()1=0h a h >．综上可知，0a ≤或=1a 时，公共点的个数1；01a <<时，公共点的个数2；14a <≤时，公共点的个数0．②已知零点（根）的个数求参数1．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）已知函数2ln 1,e()e e 1,22e x x x f x x x ⎧≥⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩，设关于x 的方程()()()210R f x af x a +-=∈有m 个不同的实数解，则m 的所有可能的值为（）A ．3B ．4C ．2或3或4或5D ．2或3或4或5或6【答案】A根据题意作出函数()f x 的图象：2ln 1ln x x x x '-⎛⎫= ⎪⎝⎭，当1,e e x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，函数ln x x 单调递增，当()e,+x ∈∞时，函数ln xx 单调递减，所以ln 1e,e x x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦；函数2e e 22x --，1e x <时单调递减，所以()2e e,e 22x --∈-∞-，对于方程()()()210R f x af x a +-=∈，令()t f x =，则210t at +-=，所以240=∆+>a ，即方程必有两个不同的实数根120t t >>，且12121t t at t +=-⎧⎨=-⎩，当11et ≥时，2e 0t -≤<，3个交点；当110et <<时，2e t <-，也是3个交点；故选：A．2．（2022·河南·高二阶段练习（文））若函数()21e xx x f x a --+=-有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．2261,ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．2251,ee ⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．25,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．25,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C因为函数()21exx x f x a --+=-有三个零点，所以关于x 的方程()0f x =有三个根.令()21e xx x g x --+=，则()()212e x g x x x '=--.所以当(),1x ∈-∞-时，有()0g x '>，()g x 单调递增；当()1,2x ∈-时，有()0g x '<，()g x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，有()0g x '>，()g x 单调递增.因为()1e g -=，()252e g =-，所以要使方程()0f x =有三个根，只需25e e a -<<.即实数a 的取值范围是25,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：C3．（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）已知a R ∈，函()()2ln (0)e 0x x x ax xf x ax x ⎧->⎪=⎨+≤⎪⎩，若函数()f x 有三个不同的零点，e 为自然对数的底数，则a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1(,e)0,2e ⎛⎫-∞-⋃ ⎪⎝⎭D ．1(,e)0,e ⎛⎫-∞-⋃ ⎪⎝⎭【答案】B当0x >时，2ln 0x x ax -=，即ln 0x ax -=，故ln xa x=，令ln ()x g x x=，则21ln ()xg x x -'=，令()0g x '=，得e x =，当0<<e x 时，()0g x '>，当>e x 时，()0g x '<，作出函数ln ()xg x x=的图象如图所示：由图象知：当10ea <<时，方程ln 0x ax -=有两不等实根，当0a ≤时，方程ln xa x=有一个实根；令0xe ax +=，显然0x ≠,所以e xa x=-，令()e x h x x =-，则()()21e 0-'=->x x h x x在(),0∞-上恒成立，则()h x 在(),0∞-上递增，且()0h x >，作出函数()e xh x x=-的图象如图所示：由图象知：当10ea <<时，方程e 0x ax +=在(,0)-∞恰有一个实根，即此时()f x 有三个不同的零点，综上，a 的取值范围是10,e ⎛⎫⎪⎝⎭.故选：B4．（2022·江西·模拟预测（理））已知函数()()22e (e =--x xf x x x a ）有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．（0，1e -）B ．（0，2e -）C ．（0，1）D ．（0，e ）【答案】A令()()()22e e 0=--=x xf x x x a ，所以22e 0-=x x 或e 0x x a -=，令()22e =-xg x x ，则()()2e '=-x g x x ，令()2(e )=-x h x x ，则()2(1)e '=-xh x ，当(,0)x ∈-∞时，()0h x '>，h (x )在（－∞，0）上单调递增；当,()0x ∈+∞时，()0h x '<，h (x )在（0，＋∞）上单调递减，所以()(0)20h x h ≤=-<，即()0g x '<，所以g (x )在R 上单调递减，又()2110g e-=->，g （0）＝20-<，所以存在0(1,0)x ∈-使得()00g x =，所以方程e 0x x a -=有两个异于0x 的实数根，则xxa e =，令()x x k x e =，则()1xx e xk -='，当(,1)x ∞∈-时，()0k x '>，k (x )在（－∞，1）上单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0k x '<，k (x )在（1，＋∞）上单调递减，且()0k x >．所以()1()1k x k e≤=，所以()xxk x e =与y a =的部分图象大致如图所示，由图知10a e<<，故选：A ．5．（2022·四川省绵阳南山中学高二期中（文））方程()log 00,1xaa a >≠有两个不相等实根，则a 的取值范围是（）A ．()0,1B ．2e 0,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．2e1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭2e e ,【答案】C方程()log 00,1x a a a ->≠有两个不相等实根)log 0,1xa a a ⇒>≠有两个不同的交点，()0t t =>，所以2x t =，则2log =a t t ，所以log =2a t t ，所以log a y t =与2t y =的图象有两个交点.①当01a <<时，如下图可知log a y t =与2ty =的图象有一个交点，不满足.②当1a >时，如下图，当2x y =与log a y x =相切于点00,2x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以1ln y x a '=，则000112ln log 2a x a x x ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得：02e e e x a =⎧⎪⎨⎪=⎩，所以要使log a y t =与2t y =的图象有两个交点，所以a 的取值范围是：2e1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：C.6．（2022·河南南阳·高二期中（理））若关于x 的方程12ln 0x x x mx -+-=在区间1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭内恰有两个相异的实根，则实数m 的取值范围为（）A ．(]12ln2e 3--,B ．1e 12ln 2e +⎛⎤- ⎝⎦,C ．1e 12ln2e +⎛⎫- ⎪⎝⎭,D ．()12ln 2e 3--,【答案】D依题意关于x 的方程12ln 0x x x mx -+-=在区间1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭内恰有两个相异的实根，12ln 1m x x =+-，构造函数()112ln 1e e x x x x f ⎛⎫+-<< ⎝=⎪⎭，()'221221x f x x x x -=-+=，所以()f x 在区间()()'11,,0,e 2f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'1,e ,0,2f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭递增.122ln 2112ln 22f ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，1e 21e 3e f ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭，()11e e 21e e f +=+-=，所以()12ln 2e 3m -∈-,.故选：D7．（2022·辽宁·东北育才学校高二期中）方程321303x x x a +--=有三个相异实根，则实数a 的取值范围是（）A ．5,93⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．5,93⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．59,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．59,3⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】B记()32133f x x x x a =+--，则()223f x x x '=+-.令()0f x '=，解得：3x =-或1x =.列表得：x (),3-∞--3()3,1-1()1,+∞()f x '+0-0+()f x 单增单减单增要使方程321303x x x a +--=有三个相异实根，只需：()()()()()3213333303111303f a f a ⎧-=-+--⨯-->⎪⎪⎨⎪=+--<⎪⎩，解得：593x -<<.故选：B8．（2022·福建·清流县第一中学高二阶段练习）若函数()()1e xf x x =+，当方程()()R f x a a =∈有2个解时，则a 的取值范围（）A ．21e a <-B ．21e a =-或0a ≥C ．210e a -<<D ．21e a =-且0a ≥【答案】C由函数()()1e ,R xf x x x =+∈，得()()2e x f x x '=+，当2x <-时，()()2e 0xf x x '=+<，()()1e x f x x =+递减，当2x >-时，()()2e 0xf x x =+'>，()()1e x f x x =+递增，故()n 2mi 1(2)e f x f =-=-，且当1x <-时，()()1e 0xf x x +<=，故()()1e xf x x =+大致图象如图示：故当方程()()R f x a a =∈有2个解时，则a 的取值范围为210e a -<<，故选：C9．（2022·北京八十中高二期中）已知方程21e x x x a +-=有三个实数解，则实数a 的取值范围是_______.【答案】250,e ⎛⎫⎪⎝⎭解：因为方程21e xx x a +-=有三个实数解，所以，方程21e xx x a +-=有三个实数解，故令()21e x x x f x +-=，则()()()2'212e e x xf x x x x x -+==+-++，所以，当12x -<<时，()'0f x >，()f x 单调递增；当1x <-或2x >时，()'0f x <，()f x 单调递减；所以，当1x =-时，()f x 取得极小值()1e f -=-，当2x =时，()f x 取得极大值()252e f =，当x 趋近于-∞时，()f x 趋近于+∞，x 趋近于+∞时，()f x 趋近于0，所以，()y f x =的大致图象如图，所以，实数a 的取值范围是250,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.故答案为：250,e ⎛⎫⎪⎝⎭10．（2022·全国·高二）设函数()()212ln f x x x =+-，若关于x 的方程()2f x x x a =++在[]1,3上恰好有两个相异的实数根，则实数a 的取值范围为___________.【答案】(]32ln 2,42ln 3--由题意，方程l 21n a x x =-+在[]1,3上恰好有两个相异的实数根，设()2ln 1g x x x =-+，则()g x 的图象与y a =在[]1,3上恰好有两个不同的交点.∵()221x g x x x-'=-=，∴函数()g x 在[]1,2上单调递减，在[]2,3上单调递增.又()()()13242ln 32ln 320g g -=--=->，得()()13g g >.∴需使()()23g a g <≤，即32ln 242ln 3a -<≤-.故所求实数a 的取值范围是(]32ln 2,42ln 3--.故答案为：(]32ln 2,42ln 3--11．（2022·河南·高二期中（理））若函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点，则实数a 的取值范围是______.【答案】()1e,+-∞解：因为函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点，所以方程ln e 10x x ax --+=无实数根，所以方程ln e ln e xx ax -+=无实数根，即方程ln e 1x x a x-+=无实数根，故令()()'2ln e 1e e ln ,x x x x x xg x g x x x -+-+-==，令()e e ln ,0x x h x x x x =-+->，故()'1e 0xh x x x=--<恒成立，所以，()h x 在()0,∞+上单调递减，由于()10h =，所以，当()0,1x ∈时，()0h x >，即()'0g x >，当()1,x ∈+∞时，()0h x <，即()'0g x <，所以函数()g x 在()0,1x ∈上单调递增，在()1,x ∈+∞上单调递减，所以()()max 11e g x g ==-，所以，当方程ln e 1x x a x-+=无实数根时，1e a >-即可.所以，实数a 的取值范围是()1e,+-∞故答案为：()1e,+-∞12．（2022·全国·高三专题练习）若函数()2ln 1x f x x e a x =---（）没有零点，则整数a 的最大值为：_________．【答案】1解：由题意，当x →+∞时，0f x >（），所以要使函数f x （）没有零点，只需0f x >（）在()0+∞，上恒成立，令()e 1x g x x =--，则()e 1xg x '=-，令()0g x '=，得0x =，当0x <时，()0g x '<，当0x >时，()0g x '>，所以当0x =时，()g x 取得极小值()00g =，所以e 1x x ≥+，所以()2ln 1xfx x e a x =---，()2ln ln 12ln 1ln 12x x e ax x x x ax x a x +=---≥++---=-，令()202a x a ->⇒<，且上面不等式取等时2ln 0x x +=，记其零点为0x ，当2a ≥时，()()02000ln 1xf x x e a x =---，00002ln 2ln 0000ln 12ln 10x x x x e ax x e x x ++=---≤---=，显然不合题意，综上：2a <，故整数a 的最大值为1．故答案为：113．（2022·广西·柳州市第三中学高二阶段练习（理））已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行.(1)求a 的值；(2)若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围.【答案】(1)9-(2)112b <<(1)解：因为32()3f x x x ax b =-++，所以2()36f x x x a '=-+，在1x =-处的切线与x 轴平行，(1)0f '∴-=，解得9a =-．(2)解：令23239()()(153)6322g x f x x x x x x b =--+=-++-，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点，2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=-- ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <；由()0g x '<，解得12x <<．()g x ∴在1x =时取得极大值()112g b =-；()g x 在2x =时取得极小值()21g b =-．故10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，∴112b <<．14．（2022·重庆·万州纯阳中学校高二期中）已知函数()ln 2=-f x ax x x .(1)若()f x 在1x =处取得极值，求()f x 在区间[1,2]上的值域；(2)若函数2()()2=-+f x h x x x有1个零点，求a 的取值范围.【答案】(1)[2,4ln 24]--(2)(,0){2e}-∞ (1)()ln 2f x a x a '=+-因为()f x 在1x =处取得极值所以(1)ln120f a a '=+-=，得2a =则[1,2]x ∈时，()2ln 0f x x '=≥，()f x 在区间[1,2]上单调递增，所以(1)2()(2)4ln 24f f x f =-≤≤=-所以()f x 在区间[1,2]上的值域为[2,4ln 24]--(2)()h x 的定义域为(0,)+∞函数2()ln h x a x x =-有一个零点⇔2ln a x x =有一个实数根⇔ln y a x =与2y x =有一个交点.当0a <时，由图可知满足题意；当0a =时，2()h x x =-在(0,)+∞上无零点；当0a >时，令22()20a a x h x x x x -'=-=>，得0x <<令22()0a x h x x -'=<，得x >所以，当x 时，()h x 有最大值2(ln 1)22a ah a =-=-因为函数2()ln h x a x x =-有一个零点，所以(ln 1)022a a-=，解得2ea =综上，a 的取值范围为(,0){2e}-∞ .15．（2022·北京·人大附中高二期中）已知函数()321313f x x x x =--+．(1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若方程()f x a =有三个不同的实数根，求实数a 的取值范围．【答案】(1)函数的增区间是(,1)-∞-和3)+∞（，，减区间是(13)-，，极大值为8(1)3f -=，极小值为(3)8f =-；(2)883a -<<(1)由题意2()23(1)(3)f x x x x x ==+'---，()0f x '=得1x =-或3x =，列表如下：x(,1)-∞-1-(1,3)-3(3,)+∞()'f x +0-0+()f x 递增极大值递减极小值递增所以函数的增区间是(,1)-∞-和3)+∞（，，减区间是(13)-，，极大值为8(1)3f -=，极小值为(3)8f =-；(2)作出函数图象，如图，直线y a =与函数()f x 的图象有三个交点时，883a -<<.16．（2022·安徽·合肥市第九中学高二期中）当2x =时，函数3()4=-+f x ax bx （,a R b R ∈∈）有极值203-，(1)求函数3()4=-+f x ax bx 的解析式；(2)若关于x 的方程()f x k =有3个解，求实数k 的取值范围．【答案】(1)32()843f x x x =-+(2)2044,33⎛⎫- ⎪⎝⎭(1)2()3f x ax b '=-，由题意得：()()21202028243f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解得：238a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，32()843f x x x ∴=-+经验证，函数32()843f x x x =-+在2x =处有极值203-，故解析式为：32()843f x x x =-+．(2)令()()h x f x k =-，由(1)得：32()843h x x x k =-+-2()282(2)(2)h x x x x '=-=-+令()0h x '=得，122,2x x ==-，∴当2x <-时，()0h x '>，当22x -<<时，()0h x '<，当2x >时，()0h x '>，因此，当2x =-时，()h x 有极大值443k -，当2x =时，()h x 有极小值203k --，关于x 的方程()f x k =有3个解，等价于函数()h x 有三个零点，所以44032003k k ⎧->⎪⎪⎨⎪--<⎪⎩204433k ∴-<<．故实数k 的取值范围是2044,33⎛⎫- ⎪⎝⎭③已知零点（根）的个数求代数式的值1．（2022·陕西·模拟预测（理））已知函数()24,0,e 1,0x x x xf x x ⎧+≤=⎨-->⎩，，若函数()()g x f x k=-有三个不同的零点，123,,x x x ，且123x x x <<，则123x x x 的取值范围是（）A ．44ln 3⎛⎫⎪⎝⎭，B ．45ln 3⎛⎫⎪⎝⎭，C ．4ln 3∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．2ln 3∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，【答案】C函数的图象如下图所示：令()()()0g x f x k f x k =-=⇒=，因为函数()()g x f x k =-有三个不同的零点，所以4-<<-2k ，因为二次函数24y x x =+的对称轴为2x =-，所以有123420x x x -<<-<<<，显然12,x x 是方程240x x k +-=的两个不相等的实数根，因此有12x x k =-，3x 是方程e 1x k --=的根，即3e 1x k --=，所以30ln 3x <<，于是有31233e 1x x x x x +=，设2e 1e (1)1()ln 3)()x x x h x x h x x x +--'=<<⇒=，设()e (1)1()e x x m x x m x x '=--⇒=，当0x >时，()0,()m x m x '>单调递增，所以有()(ln 3)3ln 340m x m <=-<，即()0,()h x h x '<单调递减，所以当0ln 3x <<时，4()(ln 3)ln 3h x h >=，故选：C2．（2022·陕西·西安中学二模（理））已知函数()()(]()ln 1,1,11ln 2,1,xx x f x x x ee ⎧+∈-⎪=⎨+-∈+∞⎪⎩，若方程()f x a =有三个不等根123,,x x x ，则123111x x x ++的取值范围是（）A ．()1,+∞B ．()0,1C ．()1,0-D ．(),1-∞【答案】C当()1,x ∈+∞时，()1ln 2xx f x e e=+-，()10x x f x e -'=<，所以()f x 是减函数，作出函数()()(]()ln 1,1,11ln 2,1,x x x f x x x ee ⎧+∈-⎪=⎨+-∈+∞⎪⎩的图象，如图所示：因为方程()f x a =有三个不等根123,,x x x ，所以0ln 2a <<，设123x x x <<，则()()121ln 1,ln 1x x a a+=+=，所以12111x x +=+，即()()12111x x ++=，即12120x x x x ++=，所以121231233111111x x x x x x x x x ++=+=-+，又因为31x >，所以123111x x x ++的取值范围是()1,0-，故选：C3．（2022·河北·模拟预测）已知实数1x ，2x 满足131e e x x =，()622ln 3e x x -=，则12x x =（）A ．2eB ．5eC ．6eD ．7e 【答案】C解：由条件得1>0x ，32e x >，令2ln 3t x =-，0t >，则32e t x +=，由条件622(ln 3)e x x -=，则633e e e e t t t t +==，令()e x f x x =，(0)x >，则()(1)e x f x x '=+，显然当0x >时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增．故由131e e x x =，3e e t t =可得12ln 3x t x ==-，61222(ln 3)e x x x x ∴=-=．故选：C ．4．（2022·浙江·镇海中学高三期末）已知函数()330|1ln 0x x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨+⎪⎩，，，．若存在互不相等的实数a b c d ，，，，使得()()()()f a f b f c f d ===，则abcd 的取值范围为（）A ．()20e-，B ．()10e-，C ．()102e -，D ．()01，【答案】A当0x ≤时，3()300f x x x x =-=⇒=，或x =x =3'2()3()333(1)(1)f x x x f x x x x =-⇒=-=+-当10x -<<时，'()0,()f x f x <单调递减，当1x <-时，'()0,()f x f x >单调递增，此时函数有最大值，最大值为(1)2f -=，当0x >时，11ln ,()1ln 11ln ,0x x ef x x x x e ⎧+≥⎪⎪=+=⎨⎪--<<⎪⎩，函数()f x的图象如下图所示：因为存在互不相等的实数a b c d ，，，，使得()()()()f a f b f c f d ===，说明函数y k =与函数()f x 的图象有四个不同的交点，所以由数形结合思想可知：02k <<不妨设110a b c d e<-<<<<<，即33331ln 1ln a a b b c d k -=-=--=+=，333322333()0()(3)0a a b b a b a b a b a ab b -=-⇒---=⇒-++-=，因为10a b <-<<，所以2230a ab b ++-=，由21ln 1ln ln 2c d cd cd e ---=+⇒=-⇒=，因为2223201a b ab ab ab ab +>⇒->⇒<<，所以20abcd e -<<，故选：A5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln ,021,0x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若方程()f x ax =有三个不同的实数根1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，则()23123ln ⋅+x x x x x 的取值范围是（）A ．1,122⎛⎫-⎪-⎝⎭ee B ．1,012⎛⎫⎪-⎝⎭e C ．11,221-⎛⎫- ⎪-⎝⎭e e e D ．11,12⎛⎫-- ⎪⎝⎭e e 【答案】B方程()f x ax =，显然0x =不为该方程的实数根.设()ln 0g 120xx xx x x ⎧>⎪⎪=⎨⎪+<⎪⎩所以方程()f x ax =有三个不同的实数根1x ，2x ，3x ，即()g x a =有三个不同的实数根1x ，2x ，3x 当0x >时，()ln g x x x =，则()21ln g xx x -'=由()g 0x '>，可得x e >，()g 0x '<，可得0x e <<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，且当1x >时，()0g x >当x →+∞时，()0g x →从而作出()g x 的大致图像.由图可知当10a e<<时，直线y a =与函数的图像有3个交点，即方程()g x a =有三个不同的实数根.由112x e +=，得12x e e =-，由120x+=，得12x =-所以11,122x e e⎛⎫∈-⎪-⎝⎭所以()23232311111232323ln ln ln 1 21,012x x x x ax ax x x x ax x x x x x x x e ++⎛⎫⋅=⋅=⋅==+∈ ⎪+++-⎝⎭．故选：B ．6．（2022·湖南·高三阶段练习）已知函数()2f x ax =，()e xg x b =，0ab >，且当0x >时，()f x 与()g x 的图象有且只有一个交点，则1a b+的取值范围为______.【答案】(][),e e,-∞-⋃+∞因为当0x >时，()f x 与()g x 的图象有且只有一个交点，所以关于x 的方程2e x ax b =在区间()0,∞+上有且只有一个解，分离参数得2e xa b x =，令()2e xh x x=，0x >，则()()3e 2x x h x x -'=，所以函数()h x 在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，所以()()2e24h x h ≥=，故2e 4a b =.当0a >，0b >时，1e a b +≥=，当且仅当1a b =，即e 2a =，2e b =时，等号成立；当0a <，0b <时，1e a b +≤-=-，当且仅当1a b =，即e 2a =-，2e b =-时，等号成立.所以1a b+的取值范围为(][),e e,-∞-⋃+∞.故答案为：(][),e e,-∞-⋃+∞7．（2022·江苏南通·高三期末）函数22,0,()4,0x t x f x x x t x ⎧-≥=⎨---<⎩有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1＜x 2＜x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是__________.【答案】[)0,8设22,0,()4,0x x g x x x x ⎧≥=⎨--<⎩函数22,0,()4,0x t x f x x x t x ⎧-≥=⎨---<⎩有三个零点x 1，x 2，x 3，即()y g x =的图像与直线y t =有三个交点.作出函数的图像()y g x =，如图.根据图像可得14t ≤<则12,x x 是240x x t ---=的两个实数根，则12x x t=3x 满足320x t -=，即32log x t=所以1232ln log ln 2t tx x x t t ==设()ln ln 2t t h t =，则()()11ln ln 2h t t '=+由14t ≤<，则()()11ln 0ln 2h t t '=+>所以()ln ln 2t th t =在[)1,4上单调递增，所以()[)0,8h t ∈故答案为：[)0,88．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21e x ax bxf x +-=的最小值为–1，函数()3231g x ax bx =++的零点与极小值点相同，则a b +=___________.【答案】1由()21e x ax bxf x +-=可得()()221e xax a b x b f x -+-++'=，因为()f x 的最小值为()01f =-，所以0x =是()f x 的极值点，所以()010f b '=+=，所以1b =-；当0a =时，()231g x x =-+，由二次函数的性质可知该函数无极小值点，不符合题意；由()3231g x ax x =-+可得()()23632g x ax x x ax '=-=-，令()()320g x x ax '=-=，可得10x =或22x a=，当0a >时，20a >，由()0g x ¢>可得0x <或2x a >；由()0g x ¢<可得20x a<<，所以()g x 在(),0-¥单调递增，在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，所以()g x 的极小值点为2x a=，由题意可得32222310g a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=-+=，解得2a =，此时121a b +=-+=；当0a <时，当x →-∞时，()f x →-∞，不合题意；所以1a b +=.故答案为：1.9．（2022·广东·顺德一中高二期中）已知函数()()ln ,115,13x x f x x x ≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，若21x x >且()()12f x f x =，则12x x -的最大值是___________.【答案】3ln38-因为()()ln ,115,13x x f x x x ≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，作出函数()f x的图象如下图所示：设()()12f x f x t ==，则02t ≤<，由()()11153f x x t =+=，可得135x t =-，由()22ln f x x t ==，可得2t x e =.令()1235t g t x x t e =-=--，其中02t ≤<，()30tg t e '=-=，可得ln 3t =.当0ln 3t ≤<时，()0g t '>，此时函数()g t 单调递增，当ln 32t <<时，()0g t '<，此时函数()g t 单调递减.所以，()()max ln 33ln 38g t g ==-.因此，12x x -的最大值为3ln 38-.故答案为：3ln 38-.10．（2022·全国·高三专题练习）已知实数1x ，2x 满足131x x e e =，()522ln 2x x e -=，则12x x =______.【答案】5e 实数1x ，2x 满足131x x e e =，()522ln 2x x e -=，2120,x x e >>，222ln 20,t x t x e +-=>=，则3t te e =，()(0),()(1)0(0)x x f x xe x f x x e x '=>=+>>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，而31()()f x f t e ==，5121222ln 2,(ln 2)x t x x x x x e ∴==-∴=-=.故答案为:5e .。

高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版导数与三角函数的问题在近几年的高考数学试题中频繁出现，主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数围、隐零点问题及零点存在性赋值理论。

这些问题的形式逐渐多样化、综合化。

一、零点存在定理例1.【2019全国Ⅰ理20】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$(-1,)$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$g(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$，$g'(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^2}$。

当$x\in(-1,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)$单调递减，而$g'(0)>0$，$g'(\frac{\pi}{2})<0$，可得$g'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$有唯一零点，设为$\alpha$。

则当$x\in(-1,\alpha)$时，$g'(x)>0$；当$x\in(\alpha,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)<0$。

所以$g(x)$在$(-1,\alpha)$单调递增，在$(\alpha,\frac{\pi}{2})$单调递减，故$g(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点，即$f'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点。

2）$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$。

i) 由(1)知，$f'(x)$在$(-1,0)$单调递增，而$f'(0)=0$，所以当$x\in(-1,0)$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。