导数中的零点问题(学生版)

第06讲利用导数研究函数的零点（方程的根）(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：判断、证明或讨论函数零点的个数高频考点二：证明唯一零点问题高频考点三：根据零点情况求参数①利用最值（极值）研究函数零点问题②利用数形结合法研究函数的零点问题③构造函数研究函数零点问题第四部分：高考真题感悟第五部分：第06讲利用导数研究函数的零点（方程的根）（精练）1、函数的零点（1）函数零点的定义：对于函数()y f x=，把使()0f x=的实数x叫做函数()y f x=的零点．（2）三个等价关系方程0)(=xf有实数根⇔函数)(xfy=的图象与x轴有交点的横坐标⇔函数)(xfy=有零点．2、函数零点的判定如果函数()y f x=在区间[,]a b上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b⋅<，那么函数()y f x=在区间(,)a b内有零点，即存在(,)c a b∈，使得()0f c=，这个c也就是()0f x=的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点1．（2022·全国·高二）已知函数()f x的定义域为[]15-，，部分对应值如下表：()f x的导函数()y f x='的图象如图所示，则下列关于函数()f x的命题：① 函数()y f x=是周期函数；② 函数()f x在[]02，是减函数；③ 如果当[]1,x t∈-时，()f x的最大值是2，那么t的最大值为4；④ 当12a<<时，函数()y f x a=-有4个零点．其中真命题的个数是A．4个B．3个C．2个D．1个2．（2022·甘肃·金昌市教育科学研究所高三阶段练习（文））已知函数()2e1xf x x a=+-()a R∈有两个极值点，则实数a的取值范围为（）A．1,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭B．2,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭C．1,e⎛⎫-+∞⎪⎝⎭D．2,e⎛⎫-+∞⎪⎝⎭3．（2022·全国·高二）若函数()3239f x x x x m =--+仅有一个零点，则实数m 的取值范围是（ ）A ．()5,-+∞B ．(,27)(5,)-∞-⋃+∞C ．(,27)-∞D ．(,5)(27,)-∞-⋃+∞4．（2022·甘肃武威·模拟预测（文））函数()326f x x x m =-+有三个零点，则实数m 的取值范围是（ ）A ．（﹣4，4）B ．[﹣4，4]C ．（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）D ．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）5．（2022·江苏淮安·高二期末）已知函数()e x f x =与()1g x x =+，则它们的图象交点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．不确定高频考点一：判断、证明或讨论函数零点（根）的个数1．（2022·全国·高二）设函数f (x )＝13x －ln x ，则函数y ＝f (x )（ ）A ．在区间1(,1)e，(1，e )内均有零点 B ．在区间1(,1)e，(1，e )内均无零点C ．在区间1(,1)e 内有零点，在区间(1，e )内无零点D ．在区间1(,1)e 内无零点，在区间(1，e )内有零点2．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()()12xx e f x e=-+，其中e 为自然对数的底数， 2.7182818e =……，则()f x 的零点个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．33．（2022·全国·高三专题练习（理））函数()()1ln 03f x x x x =->的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．34．（2022·全国·高二课时练习）求函数3()231f x x x =-+零点的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．45．（2022·江苏淮安·高二期末）已知函数()e x f x =与()1g x x =+，则它们的图象交点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．不确定6．（2022·江苏苏州·模拟预测）方程3269100x x x -+-=的实根个数是______ ．7．（2022·全国·高三专题练习）函数()1x f x e x =-+的零点个数是__________．8．（2022·广东佛山·高二阶段练习）已知函数()()1ln 2af x x a x x=+---，其中R a ∈． (1)若()f x 存在唯一极值点，且极值为0，求a 的值； (2)若2e a <，讨论()f x 在区间2[1,e ]上的零点个数．9．（2022·新疆·乌苏市第一中学高二阶段练习（文））给定函数()()1e xf x x =+．(1)判断函数()f x 的单调性，并求出()f x 的极值； (2)求出方程()()f x a a R =∈的解的个数．高频考点二：证明唯一零点（根）问题1．（2022·山西省长治市第二中学校高二阶段练习）已知函数321()(1)3=-++f x x a x x ．(1)若1a =，求()f x 的单调区间及相应区间上的单调性； (2)证明:()f x 只有一个零点．2．（2022·陕西渭南·高二期末（文））已知函数()ln x axf x x+=，R a ∈. (1)若0a =，求()f x 的最大值；(2)若01a <<，求证：()f x 有且只有一个零点.3．（2022·广西玉林·模拟预测（文））已知函数217()ln 4,()2ln 22f x x x xg x x x =-=++. (1)求函数()f x 的最小值；(2)证明：函数()()()h x f x g x =+仅有一个零点.高频考点三：根据零点（根）情况求参数①利用最值（极值）研究函数零点（根）问题1．（2022·重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）已知函数32()34f x x ax bx =+++在1x =-时有极值0． (1)求函数()f x 的解析式；(2)记()()21g x f x k =-+，若函数()g x 有三个零点，求实数k 的取值范围．2．（2022·山东师范大学附中高二阶段练习）已知函数()21xx x f x e+-=. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()y f x a =-（a 为常数）有3个不同的零点，求实数a 的取值范围.3．（2022·宁夏六盘山高级中学高二阶段练习（理））已知函数3()91f x ax x =-+，0a >． (1)若3a =，求函数()f x 的极值；(2)若函数()f x 恰有三个零点，求实数a 的取值范围．4．（2022·北京丰台·一模）已知函数()f x = (1)当1a =时，求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； (2)若函数2()()3ag x f x =-恰有两个不同的零点，求a 的取值范围．5．（2022·广西桂林·二模（理））已知函数()()()211e 2xf x x ax a R =--∈ (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.②利用数形结合法研究函数的零点（根）问题1．（2022·宁夏·银川二中高二期末（理））已知函数ln ()xf x x= (1)填写函数()f x 的相关性质；2．（2022·四川·阆中中学高二阶段练习（文））设函数3()65f x x x x R =-+∈，. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若关于x 的方程()f x a =有三个不等实根，求实数a 的取值范围.3．（2022·全国·信阳高中高三阶段练习（理））已知函数()2e xf x a x =-（R a ∈，e 为自然对数的底数）.(1)若()0f x =有两个不相等的实数根，求a 的取值范围；4．（2022·四川·雅安中学高二阶段练习（文））已知函数()322f x x ax bx =++-在2x =-时取得极值，且在点()()1,1f --处的切线的斜率为3- . (1)求()f x 的解析式；(2)若函数()y f x λ=-有三个零点，求实数λ的取值范围.5．（2022·全国·模拟预测（理））已知函数()()2x x f x e ae a =+∈R(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()21x g x a x e x =-+，若方程()()g x f x =有三个不同的解，求a 的取值范围.6．（2022·四川绵阳·二模（文））已知函数()2()ln 1R f x x ax a =+-∈(1)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．③构造函数研究函数零点（根）问题1．（2022·江苏宿迁·高二期末）已知函数()e xf x =（e 为自然对数的底数），()sing x a x =（,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦），a R ∈.(1)若直线:l y kx =与函数()f x ，()g x 的图象都相切，求a 的值； (2)若方程()()f x g x =有两个不同的实数解，求a 的取值范围.2．（2022·重庆南开中学高二期末）已知函数()()2ln ,f x x x g x x ax b ==++.(1)若()f x 与()g x 在1x =处有相同的切线，求实数,a b 的取值；(2)若2b =时，方程()()f x g x =在()1,+∞上有两个不同的根，求实数a 的取值范围.3．（2022·四川·成都七中高三阶段练习（理））已知函数()(1)f x a x =-，()e (1)x g x bx =-，R a ∈． (1)当2b =时，函数()()y f x g x =-有两个零点，求a 的取值范围； (2)当b a =时，不等式()()f x g x >有且仅有两个整数解，求a 的取值范围．4．（2022·全国·高三阶段练习）已知函数()()11ln e f x a x x=+++，()()e x g x x a a =++∈R ．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若当1≥x 时，关于x 的方程()()f x g x =有且只有一个实数解，求实数a 的取值范围．5．（2022·河南·三模（理））已知函数()()ln 1f x x =+，()e 1xg x =-.(1)判断函数()()()h x f x g x =-的零点个数；6．（2022·江苏南京·高三开学考试）已知函数()(1)x f x e a x =+-，()sin cos g x ax x x =++ (1)求函数()f x 的最值；(2)令()()()h x f x g x =-，求函数()h x 在区间(,)4π-+∞上的零点个数，并说明理由．1．（2021·全国·高考真题（理））已知0a >且1a ≠，函数()(0)a x x f x x a=>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．2．（2021·全国·高考真题）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点 ①21,222e a b a <≤>；②10,22a b a <<≤．3．（2021·浙江·高考真题）设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()x f x a bx e x =-+∈（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点()1221,,x x x x >，满足2212ln 2b b ex x e b>+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数)一、单选题1．（2022·江苏·南京师大附中高三开学考试）已知a ∈R ，则函数()()32113f x x a x x =-++零点的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．与a 有关2．（2022·浙江省浦江中学高二阶段练习）已知函数()22x f x xe x x m =---在()0,∞+上有零点，则m 的取值范围是（ ）A ．)21ln 2,-+∞⎡⎣B ．)2ln 21,--+∞⎡⎣C ．)2ln 2,-+∞⎡⎣D ．21ln 2,2-+∞⎡⎫⎪⎢⎣⎭3．（2022·全国·高二）函数32()2f x x x x =-++-的零点个数及分布情况为（ ） A ．一个零点，在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭内B ．二个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,∞+内C ．三个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，1,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，()1,+∞内D ．三个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,1，()1,+∞内4．（2022·全国·高二）直线y a =与函数33y x x =-的图象有三个不同的交点，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(2,2)-B ．[2,2]-C ．[2,)+∞D ．(,2]-∞-5．（2022·全国·高二）已知函数20()210x e x f x x x x -⎧≤=⎨--+>⎩，若函数()()g x f x kx =-有两个零点，则实数k 等于（e 为自然对数的底数）（ ） A ．e -B ．1-C ．2D ．2e6．（2022·河南·襄城高中高二阶段练习（理））已知函数()2ln f x x =，()322g x x ex ax =-+，其中e 为自然对数的底数，若方程()()f x g x =存在两个不同的实根，则a 的取值范围为（ ） A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．22,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭C ．()2,e -∞D ．22,e e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭7．（2022·江西·高三阶段练习（理））已知函数22()2(2)e (1)e x x f x a a x x =+-++有三个不同的零点123,,x x x ，且1230x x x <<<，则3122312222e e e x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为（ ）A ．3B ．6C ．9D ．368．（2022·全国·高三专题练习）已知方程|ln |2x kx =+在区间()50,e 上恰有3个不等实数根，则实数k 的取值范围是（ ） A ．5331,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．5331,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．4221,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．4221,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭二、填空题9．（2022·河南焦作·二模（理））函数1()e ln 1x f x a x -=--在(0,)+∞上有两个零点，则实数a 的取值范围是_______. 10．（2022·贵州遵义·高三开学考试（文））已知函数()3112,21ln ,2x m x f x x x m x ⎧--<⎪⎪=⎨⎪-≥⎪⎩恰有3个零点，则m 的取值范围是________．11．（2022·浙江·镇海中学高二期末）已知不等式21e 0x x a +-≥有且只有两个整数解，则实数a 的范围为___________．12．（2022·全国·高二）已知函数3211()(2)1()32xf x ax ax e x a R =---+∈在区间1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭上有3个不同的极值点，则实数a的取值范围是__________. 三、解答题13．（2022·河南·栾川县第一高级中学高二阶段练习（理））已知()2()e ()x f x x a a =+∈R ．(1)若2是函数()f x 的极值点，求a 的值，并判断2是()f x 的极大值点还是极小值点； (2)若关于x 的方程()2ln e x f x x =在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根，求实数a 的取值范围．参考数据：ln 20.693≈14．（2022·陕西宝鸡·二模（文））已知函数()1e x f x ax =--，a ∈R ． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若方程()ln f x x x =在(1,e)上有实根，求实数a 的取值范围．15．（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.16．（2022·吉林·长春外国语学校高二阶段练习）若函数()32113f x x ax bx =++-，当2x =时，函数()f x 有极值13-.(1)求函数的解析式；(2)若关于x 的方程()f x k =有三个解，求实数k 的取值范围.17．（2022·浙江浙江·二模）已知函数2()ln (2)f x x a x a =+<． (1)若2a =-，求函数()f x 的极小值点；(2)当2(]0,x ∈时，讨论函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象公共点的个数，并证明你的结论．。

导数与函数的零点考点一判断零点的个数【例1】已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R.(1)证明ln x≤x－1；(2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数.【训练1】已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋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.考点二根据零点个数求参数的值(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.【训练2】已知函数f(x)＝1x2＋a ln x(a∈R).(1)求f(x)的单调递减区间；(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围.考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f(x)＝e2x－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 2 a.【训练3】已知函数f(x)＝2sin x－x cos x－x，f′(x)为f(x)的导数.(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.强化训练一、选择题1.函数f(x)＝ln x－x的零点个数是( )A.3B.2C.1D.02.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x －1023 4f(x)12020f (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.1 B.2C.3D.43.若方程8x ＝x 2＋6ln x ＋m 仅有一个解，则实数m 的取值范围为( ) A.(－∞，7) B.(12－6ln 3，＋∞)C.(15－6ln 3，＋∞)D.(－∞，7)∪(15－6ln 3，＋∞)二、填空题 4.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________.5.已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax －a 存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，则x 1＋2x 0＝________.三、解答题6.已知x ＝1是函数f (x )＝13ax 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋5的一个极值点.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝2x ＋m 有三个交点，求实数m 的取值范围.7.已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R)，若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围.8.已知函数f (x )＝e x ＋(a －e)x －ax 2. (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.9.设函数f (x )＝ln x －a (x －1)e x ，其中a ∈R. (1)若a ≤0，讨论f (x )的单调性； (2)若0<a <1e ，10.(多填题)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是________；若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________.答 案 导数与函数的零点考点一判断零点的个数【例1】已知函数f (x )＝ln x －x 2＋ax ，a ∈R. (1)证明ln x ≤x －1；(2)若a ≥1，讨论函数f (x )的零点个数.(1)证明 令g (x )＝ln x －x ＋1(x >0)，则g (1)＝0， g ′(x )＝1x －1＝1－x x，可得x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增； x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减. ∴当x ＝1时，函数g (x )取得极大值也是最大值， ∴g (x )≤g (1)＝0，即ln x ≤x －1.(2)解 f ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x，x >0.令－2x 20＋ax 0＋1＝0，解得x 0＝a ＋a 2＋84(负值舍去)，在(0，x 0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 在(x 0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减. ∴f (x )max ＝f (x 0).当a ＝1时，x 0＝1，f (x )max ＝f (1)＝0，此时函数f (x )只有一个零点x ＝1. 当a >1时，f (1)＝a －1>0，f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a －14a 2＋12<12a －1－14a 2＋12 ＝－⎝⎛⎭⎫12a －122－14<0，f (2a )＝ln 2a －2a 2<2a －1－2a 2＝－2⎝⎛⎭⎫a －122－12<0. ∴函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12a ，1和区间(1，2a )上各有一个零点. 综上可得：当a ＝1时，函数f (x )只有一个零点x ＝1； 当a >1时，函数f (x )有两个零点.规律方法1.利用导数求函数的零点常用方法：(1)构造函数g (x )(其中g ′(x )易求，且g ′(x )＝0可解)，利用导数研究g (x )的性质，结合g (x )的图象，判断函数零点的个数.(2)利用零点存在定理，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. 2.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”. 【训练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)＝－6a2＋2a－13＝－6⎝⎛⎭⎫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.考点二根据零点个数求参数的值(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，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，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，－1<m＋1<0，即－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1).规律方法 1.函数零点个数可转化为图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.2.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，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.【训练2】已知函数f(x)＝1x2＋a ln x(a∈R).(1)求f(x)的单调递减区间；(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围.解(1)由题意可得，f′(x)＝－2x3＋ax＝ax2－2x3(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a >0时，f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋2a ⎝⎛⎭⎫x －2a x 3，由f ′(x )≤0，解得0<x ≤2a， ∴此时函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，2a a . 综上可得：a ≤0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)， a >0时，函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，2a a . (2)由(1)可得若函数f (x )有两个不同的零点，则必须满足a >0， 且f ⎝⎛⎭⎫2a ＝a 2＋a 2ln 2a<0， 化为ln 2a <－1，解得a >2e.所以实数a 的取值范围是(2e ，＋∞). 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，当b 满足0<b <a 4，且b <12ln 2时，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.规律方法 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.2.由(1)知，函数f ′(x )存在唯一零点x 0，则f (x 0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f (x 0)≥2a ＋a ln 2a.【训练3】已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围.(1)证明 设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减. 又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2>0，g (π)＝－2， 故g (x )在(0，π)存在唯一零点. 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点. (2)解 由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0. 由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减. 又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0].强化训练一、选择题1.(2020·重庆一中训练)函数f (x )＝ln x －x 的零点个数是( ) A.3B.2C.1D.0解析 f ′(x )＝1x －12x ＝2－x 2x ，定义域(0，＋∞).当0<x <4时，f ′(x )>0；当x >4时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0，4)上递增，在(4，＋∞)上递减， 则f (x )max ＝f (4)＝ln 4－2＝ln4e 2<0. ∴f (x )<0恒成立，故f (x )没有零点. 答案 D2.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x －1023 4f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)( )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 D3.若方程8x＝x2＋6ln x＋m仅有一个解，则实数m的取值范围为()A.(－∞，7)B.(12－6ln 3，＋∞)C.(15－6ln 3，＋∞)D.(－∞，7)∪(15－6ln 3，＋∞)解析方程8x＝x2＋6ln x＋m仅有一个解等价于函数m(x)＝x2－8x＋6ln x＋m(x>0)的图象与x 轴有且只有一个交点.又m′(x)＝2x－8＋6x＝2（x－1）（x－3）x.当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)是增函数；当x∈(1，3)时，m′(x)<0，m(x)是减函数；当x∈(3，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)是增函数，∴m(x)极大值＝m(1)＝m－7，m(x)极小值＝m(3)＝m＋6ln 3－15.∵当x趋近于0时，m(x)趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，m(x)趋近于正无穷，∴要使m(x)的图象与x轴有一个交点，必须有m(x)极大值＝m－7<0或m(x)极小值＝m＋6ln 3－15>0，故m<7或m>15－6ln 3.答案 D二、填空题4.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 xe2x＝－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)＝ae2＋1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝ae2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)5.(2020·湖南长郡中学检测)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax －a 存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，则x 1＋2x 0＝________.解析 由f (x )＝x 3－x 2＋ax －a ，得f ′(x )＝3x 2－2x ＋a . ∵x 0为f (x )的极值点，知3x 20－2x 0＋a ＝0.① 因为f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，所以x 31－x 21＋ax 1－a ＝x 30－x 20＋ax 0－a ， 化为x 21＋x 1x 0＋x 20－(x 1＋x 0)＋a ＝0，把a ＝－3x 20＋2x 0代入上述方程可得x 21＋x 1x 0＋x 20－(x 1＋x 0)－3x 20＋2x 0＝0， 化为x 21＋x 1x 0－2x 20＋x 0－x 1＝0，即(x 1－x 0)(x 1＋2x 0－1)＝0， ∵x 1－x 0≠0，∴x 1＋2x 0＝1. 答案 1 三、解答题6.已知x ＝1是函数f (x )＝13ax 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋5的一个极值点.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝2x ＋m 有三个交点，求实数m 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，由f ′(1)＝0，得a ＝1， ∴f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋5.(2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝2x ＋m 有三个交点，则g (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋5－2x －m ＝13x 3－32x 2＋5－m 有三个零点.由g ′(x )＝x 2－3x ＝0，得x ＝0或x ＝3.由g ′(x )>0，得x <0或x >3；由g ′(x )<0，得0<x <3.∴函数g (x )在(－∞，0)和(3，＋∞)上为增函数，在(0，3)上为减函数. 要使g (x )有三个零点，只需⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （3）<0，解得12<m <5.故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，5. 7.已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R)，若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围. 解 g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x. 因为x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，所以当g ′(x )＝0时，x ＝1.当1e≤x <1时，g ′(x )>0；当1<x ≤e 时，g ′(x )<0. 故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1.又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2， g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝⎛⎭⎫1e ， 所以g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e).g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2， 所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2. 8.已知函数f (x )＝e x ＋(a －e)x －ax 2.(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x 0∈(0，1)，使g (x 0)＝0.故当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 0，1)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 －ax 2>e x ＋(a －e)x －ax 2＝a (x －x 2)>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).9.(2019·天津卷)设函数f (x )＝ln x －a (x －1)e x ，其中a ∈R.(1)若a ≤0，讨论f (x )的单调性；(2)若0<a <1e， ①证明f (x )恰有两个零点；②设x 0为f (x )的极值点，x 1为f (x )的零点，且x 1>x 0，证明3x 0－x 1>2.(1)解由已知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －[a e x ＋a (x －1)e x ]＝1－ax 2e x x. 因此当a ≤0时，1－ax 2e x >0，从而f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)内单调递增.(2)证明①由(1)知，f ′(x )＝1－ax 2e x x. 令g (x )＝1－ax 2e x ，由0<a <1e，知g (x )在(0，＋∞)内单调递减. 又g (1)＝1－a e>0，且g ⎝⎛⎭⎫ln 1a ＝1－a ⎝⎛⎭⎫ln 1a 2·1a＝1－⎝⎛⎭⎫ln 1a 2<0， 故g (x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f ′(x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解，不妨设为x 0，则1<x 0<ln 1a. 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝g （x ）x >g （x 0）x＝0， 所以f (x )在(0，x 0)内单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＝g （x ）x <g （x 0）x＝0， 所以f (x )在(x 0，＋∞)内单调递减，因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )＝ln x －x ＋1，则当x >1时，h ′(x )＝1x－1<0， 故h (x )在(1，＋∞)内单调递减，从而当x >1时，h (x )<h (1)＝0，所以ln x <x －1，从而f ⎝⎛⎭⎫ln 1a ＝ln ⎝⎛⎭⎫ln 1a －a ⎝⎛⎭⎫ln 1a －1eln 1a＝ln ⎝⎛⎭⎫ln 1a －ln 1a＋1＝h ⎝⎛⎭⎫ln 1a <0.又因为f (x 0)>f (1)＝0，所以f (x )在(x 0，＋∞)内有唯一零点.又f (x )在(0，x 0)内有唯一零点1，从而，f (x )在(0，＋∞)内恰有两个零点.②由题意，⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x 0）＝0，f （x 1）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax 20e x 0＝1，ln x 1＝a （x 1－1）e x 1， 从而ln x 1＝x 1－1x 20e x 1－x 0，即e x 1－x 0＝x 20ln x 1x 1－1. 因为当x >1时，ln x <x －1，又x 1>x 0>1，故e x 1－x 0<x 20（x 1－1）x 1－1＝x 20，两边取对数， 得ln e x 1－x 0<ln x 20，于是x 1－x 0<2ln x 0<2(x 0－1)，整理得3x 0－x 1>2.10.(多填题)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是________；若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________.解析 当λ＝2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥2，x 2－4x ＋3，x <2， 其图象如图(1).由图知f (x )<0的解集为(1，4).若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ恰有2个零点有两种情况： ①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点.在同一平面直角坐标系中画出y ＝x －4与y ＝x 2－4x ＋3的图象，如图(2)，平移直线x ＝λ，可得λ∈(1，3]∪(4，＋∞).答案 (1，4) (1，3]∪(4，＋∞)。

利用导数研究零点问题及方程的根的问题1.已知函数f x =x cos x +14x 2，f ′x 为f x 的导函数．(1)若x ∈0,π2 ,f x ≥mx 2成立，求m 的取值范围；(2)证明：函数g x =f ′x +cos x 在0,π2 上存在唯一零点．2.已知函数f x =e x+ae x-a-1x-2a∈R(1)求函数f(x)的单调区间.(2)若a∈(-∞,2]，求函数f(x)在区间(-∞,2]上的零点个数.3.设函数f x =x2-ax+2sin x.(1)若a=1，求曲线y=f x的斜率为1的切线方程；(2)若f x 在区间0,2π上有唯一零点，求实数a的取值范围.4.已知f x =e x-2x.(1)求f x 的单调区间；上无实数解(2)证明：方程f x =cos x在-π2,05.已知函数f(x)=e x+sin x-cos x，f (x)为f(x)的导数.(1)证明：当x≥0时，f (x)≥2；(2)设g x =f x -2x-1，证明：g(x)有且仅有2个零点.6.已知函数f x =x2e x-a ln x，a≠0．(1)若a=1e，分析f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1，e)上有零点，求实数a的取值范围．7.已知函数f x =x -2 e x -ax +a ln x a ∈R ．(1)当a =-1时，求函数f x 的单调区间；(2)当a <e 时，讨论f x 的零点个数．8.函数f x =x -2 e x ,g x =13ax 3-12x 2-x +4a sin x +x +1 ln x +1 ,a >0.(1)求函数f x 在x ∈-1,2 的值域；(2)记f x ,g x 分别是f x ,g x 的导函数，记max m ,n 表示实数m ,n 的最大值，记函数F x =max f x ,g x ，讨论函数F x 的零点个数.9.设函数f x =-12x2+a-1x+a ln x+a2，a>0．(1)若a=1，求函数f x 的单调区间和最值；(2)求函数f x 的零点个数，并说明理由．10.已知函数f x =x-2sin x．(1)求f x 在0,π的极值；(2)证明：函数g x =ln x-f x 在0,π有且只有两个零点．11.已知函数f(x)=ax2-x-ln x．(1)当a=1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在定义域内有两个不相等的零点x1,x2．①求实数a的取值范围；②证明：f x1+x2．>2-ln x1+x212.已知函数f x =e x-1-ln x-ax，a∈R.(1)当a=e-12时，求函数f x 的单调性；(2)当a>0时，若函数f x 有唯一零点x0，证明：1<x0<2.13.已知函数f x =sin x -x +a cos x ，函数g x =13x 3+12ax 2，其中a≥0.(1)判断函数f x 在0,π 上的单调性，并说明理由；(2)证明：曲线y =f x 与曲线y =g x 有且只有一个公共点.14.已知函数f x =3xx+3，g x =b sin x，曲线y=f x 和y=g x 在原点处有相同的切线l．(1)求b的值以及l的方程；(2)判断函数h x =f x -g x 在0,+∞上零点的个数，并说明理由．15.已知函数f (x )=ax ln x -2x ．(1)若f (x )在x =1处取得极值，求f (x )的单调区间；(2)若函数h (x )=f (x )x-x 2+2有1个零点，求a 的取值范围．16.已知f x =x2-x,x≥-1x+3,x<-1，g x=ln x+a．(1)存在x0满足：f x0=g x0，f x0=g x0，求a的值；(2)当a≤4时，讨论h x =f x -g x 的零点个数．17.已知函数f(x)=ln x-a+1x，g(x)=a(x-2)e1-x-1，其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0<a<53时，是否存在x1,x2，且x1≠x2，使得f x i =g x i (i=1,2)？证明你的结论.18.设函数f x =ae x+sin x-3x-2，e为自然对数的底数，a∈R.(1)若a≤0，求证：函数f x 有唯一的零点；(2)若函数f x 有唯一的零点，求a的取值范围.19.已知函数f x =e x -2a x a >0 .(1)若a =e ，讨论f x 的单调性；(2)若x 1，x 2是函数f x 的两个不同的零点，证明：1<x 1+x 2<2ln a +ln2.20.已知函数f x =log a x-x-1x+1,a>0且a≠1.(1)若a=e，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程；(2)讨论函数f x 的零点个数.21.已知函数f x =a ln x +x +1x，其中a >0.(1)当a =1时，求f x 的最小值；(2)讨论方程e x +e -x -a ln ax -1ax =0根的个数.22.已知函数f x =x +b e x -a ．(b >0)在-1,f -1 处的切线l 方程为e -1x +ey +e -l =0．(1)求a ，b ，并证明函数y =f x 的图象总在切线l 的上方(除切点外)；(2)若方程f x =m 有两个实数根x 1，x 2．且x 1<x 2．证明：x 2-x 1≤1+m 1-2e 1-e．23.已知函数f x =ax+ln x，其中a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若过点P(1，0)且与曲线y=f x 相切的直线有且仅有两条，求实数a的取值范围.24.已知函数f (x )=(x -1)e x -ax 2+b ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f (x )只有一个零点①12<a ≤e 22,b >2a ；②0<a <12,b ≤2a ．25.已知函数f x =e x 1+a ln x ．(1)当f x 有两个极值点时，求a 的取值范围；(2)若a ≥32，且函数f x 的零点为x 1，证明：导函数f x 存在极小值点，记为x 2，且x 1>x 2．26.函数f(x)=x-sin x-cos x．上的极值；(1)求函数f(x)在-π,π2(2)证明：F(x)=f(x)-ln x有两个零点．27.已知函数f(x)=e x-a sin x-1在区间0,π2内有唯一极值点x1.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：f(x)在区间(0,π)内有唯一零点x2，且x2<2x1.28.已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值．(1)求a；(2)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．29.已知函数f x =x3+bx 2x.(1)当b=0时，求f x 的单调区间；(2)设函数g x =2x f x +c在x=2处的切线与x轴平行，若g x 有一个绝对值不大于4的零点，证明：g x 所有零点的绝对值都不大于4.30.已知函数f(x)=ae2x-x2,a∈R．(1)设f(x)的导函数为g(x)，讨论g(x)零点的个数；(2)设f(x)的极值点为x1,x2x1<x2，若ee-2x1+x2≥λx1x2恒成立，求实数λ的取值范围．31.已知函数f x =e mx +nx m ≠0 ．当m =1时，曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线与直线x -y +1=0垂直．(1)若f x 的最小值是1，求m 的值；(2)若A x 1,f x 1 ，B x 2f x 2 x 1<x 2 是函数f x 图象上任意两点，设直线AB 的斜率为k ．证明：方程f x =k 在x 1,x 2 上有唯一实数根．32.已知函数f x =xe nx -nx (n ∈N *且n ≥2)的图象与x 轴交于P ，Q 两点，且点P 在点Q 的左侧．(1)求点P 处的切线方程y =g x ，并证明：x ≥0时，f x ≥g x ．(2)若关于x 的方程f x =t (t 为实数)有两个正实根x 1,x 2，证明：x 1-x 2 <2t n ln n +ln n n．33.已知函数f x =xe x -a sin x a ∈R ．(1)若∀x ∈0,π，f x ≥0，求a 的取值范围；(2)当a ≥-59时，试讨论f x 在0,2π 内零点的个数，并说明理由．34.已知函数f(x)=a ln x．(1)记函数g(x)=x2-(a+2)x+f(x)，当a>2时，讨论函数g(x)的单调性；(2)设h(x)=f(x)-x2，若h(x)存在两个不同的零点x1,x2，证明：2e<a<x12 +x22(e为自然对数的底数)．35.已知函数f x =3x -1 e x -32ax 2．其中实数a ∈0,+∞ ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)求证：关于x 的方程f x +32=32ax 2-x 3有唯一实数解．。

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

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

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

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

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

故$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数。

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

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

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

利用导数研究函数的零点问题内容概览题型一 利用导数探究函数零点的个数题型二 利用函数零点问题求参数范围题型三 与函数零点有关的证明[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.题型一 利用导数探究函数零点的个数[典例1](2022·陇南模拟)已知函数f(x)=r1e-a(a∈R),讨论f(x)的零点个数.【解析】令f(x)=r1e-a=0,得a=r1e,设g(x)=r1e,则g'(x)=e−(r1)e(e)2=−e,当x>0时,g'(x)<0,当x<0时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(0)=1,而当x>-1时,g(x)>0,当x<-1时,g(x)<0,g(x)的大致图象如图所示:所以①当a>1时,方程g(x)=a无解,即f(x)没有零点;②当a=1时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;③当0<a<1时,方程g(x)=a有两解,即f(x)有两个零点;④当a≤0时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;综上,当a>1时,f(x)没有零点;当a=1或a≤0时,f(x)有唯一的零点;当0<a<1时,f(x)有两个零点.【方法提炼】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:构造函数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(最值),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·成都模拟)设函数f(x)=ln x+,m∈R.讨论函数g(x)=f'(x)-.3的零点个数【解析】由题设,可知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)的极大值点,也是φ(x)的最大值点,所以φ(x)的最大值为φ(1)=23,画出y=φ(x)的大致图象(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;)有两个零点.当0<m<2时,函数g(x【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,与一次函数相比,指数函数y=e-x增长更快,从而f(x)=r1e−→0;当x→+∞时,f(x)→+∞,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,当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)=-1e2,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[典例2](2022·全国乙卷)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,则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)f(x)=ax-1-(a+1)ln x,x>0,则f'(x)=a+12-r1=(B−1)(K1)2,当a≤0时,ax-1<0,所以当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,此时函数无零点,不合题意;当0<a<1时,1>1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;又f(1)=a-1<0,由(1)得1+ln x≥1,即ln1≥1-x,所以ln x<x,ln <,ln x<2,当x>1时,f(x)=ax-1-(a+1)ln x>ax-1-2(a+1)>ax-(2a+3),则存在m=(3+2)2>1,使得f(m)>0,所以f(x)仅在(1,+∞)上有唯一零点,符合题意;当a=1时,f'(x)=(K1)22≥0,所以f(x)单调递增,又f(1)=a-1=0,所以f(x)有唯一零点,符合题意;当a>1时,1<1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;此时f(1)=a-1>0,由(1)得当0<x<1时,ln x>1-1,ln >1-1,所以ln x>2(1-1),此时f(x)=ax-1-(a+1)ln x<ax-1-2(a+1) (1-1)<-1+2(r1),存在n=14(r1)2<1,使得f(n)<0,所以f(x)在(0,1)上有一个零点,在(1,+∞)上无零点,所以f(x)有唯一零点,符合题意;综上,a的取值范围为(0,+∞).【方法提炼】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)含参数的函数的零点个数,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,得到不含参数的具体函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(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.【解析】(1)a =2时,f (x )=22,f'(x )=2b2−2ln2·2(2)2=o2−En2)2=ln2· 2ln2−g2,当x ∈ 0,2ln2 时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈2ln2,+∞ 时,f'(x )<0,f (x )单调递减;(2)由题知f (x )=1在(0,+∞)上有两个不等实根,f (x )=1⇔x a =a x ⇔a ln x =x ln a ⇔ln=ln,令g (x )=ln,g'(x )=1−ln 2,g (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,又g (e)=1e,g (1)=0,lim m+∞g (x )=0,所以0<ln<1e⇒a >1且a ≠e .所以a 的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).【加练备选】 (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.【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+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的取值范围是1题型三 与函数零点有关的证明[典例3](2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)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)f(x)=e x-ax的定义域为R,而f'(x)=e x-a,若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)无最小值,故a>0.g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+∞),而g'(x)=a-1=B−1.当x<ln a时,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,当x>ln a时,f'(x)>0,故f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(ln a)=a-a ln a.当0<x<1时,g'(x)<0,故g(x)在 0,1上单调递减,当x>1时,g'(x)>0,故g(x)在1,+∞ 上单调递增,故g(x)min=g1=1-ln1.因为f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,故1-ln1=a-a ln a,整理得到K11+=ln a,其中a>0,设t(a)=K11+-ln a,a>0,则t'(a)=2(1+p2-1=−2−1o1+p2<0,故t(a)在(0,+∞)上单调递减,而t(1)=0,故t(a)=0的唯一解为a=1,故K11+=ln a的解为a=1.综上,a=1;(2)由(1)可得f(x)=e x-x和g(x)=x-ln x的最小值为1-ln 1=1-ln11=1.当b>1时,考虑e x-x=b的解的个数,x-ln x=b的解的个数.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<0,而S(-b)=e-b>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,即e x-x=b的解的个数为2.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=K1,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<0,而T(e-b)=e-b>0,T(e b)=e b-2b>0,T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点,即x-ln x=b的解的个数为2.当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b仅有一个零点,当b<1时,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b均无零点,故若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,则b>1.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x0,1e3<x0<1且: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),因此若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,故b=f(x0)=g(x0)>1,此时e x-x=b有两个不同的零点x1,x0(x1<0<x0),此时x-ln x=b有两个不同的零点x0,x4(0<x0<1<x4),故e1-x1=b,e0-x0=b,x4-ln x4-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x4-b=ln x4,即e4−=x4,即e4−-(x4-b)-b=0,故x4-b为方程e x-x=b的解,同理x0-b也为方程e x-x=b的解,又e1-x1=b可化为e1=x1+b,即x1-ln(x1+b)=0,即(x1+b)-ln(x1+b)-b=0,故x1+b为方程x-ln x=b的解,同理x0+b也为方程x-ln x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x4-b},而b>1,故0=4−s1=0−s即x1+x4=2x0.所以x1,x0,x4成等差数列.所以,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.【方法提炼】(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)证明的思路一般是对条件进行等价转化,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】　(2019·全国Ⅰ卷)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.【证明】(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-11+,g'(x)=-sin x+1(1+p2,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g'(x)的零点为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈ sπ2时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在 sπ2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,+∞).①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.②当x∈ 0,π2时,由(1)知,f'(x)在(0,α)上单调递增,在 sπ2上单调递减,而f'(0)=0, f'π2<0,所以存在β∈ sπ2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈ sπ2时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在 sπ2上单调递减.又f(0)=0,fπ2=1-ln 1+π2>0,所以当x∈ 0,π2时,f(x)>0.所以f(x)在 0,π2上没有零点.③当x∈π2,π 时,f'(x)<0,所以f(x)在π2,π 上单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在π2,π 上有唯一零点.④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.【加练备选】 (2023·菏泽模拟)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(π3,π2)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,π)时,x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;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)=ln π-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)有且仅有两个零点.。

函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一)确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2.判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a=g(x),根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y=a与函数y=g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．3. 处理函数y=f(x)与y=g(x)图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,也通过构造函数y=f(x)-g(x),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.1(2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数)已知函数f x =ax2e xa≠0,a∈R．(1)求f x 的极大值；(2)若a=1，求g x =f x -cos x在区间-π2,2024π上的零点个数．(二)根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.2(2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟)已知函数f x =ln x+2(1)求曲线y=f x 在x=-1处的切线方程；(2)求证：e x≥x+1；(3)函数h x =f x -a x+2有且只有两个零点，求a的取值范围．(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知f(a)的符号,探求赋值点m(假定m<a)使得f(m)与f(a)异号,则在(m,a)上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；确保赋值点x0落在规定区间内；确保运算可行三个优先：(1)优先常数赋值点；(2)优先借助已有极值求赋值点；(3)优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点(见例2解法),放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.3(2024届山东省烟台招远市高考三模)已知函数f x =x+ae x a∈R.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)当a=3时，若方程xf x -x +f x -xf x=m+1有三个不等的实根，求实数m的取值范围.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为x 0,再利用导函数的单调性确定x 0所在区间,最后根据fx 0 =0,研究f x 0 ,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若f (x )中含有参数a ,关系式f '(x 0)=0是关于x 0,a 的关系式,确定x 0的合适范围,往往和a 的范围有关.4(2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考)已知函数f x =e x ，g x =ln x .(1)若函数h x =ag x -1 -x +1x -1，a ∈R ，讨论函数h x 的单调性；(2)证明：142x -1 f 2x -f x >2g x -2.(参考数据：e 45≈2.23，e 12≈1.65)1(2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研)已知函数f x =ln x+sin x+sin π10.(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.2(2024届江西省九江市高三三模)已知函数f x =e ax+e-ax(a∈R，且a≠0).(1)讨论f x 的单调性；(2)若方程f x =x+x-1有三个不同的实数解，求a的取值范围.3(2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测)已知函数f(x)=a(ln x+1)+1x3(a>0)．(1)求证：1+x ln x>0；(2)若x1,x2是f(x)的两个相异零点，求证：x2-x1<1-1 a．4(2022高考全国卷乙理)已知函数f x =ln1+x+axe-x (1)当a=1时,求曲线y=f x 在点0,f0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取值范围．5(2024届辽宁省凤城市高三下学期考试)已知函数f x =xe x -1-ln x -x .(1)求函数f x 的最小值；(2)求证：e f x +x >e x -e -1 ln x -12.6(2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷)已知函数f x =xe x-1,g x =ln x-mx,m∈R.(1)求f x 的最小值；(2)设函数h x =f x -g x ，讨论h x 零点的个数.7(2024届河南省信阳市高三下学期三模)已知函数f x =ax-ln1-x.a∈R(1)若f x ≥0恒成立，求a的值；(2)若f x 有两个不同的零点x1,x2，且x2-x1>e-1，求a的取值范围.8(2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考)已知函数f x =e x-1-ax-a a∈R.(1)当a=2时，求曲线y=f x 在x=1处的切线方程；(2)若函数f x 有2个零点，求a的取值范围.9(2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟)设函数f x =e x+a sin x，x∈0,+∞.(1)当a=-1时，f x ≥bx+1在0,+∞上恒成立，求实数b的取值范围；(2)若a>0,f x 在0,+∞上存在零点，求实数a的取值范围.10(2024届河北省张家口市高三下学期第三次模)已知函数f(x)=ln x+5x-4．(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；-2．(2)证明：f(x)>-35x11(2024届上海市格致中学高三下学期三模)已知f x =e x-ax-1，a∈R，e是自然对数的底数.(1)当a=1时，求函数y=f x 的极值；(2)若关于x的方程f x +1=0有两个不等实根，求a的取值范围；(3)当a>0时，若满足f x1，求证：x1+x2<2ln a.=f x2x1<x212(2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷)函数f (x )=e λx -4sin x +λ-2的图象在x =0处的切线为y =ax -a -3,a ∈R .(1)求λ的值；(2)求f (x )在(0,+∞)上零点的个数.13(2024年天津高考数学真题)设函数f x =x ln x ．(1)求f x 图象上点1,f 1 处的切线方程；(2)若f x ≥a x -x 在x ∈0,+∞ 时恒成立，求a 的值；(3)若x 1,x 2∈0,1 ，证明f x 1 -f x 2 ≤x 1-x 2 12．14(2024届河北省高三学生全过程纵向评价六)已知函数f x =axe x，g x =sin x+cos x.(1)当a=1时，求f x 的极值；(2)当x∈0,π时，f x ≤g x 恒成立，求a的取值范围.15(2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练)已知函数f x =a ln x-1x+x a∈R.(1)讨论f x 的零点个数；(2)若关于x的不等式f x ≤2x-2e在0,+∞上恒成立，求a的取值范围.16(2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试)设f x =(a2-1)e x+sin x-3(1)当a=2，求函数f(x)的零点个数.(2)函数h(x)=f(x)-sin x-x2+2ax+2，若对任意x≥0，恒有h(x)>0，求实数a的取值范围17(2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测)已知函数f x =2ax-sin x.(1)当a=1时，求曲线y=f x 在点0,f0处的切线方程；(2)当x>0时，f x ≥ax cos x恒成立，求实数a的取值范围.18(2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试)已知函数f x =2ln x-12mx2+1m∈R.(1)当m=1时，证明：f x <1；(2)若关于x的不等式f x <m-2x恒成立，求整数m的最小值.19(2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考)设函数f x =x3-3ax2+3b2x(1)若a=1，b=0，求曲线y=f x 在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k的最大值．20(2023届江苏省连云港市高三学情检测)已知函数.(1)判断函数f x 零点的个数，并证明；(2)证明：.。

导数压轴题分类(6)--- 函数的隐零点问题(含答案)所以f'(x)=1，代入式子1得到e^m-3x^2=1，又因为曲线y=f(x)在点(。

)处的切线斜率为1，所以f'( )=1，代入式子1得到e^m-3^2=1，解得m=ln(10)；Ⅱ）证明：当m≥1时，f(x)=e^m-x^3+x，g(x)=ln(x+1)+2-x^3，考虑f(x)-g(x)+x^3的单调性，求导得到f'(x)-g'(x)+3x^2=0，即e^m-3x^2-1=ln(x+1)+2-3x^2-1+3x^2-1，即e^m-ln(x+1)-2>x^3，因为左边是常数，所以当m≥1时，f(x)>g(x)-x^3.当$-10$时，$p'(x)>0$。

设$p(x)=x-\ln(x+1)$，则$p'(x)=1-\frac{1}{x+1}$。

因此当$-10$时，函数$p(x)$单调递增。

所以$p(x)\geq p(0)=0$。

因此$x-\ln(x+1)\geq 0$，当且仅当$x=0$时取等号。

由于取等号的条件不同，所以$e^x+1-\ln(x+1)-2>0$。

综上可知，当$m\geq 1$时，$f(x)>g(x)-x^3$。

证法二：因为$f(x)=e^{x+m}-x^3$，$g(x)=\ln(x+1)+2$，所以$f(x)>g(x)-x^3$等价于$e^{x+m}-\ln(x+1)-2>x^3$。

思路1：设$h(x)=e^{x+m}-\ln(x+1)-2$，则$h'(x)=e^{x+m}-\frac{1}{x+1}$。

因此$h'(x)>0$当且仅当$x>-1$，$h'(x)-1$时，$h(x)$单调递增，当$x0$，所以$h(x)>0$。

思路2：先证明$e^t-\ln t>2$，令$t=x+1$，转化为证明$e^x-\ln(x+1)>2$。

第09讲利用导数研究函数的零点问题及方程的根（6类核心考点精讲精练）1. 5年真题考点分布2. 命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分【备考策略】1能用导数证明函数的单调性2能结合零点的定义及零点存在性定理解决零点问题3能结合方程的根的定义用导数解决方程的根的问题【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查，需综合复习利用导数研究函数零点的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围.(2)数形结合法求解零点对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围.(3)构造函数法研究函数零点①根据条件构造某个函数，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，从而求解.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．利用导数研究函数方程的根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数（方程的根）的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数（方程的根）或者通过零点个数（方程的根）求参数范围.(2)数形结合法求解零点（方程的根）对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围.(3)构造函数法研究函数零点（方程的根）①根据条件构造某个函数，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（方程的根）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，从而求解.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．1．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数()()21ln R 2f x x ax a =-Î.(1)当1a =时，求()f x 的最大值；(2)讨论函数()f x 在区间21,e éùëû上零点的个数.2．（2024·湖南长沙·三模）已知函数()()e 1,ln ,xf x xg x x mx m =-=-ÎR .(1)求()f x 的最小值；(2)设函数()()()h x f x g x =-，讨论()h x 零点的个数.3．（2024·河北保定·二模）已知函数()sin cos f x a x x x =+.(1)若0a =，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)若()π,πx Î-，试讨论()f x 的零点个数.1．（2024·山东·模拟预测）已知函数()1e 4xf x =-(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线l 在y 轴上的截距；(2)探究()f x 的零点个数．2．（2024·浙江·模拟预测）已知函数()()e sin 1xf x a x x =+--.(1)当12a =时，求()f x 的单调区间；(2)当1a =时，判断()f x 的零点个数.3．（2024·河南·模拟预测）已知函数()()20,e x ax f x a a =¹ÎR ．(1)求()f x 的极大值；(2)若1a =，求()()cos g x f x x =-在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点个数．1．（2022·全国·高考真题）已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =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．2．（2022·全国·高考真题）已知函数()()ln 1exf x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 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．3．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数()32113f x x x =-++．(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若函数()()()g x f x k k =-ÎR 有且仅有三个零点，求k 的取值范围．4．（2024·广东茂名·一模）设函数()e sin xf x a x =+，[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时，()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点，求实数a 的取值范围.1．（2024·广东汕头·三模）已知函数2)()(e x f x x ax =-.(1)若曲线()y f x =在=1x -处的切线与y 轴垂直，求()y f x =的极值.(2)若()f x 在(0,)+¥只有一个零点，求a .2．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数()32,f x x ax a =-+ÎR .(1)若2x =-是函数()f x 的极值点，求a 的值，并求其单调区间；(2)若函数()f x 在1,33éùêúëû上仅有2个零点，求a 的取值范围．3．（2024·全国·模拟预测）已知函数()ln f x x kx =+的单调递增区间为()0,1．(1)求函数()f x 的图象在点()()e,e f 处的切线方程；(2)若函数()()e xaxg x f x =-有两个零点，求实数a 的取值范围．4．（2024·安徽·三模）已知函数()e e (1),0x x f x a a x a -=--+>．(1)求证：()f x 至多只有一个零点；(2)当01a <<时，12,x x 分别为()f x 的极大值点和极小值点，若()()120f x kf x +>成立，求实数k 的取值范围．1．（2024·浙江温州·一模）已知()11e xf x -=（0x >）.(1)求导函数()f x ¢的最值；(2)试讨论关于x 的方程()f x kx =（0k >）的根的个数，并说明理由.1．（2024·山西·模拟预测）已知函数()sin ln(1)f x x x ax =++-，且()y f x =与x 轴相切于坐标原点．(1)求实数a 的值及()f x 的最大值；(2)证明：当π,π6x éùÎêúëû时，1()22f x x +>；(3)判断关于x 的方程()0f x x +=实数根的个数，并证明．2．（2024·河南信阳·一模）已知函数()ln(1)3mf x x x =++．(1)若3m =-，求证：()0f x £；(2)讨论关于x 的方程2π()sin 03π2x f x +=在(1,2)-上的根的情况．1．（2024·贵州贵阳·二模）已知函数1()ln ,2f x ax x a x=+ÎR .(1)当1a =时.求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程;(2)若方程31()2f x x x=+存两个不等的实数根，求a 的取值范围.2．（2024·山东烟台·三模）已知函数()()e xf x x a a =+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当3a =时，若方程()()()1f x x xm f x x f x -+=+-有三个不等的实根，求实数m 的取值范围.1．（2023·广东梅州·三模）已知函数()2e xf x ax =-，a ÎR ，()f x ¢为函数()f x 的导函数.(1)讨论函数()f x ¢的单调性；(2)若方程()()22f x f x ax ¢+=-在()0,1上有实根，求a 的取值范围.2．（2024·全国·模拟预测）已知函数e ()xf x ax b =+的图象在点(0,(0))f 处的切线方程为210x y ++=．(1)求,a b 的值；(2)若()21mf x x =-有两个不同的实数根，求实数m 的取值范围．1．（2021·全国·高考真题）已知0a >且1a ¹，函数()(0)ax x f x x a =>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．2．（2022·全国·高考真题）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值．(1)求a ；(2)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．1．（2024·江苏·模拟预测）已知函数()2ln 3f x a x x =++在1x =处的切线经过原点.(1)判断函数()f x 的单调性；(2)求证：函数()f x 的图象与直线5y x =有且只有一个交点.2．（2024·陕西西安·二模）设函数21()(1)e 2x f x ax x =+-.(1)当1a £时，讨论()f x 的单调性；(2)若[2,2]x Î-时，函数()f x 的图像与e x y =的图像仅只有一个公共点，求a 的取值范围.3．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数()log a axf x x =.(1)当2a =时，求()f x 的单调区间；(2)证明：若曲线()y f x =与直线21y a =有且仅有两个交点，求a 的取值范围.1．（2023·全国·高考真题）函数()32f x x ax =++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．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数32()231f x x ax =-+，则（ ）A ．当1a >时，()f x 有三个零点B ．当0a <时，0x =是()f x 的极大值点C ．存在a ，b ，使得x b =为曲线()y f x =的对称轴D ．存在a ，使得点()()1,1f 为曲线()y f x =的对称中心3．（2022·全国·高考真题）（多选）已知函数3()1f x x x =-+，则（ ）A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线4．（2021·北京·高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论：①若0k =，()f x 恰 有2个零点；②存在负数k ，使得()f x 恰有1个零点；③存在负数k ，使得()f x 恰有3个零点；④存在正数k ，使得()f x 恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是．1．（2024·四川绵阳·模拟预测）函数()e x f kx b x =--恰好有一零点0x ，且0k b >>，则0x 的取值范围是（ ）A ．(,0)-¥B ．(0,1)C ．(,1)-¥D ．(1,)+¥2．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知0w >，若函数()ln ,0,3πsin ,π03x x x f x x x w ì->ïï=íæöï+-££ç÷ïèøî有4个零点，则w 的取值范围是（ ）A ．47,33æùçúèûB ．47,33éö÷êëøC ．710,33æùçúèûD ．710,33éö÷êëø3．（2024·全国·模拟预测）（多选）已知函数()31f x x ax =-+，a ÎR ，则（ ）A ．若()f x 有极值点，则0a £B ．当1a =时，()f x 有一个零点C ．()()2f x f x =--D ．当1a =时，曲线()y f x =上斜率为2的切线是直线21y x =-4．（2024·安徽·模拟预测）若关于x 的方程()eln e ln e xxm m x x +=+-有解，则实数m 的最大值为 .5．（2024·天津北辰·三模）若函数22()233(3)f x a x a x x =----有四个零点，则实数a 的取值范围为 .一、单选题1．（2023·陕西西安·模拟预测）方程e 1x a x -=+有两个不等的实数解，则a 的取值范围为（ ）A．æöç÷ç÷èøB ．211,e æö--ç÷èøC ．21,0e æö-ç÷èøD ．1,0e æö-ç÷èø2．（2024·四川凉山·二模）若()sin cos 1f x x x x =+-，π,π2x éùÎ-êúëû，则函数()f x 的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3二、多选题3．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数3()1f x x x =++，则（ ）A ．()f x 有两个极值点B ．()f x有一个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线4．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数()e xxf x =-，则下列说法正确的是（ ）A ．()f x 的极值点为11,e æö-ç÷èøB ．()f x 的极值点为1C ．直线2214e e y x =-是曲线()y f x =的一条切线D ．()f x 有两个零点三、填空题5．（2024·全国·模拟预测）方程()1ln 0x x k -++=有两个不相等的实数根，则实数k 的取值范围为 ．6．（2024·山西·三模）已知函数12,0()e ,0x x x f x x x ì+>ï=íï£î，若函数()()()g x f x x m m =-+ÎR 恰有一个零点，则m 的取值范围是.7．（23-24高三上·四川内江·期末）已知函数()324f x x x t =+-，若函数()f x 的图象与曲线25y x =有三个交点，则t 的取值范围是 .四、解答题8．（2023·广西河池·模拟预测）已知函数()()22ln f x x x ax a =-+ÎR (1)当1a =时，求函数()f x 在()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 与直线y ax a =-在1,e e éùêúëû上有两个不同的交点，求实数a 的取值范围．9．（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）已知()ln f x x =，(1)求()f x x的极值；(2)若函数()y f x ax =-存在两个零点，求a 的取值范围.10．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数()32113f x x x =-++．(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若函数()()()g x f x k k =-ÎR 有且仅有三个零点，求k 的取值范围．一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）已知过点(2,0)-的直线与函数2()e 2x f x x +=+的图象有三个交点，则该直线的斜率的取值范围为（ ）A ．(,1)-¥-B ．(,0)-¥C ．(1,0)-D ．(1,)-+¥2．（2024·贵州贵阳·一模）已知函数()e ,0e ,0x a x f x x x -ì+>ï=íï<î，若方程()e 0f x x +=存在三个不相等的实根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(),e -¥B ．(),e -¥-C ．(),2e -¥-D ．(),2e -¥二、填空题3．（2024·重庆·模拟预测）若函数e ()e x x f x a =+的图象与函数e ()e xxg x x =+的图象有三个不同的公共点，则实数a 的取值范围为．4．（2024·湖北黄冈·二模）已知函数()()e 1e kxf x k =--与函数()()1e ln 1xg x x--=的图象有且仅有两个不同的交点，则实数k 的取值范围为 .5．（2024·福建泉州·一模）已知函数()(1)e e x x f x x a =-+-有且只有两个零点，则a 的范围．三、解答题6．（2024·广东深圳·模拟预测）已知()sin cos f x x x a x =-在π2x =时取得极大值．(1)讨论()f x 在[]π,π-上的单调性；(2)令()24sin 4cos 4h x x x x x =--+，试判断()h x 在R 上零点的个数．7．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2e =-+x f x x a ，x ÎR ，()()2x f x x x j =+-.(1)若()x j 的最小值为0，求a 的值；(2)当0.25a <时，证明：方程()2f x x =在()0,¥+上有解.8．（2024·广东梅州·二模）已知函数()e xf x =，()21g x x =+，()sin 1h x a x =+（0a >）．(1)证明：当()0,x Î+¥时，()()f x g x >；(2)讨论函数()()()F x f x h x =-在()0,π上的零点个数．1．2．3．4．9．（2024·广西南宁·二模）已知函数()ln f x x ax =-(1)若()f x 在定义域内单调递增，求a 的取值范围，(2)若函数()()1g x f x x =-+恰有两个零点，求a 的取值范围，10．（2024·广西贺州·一模）已知函数()ln ,2a f x x x a x=++ÎR ．(1)若12a >-，讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的方程2()ef x =有且只有一个解，求a 的取值范围．1．（2022·浙江·高考真题）设函数e ()ln (0)2f x x x x=+>．(1)求()f x 的单调区间；(2)已知,a b ÎR ，曲线()y f x =上不同的三点()()()()()()112233,,,,,x f x x f x x f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若e a >，则10()12e a b f a æö<-<-ç÷èø；（ⅱ）若1230e,a x x x <<<<，则22132e 112e e 6e 6ea a x x a --+<+<-．（注：e 2.71828=L 是自然对数的底数）2．（2021·全国·高考真题）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点①21,222e a b a <£>；②10,22a b a <<£．3．（2021·浙江·高考真题）设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()x f x a bx e x =-+Î（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点()1221,,x x x x >，满足2212ln 2b b e x x e b>+.(注： 2.71828e =×××是自然对数的底数)4．（2020·全国·高考真题）设函数3()f x x 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1．5．（2020·全国·高考真题）已知函数32()f x x kx k =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．6．（2020·全国·高考真题）已知函数()(2)x f x e a x =-+.（1）当1a =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.7．（2019·全国·高考真题）已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.8．（2019·全国·高考真题）已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．9．（2019·全国·高考真题）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x ¢为()f x 的导数．证明：（1）()f x ¢在区间(1,2p-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．10．（2018·江苏·高考真题）若函数()()3221f x x ax a R =-+Î在()0,+¥内有且只有一个零点，则()f x 在[]1,1-上的最大值与最小值的和为 ．。

第13讲导数的应用四：零点问题一、三次函数零点问题经典精讲【例1】（2017春•腾冲县月考）已知函数y32﹣2x（Ⅰ）求函数在点（0，0）处的切成方程（Ⅱ）若函数y32﹣2x的图象与函数y＝k的图象恰有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．二、零点个数判断经典精讲【例2】（2013•陕西）已知函数f（x）＝e x，x∈R．（Ⅰ）求f（x）的反函数的图象上的点（1，0）处的切线方程；（Ⅱ）证明：曲线y＝f（x）与曲线y有唯一公共点．【例3】（2018春•伊通县期末）已知函数f（x）．（1）若a＝﹣1，求函数f（x）的极值，并指出是极大值还是极小值；（2）若a＝1，求证：在区间[1，+∞）上，函数f（x）的图象在函数g（x）的图象的下方．【例4】（2018秋•全国期末）已知函数f（x）＝ax（3a+1）lnx+a，a∈R．（1）若a＞0，求函数f（x）的单调区间；（2）当a＝1时，试判断函数f（x）的零点个数，并说明理由．三、证明零点个数问题经典精讲【例5】（2019•云南一模）已知e是自然对数的底数，函数f（x）与F（x）＝f（x）﹣x的定义域都是（0，+∞）．（2）求证：函数F（x）只有一个零点x0，且x0∈（1，2）．【例6】（2017秋•保山期末）已知函数．（2）讨论f（x）的单调性；（3）若函数f（x）在x∈[1，e]上无零点，求a的取值范围．总结：四、对两个零点的加工处理经典精讲【例7】（2017秋•保山期末）已知函数f（x）＝e x﹣ax（a∈R）．（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线为x+y﹣1＝0，求实数a的值；（3）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求证：x1+x2＞2．五、与横轴交点问题经典精讲【例8】（2018•玉溪模拟）已知函数f（x）x3﹣x2+ax﹣a（a∈R）．（2）若函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围．六、两个图像交点个数问题经典精讲【例9】（2017春•水富县期末）已知函数f（x）＝x2+2ax+2lnx（a∈R），g（x）＝2e x+3x2（e为自然对数的底数）．（Ⅱ）若函数y＝f（x）的图象与函数y＝g（x）的图象有两个不同的交点，求实数a的取值范围．七、讨论零点个数经典精讲【例10】（2017•常德一模）已知函数f（x）＝xlnx﹣mx的图象与直线y＝﹣1相切．（Ⅱ）若g（x）＝ax3，设h（x）＝f（x）﹣g（x），讨论函数h（x）的零点个数．课后习题1．（2016春•玉溪月考）已知函数．（1）求f（x）在x＝1处的切线方程；（2）函数y＝f（x）﹣b有三个零点，求b的取值范围；2．（2014•西安一模）已知函数f（x）＝x2+lnx．（1）求函数f（x）在[1，e]上的最大值和最小值；（2）求证：当x∈（1，+∞）时，函数f（x）的图象在g（x）x3x2的下方．3．（2012春•腾冲县期末）已知函数f（x）x3﹣x2+ax﹣a（a∈R）．（1）当a＝﹣3时，求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围．4．（2015•碑林区一模）设函数f（x）＝x3+ax2﹣a2x+m（a＞0）（1）若函数f（x）在x∈[﹣1，1]内没有极值点，求实数a的取值范围；（2）a＝1时函数f（x）有三个互不相同的零点，求实数m的取值范围；5．（2018秋•昆明月考）已知函数f（x）＝lnx﹣ax，a∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若函数f（x）存在两个零点x1，x2，使lnx1+lnx2﹣m＞0，求m的最大值．6．（2018秋•五华区月考）已知函数f（x）＝lnx﹣a（a∈R）．（1）求f（x）的单调区间和极值；（2）当a＝1时，证明：对任意的k＞0，函数g（x）＝kx﹣1+f（x）有且只有一个零点．7．（2017•昭通二模）已知函数f（x）＝x﹣alnx，a∈R．（Ⅰ）研究函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设函数f（x）有两个不同的零点x1、x2，且x1＜x2．（1）求a的取值范围；（2）求证：x1x2＞e2．8．（2017•云南二模）已知e是自然对数的底数，f（x）＝me x，g（x）＝x+3，φ（x）＝f（x）+g（x），h（x）＝f（x）﹣g（x﹣2）﹣2017．（1）设m＝1，求h（x）的极值；（2）设m＜﹣e2，求证：函数φ（x）没有零点；9．（2017•昆明二模）设函数f（x）＝x2e﹣x，g（x）＝xlnx．（1）若F（x）＝f（x）﹣g（x），证明：F（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；10．（2017春•五华区月考）设函数．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a≥﹣e，讨论函数f（x）的零点的个数．11．（2016秋•昭通期末）设函数f（x）＝x2﹣2lnx（I）求f（x）的单调区间；（II）求f（x）在，上的最大值和最小值；（III）若关于x的方程f（x）＝x2﹣x﹣a在区间[1，3]上恰好有两个相异的实根，求实数a的取值范围．12．（2015•北京）设函数f（x）klnx，k＞0．（1）求f（x）的单调区间和极值；（2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．13．（2013•昭通模拟）已知函数f（x）＝lnx（a∈R）．（1）当a时，如果函数g（x）＝f（x）﹣k仅有一个零点，求实数k的取值范围；（2）当a＝2时，试比较f（x）与1的大小．1．解：（1）函数．可得f′（x）＝x2﹣4，f′（1）＝﹣3，f（1），f（x）在x＝1处的切线方程：y3（x﹣1），即：9x+3y﹣10＝0（2）函数．可得f′（x）＝x2﹣4＝0，可得：极大值，极小值．要函数y＝f（x）﹣b有三个零点，即y＝f（x）与y＝b的图象有三个交点，则b的取值范围为：＜＜．2．（1）解：∵f（x）＝x2+lnx，∴f′（x）＝2x，∵x＞1时，f′（x）＞0，∴f（x）在[1，e]上是增函数，∴f（x）的最小值是f（1）＝1，最大值是f（e）＝1+e2；（2）证明：令F（x）＝f（x）﹣g（x）lnx，则F′（x）＝x﹣2x2，∵x＞1，∴F′（x）＜0，∴F（x）在（1，+∞）上是减函数，∴F（x）＜F（1）＜0，即f（x）＜g（x），∴当x∈（1，+∞）时，函数f（x）的图象总在g（x）的图象下方．3．解：（1）f（x）x3﹣x2﹣3x+3，所以f′（x）＝x2﹣2x﹣3．解x2﹣2x﹣3＝0，得：x＝﹣1或x＝3，所以x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0；x∈（﹣1，3）时，f′（x）＜0；x∈（3，+∞）时，f′（x）＞0．根据极值的定义知：x＝﹣1时，f（x）取到极大值f（﹣1）；x＝3时，f（x）取到极小值f（3）＝﹣6．（2）∵f′（x）＝x2﹣2x+a，∴△＝4﹣4a＝4（1﹣a）．①若a≥1，则△≤0，∴f′（x）≥0在R上恒成立，∴f（x）在R上单调递增．∵f（0）＝﹣a＜0，f（3）＝2a＞0，∴当a≥1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．②若a＜1，则△＞0，∴f′（x）＝0有两个不相等的实数根，不妨设为x1，x2，（x1＜x2）．∴x1+x2＝2，x1x2＝a．∵x12﹣2x1+a＝0，∴a＝﹣x12+2x1．∴f（x1）x1[x12+3（a﹣1）]同理f（x2）x2[x22+3（a﹣1）]令f（x1）•f（x2）＞0，解得a＞0．而当0＜a＜1时，f（0）＝﹣a＜0，f（3）＝2a＞0，故当0＜a＜1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．综上所述，a的取值范围是（0，+∞）．4．解：（1）∵f（x）＝x3+ax2﹣a2x+m（a＞0），∴f′（x）＝3x2+2ax﹣a2，∵f（x）在x∈[﹣1，1]内没有极值点，∴方程f′（x）＝3x2+2ax﹣a2＝0在[﹣1，1]上没有实数根，由△＝4a2﹣12×（﹣a2）＝16a2＞0，二次函数对称轴x＜0，当f′（x）＝0时，即（3x﹣a）（x+a）＝0，解得x＝﹣a或x，∴＜＞，或＜1（a＜﹣3不合题意，舍去），解得a＞3，∴a的取值范围是{a|a＞3}；（2）当a＝1时，f（x）＝x3+x2﹣x+m，∵f（x）有三个互不相同的零点，∴f（x）＝x3+x2﹣x+m＝0，即m＝﹣x3﹣x2+x有三个互不相同的实数根．令g（x）＝﹣x3﹣x2+x，则g′（x）＝﹣（3x﹣1）（x+1）令g′（x）＞0，解得﹣1＜x＜；令g′（x）＜0，解得x＜﹣1或x＞，∴g（x）在（﹣∞，﹣1）和（，+∞）上为减函数，在（﹣1，）上为增函数，∴g（x）极小＝g（﹣1）＝﹣1，g（x）极大＝g（）；∴m的取值范围是（﹣1，）；5．解：（1）函数f（x）＝lnx﹣ax的定义域为（0，+∞），f′（x），当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＞0，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．综上所述，当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；a＞0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．（2）∵lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，即lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，两式相减得：lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2），即a．由已知lnx1+lnx2＞m，得a（x1+x2）＞m，∵x1＞0，x2＞0，∴a＞，即＞．不妨设0＜x1＜x2，则有＜，令t，则t∈（0，1），∴lnt＜，即lnt＜0恒成立，设g（t）＝lnt（0＜t＜1），则g′（t）．令h（t）＝t2+2（1﹣m）t+1，h（0）＝1，h（t）的图象开口向上，对称轴方程为t＝m﹣1．方程t2+2（1﹣m）t+1＝0的判别式△＝4m（m﹣2）．①当m≤1时，h（t）在（0，1）上单调递增，h（t）＞h（0）＝1，∴g′（t）＞0．g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0在（0，1）上恒成立；②当1＜m≤2时，△＝4m（m﹣2）≤0，h（t）≥0在（0，1）上恒成立，∴g′（t）＞0．g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0在（0，1）上恒成立；③当m＞2时，h（t）在（0，1）上单调递减，∵h（0）＝1，h（1）＝4﹣2m＜0，∴存在t0∈（0，1），使得h（t0）＝0，当t∈（0，t0）时，h（t）＞0，g′（t）＞0，当t∈（t0，1）时，h（t）＜0，g′（t）＜0，∴g（t）在（0，t0）上单调递增，在（t0，1）上单调递减，当t∈（t0，1）时，有g（t）＞g（1）＝0，∴g（t）＜0在（0，1）上不恒成立．综上所述，m的取值范围为（﹣∞，2]，m的最大值为2．6．（1）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x），当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增，f（x）无极值；当a＞0时，由f′（x）＝0，得x，当0＜x＜时，f′（x）＞0，得f（x）的单调递增区间是（0，）；当x＞时，f′（x）＜0，得f（x）的单调递减区间是（，+∞），故f（x）的极大值为f（）＝ln2，f（x）无极小值．（2）证明：当a＝1时，函数g（x）＝kx﹣1lnx，欲证对任意的k＞0，函数g（x）有且只有一个零点，即证方程kx﹣1lnx＝0有且只有一个正实数根，由kx﹣1lnx＝0，得k（x＞0），令φ（x）（x＞0），则φ′（x）（x＞0），令h（x）lnx﹣2，则h′（x）（x＞0），由h′（x）＝0，得x＝16，当0＜x＜16时，h′（x）＞0，则h（x）在（0，16）上单调递增；当x＞16时，h′（x）＜0，则h（x）在（16，+∞）上单调递减，所以h（x）≤h（16）＝4（ln2﹣1）＜0，于是φ′（x）＜0，则φ（x）在（0，+∞）上单调递减．设p（x）lnx（x＞0），则p′（x），由p′（x）＝0，得x＝4，当0＜x＜4时，p′（x）＜0，则p（x）在（0，4）上单调递减；当x＞4时，p′（x）＞0，则p（x）在（4，+∞）上单调递增，所以p（x）≥p（4）＝2﹣2ln2＞0，即当x＞0时，p（x）lnx＞0，所以当x＞0时，φ（x）＞，对任意的k＞0，有：①当k≥2时，0＜x＜＜1，有φ（x）＞＞k；当x＞1时，有φ（x）＜φ（1）＝2≤k，又φ（x）在（0，+∞）上单调递减，所以存在唯一的x1∈（，1]，有φ（x1）＝k；②当0＜k＜2时，0＜x＜（＞），有φ（x）＞＞k，当x＞＞1（＞）时，有φ（x）＜k，又φ（x）在（0，+∞）上单调递减，所以存在唯一的x2∈（，），有φ（x2）＝k，综上所述，对任意的k＞0，方程kx﹣1lnx＝0有且只有一个正实数根，即函数g（x）有且只有一个零点．7．解：（Ⅰ）f（x）的定义域（0，+∞），′..（2分）①若a≤0，则f'（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增函数．②若a＞0，令f'（x）＝0解得x＝a，则f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增；…．（4分）（Ⅱ）证明：因为f（x）有两个不同的零点，由①知＞＜＞（6分）且0＜x1＜a＜x2，要证＞，即证lnx1+lnx2＞2＞＞＞由于a＞x1，则2a﹣x1＞a，即证f（x2）＞f（2a﹣x1）f（x1）＞f（2a﹣x1）…（8分）设g（x）＝f（x）﹣f（2a﹣x），x∈（0，a），只需证g（x）＞0即可，g（x）＝（x﹣alnx）﹣[（2a﹣x）﹣aln（2a﹣x）]，′＜（10分）可知g（x）在x∈（0，a）是单调递减函数，故g（x）＞g（a）＝0，得证.＞..（12分）8．（1）解：∵f（x）＝me x，g（x）＝x+3，m＝1，∴f（x）＝e x，g（x﹣2）＝x+1，∴h（x）＝f（x）﹣g（x﹣2）﹣2017＝e x﹣x﹣2018．∴h'（x）＝e x﹣1，由h'（x）＝0得x＝0．∵e是自然对数的底数，∴h'（x）＝e x﹣1是增函数．∴当x＜0时，h'（x）＜0，即h（x）是减函数；当x＞0时，h'（x）＞0，即h（x）是增函数．∴函数h（x）没有极大值，只有极小值，且当x＝0时，h（x）取得极小值．∴h（x）的极小值为h（0）＝﹣2017．（2）证明：∵f（x）＝me x，g（x）＝x+3，∴φ（x）＝f（x）+g（x）＝m•e x+x+3，∴φ'（x）＝m•e x+1．∵m＜﹣e2＜0，∴φ'（x）＝m•e x+1是减函数．由φ'（x）＝m•e x+1＝0解得．当∈∞，时，φ'（x）＝m•e x+1＞0，此时函数φ（x）是增函数，当∈，时，φ'（x）＝m•e x+1＜0，此时函数φ（x）是减函数，∴当时，函数φ（x）取得最大值，最大值为．∵m＜﹣e2，∴2﹣ln（﹣m）＜0，∴φ（x）＜0，∴当m＜﹣e2时，函数φ（x）没有零点．9．（1）证明：函数F（x）的定义域为（0，+∞），因为F（x）＝x2e﹣x﹣xlnx，当0＜x≤1时，F（x）＞0，而＜，所以F（x）在（1，2）存在零点．因为′，当x＞1时，＜，＜，所以′＜＜，则F（x）在（1，+∞）上单调递减，所以F（x）在（0，+∞）上存在唯一零点．（2）解：由（1）得，F（x）在（1，2）上存在唯一零点x0，x∈（0，x0）时，f（x）＞g（x）；x∈（x0，+∞）时，f（x）＜g（x），∴ℎ，∈，，∈，．当x∈（0，x0）时，由于x∈（0，1]，h（x）≤0；x∈（1，x0）时，h'（x）＝lnx+1＞0，于是h（x）在（1，x0）单调递增，则0＜h（x）＜h（x0），所以当0＜x＜x0时，h（x）＜h（x0）．当x∈[x0，+∞）时，因为h'（x）＝x（2﹣x）e﹣x，x∈[x0，2]时，h'（x）≥0，则h（x）在[x0，2]单调递增；x∈（2，+∞）时，h'（x）＜0，则h（x）在（2，+∞）单调递减，于是当x≥x0时，h（x）≤h（2）＝4e﹣2，所以函数h（x）的最大值为h（2）＝4e﹣2，所以λ的取值范围为[4e﹣2，+∞）．10．解：（1）函数f（x）定义域为R，f′（x）＝x（e x﹣1+a），（i）若a≥0，当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）单调递增．（ii）若a＜0，令f′（x）＝0，得x＝0或x＝1+ln（﹣a），①a时，f′（x）≥0，所以函数f（x）在R上单调递增；②当＜a＜0时，1+ln（﹣a）＜0，当x＜1+ln（﹣a）或x＞0时，f′（x）＞0，当1+ln（﹣a）＜x＜0时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（﹣∞，1+ln（﹣a）），（0，+∞）上单调递增，在（1+ln（﹣a），0）单调递减；③当a＜时，1+ln（﹣a）＞0，当x＞1+ln（﹣a）或x＜0时，f′（x）＞0，当0＜x＜1+ln（﹣a）时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（﹣∞，0），（1+ln（﹣a），+∞）上单调递增，在（0，1+ln（﹣a））单调递减；（2）当a＝0时，函数f（x）只有一个零点x＝1；当a＞0时，由（1）得函数f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，且f（0）＜0，f（1）＞0，取x0＜﹣3且x0＜1+lna，则f（x0）＞（x0﹣1）a[3]＞0，所以函数f（x）有两个零点；当a＜0时，由（1）得函数f（x）在（0，+∞）单调递增，且f（0）＜0，f（2）＝e+2a＞0，而x＜0时，f（x）＜0，所以函数f（x）只有一个零点．当﹣e≤a＜时，由（1）得函数f（x）在（0，1+ln（﹣a））单调递减，在（1+ln（﹣a），+∞）上单调递增，且f（1+ln（﹣a））＜f（0）＜0，f（3）＝2e2a≥2e2e＞0，而x＜0时，f（x）＜0，所以函数f（x）只有一个零点．11．解：（I）由函数f（x）＝x2﹣2lnx知其定义域为{x|x＞0}，∵f′（x）＝2x，令f'（x）＞0，解得：x＞1；令f'（x）＜0，解得：0＜x＜1∴函数f（x）单调增区间是（1，+∞）；减区间是（0，1）；（II）由f′（x）＝0，解得：x＝1或﹣1（舍），由（I）知f（x）在[，1]上递减，在[1，e]上递增，当x＝1时，f（x）取最小值f（1）＝1，又f（）2，f（e）＝e2﹣2，且e2﹣2＞2，∴f（x）在[，e]上的最小值为1，最大值为e2﹣2；（III）方程f（x）＝x2﹣x﹣a，即x﹣2lnx﹣a＝0，记g（x）＝x﹣2lnx﹣a，∵g′（x），由g′（x）＞0，得x＞2或x＜0（舍去），g′（x）＜0得0＜x＜2，∴g（x）在[1，2]上递减，在[2，3]上递增，为使方程f（x）＝x2﹣x﹣a在区间[1，3]上恰好有两个相异的实根，只需g（x）＝0在[1，2]和[2，3]上各有一个实根，于是＜，即＜，∴2﹣2ln2＜a≤3﹣2ln3，即实数a的取值范围是（2﹣2ln2，3﹣2ln3]．12．解：（1）由f（x）＞，f'（x）＝x由f'（x）＝0解得xf（x）与f'（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：所以，f（x）的单调递增区间为（，），单调递减区间为（0，）；f（x）在x处的极小值为f（），无极大值．（2）证明：由（1）知，f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为f（）．因为f（x）存在零点，所以，从而k≥e当k＝e时，f（x）在区间（1，）上单调递减，且f（）＝0所以x是f（x）在区间（1，）上唯一零点．当k＞e时，f（x）在区间（0，）上单调递减，且＞，＜，所以f（x）在区间（1，）上仅有一个零点．综上所述，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．13．解：（1）当a时，g（x）＝lnx k，g'（x）0解方程得方程的根为：x1＝2，x2由g（x）定义域可知x＞0；∵当0＜x＜时g'（x）＞0，g（x）增函数，当＜x＜2时g'（x）＜0，g（x）减函数，当x＞2时g'（x）＞0，g（x）增函数，∴f（x）的极大值是，极小值是∴g（x）在x处取得极大值3﹣ln2﹣k，在x＝2处取得极小值ln2﹣k；∵函数g（x）＝f（x）﹣k仅有一个零点∴当3﹣ln2﹣k＜0或ln2﹣k＞0时g（x）仅有一个零点，∴k的取值范围是k＞3﹣ln2或＜．（2）当a＝2时，，定义域为（0，+∞），令ℎ，∵ℎ′＞，∴h（x）在（0，+∞）是增函数∵h（1）＝0∴①当x＞1时，h（x）＞h（1）＝0，即f（x）＞1；②当0＜x＜1时，h（x）＜h（1）＝0，即f（x）＜1；③当x＝1时，h（x）＝h（1）＝0，即f（x）＝1．。

导数中的零点问题题型一：零点的基本解法（两种）1、已知函数],1[,ln 2)(22e ex mx x x x f ∈+-=有两个零点，求实数m 的取值范围.2、已知函数()()21+-=x a xe x f x (1)若e a =，求函数)(x f 的极值；(2)若函数)(x f 有两个零点，求实数a 的取值范围．3、已知函数()()x e a ae x f x x --+=22（1）讨论()x f 的单调性：（2）若()x f 有两个零点，求a 的取值范围。

4、已知函数()())0(2212>-++-=a e x ax ax x f x （1）求函数()x f 的单调区间；（2）若函数()x f 存在3个零点，求a 的取值范围。

1、曲线3x y =在点()1,1处的切线方程为 ；过点()1,1处的切线方程为 。

2、已知函数),()(23R n m nx mx x x f ∈++=． （1）若()x f 在1=x 处取得极大值，求实数m 的取值范围；（2）若0)1(='f ，且过点)1,0(p 有且只有两条直线与曲线)(x f y =相切，求实数m 的值．3、已知函数x bx ax x f 3)(23-+=在1±=x 处取得极值．（1）求函数()x f 的解析式；（2）若过点),1(m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围．1、已知函数)(36)(23R t t x x x x f ∈++-=.（1）求函数()x f 的单调区间；（2）设函数)()(x f x g =有三个不同的极值点，求t 的取值范围．（3）设函数)()(x f e x g x =有三个不同的极值点，求t 的取值范围．题型四：隐藏零点问题1.（直接观察）求证：1ln -≤x xx2.已知0ln )1(>--a x x 恒成立，求实数a 的取值范围.【名师点睛】如果导函数存在零点，但是令导数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明是唯一的.一般地，导函数式含有ln x 时，可试根1，e 或1e等，当导函数式含有x e 时可试根0或1. 3.（虚设零点）设函数)0()1ln(1)(>++=x x x x f ，若1)(+>x k x f 恒成立，求正整数k 的最大值.变式1已知函数x x x f ln )(=.若k 为正整数，且k x k x f -->)1()(对任意1x >恒成立，求k 的最大值．3.已知函数x x ax ax x f ln )(2--=，且0)(≥x f ．（1）求a ；（2）证明：()x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e4.已知)2ln()(+-=x e x f x ，求证：0)(>x f 恒成立.变式2. 已知函数)(ln )(R x m x x x f ∈--=．（1）若函数有两个零点，求m 的取值范围；（2）关于x 的不等式0)2()(<-+x e x f x f 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡121，上恒成立, 求m 能取到的最小整数。

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

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

设g(x)=f'(x)=1-2x+2ex-t，求g(x)的零点。

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

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

给定函数$f(x)=e^x-ax^2$，其中$a>0$。

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

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

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

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

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

2) 若$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，求$a$。

设$h(x)=1-ax^2e^{-x}$。

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

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

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

当$x\in(0,2)$时，$h'(x)0$。

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

导数专题：利用导数研究函数零点的4种常见考法一、函数零点问题常规求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴（或y=k）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象判断零点或根据零点分析参数。

二、利用导数确定函数零点的常用方法1、图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极（最）值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需要使用极限）；2、利用函数零点存在定理：先用该定理判定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。

三、利用函数的零点求参数范围的方法1、分离参数（a=g(x)）后，将原问题转化为y=g(x)的值域（最值）问题或转化为直线y=a 与y=g(x)的图象的交点个数问题（优先分离、次选分类）求解；2、利用函数零点存在定理构造不等式求解；3、转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解。

四、导函数的零点不可直接求时的应对策略1、“特值试探法”：当导函数的零点不可求时，可尝试利用特殊值试探，此时特殊值的选取应遵循一下原则：①当含有ln x 的函数中，通常选取k x e =，特别的，选当0k =时，1x =来试探；②在含有x e 的函数中，通常选取ln x k =，特别的，选取当1k =时，0x =来试探，在探得导函数的一个零点后，结合导函数的单调性，确定导函数在零点左右的符号，进而确定原函数的单调性和极值，使问题得到解决。

2、“虚设和代换法”：当导函数()f x '的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点的存在，再虚设为0x ，接下来通常有两个方向：①由0()0f x '=得到一个关于0x 的方程，再将这个关于0x 的方程的整体或局部代入0()f x ，从而求得0()f x ，然后解决相关的问题；②根据导函数()f x '的单调性，得出0x 两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解。

重点题型五：导函数“零点不可求”问题【问题分析】近年来，导函数零点不可求逐渐成为高考命题的热点，导函数零点不可求是命题人故意为之，主要是考查学生对于函数零点的处理是否掌握到位，所以在学习过程中，函数零点处理技巧，处理策略就非常重要了。

导函数的变号零点就是函数的极值点，也是函数单调性的分界点，如果导函数零点“不可求”，我们就无法透彻的研究函数，就是是问题的解决陷入困境。

解决导函数零点不可求问题的依据其实就是函数零点存在性定理。

在解题过程中经常判断导函数f ′(x)的单调性（通过二次求导判断），然后再根据零点存在性定理判断导函数f ′(x)零点所在的区间。

【知识回顾】 函数的零点：零点存在性定理如果函数y ＝f(x)满足：①在区间[a ，b]上的图象是连续不断的一条曲线；②f(a)·f(b)<0； 则函数y ＝f(x)在(a ，b)上存在零点，即存在c ∈(a ，b)，使得f(c)＝0，这个c 也就是方程f(x)＝0的根.【注】1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f (x )＝0的实根.2.由函数y ＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a ，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，函数零点 函数图像的交点 方程的根 与x 轴交点横坐标所以f(a)·f(b)<0是y ＝f(x)在闭区间[a ，b]上有零点的充分不必要条件.【解题策略】（1）观察法：对于导函数为常见的超越函数，我们无法求出其零点，但可以根据我们的直觉判断出常见超越函数的零点，如：①y ′=e ,x −x −1,其零点无法求出，通过我们观察当x =0时，y =0，即x =0是导函数y ′的一个零点。

对于导函数y ′=e nx −∑a i m i x i −1,(m,n ∈R )的形式, x =0是导函数y ′的一个零点。

高考导数讲义一：零点问题例1、设函数（I ）求曲线在点处的切线方程；（II ）设，若函数有三个不同零点，求c 的取值范围； （III ）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件. 解：（I ）由()32f x x ax bx c =+++，得()232f x x ax b '=++．因为()0f c =，()0f b '=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y bx c =+． （II ）当4a b ==时，()3244f x x x x c =+++，所以()2384f x x x '=++．令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23x =-． ()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下：所以，当0c >且32027c -<时，存在()14,2x ∈--，222,3x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，32,03x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()()()1230f x f x f x ===．由()f x 的单调性知，当且仅当320,27c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()3244f x x x x c =+++有三个不同零点． （III ）当24120a b ∆=-<时，()2320f x x ax b '=++>，(),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24120a b ∆=-=时，()232f x x ax b '=++只有一个零点，记作0x ．当()0,x x ∈-∞时，()0f x '>，()f x 在区间()0,x -∞上单调递增；()32.f x x ax bx c =+++().y f x =()()0,0f 4a b ==()f x 230a b -＞().f x当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在区间()0,x +∞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24120a b ∆=->． 故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件．当4a b ==，0c =时，230a b ->，()()232442f x x x x x x =++=+只有两个不同 零点， 所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件． 因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．例2.设函数()2ln 2x f x k x =-，0k >． （I ）求()f x 的单调区间和极值；（II ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(上仅有一个零点．【答案】（I ）单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；极小值(1ln )2k k f -=；（II ）证明详见解析. 【解析】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.（I ）先对()f x 求导，令'()0f x =解出x ，将函数的定义域断开，列表，分析函数的单调性，所以由表格知当x =小值；（II ）利用第一问的表，知f 为函数的最小值，如果函数有零点，只需最小值(1ln )02k k -≤，从而解出k e ≥，下面再分情况分析函数有几个零点.试题解析：（Ⅰ）由()2ln 2x f x k x =-，（0k >）得 2'()k x kf x x x x-=-=.由'()0f x =解得x =()f x 与'()f x 在区间(0,)+∞上的情况如下：所以，()f x 的单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；()f x 在x =(1ln )2k k f -=.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )2k k f -=. 因为()f x 存在零点，所以(1ln )02k k -≤，从而k e ≥.当k e =时，()f x 在区间上单调递减，且0f =，所以x =()f x 在区间上的唯一零点.当k e >时，()f x 在区间上单调递减，且1(1)02f =>，02e kf -=<，所以()f x 在区间上仅有一个零点.综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间上仅有一个零点.考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值、函数零点问题.【名师点晴】本题主要考查的是导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和函数的零点，属于难题．利用导数求函数()f x 的单调性与极值的步骤：①确定函数()f x 的定义域；②对()f x 求导；③求方程()0f x '=的所有实数根；④列表格．证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性． 例3.设函数()2ln xf x ea x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； （II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a≥+. 【答案】（I ）当0a £时，()f x ¢没有零点；当0a >时，()f x ¢存在唯一零点.（II ）见解析 【解析】试题分析：（I ）先求出导函数，分0a £与0a >考虑()f x '的单调性及性质，即可判断出零点个数；（II ）由（I ）可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x ，根据()f x '的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于22lna a a+，即证明了所证不等式. 试题解析：（I ）()f x 的定义域为()0+¥，，()2()=20x af x e x x¢->. 当0a £时,()0f x ¢>，()f x ¢没有零点； 当0a >时，因为2x e 单调递增，ax-单调递增，所以()f x ¢在()0+¥，单调递增.又()0f a ¢>,当b 满足04ab <<且14b <时，(b)0f ¢<,故当0a >时，()f x ¢存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x ，当()00x x Î，时，()0f x ¢<;当()0+x x 违，时，()0f x ¢>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ¥，单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x .由于0202=0x a ex -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a ++?. 故当0a >时，2()2lnf x a a a?. 考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.【名师点睛】导数的综合应用是高考考查的重点和热点，解决此类问题，要熟练掌握常见函数的导数和导数的运算法则、掌握通过利用导数研究函数的单调性、极值研究函数的图像与性质.对函数的零点问题，利用导数研究函数的图像与性质，画出函数图像草图，结合图像处理；对恒成立或能处理成立问题，常用参变分离或分类讨论来处理. 例4.设函数2(),(,)f x x ax b a b R =++∈.（1）当214a b =+时，求函数()f x 在[1,1]-上的最小值()g a 的表达式； （2）已知函数()f x 在[1,1]-上存在零点，021b a ≤-≤，求b 的取值范围.【答案】(1)222,2,4()1,22,2,24a a a g a a a a a ⎧++≤-⎪⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪-+>⎪⎩；(2)[3,9--【解析】(1)将函数进行配方，利用对称轴与给定区间的位置关系，通过分类讨论确定函数在给定上的最小值，并用分段函数的形式进行表示；(2)设定函数的零点，根据条件表示两个零点之间的不等关系，通过分类讨论，分别确定参数b 的取值情况，利用并集原理得到参数b 的取值范围.试题解析：(1)当214a b =+时，2()()12a f x x =++，故其对称轴为2a x =-. 当2a ≤-时，2()(1)24a g a f a ==++. 当22a -<≤时，()()12a g a f =-=.当2a >时，2()(1)24a g a f a =-=-+. 综上，222,2,4()1,22,2,24a a a g a a a a a ⎧++≤-⎪⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪-+>⎪⎩(2)设,s t 为方程()0f x =的解，且11t -≤≤，则s t ast b+=-⎧⎨=⎩.由于021b a ≤-≤，因此212(11)22t ts t t t --≤≤-≤≤++. 当01t ≤≤时，222222t t t b t t --≤≤++， 由于222032t t --≤≤+和212932t t t --≤≤-+，所以293b -≤≤-当10t -≤≤时，222222t t t b t t --≤≤++， 由于22202t t --≤<+和2302t t t --≤<+，所以30b -≤<. 综上可知，b的取值范围是[3,9--.【考点定位】1.函数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想.【名师点睛】本题主要考查函数的单调性与最值，函数零点问题.利用函数的单调性以及二次函数的对称轴与给定区间的位置关系，利用分类讨论思想确定在各种情况下函数的最小值情况，最后用分段函数的形式进行表示；利用函数与方程思想，确定零点与系数之间的关系，利用其范围，通过分类讨论确定参数b 的取值范围.本题属于中等题，主要考查学生应用函数性质解决有关函数应用的能力，考查学生对数形结合数学、分类讨论思想以及函数与方程思想的应用能力，考查学生基本的运算能力.例5、已知函数 . (I)讨论 的单调性；(II)若 有两个零点，求a 的取值范围.【解析】（Ⅰ）()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a '=-+-=-+．（ i ）当0a ≥时，则当1x >时，()0f x '>；当1x <时，()0f x '< 故函数()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增．（ ii ）当0a <时，由()0f x '=，解得：1x =或ln(2)x a =- ①若ln(2)1a -=，即2e a =-，则x R ∀∈，()(1)()0xf x x e e '=-+≥ 故()f x 在(,)-∞+∞单调递增．②若ln(2)1a -<，即2ea >-，则当(,ln(2))(1,)x a ∈-∞-+∞时，()0f x '>；当(ln(2),1)x a ∈-时，()0f x '<故函数在(,ln(2))a -∞-，(1,)+∞单调递增；在(ln(2),1)a -单调递减． ③若ln(2)1a ->，即2ea <-，则当(,1)(ln(2),)x a ∈-∞-+∞时，()0f x '>；当(1,ln(2))x a ∈-时，()0f x '<；故函数在(,1)-∞，(ln(2),)a -+∞单调递增；在(1,ln(2))a -单调递减．（Ⅱ）（i ）当0a >时，由（Ⅰ）知，函数()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增． 又∵(1),(2)f e f a ==，取实数b 满足0b <且ln2ab <，则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=-> ∴()f x 有两个零点．（ii ）若0a =，则()(2)xf x x e =-，故()f x 只有一个零点． （iii ）若0a <，由（I ）知，当2ea ≥-，则()f x 在(1,)+∞单调递增，又当1x ≤时，()0f x <，故()f x 不存在两个零点；当2ea <-，则函数在(ln(2),)a -+∞单调递增；在(1,ln(2))a -单调递减．又当1x ≤时，()0f x <，故不存在两个零点．综上所述，a 的取值范围是()0,+∞．例6.设a 为实数，函数()()()21f x x a x a a a =-+---． （1）若()01f ≤，求a 的取值范围； （2）讨论()f x 的单调性； （3）当2a ≥时，讨论()4f x x+在区间()0,+∞内的零点个数． 【答案】（1）1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦；（2）)(x f 在),(+∞a 上单调递增，在),(a -∞上单调递减；（3）当2=a 时，()4f x x +有一个零点2x =；当2>a 时，()4f x x+有两个零点． 【解析】试题分析：（1）先由()01f <可得1≤+a a ，再对a 的取值范围进行讨论可得1≤+a a 的解，进而可得a 的取值范围；（2）先写函数()f x 的解析式，再对a 的取值范围进行讨论确定函数()f x 的单调性；（3）先由（2）得函数()f x 的最小值，再对a 的取值范围进行讨论确定()4f x x+在区间()0,+∞内的零点个数． 试题解析：（1）22(0)f a a a a a a =+-+=+，因为()01f ≤，所以1≤+a a ， 当0≤a 时，10≤，显然成立；当0>a ，则有12≤a ，所以21≤a .所以210≤<a . 综上所述，a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.（2）()⎪⎩⎪⎨⎧<++-≥--=ax a x a x ax x a x x f ,2)12(,12)(22对于()x a x u 1221--=，其对称轴为a a a x <-=-=21212，开口向上， 所以)(x f 在),(+∞a 上单调递增；对于()a x a x u 21221++-=，其对称轴为a a a x >+=+=21212，开口向上， 所以)(x f 在),(a -∞上单调递减.综上所述，)(x f 在),(+∞a 上单调递增，在),(a -∞上单调递减.（3）由（2）得)(x f 在),(+∞a 上单调递增，在),0(a 上单调递减，所以2min )()(a a a f x f -==. (i)当2=a 时，2)2()(min -==f x f ，⎪⎩⎪⎨⎧<+-≥-=2,452,3)(22x x x x x x x f令()40f x x +=，即xx f 4)(-=（0x >）.因为)(x f 在)2,0(上单调递减，所以2)2()(-=>f x f而x y 4-=在)2,0(上单调递增，2)2(-=<f y ，所以)(x f y =与xy 4-=在)2,0(无交点. 当2≥x 时，xx x x f 43)(2-=-=，即04323=+-x x ，所以042223=+--x x x ，所以()0)1(22=+-x x ，因为2≥x ，所以2=x ，即当2=a 时，()4f x x+有一个零点2x =.(ii)当2>a 时，2min )()(a a a f x f -==，当),0(a x ∈时，42)0(>=a f ，2)(a a a f -=，而xy 4-=在),0(a x ∈上单调递增， 当a x =时，a y 4-=.下面比较2)(a a a f -=与a4-的大小 因为0)2)(2()4()4(2232<++--=---=---aa a a a a a a a a 所以aa a a f 4)(2-<-=结合图象不难得当2>a 时，)(x f y =与xy 4-=有两个交点. 综上所述，当2=a 时，()4f x x +有一个零点2x =；当2>a 时，()4f x x+有两个零点. 考点：1、绝对值不等式；2、函数的单调性；3、函数的最值；4、函数的零点.【名师点晴】本题主要考查的是绝对值不等式、函数的单调性、函数的最值和函数的零点，属于难题．零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间，去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每段结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．判断函数的单调性的方法：①基本初等函数的单调性；②导数法．判断函数零点的个数的方法：①解方程法；②图象法． 例7.已知函数f (x )＝－2lnx ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a >0. (Ⅰ)设g (x )为f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(Ⅱ)证明：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.【解析】(Ⅰ)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞) g(x)＝f '(x)＝2(x－1－lnx－a)所以g'(x)＝2－22(1)xx x-=当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增(Ⅱ)由f '(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx 则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)由u'(x)＝1－1x≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1即a0∈(0，1)当a＝a0时，有f '(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0再由(Ⅰ)知，f '(x)在区间(1，＋∞)上单调递增当x∈(1，x0)时，f '(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0当x∈(x0，＋∞)时，f '(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.高考赠送以下资料考试知识点技巧大全一、考试中途应饮葡萄糖水大脑是记忆的场所，脑中有数亿个神经细胞在不停地进行着繁重的活动,大脑细胞活动需要大量能量。

导数小题---应用函数零点和极值点求参答案1．已知()2xf x x ae =-在R 上有两个零点，则a 的取值范围是（ ）A ．2,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．20,e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】通过讨论a 的符号得函数的单调性,从而结合函数零点的判定定理确定实数a 的取值范围. 【详解】①当0a ≤时,易知函数()2x f x x ae =-是增函数,故函数()2x f x x ae =-不可能有两个零点;②当>0a 时,令()20xf x ae'=-=得,2lnx a =;故()f x 在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上是增函数,在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是减函数, 且0(0)200a f ae =⨯-=-<，(),x f x →+∞→-∞，故若函数()2x f x x ae =-有两个零点,则2ln 0f a⎛⎫> ⎪⎝⎭,即22ln 20a->,解得2a e <，此时2ln1a >，故a 的取值范围是20a e<<; 故选：D. 【点睛】本题考查了导数的应用及函数的单调性的判断与应用,同时考查了函数零点的判定定理的应用,属于中档题.2．函数()x e f x ax x=-在R 上有三个零点，则a 的取值范围是A ．2(,)2e eB ．22(,)42e eC ．2(,)2e +∞D ．2(,)4e +∞【答案】D 【解析】 【分析】函数()xe f x ax x=-在R 上有三个零点，转化为函数x y e =与2y ax =由三个交点，先判断0a >，可得当0x <时，两图象必有一个交点，只需2,xe y a y x==的图象在y 轴右边由两个交点，利用导数研究函数的单调性与最值，结合图象可得结果. 【详解】当0a ≤时，函数()20xf x e ax =->恒成立，不合题意，所以0a >，作函数xy e =与2y ax =的图象如图，由图象可知，当0x <时，两图象必有一个交点， 故当0x >时，两图象有两个交点， 则2x e ax =有两个正根，即2xe a x=有两个正根，2,xe y a y x ==的图象在y 轴右边由两个交点，记()()()232,'x xe x e F x F x x x-==， ()F x 在()0,2上递减，在()2,+∞递增， 故()()2min24e F x F ==，故24e a >时，两图象有两个交点；故若函数()2xe xf x a =-有三个不同零点，则24e a >，a的取值范围是2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，故选D.【点睛】函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数()()y f x g x =-的零点⇔函数()()y f x g x =-在x 轴的交点⇔方程()()0f x g x -=的根⇔函数()y f x =与()y g x =的交点.3．已知函数11,20()ln 1,0x x f x x x ⎧+--≤≤=⎨->⎩若()()g x f x kx =-恰有4个零点，则k 的取值范围是（ ） A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．221,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．)20,e⎡⎣【答案】A 【解析】 【分析】由零点定义可知()f x kx =恰有4个不同交点，画出函数()f x 的图像；利用导数求得直线()f x kx =与()f x 相切时的斜率，再将直线()f x kx =绕原点旋转，即可判断出有4个交点时的斜率取值范围. 【详解】根据零点定义可知()()0g x f x kx =-=， 即()f x kx =恰有4个不同交点，画出函数11,20()ln 1,0x x f x x x ⎧+--≤≤=⎨->⎩的图像如下图所示：当0x >时，()ln 1f x x =-， 则1()f x x'=， 设()f x kx =与()ln 1f x x =-相切于(),m km ，由导数几何意义及切点在()ln 1f x x =-上，则满足1ln 1k m km m ⎧=⎪⎨⎪=-⎩解得221k e m e⎧=⎪⎨⎪=⎩，将直线()f x kx =绕原点旋转，当恰有4个交点时满足210k e<<， 即k 的取值范围为210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 故选： A 【点睛】本题考查了函数零点与方程根的关系，利用导数的几何意义求得相切的斜率，利用数形结合法求参数的取值范围，综合性强，属于难题. 4．（题文）已知函数无零点，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 试题分析：若，则，由图象得函数没有零点，符合题意.若，对函数求导得，此时当时，在上为增函数，当取一个非常小的负数时显然函数值小于，当取大于的数时显然函数值为正，这样的话此单调函数在上有且只有一个零点；当时，当时，，当时，，这样函数在上的最小值为，若使函数无零点，应使，解得.综上，可得.故应选D. 考点：通过导数研究函数图象进而判断函数的零点问题. 5．已知函数有两个零点，则的取值范围为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 试题分析：，当时，，函数单调递增，至多有一个零点，不符合题意.当时，令，故函数在上单调递增，在上单调递减，需要最大值大于零，即，.故选C.考点：函数导数与零点问题.【思路点晴】这是一个典型的根据导数判断函数的单调区间，数形结合，用图象来判断零点个数的题目.具体的方法是这样，先求出定义域，然后求导、通分，观察导函数的分母，，这是一个一次函数，结合，那么就要对进行分类讨论，其中当时，，函数单调递增，至多有一个零点，不符合题意.当，利用导数判断函数图像先增后减有极大值也即是最大值，所以最大值要大于零，由此求得结果. 6．函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--有三个零点，则实数a 的取值范围是 A ．(0,2) B ．(2,)eC ．(,)e +∞D ．(2,)+∞【答案】D 【解析】 【分析】问题转化为求()1y x lnx =+与()1y a x =-的交点问题，结合函数的图像求出a 的取值范围 【详解】函数()()()11f x x lnx a x =+--有三个零点，∴方程()()11x lnx a x +=-有三个根也就是()1y x lnx =+与()1y a x =-的图像有三个不同的交点 由()1y x lnx =+可得：11y lnx x +'=+，22111x y x x x'-=-=' 当()01x ∈，时，0y ''<，y '在()01，上单调递减， 当()1x ∈+∞，时，0y ''>，y '在()1+∞，上单调递增 y ∴'有极小值为20>()1y x lnx ∴=+在()0+∞，上是单调增函数，其图像如图所示而直线()1y a x =-过定点()10，，且函数()1y x lnx =+在1x =处的切线的斜率为： 1'|2x y ==，则要使()1y x lnx =+与()1y a x =-的图像有三个不同的交点， 实数a 的取值范围是()2+∞，故选D 【点睛】本题主要考查的是函数的图像及函数零点的判定定理，考查了学生的转化能力和数形结合思想，计算能力，综合性较强，有一定难度。