利用导数研究函数的零点

利用导数研究函数的零点题型一　数形结合法研究函数零点1.(2024·南昌模拟节选)已知函数f (x )=(x -a )2+be x (a ，b ∈R )，若a =0时，函数y =f (x )有3个零点，求b 的取值范围.解：函数y =f (x )有3个零点，即关于x 的方程f (x )=0有3个根，也即关于x 的方程b =-x 2ex 有3个根.令g (x )=-x 2e x ，则直线y =b 与g (x )=-x 2ex 的图象有3个交点.g ′(x )=x (x -2)e x，由g ′(x )<0解得0<x <2；由g ′(x )>0解得x <0或x >2，所以g (x )在(-∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增.g (0)=0，g (2)=-4e2，当x >0时，g (x )<0；当x →+∞时，g (x )→0；当x →-∞时，g (x )→-∞，作出g (x )的大致图象如图所示，作出直线y =b .由图可知，若直线y =b 与g (x )的图象有3个交点，则-4e 2<b <0，即b 的取值范围为-4e 2，0 .感悟提升　含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围.2.设函数f (x )=ln x +m x ，m ∈R ，讨论函数g (x )=f ′(x )-x 3零点的个数.解：由题意知g (x )=f ′(x )-x 3=1x -m x 2-x 3(x >0)，令g (x )=0，得m =-13x 3+x (x >0).设φ(x )=-13x 3+x (x >0)，则φ′(x )=-x 2+1=-(x -1)(x +1).当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，+∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，+∞)上单调递减.∴x =1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，∴x =1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)=23.结合y =φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m =23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m =23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.题型二　利用函数性质研究函数零点3.已知函数f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，e 是自然对数的底数，∀x >0，e x >x +1.(1)求f (x )的单调区间；(2)记p ：f (x )有两个零点；q ：a >ln 2.求证：p 是q 的充要条件.要求：先证充分性，再证必要性.(1)解：∵f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，∴f (x )的定义域为(0，+∞)，f ′(x )=4x (a -ln x ).∵当0<x <e a 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e a )上单调递增；∵当x >e a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e a ，+∞)上单调递减.∴f (x )的单调递增区间为(0，e a )，单调递减区间为(e a ，+∞).(2)证明　先证充分性.由(1)知，当x =e a 时，f (x )取得最大值，即f (x )的最大值为f (e a )=e 2a -4.由f (x )有两个零点，得e 2a -4>0，解得a >ln 2.∴a >ln 2.再证必要性.∵a >ln 2，∴e 2a >4.∴f (e a )=e 2a -4>0.∵a>ln2>0，∀x>0，e x>x+1，∴e2a>2a+1>2a.∴f(e-a)=e-2a(4a+1)-4=4a+1e2a -4<4a+12a-4=12a-2<12ln2-2=1ln4-2<0.∴∃x1∈(e-a，e a)，使f(x1)=0；∵f(e a+1)=-e2a+2-4<0，∴∃x2∈(e a，e a+1)，f(x2)=0.∵f(x)在(0，e a)上单调递增，在(e a，+∞)上单调递减，∴∀x∈(0，+∞)，x≠x1且x≠x2，易得f(x)≠0.∴当a>ln2时，f(x)有两个零点.感悟提升　利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.4.(2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln x，若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.解：由f(x)=ax-1x-(a+1)ln x(x>0)，得f′(x)=a+1x2-a+1x=(ax-1)(x-1)x2(x>0).①当a=0时，f(x)=-1x-ln x，f′(x)=1-xx2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，所以f(x)≤f(1)=-1<0，所以f(x)不存在零点；②当a<0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max=f(1)=a-1<0，所以f(x)不存在零点；③当a>0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，(ⅰ)当a=1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，因为f(1)=a-1=0，所以函数f(x)恰有一个零点；(ⅱ)当a>1时，0<1a <1，故f(x)在0，1a，(1，+∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.因为f(1)=a-1>0，所以f1a>f(1)>0，当x→0+时，f(x)→-∞，由零点存在定理可知f(x)在0，1a上必有一个零点，所以a>1满足条件；(ⅲ)当0<a<1时，1a >1，故f(x)在(0，1)，1a，+∞上单调递增，在1，1a上单调递减.因为f(1)=a-1<0，所以f1a<f(1)<0，当x→+∞时，f(x)→+∞，由零点存在定理可知f(x)在1a，+∞上必有一个零点，即0<a<1满足条件.综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，+∞).题型三　构造函数法研究函数零点5.已知函数f(x)=e x-1+ax(a∈R).(1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)-ax+1e a=ln x+a有两个不同的实数解，求a的取值范围.解：(1)由题意，得f′(x)=e x+a.若a≥-1，则当x∈[0，+∞)时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，∴当x∈[0，+∞)时，f(x)≥f(0)=0，符合题意；若a<-1，令f′(x)<0，得x<ln(-a)，∴f(x)在(0，ln(-a))上单调递减，∴当x∈(0，ln(-a))时，f(x)<f(0)=0，不符合题意.综上，a的取值范围为[-1，+∞).(2)法一　由f(x)-ax+1e a=ln x+a，得e x-a=ln x+a.令e x-a=t，则x-a=ln t，ln x+a=t，∴x+ln x=t+ln t.易知y=x+ln x在(0，+∞)上单调递增，∴t=x，得a=x-ln x.则原问题可转化为方程a=x-ln x有两个不同的实数解.令φ(x)=x-ln x(x>0)，则φ′(x)=x-1 x，令φ′(x)<0，得0<x<1；令φ′(x)>0，得x>1，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(1)=1，∴a≥1.当a=1时，易知方程1=x-ln x只有一个实数解x=1，不符合题意.下证当a>1时，a=x-ln x有两个不同的实数解.令g(x)=x-ln x-a(a>1)，则g(x)=φ(x)-a，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.∵g(e-a)=e-a>0，g(1)=1-a<0，∴g(x)在(e-a，1)上有一个零点.易知g(e a)=e a-2a，令h(a)=e a-2a，则当a>1时，h′(a)=e a-2>0，∴h(a)在(1，+∞)上单调递增，∴当a >1时，h (a )>h (1)=e -2>0，即g (e a )=e a -2a >0，∴g (x )在(1，e a )上有一个零点.∴当a >1时，a =x -ln x 有两个不同的实数解.综上，a 的取值范围为(1，+∞).法二　由f (x )-ax +1e a=ln x +a ，得e x =e a (ln x +a )，∴xe x =xe a (ln x +a )，即xe x =e a +ln x (ln x +a ).令u (x )=xe x ，则有u (x )=u (a +ln x ).当x >0时，u ′(x )=(x +1)e x >0，∴u (x )=xe x 在(0，+∞)上单调递增，∴x =a +ln x ，即a =x -ln x .下同法一.感悟提升　涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.6.(2021·全国甲卷节选)已知a >0且a ≠1，函数f (x )=x a ax (x >0).若曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，求a 的取值范围.解：曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x =1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x =ln a a 有两个不同的解.设g (x )=ln x x (x >0)，则g ′(x )=1-ln x x 2(x >0)，令g ′(x )=1-ln x x 2=0，得x =e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，故g (x )max =g (e )=1e ，且当x >e 时，g (x )∈0，1e ，又g (1)=0，所以0<ln a a <1e，所以a >1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e )∪(e ，+∞).【A 级　基础巩固】7.已知函数f (x )=x -ae x ，a ∈R ，讨论函数f (x )的零点个数.解：f (x )=0等价于x -ae x =0，即x ex =a .设h (x )=x e x ，则h ′(x )=1-x ex ，当x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max =h (1)=1e.又当x <0时，h (x )<0；当x >0时，h (x )>0，且x →+∞时，h (x )→0，∴可画出h (x )大致图象，如图所示.∴当a ≤0或a =1e时，f (x )在R 上有唯一零点；当a >1e 时，f (x )在R 上无零点；当0<a <1e 时，f (x )在R 上有两个零点.8.(2024·青岛调研)已知函数f (x )=ln x +ax x，a ∈R .(1)若a =0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点.(1)解：若a =0，则f (x )=ln x x ，其定义域为(0，+∞)，∴f ′(x )=1-ln x x 2，由f ′(x )=0，得x =e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∴f (x )max =f (e )=1e.(2)证明　f ′(x )=1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，由(1)知，f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∵0<a <1，∴当x >e 时，f (x )=ln x +ax x =a +ln x x>0，故f (x )在(e ，+∞)上无零点；当0<x <e 时，f (x )=ln x +ax x ，∵f 1e =a -e <0，f (e )=a +1e>0，且f (x )在(0，e )上单调递增，∴f (x )在(0，e )上有且只有一个零点，综上，当0<a <1时，f (x )有且只有一个零点.9.(2024·太原模拟节选)已知函数f (x )=xe x -x -1，讨论方程f (x )=ln x +m -2的实根个数.解；由f (x )=ln x +m -2，得xe x -x -ln x +1=m ，x >0，令h (x )=xe x -x -ln x +1，则h ′(x )=e x +xe x-1-1x =(x +1)(xe x -1)x(x >0)，令m (x )=xe x -1(x >0)，则m ′(x )=(x +1)·e x >0，∴m (x )在(0，+∞)上单调递增，又m 12 =e 2-1<0，m (1)=e -1>0，∴存在x 0∈12，1，使得m (x 0)=0，即e x 0=1x 0，从而ln x 0=-x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )<0，h ′(x )<0，则h (x )单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0，则h (x )单调递增；∴h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0+1=x 0·1x 0-x 0+x 0+1=2，又易知，当x →0+时，h (x )→+∞；当x →+∞时，h (x )→+∞.∴当m <2时，方程f (x )=ln x +m -2没有实根；当m =2时，方程f (x )=ln x +m -2有1个实根；当m >2时，方程f (x )=ln x +m -2有2个实根.【B 级　能力提升】10.(2024·郑州模拟节选)已知函数f (x )=ln (x +1)-x +1，g (x )=ae x -x +ln a ，若函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，求实数a 的取值范围.解：函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，即f (x )=g (x )有两个实根，即ln (x +1)-x +1=ae x -x +ln a 有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =ln (x +1)+x +1有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)有两个实根.设函数h (x )=e x +x ，则e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)⇔h (x +ln a )=h (ln (x +1)).因为h ′(x )=e x +1>0恒成立，所以h (x )=e x +x 在R 上单调递增，所以x +ln a =ln (x +1)，x >-1，所以要使F (x )有两个零点，只需ln a =ln (x +1)-x 有两个实根.设M (x )=ln (x +1)-x ，则M ′(x )=-x x +1.由M ′(x )=-x x +1>0，得-1<x <0；由M ′(x )=-x x +1<0，得x >0，故函数M(x)的单调递增区间为(-1，0)，单调递减区间为(0，+∞).故函数M(x)在x=0处取得极大值，也是最大值，且M(x)max=M(0)=0.易知当x→-1时，M(x)→-∞；当x→+∞时，M(x)→-∞.故要使ln a=ln(x+1)-x有两个实根，只需ln a<M(x)max=0，解得0<a<1.所以实数a的取值范围是(0，1).。

第3课时利用导数研究函数的零点命题解读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.数形结合法研究函数的零点例1已知函数f (x )＝ln x －kx 3＋x 2恰有两个零点，求实数k 的取值范围.解：法一：由题知，方程ln x －kx 3＋x 2＝0，即ln x x 2＝kx －1恰有两个解，设h (x )＝ln x x 2，则函数h (x )的图象与直线y ＝kx －1有两个交点.h ′(x )＝1x ·x 2－2x ln x x 4＝1－2ln x x 3，当0<x <e 时，h ′(x )>0，当x >e 时，h ′(x )<0，∴h (x )在区间(0，e)上单调递增，在区间(e ，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (e)＝12e，易知h (1)＝0，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.当直线y ＝kx －1与函数h (x )的图象相切时，设切点坐标为(x 0，ln x 0x 20)，则k ＝1－2ln x 0x 30＝ln x 0x 20＋1x 0，即3ln x 0＋x 20－1＝0，易得x 0＝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).法二：由题知，方程ln x －kx 3＋x 2＝0，即ln x x 3＋1x ＝k 恰有两个解，设g (x )＝ln x x 3＋1x，则函数g (x )的图象与直线y ＝k 有两个交点.g ′(x )＝1x ·x 3－3x 2ln x x 6－1x 2＝1－3ln x －x 2x 4，设m (x )＝1－3ln x －x 2，则m ′(x )＝－3x－2x <0，∴m (x )在区间(0，＋∞)上单调递减，∵m (1)＝0，∴当0<x <1时，m (x )>0，即g ′(x )>0，当x >1时，m (x )<0，即g ′(x )<0，∴g (x )在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，故g (x )max ＝g (1)＝1，易知当x →0＋时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，在同一平面直角坐标系中作出函数g (x )的图象及直线y ＝k 如图所示.由图象知，当0<k <1时，函数g (x )的图象与直线y ＝k 恰有两个交点，即f (x )恰有两个零点，故实数k 的取值范围为(0，1).反思感悟数形结合法解决零点问题的思路(1)把函数的零点转化为直线与曲线的交点个数问题，利用图象求解.(2)若能分离参数，可将参数分离出来，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数范围.训练1已知函数f (x )＝e x －ax ＋2a ，a ∈R ，讨论函数f (x )的零点个数.解：令f (x )＝0，得e x ＝a (x －2)，当a ＝0时，e x ＝a (x －2)无解，∴f (x )无零点.当a ≠0时，1a ＝x －2ex ，令φ(x )＝x －2e x ，x ∈R ，∴φ′(x )＝3－x e x，当x ∈(－∞，3)时，φ′(x )>0；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)＝1e3，又x →＋∞时，φ(x )→0，x →－∞时，φ(x )→－∞，∴φ(x )的图象如图所示.当1a >1e3，即0<a <e 3时，f (x )无零点；当1a ＝1e3，即a ＝e 3时，f (x )有一个零点；当0<1a <1e3，即a >e 3时，f (x )有两个零点；当1a<0，即a <0时，f (x )有一个零点.综上所述，当a ∈[0，e 3)时，f (x )无零点；当a ∈(－∞，0)∪{e 3}时，f (x )有一个零点；当a ∈(e 3，＋∞)时，f (x )有两个零点.利用函数的性质研究函数的零点例2(2022·全国乙卷节选)已知函数f (x )＝ax －1x－(a ＋1)ln x ，若f (x )恰有一个零点，求a 的取值范围.解：函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋1x 2－a ＋1x ＝（ax －1）（x －1）x 2.(ⅰ)当a ≤0时，ax －1<0恒成立，∴0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝a －1<0.此时f (x )无零点，不合题意.(ⅱ)当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝1a，①当0<a <1时，1<1a，∴1<x <1a时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，0<x <1或x >1a时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )在(0，1)f (x )的极大值为f (1)＝a －1<0，x →＋∞时，f (x )>0，∴f (x )恰有1个零点.②当a ＝1时，1＝1a，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (1)＝0，符合题意.③当a >1时，1a<1，f (x )(1，＋∞)减，f (x )的极小值为f (1)＝a －1>0，x →0时，f (x )→－∞，∴f (x )恰有1个零点.综上所述，a >0，即a 的取值范围为(0，＋∞).反思感悟利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.训练2已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1).证明：f (x )只有一个零点.证明：因为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，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增.故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点.又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－－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.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 )＝x a a x (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x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln a a有两个不同的解.设g (x )＝ln x x(x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e，且当x >e 时，g (x )又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).反思感悟涉及函数的零点(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.训练3已知函数f(x)＝x ln x－ax2(a∈R)，若f(x)在定义域内有2个零点，求a的取值范围.解：∵f(x)＝x ln x－ax2在定义域(0，＋∞)内有2个零点，∴y＝ln xx的图象与直线y＝a在(0，＋∞)上有2个不同的交点.令h(x)＝ln xx，x∈(0，＋∞)，∵h′(x)＝1－ln x x2，∴当x∈(0，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝1 e，又limx→0h(x)→－∞，limx→＋∞h(x)→0，∴a y＝ln xx的图象与直线y＝a在(0，＋∞)上有2个不同的交点，即a限时规范训练(二十三) 1.已知函数f(x)＝kx－ln x(k>0).(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值.解：(1)若k＝1，则f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－1x，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).(2)f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－1x＝kx－1x(x>0，k>0).当0<x<1k时，f′(x)<0；当x>1k时，f′(x)>0.∴f(x)f(x)min＝1－ln1k，∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln 1k＝0，即k＝1e.2.已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1，a ∈R .若f (x )＝1有且仅有两个不相等实根，求实数a 的取值范围.解：由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，ln x －ax ＋1＝1，即a ＝ln x x 有且仅有两个不相等实根，令g (x )＝ln x x ，h (x )＝a ，即g (x )与h (x )的图象有两个交点，g ′(x )＝1－ln x x 2，x ∈(0，e)时，g ′(x )>0，x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以函数g (x )的最大值为g (e)＝ln e e ＝1e，又因为x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0，所以当a g (x )与h (x )的图象有两个交点，如图所示.所以实数a 3.已知函数f (x )＝ln x ＋ax x，a ∈R .(1)若a ＝0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点.解：(1)若a ＝0，则f (x )＝ln x x ，其定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1－ln x x2，由f ′(x )＝0，得x ＝e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (e)＝1e .(2)证明：f′(x)＝1－ln xx2，由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∵0<a<1，∴当x>e时，f(x)＝ln x＋axx＝a＋ln xx>0，故f(x)在(e，＋∞)上无零点；当0<x<e时，f(x)＝ln x＋axx，∵a－e<0，f(e)＝a＋1e>0，且f(x)在(0，e)上单调递增，∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，综上，f(x)有且只有一个零点.4.已知f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a(a∈R).(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数.解：(1)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a，则f′(x)＝x(e x－ax).∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝x(e x－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则e x－ax≥0，x≥0.当x＝0时，则1≥0，即a∈R；当x>0时，则a≤e x x，构建g(x)＝e xx (x>0)，则g′(x)＝（x－1）e xx2(x>0)，令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，综上所述，a≤e.即a的取值范围为(－∞，e].(2)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a＝(x－1)e x－13a（x2＋x＋1），令f(x)＝0，则x＝1或e x－13a(x2＋x＋1)＝0，对于e x－13a(x2＋x＋1)＝0，即e xx2＋x＋1＝13a，构建h(x)＝e xx2＋x＋1，则h′(x)＝x（x－1）e x （x2＋x＋1）2，令h′(x)>0，则x>1或x<0，令h′(x)<0，则0<x<1，∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，h(0)＝1，h(1)＝e3且h(x)>0，当x∈R时恒成立，则当a＝e时，e xx2＋x＋1＝1 3 a有两个根x1＝1，x2<0；当0<a<e时，e xx2＋x＋1＝13a只有一个根x3<0；当a≤0时，e xx2＋x＋1＝13a无根.综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；当0<a≤e时，f(x)有两个零点.。

导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、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． 2、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(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(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． 二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x 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.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+， 令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论： 当21e a <-时，零点的个数为0个； 当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个； 当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案； 【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论． 【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增， 又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞， 根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点． 综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增， 此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意， 综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-， 设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =， 所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<． 以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 且 x →+∞时，()0h x →，()11h =， 所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =， 当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+， 所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数； （2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．（2022·天津静海一中高三月考）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 的值和函数()f x 的单调区间； （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，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-； 由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-． （2）令23239()()1536322g 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1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →， 作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围． （2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩， 解得3ln204k -<<， 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+， 令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增； 因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围． 【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值； （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案 【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =． （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<； 当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。

专题14利用导数研究函数零点问题一．函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围.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像与x 轴(或直线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，进而画出其图像；第三步：结合图像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(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(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．专项突破一判断函数零点的个数一、单选题1．函数()23322f x x x =-+-所有零点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】由题可知，2x ≠±，且233()()()22f x x f x x -=--+=--，故函数()f x 为定义域上的偶函数，且(0)0f =，当0x >，且2x ≠时，233()22f x x x =-+-，23()2(2)f x x x '=---当02x <<时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，且(0)0f =，故函数()f x 在区间(0,2)上无零点，当2x >时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当2x →时，()f x →+∞，当x →-∞时，()f x →-∞，故函数()f x 在区间(2,)+∞上必存在一点0x ，使得0()0f x =，所以函数()f x 在区间(2,)+∞上有1个零点，又函数()f x 为定义域上的偶函数，则函数()f x 在区间(,2)-∞-上有1个零点，又(0)0f =，所以函数()f x 共有3个零点.故选：C.2．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【解析】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：D3．函数()e ln 1xf x x x x =---的零点个数为()A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】()()()()()1e 1111e e 1e 11e x xxx x x x x f x x x x x x x x+-+⎛⎫'=+--=+-+-= ⎪⎝⎭，令()e 1x h x x =-，,()0x ∈+∞，则()e e 0x xh x x =+>'，故h (x )在(0,)+∞上单调递增，∵()010h =-<，()1e 10h =->，∴存在唯一的()00,1x ∈，使得()0 0h x =，即00 e 10xx -=，即001e x x =，00ln x x =-，∴当00x x <<时，()00h x <，()0f x '<，()f x 单调递减，当0x x >时，()00h x >，()0f x '>，()f x 单调递增，∴()0min 000000()e ln 1011xf x f x x x x x x ==--=+---=，∴函数()e ln 1xf x x x x =---的零点个数为1．故选：B ．4．已知()e,a ∈+∞，则函数()ln e x f x a x ax x =+-的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】函数()ln e x f x a x ax x =+-定义域为(0,)+∞，求导得：()(1)(e )xa f x x x'=+-，令()e xa g x x=-，0x >，显然()g x 在(0,)+∞上单调递减，而e a >，()1e 0a g a =-<，(1)e>0g a =-，则存在0(1,)x a ∈，使得0()0g x =，即00e x ax =，当00x x <<时，()0>g x ，()0f x '>，当0x x >时，()0g x <，()0f x '<，因此，()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减，0max 000000()()ln e (ln 1)0x f x f x a x ax x a x x ==+-=+->，而11111e e e (ln 1ln 110aaaf a a a a a a a a a=+-=-+-<-+-<，则存在101(,)x x a ∈使得1()0f x =，即()f x 在0(0,)x 上存在唯一零点，又()(ln e )a f a a a a =+-，令()ln e ,e x h x x x x =+->，1()1e 0x h x x'=+-<，则()h x 在(e,)+∞上单调递减，e x ∀>，e 2()(e)1e e 1e e 0h x h <=+-<+-<，于是得()0f a <，则存在20(,)x x a ∈使得2()0f x =，即()f x 在0(,)x +∞上存在唯一零点，综上得：函数()ln e x f x a x ax x =+-的零点个数为2.故选：C 5．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【解析】令()()321103f x x a x x =-++=，得()3231x a x x =++.令()3231x y x x =++，2y a =，只需看两个图像的交点的个数.()()()()()22232222223121121103311x x x x x x x x y x x x x ++-+++'=⨯=⨯>++++所以()3231x y x x =++在R 上单调递增.当x →-∞时，y →-∞；当x →+∞时，y →+∞；所以2y a =与()3231x y x x =++有且只有一个交点.故选：A6．已知()f x 为R 上的可导函数，当0x ≠时，()()0f x f x x'+>，若()()1F x f x x=+，则函数()F x 的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．0或2【解析】构造函数()()1g x xf x =+，其中0x ≠，则()()()g x f x xf x ''=+，当0x ≠时，()()()()0'+'+=>f x xf x f x f x x x.当0x <时，()()()0g x f x xf x =+'<'，此时，函数()g x 单调递减，则()()01g x g >=；当0x >时，()()()0g x f x xf x ''=+>，此时，函数()g x 单调递增，则()()01g x g >=.所以，当0x <时，()()()110xf x F x f x x x +=+=<；当0x >时，()()()110xf x F x f x x x+=+=>.综上所述，函数()F x 的零点个数为0.故选：A.二、填空题7．设函数()f x 满足()()3229f x f x x x +-=-，则函数()()()3g x f f x =+的零点个数为______.【解析】因为()()3229f x f x x x +-=-①，所以()()3229f x f x x x -+=--②，①×2-②，得()32339f x x x =-，即()323f x x x =-，则()()23632'=-=-f x x x x x ，当2x >，或0x <时()0f x '>，)f x 单调递增，当02x <<时()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 的极小值为()24f =-，极大值为()00f =，因为()323f x x x =-的零点为0或3，所以由()()()30g x f f x =+=，得()30f x +=或()33f x +=，即()3f x =-或()0f x =，因为()f x 的极小值为()24f =-，极大值为()00f =，所以方程()3f x =-有3个不同的实数解，又()0f x =有2个不同的实数解，所以()()()3g x f f x =+的零点个数为5.8．已知函数1e ,0,()2e ln ,0,x x x f x x x x +⎧≤=⎨⎩＞则函数()()1g x f x =-零点的个数为___________【解析】0x ≤时，1()(1)x f x x e +¢=+，1x <-时，()0f x '<，()f x 递减；10-<≤x 时，()0f x '>，()f x 递增；则1x =-时，()f x 取极小值也是最小值(1)1f -=-；0x >时，()2(1ln )f x e x ¢=+，10x e<<时，()0f x '<，()f x 递减；1x e >时，()0f x '>，()f x 递增；则1=x e 时，()f x 取极小值也是最小值12f e 骣琪=-琪桫，综上所述，可作出()f x 图象，在作两条直线1y =±，结合图象可知，()f x 与1y =±有4个交点.三、解答题9．已知函数()1e 1xx f x x +=--.(1)求曲线y =f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；(2)判断函数f （x ）的零点的个数，并说明理由.【解析】(1)由()()()212e e 031(1)x x x f x f x f x x +''=-⇒=+⇒=--，而()02f =，所以该函数在点（0，f （0））处的切线方程为：23(0)320y x x y -=-⇒-+=；(2)函数()f x 的定义域为(,1)(1,)-∞⋃+∞，由（1）可知：()22e (1)xf x x '=+-，当(,1)x ∞∈-时，()0,()f x f x '>单调递增，因为22111(2)(0)(e )22(03e 3f f --=-⋅=-<，所以函数在(,1)x ∞∈-时有唯一零点；当(1,)x ∈+∞时，()0,()f x f x '>单调递增，因为5245(2)()(e 3)(e 9)04f f =-⋅-<，所以函数在(,1)x ∞∈-时有唯一零点，所以函数f （x ）有2个零点.10．设函数()2(21)(21)ln(),f x a x a x a R =-++-∈.（1）讨论()f x 在定义域上的单调性；（2）当0a ≥时，判断()f x 在[1-，1]2-上的零点个数．【解析】（1）由题意，函数()2(21)(21)ln()f x a x a x =-++-的定义域为(,0)-∞，可得221()2a f x a x+'=+，①当0a ≤时，()0f x '<，则()f x 在(,0)-∞上是减函数；②当0a >时，22212()212()2a a x a af x a x x+++'=+=，则当221(,2a x a+∈-∞-时，()0f x '>，()f x 单调递增；当221(2a x a+∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以函数()f x 在221(,)2a a +-∞-上单调递增，在221(,0)2a a+-上单调递减；（2）①当0a =时，函数()ln()f x x =-，令ln()0x -=，解得1x =-，故()f x 在[211,]--上有一个零点；②当0a >时，因为22112()21221022a a a a-++-=>，则2121[1,](,0)22a a +--⊆-，即()f x 在[1-，1]2-上单调递减，又(1)30f a -=-<，21()2(21)202f a a ln -=--+<，所以函数()f x 在[211,]--上没有零点．11．已知函数()sin f x x ax =+，其中[]0,x π∈．（1）当12a =-时，求()f x 的极值；（2）当1a ≥时，求()f x 的零点个数．【解析】（1）当12a =-时，()1sin 2f x x x =-，[]0,x π∈，求导得()1cos 2f x x '=-，[]0,x π∈，令()0f x '=，得3x π=，当0,3x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0f x '>；当,3x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '<．∴()f x 在区间0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在区间,3ππ⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减，∴当3x π=时，()f x 取得极大值36f ππ⎛⎫=⎪⎝⎭，无极小值；（2）()cos f x x a '=+，[]0,x π∈，当1a ≥时，∵1cos 1x -≤≤，∴()0f x '≥，∴()f x 在区间[]0,π上单调递增，∴()()00f x f ≥=，故()f x 只有一个零点0．12．已知函数()22ln f x x a x =-,()222ln 2g x x x =-+-．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时,判断()()g x f x -的零点个数．【解析】(1)()22a f x x x '=-()22x a x-=,故当0a ≤时,()0f x '≥,所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增,当0a >时,令()0f x '>,得x >所以函数()f x 在)+∞上单调递增,令()0f x '<,得x <所以函数()f x 在(上单调递减,综上,当0a ≤时,函数()f x 在()0,∞+上单调递增,当0a >时,函数()f x 在)+∞上单调递增,在(上单调递减.(2)设()()()F x g x f x =-=2ln 22ln 2x x -+-,则()21F x x'=-,令()0F x '=,解得2x =,当()0,2x ∈时,()0F x '>；当()2,x ∈+∞时,()0F x '<；故()F x 最大值为()20F =，所以()()g x f x -有且只有一个零点2.13．已知()()2e 2ln xf x x a x x =-+(1)当e a =时，求()f x 的单调性；(2)讨论()f x 的零点个数．【解析】(1)因为e a =，0x >，()()2e e 2ln xf x x x x =-+所以()()()()()2e 22e 2e e 12e 2e x xx x f x x x x x x x x x x +⎛⎫⎛⎫'=+-+=+-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()10f '=令()e e x g x x x =-，()()2e 1e 0xg x x x'=++>，所以()g x 在()0,+∞单增，且()10g =，当()0,1∈x 时()e e 0xg x x x =-<，当()1,x ∈+∞时()ee 0x g x x x=->，所以当()0,1∈x 时()0f x ¢<，当()1,x ∈+∞时()0f x ¢>，所以()f x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增(2)因为()()()2ln 2ln e e 2ln e 2ln 0x x x x f x a x x a x x +=⋅-+=-+=令2ln t x x =+，易知2ln t x x =+在()0,+∞上单调递增，且R t ∈，故()f x 的零点转化为()()2ln e2ln e 0x xt f x a x x at +=-+=-=即e t at =，R t ∈，设()e t g t at =-，则()e t g t a '=-，当0a =时，()e tg t =无零点；当0a <时，()e 0tg t a '=->，故()g t 为R 上的增函数，而()010g =>，11e 10a g a ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，故()g t 在R 上有且只有一个零点；当0a >时，若(),ln t a ∈-∞，则()0g t '<；()ln ,t a ∈+∞，则()0g t '>；故()()()min ln 1ln g t g a a a ==-，若e a =，则()min 0g t =，故()g t 在R 上有且只有一个零点；若0e a <<，则()min 0g t >，故()g t 在R 上无零点；若e a >，则()min 0g t <，此时ln 1a >，而()010g =>，()()22ln 2ln 2ln g a a a a a a a =-=-，设()2ln h a a a =-，e a >，则()20a h a a-'=>，故()h a 在()e,+∞上为增函数，故()()e e 20h a h >=->即()2ln 0g a >，故此时()g t 在R 上有且只有两个不同的零点；综上：当0e ≤<a 时，0个零点；当e a =或0a <时，1个零点；e a >时，2个零点；14．已知函数()[]21sin cos ,0,2f x x x x ax x π=++∈.(1)当0a =时，求()f x 的单调区间；(2)当0a >时，讨论()f x 的零点个数.【解析】(1)当0a =时，函数()[]sin cos ,0,f x x x x x π=+∈，可得()sin cos sin cos f x x x x x x x =+-='.当x 在区间[]0π,上变化时，()f x '，f （x ）的变化如下表：x 00,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭2π,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭π()f x '0+0-f （x ）极小值1极大值2π -1所以()f x 的单调增区间为0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭；()f x 的单调减区间为,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭.(2)由题意，函数()[]21sin cos ,0,2f x x x x ax x π=++∈，可得()()cos cos f x ax x x x a x =+=+'当1a ≥时，cos 0a x +≥在[0,]π上恒成立，所以[0,]x π∈时，()0f x '≥，所以()f x 在[0,]π上单调递增.又因为()01f =，所以f （x ）在[0,]π上有0个零点.当01a <<时，令()0f x '=，可得cos x a =-.由10a -<-<可知存在唯一的0,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得0cos x a =-，所以当0[0,)x x ∈时，()0f x '≥，()f x 单调递增；当()0,x x π∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，因为()01f =，0()1f x >，()2112f a ππ=-，①当21102a π->，即221a π<<时，()f x 在[0,]π上有0个零点.②当21102a π-≤，即220a π<≤时，()f x 在[0,]π上有1个零点.综上可得，当220a π<≤时，()f x 有2个零点；当22a π>时，()f x 有0个零点.15．已知函数()()()e 12e xxaf x a x a =+---∈R (1)求函数()f x 的单调区间.(2)若(,2]a ∈-∞，求函数()f x 在区间(,2]-∞上的零点个数.【解析】(1)由题意，得()()()()e 1e e 1,e e x x xx xa a f x a x +-=---='∈R当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增.当0a >时，由()0f x '>，得ln x a >，由()0f x '<，得ln x a <，所以()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增.综上所述，当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为R ，无单调递减区间，当0a >时，()f x 的单调递减区间为(,ln )a -∞，单调递增区间为(ln ,)a +∞；(2)由（1）可知当0a ≤时，()0f x '>在(,2]-∞上恒成立，所以()f x 在(,2]-∞上单调递增.因为()()22221010,2e 2e 20e e a f a f a a ⎛⎫=-=+-=+- ⎪⎝⎭，所以由零点存在性定理知，函数f 在(,2]-∞上有1个零点，当02a <≤时，若(,ln )x a ∈-∞，则()0f x '<，若(ln ,2]x a ∈，则()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,2]a 上单调递增，可得()()()()min ln 11ln f x f a a a ==--，①当1a =时，min ()0f x =，此时()f x 在(,2]-∞上有1个零点②当01a <<时min ()0f x <，因为当x →-∞时()()22,2e 20e af x f a ∞→+=+->，所以此时()f x 在(,2]-∞上有2个零点③当12a <≤时，min ()0f x >，此时()f x 在(,2]-∞上无零点.综上，当0a ≤或1a =时，()f x 在(,2]-∞上有1个零点，当01a <<时()f x 在(,2]-∞上有2个零点，当12a <≤时()f x 在(,2]-∞上无零点.16．已知函数()()e ,xf x ax a R =-∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)讨论()f x 在()0,+∞上的零点个数．【解析】(1)因为()e xf x ax =-，则'()f x e x a =-，当0a ≤时，'()f x 0<，此时()f x 在R 上单调递减；当0a >时，令'()f x 0=，可得ln x a =，则当(),ln x a ∈-∞时，'()f x 0>，()f x 单调递增，当()ln ,x a ∈+∞时，'()f x 0<，()f x 单调递减.综上所述：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递减；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞单调递增，在()ln ,a +∞上单调递减.(2)当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递减，又()01f =-，故当()0,x ∈+∞时，()1f x <-，故此时()f x 在()0,+∞无零点；当01a <≤时，ln 0a <，故()f x 在)0,+∞单调递减，同0a ≤时，此时()f x 在()0,+∞无零点；当1a >时，ln 0a >，故()f x 在()0,ln a 单调递增，在()ln ,a +∞单调递减，()()()ln ln 1f x f a a a ≤=-，若ln 10a -<，即1e a <<时，()ln 0f a <，故()f x 在()0,+∞无零点；若ln 10a -=，即e a =时，()ln 0f a =，此时()f x 在()0,+∞有一个零点ln a ；若ln 10a ->，即e a >时，()ln 0f a >，又因为()010f =-<，故()f x 在()0,ln a 上一定存在一个零点；又因为2ln ln a a >，且()2ln 0f a <，故()f x 在()ln ,2ln a a 上也一定存在一个零点；下证()2ln 0f a <：()()22ln 2ln 2ln ,e f a a a a a a a a =-=->，令2ln ,e y x x x =->，则'y 20xx-=<，即2ln y x x =-在()e,∞+单调递减，故2ln e e 2e 0y <-=-<，即2ln 0,(e)x x x -<>故()()2ln 2ln 0,e f a a a a a =-.故当e a >时，()f x 有两个零点.综上所述：当e a <时，()f x 在()0,+∞无零点；e a =时，()f x 在()0,+∞有一个零点ln a ；e a >时，()f x 有两个零点.专项突破二由函数零点个数求参数一、单选题1．若函数()2ln 2,02,0x x x f x x x a x ->⎧=⎨++≤⎩有且只有2个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．01a <<B ．01a <≤C ．01a ≤≤D ．01a ≤<【解析】根据题意，0x >时，()ln 2(0)f x x x x =->，此时()12f x x'=-()120f x x -'=>时，102x <<;()120f x x -'=<时，12x >,所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减0x >时，()1ln 2102max f x f ⎛⎫==--< ⎪⎝⎭，所以()f x 在()0,+∞上无零点从而0x ≤时，()f x 有2个零点，根据二次函数的性质可得()4400100a a f ∆=->⎧∴≤<⎨≥⎩，故选：D.2．若函数3()12f x x x a =-+有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(,8)-∞-B ．(,8)-∞C ．[16,16]-D ．(16,16)-【解析】3()12f x x x a =-+，2()3123(2)(2)f x x x x '=-=+-.令()0f x '=，解得12x =-，22x =.(,2)x ∈-∞-，()0f x '>，()f x 为增函数，(2,2)x ∈-，()0f x '<，()f x 为减函数，(2,)x ∈+∞，()0f x '>，()f x 为增函数.所以()(2)16f x f a =-=+极大值，()(2)16f x f a ==-+极小值.因为函数3()12f x x x a =-+有三个不同的零点，等价于方程()0f x =有三个不同的根.所以160160a a +>⎧⎨-+<⎩，解得1616a -<<.故选：D3．若关于x 的方程ln 0x ax -=有且只有2个零点，则a 的取值范围是（）A ．1(,e-∞B ．1(,)e -∞C ．1(0,]e D ．1(0,e【解析】由ln 0x ax -=，得ln x a x=（0x >），令ln ()(0)xf x x x =>，所以关于x 的方程ln 0x ax -=有且只有2个零点，等价于函数()f x 的图像与直线y a =有两个交点，由ln ()(0)x f x x x =>，得'21ln ()(0)xf x x x -=>，当0x e <<时，'()0f x >，当x e >，'()0f x <，所以()f x 在(0,)e 上递增，在(,)e +∞上递减，所以max ln 1()()e f x f e e e===，当x e >时，()0f x >，所以当10a e<<时，函数()f x 的图像与直线y a =有两个交点，所以a 的取值范围是1(0,)e，故选：D4．若函数()ln x f x a x e a =++有两个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．(,)e +∞B ．(,2)e -∞-C ．(,)e -∞-D ．(2,)e +∞【解析】因为函数()ln xf x a x e a =++有两个零点，定义域为()0,∞+；所以方程ln 0x a x e a ++=在()0,∞+上有两不等实根，显然0a ≠即方程ln 11x x a e +-=在()0,∞+上有两不等实根，令()ln 1xx g x e +=，则直线1=-y a 与曲线()ln 1xx g x e +=在()0,∞+上有两不同交点；因为()()211ln 1ln 1x x x xe x e x x x g x e e -+--'==，令()1ln 1h x x x=--，则()2110h x x x '=--<在()0,∞+上显然恒成立，因此()1ln 1h x x x=--在()0,∞+上单调递减，又()10h =，所以当()0,1x ∈时，()0h x >，即()0g x '>，所以()ln 1xx g x e +=单调递增；当()1,x ∈+∞时，()0h x <，即()0g x '<，所以()ln 1xx g x e +=单调递减；因此()()max 11g x g e ==，又当1x e >时，()ln 10x x g x e +=>；当10x e <<时，()ln 10xx g x e +=<，所以为使直线1=-y a 与曲线()ln 1xx g x e +=在()0,∞+上有两不同交点，只需110a e<-<，解得a e <-.故选：C.5．设函数()()ln ,0e 1,0xx x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若函数()y f x b =-有两个零点，则实数b 的取值范围是（）A ．()0,1B ．[)0,1C ．[]0,1D ．[]{}20,1e-⋃-【解析】当0x >时，函数()ln f x x =单调递增；当0x ≤时，()()e 1xf x x =+，则()()e 20x f x x ='+=时，2x =-，所以当2x <-时，()0f x '<，20x -<≤时，()0f x '>，故当0x ≤时，()f x 在(),2-∞-上单调递减，在()2,0-上单调递增，所以()f x 在2x =-处取极小值，极小值为()22e f --=-，作出函数()f x的图象如图：因为函数()y f x b =-有两个零点，所以函数()y f x =与y b =有两个交点，所以当[]{}20,1e b -∈⋃-时函数()y f x =与y b =有两个交点，所以实数b 的取值范围为[]{}20,1e -⋃-.故选：D.6．已知函数()1e xf x x a -=+-有两个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．21,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()2e ,0-D ．()2e ,-+∞【解析】由题意，函数()1e xf x x a -=+-的定义域为R ，令()0f x =，即1e 0x x a -+-=，即()1e xa x =+⋅，设()()1e x g x x =+⋅，可得()()()e 1e 2e x x xg x x x '=++⋅=+⋅，当2x <-时，()0g x '<，当2x >-时，()0g x '>，所以()g x 在(,2)-∞-上单调递减，在(2,)-+∞上单调递增.又()212e g -=-，作出简图，如图所示，要使得函数()1e xf x x a -=+-有两个零点，只需y a =与()()1e xg x x =+⋅的图像有两个交点，所以210e a -<<，即实数a 的取值范围是210ea -<<.故选：A.7．已知函数()2e ln x f x a x x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,e 2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(,2e)-∞D ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】因为函数()2e ln x f x a x =-有两个极值点，所以()()2e ln 1xf x a x '=-+有两个相异的零点，即ln 12e xx a +=有两个交点，令()()ln 1,0,ex x g x x +=∈+∞，则()()()1ln 1,0,e xx x g x x -+'=∈+∞，令()()()1ln 1,0,h x x x x =-+∈+∞，则()2110h x x x'=--<恒成立，所以()h x 在()0,x ∈+∞上递减，且()()11ln1101h =-+=，所以()0,1x ∈时，()0h x >；()1,x ∈+∞时，()0h x <；所以()0,1x ∈时，()0g x '>；()1,x ∈+∞时，()0g x '<；所以()0,1x ∈时，()g x 单调递增；()1,x ∈+∞时，()g x 单调递减；()()max ln1111e e g x g +===，又当x →+∞时，()ln 10e x x g x +=→；0x →时，()ln 1e xx g x +=→-∞；所以当ln 12e xx a +=有两个交点时，则有102a e<<，即102e a <<，所以函数()2e ln x f x a x x =-有两个极值点，则实数a 的取值范围是102ea <<，故选：A 8．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 ）【解析】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()x xk x e=与y a =的部分图象大致如图所示，由图知10a e<<，故选：A ．9．函数()()()1e 21xf x a x x =---有两个零点，则a 的取值范围为（）A ．()32e ,14,⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭U B ．321,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．()320,14e ,⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭D ．324e ,⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】令()0f x =得(21)(1)e x x a x -=-，令()e (21)x g x x =-，则()e (21)x g x x '=+，∴当12x <-时，()0g x '<，当12x >-时，()0g x '>，()g x ∴在1(,)2-∞-上单调递减，在1(2-，)∞+上单调递增，作出()g x 与(1)y a x =-的函数图象如图所示：设直线(1)y a x =-与()g x 的图象相切，切点为00(,)x y ，则()()()00000001e 1e 21xx y a x y x a x ⎧=-⎪=-⎨⎪=+⎩，解得00x =，01y =-，1a =，或032x =，3202e y =，324e a =，()f x 有两个不同的零点，()g x ∴(1)a x =-的函数图象有两个交点，01a ∴<<或324e a >，即()320,14e ,a ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎝⎭．故选：C ．10．已知()()()212()12e 1ex x f x x a x a --=-+++恰有三个不同的零点，则实数a 的范围为（）A ．()0,1B ．()1,1-C ．()0,e D ．()1,0-【解析】由()()()()21212e 1e 0x x f x x a x a --=-+++=，得()()2111e e e x x x a x x ----=-，即()()11e1e0x x x x a --⎡⎤--+=⎣⎦．令()1e x g x x -=-，则()11e x g x -'=-，令()11e 0x g x -'=-=可得1x =，当(),1x ∈-∞时，()0g x '>，当()1,+∈∞x 时，()0g x '<，∴()g x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞单调递减，所以()()g 10x g ≤=，即()1e 0x g x x -=-=仅有唯一的解1x =．依题意，方程()11e 0x x a --+=有两个不同的解，即1y a =+与1ex x y -=有两个不同的交点，令()1ex x h x -=，则()11e x xh x --'=，易得()h x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞单调速减，()()11h x h ≤=，画出()h x 的草图观察图象可得01110a a <+<⇒-<<，故选：D ．二、多选题11．已知()e xf x x ax b -=--（）A ．若24eb >，则()0,a ∞∃∈+，使函数()y f x =有2个零点B ．若24e b >，则(),0a ∃∈-∞，使函数()y f x =有2个零点C ．若240e b <<，则()0,a ∞∃∈+，使函数()y f x =有2个零点D ．若240e b <<，则(),0a ∃∈-∞，使函数()y f x =有2个零点【解析】令()0f x =，则e xx ax b =+，所以设()e x x g x =，则()1e x xg x ='-当1x <时，()0g x '>，()g x 单调递增；当1x >时，()0g x '<，()g x 单调递减()g x 在1x =处取得极大值()11eg =当x 趋向于-∞时，()g x 趋向于-∞；当x 趋向于+∞时，()g x 趋向于0又()2ex x g x -''=，()20g ''=且当2x <时，()0g x ''<；当2x >时，()0g x ''>所以，2x =是函数()g x 的拐点，()222e g =，()212e g '=-所以()g x 在2x =处的切线方程为()2122ey x -=--，即2214e e y x =-+如图所示，ACD 正确，B 错误，故选：ACD12．已知函数()ln f x x x a =--有两个零点1x 、2x ，则下列说法正确的是（）．A ．1a >B ．121x x >C ．121x x <D ．122x x +>【解析】由()0f x =可得ln a x x =-，令()ln g x x x =-，其中0x >，所以，直线y a =与曲线()y g x =的图象有两个交点，()111x g x x x-'=-=，令()0gx '=，可得1x =，列表如下：x()0,11()1,+∞()g x '-+()g x 减极小值1增作出函数y a =与()y g x =的图象如下图所示：由图可知，当1a >时，函数y a =与()y g x =的图象有两个交点，A 对；121212ln ln 2x x x xx x -+<<-，其中12x x ≠，且1x 、2x 均为正数.先证明121212ln ln 2x x x x x x -+<-，其中120x x >>，即证()1122112122212ln 1x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令121x t x =>，()()21ln 1t p t t t -=-+，其中1t >，则()()()()222114011t p t t t t t -'=-=>++，所以，函数()p t 在()1,+∞上为增函数，当1t >时，()()10p t p >=，所以，当120x x >>时，121212ln ln 2x x x xx x -+<-，接下来证明：1212ln ln x x x x --120x x >>，即证12ln x x <=，令1t =>，即证12ln t t t <-，令()12ln h t t t t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，其中1t >，则()222212110t t h t t t t -+'=--=-<，所以，函数()h t 在()1,+∞上为减函数，当1t >时，()()10h t h <=，所以，当120x x >>时，1212ln ln x x x x ->-由已知可得1122ln ln x x ax x a -=⎧⎨-=⎩，两式作差可得1212ln ln x x x x -=-，所以，12121ln ln x x x x -=-，1212121ln ln 2x x x xx x -+<=<-，故121x x <，122x x +>，B 错，CD 都对.故选：ACD.13．已知函数35,0()2ln ,0x x x f x x x ⎧-≤=⎨>⎩，若函数()()2g x f x x a =+-有3个零点，则实数a 可能的取值有（）A ．3B ．2C ．1D ．0【解析】函数()()2g x f x x a =+-有3个零点，即方程()2f x x a +=有3个不同的实根，即函数()2y f x x =+与y a =的图象有3个不同的交点，令()()2h x f x x =+=33,02ln 2,0x x x x x x ⎧-≤⎨+>⎩，当0x ≤时，()()()233311h x x x x '=-=+-，当10x -<<时，()0h x '<，当1x <-时，()0h x '>，所以函数()h x 在(),1-∞-上递增，在()1,0-上递减，故当0x ≤时，()()max 12h x h =-=，又()00h =，当x →-∞时，()h x →-∞，当0x >时，()2ln 2h x x x =+在()0,∞+上递增，又1220e e h ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭，当x →+∞时，()h x →+∞，如图，作出函数()h x 的大致图像，结合图像可知，要使函数()2y f x x =+与y a =的图象有3个不同的交点，则a 的范图为02a ≤＜.故选：CD.14．已知函数()()ln 1f x x x a x x =+-+在区间（1，＋∞）内没有零点，则实数a 的取值可以为（）A ．－1B ．2C ．3D ．4【解析】()()ln 1ln 1a f x x x a x x x x a x ⎛⎫=+-+=+-+ ⎪⎝⎭，设()ln 1a g x x a x =+-+则在1x >上，()y f x =与()y g x =有相同的零点.故函数()f x 在区间()1,+∞内没有零点,即()g x 在区间()1,+∞内没有零点，()221a x ag x x x x-'=-=，当1a ≤时，()20x ag x x -'=>在区间)1,+∞上恒成立,则()g x 在区间()1,+∞上单调递增.所以()()110g x g >=>，显然()g x 在区间()1,+∞内没有零点.当1a >时,令()0g x '>，得x a >，令()0g x '<，得1x a <<所以()g x 在区间()1,a 上单调递减增.在区间(),a +∞上单调递增.所以()()ln 2g x g a a a ≥=+-设()()ln 21h a a a a =+->，则()()11101a h a a a a-=-=<>所以()h a 在()1,+∞上单调递减,且()()3ln 310,4ln 420g g =->=-<所以存在()03,4a ∈，使得()00h a =，要使得()g x 在区间()1,+∞内没有零点，则()ln 20g a a a =+->，所以()013,4a a <<∈，综上所述，满足条件的a 的范围是()03,4a a <∈由选项可知：选项ABC 可使得()g x 在区间()1,+∞内没有零点，即满足题意.故选：ABC15．已知函数()()()1e 21xf x a x x =---在(,1)-∞上有两个不同的零点，则实数a 可能取到的值为（）A ．1-B ．14C ．12D ．1【解析】令()0f x =，即()()1e 210xa x x ---=，所以()e 211x x a x -=-，因为函数()f x 在(,1)-∞上有两个不同的零点，设()()e 211x x g x x -=-，则y a =与()y g x =在(,1)-∞上有两个不同的交点，因为()()()()()()()222e 23e 21e 21e 2111x x x xx x x x x g x x x ⎡⎤--+⋅---⎣⎦'==--，令()0g x '=，则10x =，232x =，因为在(,1)-∞上，e 0x >，()210x ->，所以()g x 在(),0∞-上单调递增，在()0,1上单调递减，所以()()max 01g x g ==，且当0x <时，()0g x >；当1x →时，()g x →-∞，因为y a =与()y g x =在(,1)-∞上有两个不同的交点，所以01a <<，根据选项，符合条件的为B ，C ，故选：BC 三、填空题16．已知函数()2e e xf x x a =-有三个零点，则实数a 的取值范围是___________.【解析】由2e e 0x x a -=，得21e x a x -=.设()21e xg x x -=，则()()1e 2xg x x x -'=-.当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，当()0,2x ∈时，()0g x '>，当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，所以函数()g x 在区间(),0∞-上单调递减，在区间()0,2上单调递增，在区间()2,+∞上单调递减，又()()400,2eg g ==，故函数()21e xg x x -=的图象如图所示：故当40e a <<时，函数()2e e xf x a =-有三个零点，即40,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.17．已知函数(2),1()ln(1)2,1x x x f x x x x +≤⎧=⎨--+>⎩，若函数()()g x f x a =-有四个零点，则实数a 的取值范围是______________.【解析】因为函数()()g x f x a =-有四个零点，所以方程()()0g x f x a =-=有4个不同的解，所以函数()f x 的图象与直线y a =有4个不同的交点，①当1x >时，()ln(1)2f x x x =--+，则1112()1111x xf x x x x -+-'=-==---，当12x <<时，()0f x '>，当2x >时，()0f x '<，所以()f x 在(1,2)上递增，在(2,)+∞上递减，所以当1x >时，()f x 有最大值(2)ln1220f =-+=，当1x →时，()f x →-∞，当x →+∞时，()f x →-∞②当1x ≤时，2()(2)(1)1f x x x x =+=+-，当1x =-时，()f x 有最小值1-所以()f x 的图象如图所示由图可知，当10a -<<时，函数()f x 的图象与直线y a =有4个不同的交点，所以实数a 的取值范围是(1,0)-18．已知函数()()e sin 0xf x a x x =->有两个零点，则正实数a 的取值范围为______．【解析】因为函数()()e sin 0,0xf x a x x a =->>有两个零点，所以方程()e sin 00,0xa x x a -=>>有两个根，所以()2,2Nx k k k πππ∈+∈，所以方程e sin xa x =其中()2,2N x k k k πππ∈+∈，有两个根，设e ()sin xg x x=，()2,2N x k k k πππ∈+∈，，所以2e sin cos e ()sin x xx x g x x-'=，令()0g x '=可得e sin cos e 0x x x x -=，化简可得24x k ππ=+，N k ∈，所以当22,N 4k x k k πππ<<+∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当22,N 4k x k k ππππ+<<+∈时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，作函数()g x 的图象可得，由图象可得，当9((44g a g ππ<<时，直线y a =与函数e()sin xg x x=，()2,2N x k k k πππ∈+∈，，的图象有且仅有两个交点，944a ππ<<时，函数()()e sin 0xf x a x x =->()0a >有两个零点，故答案为：944e e )ππ．19．若函数()ln e 1xf x x ax =--+不存在零点，则实数a 的取值范围是______.【解析】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,+-∞四、解答题20．已知函数()ln 1xf x m x =-+．(1)求()f x 的导函数；(2)若()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有零点，求m 的取值范围．【解析】(1)因为()ln 1xf x m x =-+，所以()()()()221111l ln 1n 1x x x x x f x x x ++-'==++-(2)由（1）知()()211ln 1x x f x x +-'=+，因为1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以ln 0x -≥，所以()()211ln 01x x f x x +-'=>+，从而()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以()min 12ln 223f x f m ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，()()max 1f x f m ==-．因为()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有零点，所以02ln203m m -≥⎧⎪⎨--≤⎪⎩，解得2ln 203m -≤≤．21．已知函数()ln R kf x x k k x=--∈，(1)讨论函数()f x 在区间(1,e)内的单调性；(2)若函数()f x 在区间(1,e)内无零点，求k 的取值范围．【解析】(1)()ln k f x x k k R x =--∈ ，，(1,e)x ∈，221()k x k f x x x x+'∴=--=-（Ⅰ）当1k -≤，即1k ≥-时，10x k x +≥->()0f x '∴<，()f x ∴在(1,e)单调递减（Ⅱ）当e k -≥，即e k ≤-时，e 0x k x +≤-<()0f x '∴>，()f x ∴在(1,e)单调递增（Ⅲ）当1e k <-<，即e 1k -<<时，当1x k <<-时，()0f x '>，()f x 单调递增；当e k x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减综上所述，（Ⅰ）当1k ≥-时，()f x 在(1,e)单调递减（Ⅱ）当e k ≤-时，()f x 在(1,e)单调递增（Ⅲ）当e 1k -<<-时，()f x 在(1,)k -单调递增，在(,e)k -单调递减(2)由（1）知：当1k ≥-时，()()10f x f <=即()0f x <，()f x ∴在(1,e)无零点，当e k ≤-时，()(1)0f x f >=即()0f x >，()f x ∴在(1,e)无零点当e 1k -<<-时，()f x 在(1,)k -单调递增，在(,e)k -单调递减()(1)0,(1,)f x f x k ∴>=∈-，()(e)1,(,e)ekf x f k x k >=--∈-∴只需(e)10e k f k =--≥即可，即1(11e k -≤-，1e11e 1ek ∴≤=--，ee 1ek ∴-<≤-综上所述，e(,][1,)1ek ∈-∞-+∞- 22．已知函数()3226185=--+f x x x x .(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()()g x f x a =+至多有两个零点，求实数a 的取值范围.【解析】(1)依题意：()()()261218631'=--=-+f x x x x x ，故当(),1x ∈-∞-时，()0f x '>，当()1,3x ∈-时，()0f x '<，当()3,x ∈+∞时，()0f x '>，∴()f x 的单调增区间为(),1-∞-，()3,+∞，单调减区间为()1,3-；(2)令()0g x =，得()a f x -=.∵()115f -=，()349=-f ，结合f (x )单调性，作出f (x )图像：。

利用导数研究函数的零点问题例1(2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝e x－x，g(x)＝x－ln x.(1)判断直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点分别有几个；(2)证明：曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点；(3)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．解(1)设S(x)＝e x－x－b，S′(x)＝e x－1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，所以S(x)min＝S(0)＝1－b.当b<1时，S(x)min＝1－b>0，S(x)无零点；当b＝1时，S(x)min＝1－b＝0，S(x)有1个零点；当b>1时，S(x)min＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝e b－2b，设u(b)＝e b－2b，则当b>1时，u′(b)＝e b－2>0，故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝e x－x－b有两个不同的零点．，设T(x)＝x－ln x－b，T′(x)＝x－1x当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以T(x)min＝T(1)＝1－b.当b<1时，T(x)min＝1－b>0，T(x)无零点；当b＝1时，T(x)min＝1－b＝0，T(x)有1个零点；当b>1时，T(x)min＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(e b)＝e b－2b>0，所以T(x)＝x－ln x－b有两个不同的零点．综上可知，当b<1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是0；当b＝1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是1；当b>1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是2.(2)证明：由f(x)＝g(x)得e x－x＝x－ln x，即e x＋ln x－2x＝0，设h(x)＝e x＋ln x－2x，其中x>0，故h′(x)＝e x＋1x－2，设s(x)＝e x－x－1，则当x>0时，s′(x)＝e x－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)＞s(0)＝0，即e x>x＋1，所以h′(x)>x＋1x－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，而h(1)＝e－2>0，e1e3－3－2e3<e－3－2e3＜0，故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x0，且1e3<x0<1，当0<x<x0时，h(x)<0，即e x－x<x－ln x，即f(x)<g(x)，当x>x0时，h(x)>0，即e x－x>x－ln x，即f(x)>g(x)，所以曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点．(3)证明：由(2)知，若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)，y＝g(x)有三个不同的交点，则b＝f(x0)＝g(x0)>1，此时e x－x＝b有两个不同的解x1，x0(x1<0<x0)，x－ln x＝b有两个不同的解x0，x2(0<x0<1<x2)，故e x1－x1＝b，e x0－x0＝b，x2－ln x2－b＝0，x0－ln x0－b＝0，所以x2－b＝ln x2，即e x2－b＝x2，即e x2－b－(x2－b)－b＝0，故x2－b为方程e x－x＝b的解，同理x0－b也为方程e x－x＝b的解，所以{x1，x0}＝{x0－b，x2－b}，而b>10＝x2－b，1＝x0－b，即x1＋x2＝2x0.利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法(1)构建函数g(x)(需g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用函数零点存在定理：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)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．(2024·衡水模拟)已知函数f(x)＝(x－2)e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若g(x)＝f(x)－a，讨论函数g(x)的零点个数．解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x＋(x－2)e x＝(x－1)e x，又e x>0恒成立，∴当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．函数f(x)的极小值为f(1)＝－e，无极大值．(2)当x<2时，f(x)<0，当x>2时，f(x)>0，结合(1)中结论作出函数图象如图，∴g(x)的零点个数等价于f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．当a≥0时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当－e<a<0时，f(x)的图象与直线y＝a有两个不同的交点；当a＝－e时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当a<－e时，f(x)的图象与直线y＝a无交点．综上所述，当a∈[0，＋∞)∪{－e}时，g(x)有唯一零点；当a∈(－e，0)时，g(x)有两个不同的零点；当a∈(－∞，－e)时，g(x)无零点．例2(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－1x －ln x(x＞0)，则f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f(x)＝ax－1x －(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋1x2－a＋1x＝（ax－1）（x－1）x2(x＞0)．当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；当a<0时，f′(x)＝x－1）x2，若x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)单调递增，若x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点；当a＞0时，f′(x)＝x－1）x2，若a＝1，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点，若a＞1，则f(x)(1，＋∞)为f(1)＝a－1＞0，所以f(1)＞0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知，f(x)a＞1满足条件．若0＜a＜1，则f(x)在(0，1)因为f(1)＝a－1＜0，所以f(1)＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知，f(x)0＜a＜1满足条件．综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．(2024·南阳一中月考)设函数f(x)＝(x－2)ln(x－1)－ax，a∈R.(1)若f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)若f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．解(1)∵f′(x)＝ln(x－1)＋1－1x－1－a(x>1)，令H(x)＝ln(x－1)＋1－1x－1－a(x>1)，则H′(x)＝1x－1＋1（x－1）2>0，∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∵f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴f′(2)≥0，∴－a≥0⇒a≤0.∴a的取值范围是(－∞，0]．(2)f(x)＝0⇒a＝（x－2）ln（x－1）x，令g(x)＝（x－2）ln（x－1）x，故g′(x)＝1x－1－2·xx－1－ln（x－1）x2＝（x－1）－1x－1＋2ln（x－1）x2，令h(x)＝(x－1)－1x－1＋2ln(x－1)，∴h′(x)＝1＋1（x－1）2＋2x－1>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，∴当1<x<2时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x>2时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(2)＝0，又由当x→1时，x－2x→－1，ln(x－1)→－∞，则g(x)→＋∞；当x→＋∞时，x－2x→1，ln(x－1)→＋∞，则g(x)→＋∞，若f(x)有两个不同的零点，则需满足a>0.∴a的取值范围为(0，＋∞)．例3(2023·泰州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax2＋bx－1，其中a，b为常数，e 为自然对数的底数，e＝2.71828….(1)当a＝0时，若函数f(x)≥0，求实数b的取值范围；(2)当b＝2a时，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题：①7x1＋bx2＞28；②2a(x1＋x2)>3x1x2；③x1－1＋x2－1>2.请从①②③中任选一个进行证明．解(1)当a＝0时，f(x)＝e x＋bx－1，f′(x)＝e x＋b，当b≥0时，因为f(－1)b<0，所以此时不符合题意；当b＜0时，当x∈(－∞，ln(－b))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x ∈(ln (－b )，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (ln (－b ))＝－b ＋b ln (－b )－1，要使f (x )≥0，只需f (x )min ＝－b ＋b ln (－b )－1≥0，令g (x )＝x －x ln x －1，则g ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，则由g (－b )＝－b ＋b ln (－b )－1≥0，得－b ＝1，所以b ＝－1，故实数b 的取值范围为{－1}．(2)证明：当b ＝2a 时，f (x )＝e x －ax 2＋2ax －1，f ′(x )＝e x －2ax ＋2a ，令φ(x )＝f ′(x )＝e x －2ax ＋2a ，则φ′(x )＝e x －2a ，因为函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，所以φ(x )＝f ′(x )＝e x －2ax ＋2a 有两个零点，若a ≤0，则φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，不可能有两个零点，所以a ＞0，令φ′(x )＝e x －2a ＝0，得x ＝ln (2a )，当x ∈(－∞，ln (2a ))时，φ′(x )＜0，φ(x )单调递减；当x ∈(ln (2a )，＋∞)时，φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，所以φ(x )min ＝φ(ln (2a ))＝4a －2a ln (2a )，因为φ(x )有两个零点，所以4a －2a ln (2a )＜0，则a >12e 2.设x 1＜x 2，因为φ(1)＝e ＞0，φ(2)＝e 2－2a ＜0，所以1＜x 1＜2＜x 2，因为φ(x 1)＝φ(x 2)＝0，所以e x 1＝2ax 1－2a ，e x 2＝2ax 2－2a ，则e x 2e x 1＝x 2－1x 1－1，取对数得x 2－x 1＝ln (x 2－1)－ln (x 1－1)，令x 1－1＝t 1，x 2－1＝t 2，则t 2－t 1＝ln t 2－ln t 1，即t 2－ln t 2＝t 1－ln t 1(0＜t 1＜1＜t 2)．若选择命题①：令u (t )＝t －ln t ，则u (t 1)＝u (t 2)，u ′(t )＝1－1t，当0<t <1时，u ′(t )<0，当t >1时，u ′(t )>0，所以u (t )＝t －ln t 在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v (t )＝u (t )－u (2－t )＝2t －ln t ＋ln (2－t )－2(0＜t ＜2)，则v ′(t )＝2（t －1）2t （t －2）≤0，v (t )在(0，2)上单调递减，因为0＜t 1＜1，所以v (t 1)＞v (1)＝0，即u (t 1)－u (2－t 1)＞0，亦即u (t 2)＝u (t 1)＞u (2－t 1)，因为t 2＞1，2－t 1＞1，u (t )＝t －ln t 在(1，＋∞)上单调递增，所以t 2＞2－t 1，则x 2－1＞2－(x 1－1)，整理得x 1＋x 2＞4，所以7x 1＋bx 2＝7x 1＋2ax 2＞7x 1＋7x 2＞28，故①成立，得证．若选择命题②：令u (t )＝t －ln t ，则u (t 1)＝u (t 2)，u ′(t )＝1－1t，当0<t <1时，u ′(t )<0，当t >1时，u ′(t )>0，所以u (t )＝t －ln t 在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v (t )＝u (t )－t －1t －2ln t ，则v ′(t )＝（t －1）2t2≥0，v (t )在(0，＋∞)上单调递增，又v (1)＝0，所以当t ∈(0，1)时，v (t )＝u (t )－v (1)＝0，即u (t )<因为0<t 1<1，所以u (t 2)＝u (t 1)<因为t 2＞1，1t 1＞1，u (t )＝t －ln t 在(1，＋∞)上单调递增，所以t 2<1t 1，所以x 2－1<1x 1－1，即x 1x 2＜x 1＋x 2，所以x1x2<x1＋x2<2312e2(x1＋x2)<23a(x1＋x2)，所以2a(x1＋x2)>3x1x2，故②成立，得证．若选择命题③：因为x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝ln t2－ln t1＝2ln t2t1，因为0<t1<1<t2，所以t2t1>1.令F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1，则当t>1时，F′(t)＝（t－1）2t（t＋1）2>0，所以F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1在(1，＋∞)上单调递增，则F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1>F(1)＝0，所以ln t>2（t－1）t＋1，则t2－t1＝2ln t2t1>4·t2－t1t2＋t1，两边约去t2－t1后，化简整理得t1＋t2>2，即x1－1＋x2－1>2，故③成立，得证．(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况．(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝a e－x＋ln x－1(a∈R)．(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且x1＋x2≤2ln3，求x2x1的最大值．解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a e －x＋1x ＝e x －ax x e x ，∵a ≤e ，∴e x －ax ≥e x －e x .设g (x )＝e x －e x ，则g ′(x )＝e x －e ，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，∴g (x )≥g (1)＝0，∴f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤e 时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)依题意，f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0x 1＝ax 1，x 2＝ax 2，两式相除得，e x 2－x 1＝x 2x 1，设x 2x 1＝t ，则t >1，x 2＝tx 1，e (t －1)x 1＝t ，∴x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1，∴x 1＋x 2＝（t ＋1）ln tt －1.设h (t )＝（t ＋1）ln t t －1(t >1)，则h ′(t )＝t －1t －2ln t （t －1）2，设φ(t )＝t －1t－2ln t (t >1)，则φ′(t )＝1＋1t 2－2t ＝（t －1）2t 2>0，∴φ(t )在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t )>1－11－2ln 1＝0，∴h ′(t )>0，则h (t )在(1，＋∞)上单调递增，又x 1＋x 2≤2ln 3，即h (t )≤2ln 3，又h (3)＝2ln 3，∴t ∈(1，3]，即x 2x 1的最大值为3.课时作业一、单项选择题1．(2023·全国乙卷)函数f (x )＝x 3＋ax ＋2存在3个零点，则a 的取值范围是()A ．(－∞，－2)B ．(－∞，－3)C ．(－4，－1)D ．(－3，0)答案B解析f (x )＝x 3＋ax ＋2，则f ′(x )＝3x 2＋a ，若f (x )存在3个零点，则f (x )存在极大值和极小值，则a <0.令f ′(x )＝3x 2＋a ＝0，解得x ＝－－a3或x ＝－a 3，且当x ∈∞∪时，f ′(x )>0，当x ∈－－a 3，f ′(x )<0，故f (x )的极大值为f，若f (x )存在3个零点，则，即a －a3＋2>0，a －a3＋2<0，解得a <－3.故选B.2．(2023·济宁二模)已知函数f (x )，x ≤0，ln x ，x >0，若函数g (x )＝f (x )－f (－x )有5个零点，则实数a 的取值范围是()A ．(－e ，0)－1e ，C ．(－∞，－e)∞答案C解析y ＝f (－x )与y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，且f (0)＝0，要想g (x )＝f (x )－f (－x )有5个零点，则当x ＞0时，－x ＝a ln x 要有2个根，结合对称性可知，x＜0时也有2个零点，故满足有5个零点．当x ＝1时，－1＝0，不符合题意；当x ≠1时，a ＝－x ln x ，令h (x )＝－xln x ，定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，h ′(x )＝1－ln x （ln x ）2，令h ′(x )＞0得0＜x ＜1，1＜x ＜e ，令h ′(x )＜0得x ＞e ，故h (x )＝－xln x在(0，1)，(1，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，且当x ∈(0，1)时，h (x )＝－x ln x>0恒成立，h (x )＝－xln x在x ＝e 处取得极大值，其中h (e)＝－e ，故a ∈(－∞，－e)，此时直线y ＝a 与h (x )＝－xln x的图象有两个交点．故选C.3．(2023·银川三模)已知函数f (x )＝mx －ln x ＋m 在区间(e －1，e)上有唯一零点，则实数m 的取值范围为()A.－e e 2＋1，e 2＋1－1e ＋1，－ee ＋1，1，e 2＋答案B解析函数f (x )＝mx －ln x ＋m ，令f (x )＝0，则ln x ，即m ＝x ln x x ＋1，令h (x )＝x ln x x ＋1，则h ′(x )＝x ＋1＋ln x （x ＋1）2，令k (x )＝x ＋1＋ln x ，则k ′(x )＝1＋1x >0，所以函数y ＝k (x )在区间(e －1，e)上单调递增，故k (x )>k (e －1)＝e －1>0，所以h ′(x )>0，故函数y ＝h (x )在区间(e －1，e)上单调递增，故h (e －1)<h (x )<h (e)，即－1e ＋1<h (x )<e e ＋1，所以－1e ＋1<m <ee ＋1，故实数m －1e ＋1，故选B.4．(2023·邢台二模)已知函数f (x )＝x －ln x ＋m (m ∈R )，若f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，则下列关系式不正确的是()A ．m <－1B ．x 1＋x 2≤2C ．0<x 1<1D ．e x 1－x 2＝x 1x 2答案B解析f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，故函数f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，如图，故f (x )min ＝f (1)＝1＋m <0，即m <－1，并且0<x 1<1，故A ，C 正确；由于x 1，x 2为f (x )的零点，故有x 1－ln x 1＋m ＝0①，x 2－ln x 2＋m ＝0②，两式相减得，x 1－x 2＝lnx 1x 2，即e x 1－x 2＝x 1x 2，故D 正确；由①②可知，m ＝ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2，令g (x )＝ln x －x ，则g (x 1)＝g (x 2)，g ′(x )＝1x －1＝1－x x ，所以在(0，1)上，g ′(x )>0，g (x )单调递增，在(1，＋∞)上，g ′(x )<0，g (x )单调递减，令h (x )＝g (x )－g (2－x )＝ln x －x －ln (2－x )＋2－x ＝ln x －ln (2－x )－2x ＋2，则h ′(x )＝1x＋12－x －2＝2x 2－4x ＋2x （2－x ）＝2（x －1）2x （2－x ），所以当0＜x ＜1时，h ′(x )>0，所以h (x )在(0，1)上单调递增，所以h (x )<h (1)＝0，所以g (x 1)<g (2－x 1)，又因为g (x )在(1，＋∞)上单调递减，且g (x 2)＝g (x 1)，所以x 2>2－x 1，即x 1＋x 2>2，故B 不正确．故选B.二、多项选择题5．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x 3－x ＋1，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y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线答案AC解析因为f (x )＝x 3－x ＋1，所以f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝3x 2－1＝0，得x＝±33.由f ′(x )＝3x 2－1＞0，得x ＜－33或x ＞33；由f ′(x )＝3x 2－1＜0，得－33＜x ＜33.所以f (x )＝x 3－x ＋1∞在－33，f (x )有两个极值点，故A 正确；因为f (x )的极小值－33＋1＝1－239＞0，f (－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函数f (x )在R 上有且只有一个零点，故B 错误；因为函数g (x )＝x 3－x 的图象向上平移一个单位长度得函数f (x )＝x 3－x ＋1的图象，函数g (x )＝x 3－x 的图象关于原点(0，0)中心对称，所以点(0，1)是曲线f (x )＝x 3－x ＋1的对称中心，故C 正确；假设直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线，切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝3x 20－1＝2，解得x 0＝±1.若x 0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y ＝2x 上，若x 0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y ＝2x 上，所以假设不成立，故D 错误．故选AC.6．(2023·秦皇岛二模)已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，则下列说法正确的是()A ．aB ．y ＝f (x )在(0，e)上单调递增C ．x 1＋x 2>6D ．若a x 2－x 1<2－aa答案ABD解析由f (x )＝ln x －ax ，可得f ′(x )＝1x－a (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，与题意不符；当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝1a ，∴当x f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴当x ＝1a 时，f (x )取得极大值，又函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，∴ln 1a －1>0，可得0<a <1e .综上可得，0<a <1e ，故A 正确；当a →1e时，x 1＋x 2→2e<6，故C 错误；∵当x f (x )单调递增，a ∴(0，e)B 正确；∵f (x )a 1，x 1，2a ，x 2f (1)＝－a <0＝f (x 1)，∴x 1>1.∵ln 2a －2<ln e 2－2＝0＝f (x 2)，∴x 2<2a ，∴x 2－x 1<2a －1＝2－a a ，故D 正确．故选ABD.7．(2024·福建省名校联盟模拟)机械制图中经常用到渐开线函数inv x ＝tan x －x ，其中x 的单位为弧度，则下列说法正确的是()A ．x ·inv x 是偶函数B ．inv x －π2－k π，π2＋k 2k ＋1个零点(k ∈N )C ．inv x －π2－k π，π2＋k 4k ＋1个极值点(k ∈N )D ．当－π2<x <0时，inv x <x －sin x答案ABD解析函数inv x ＝tan x －x ∈R|x ≠n π＋π2，n ∈显然y ＝x 和inv x 均为奇函数，因此x ·inv x 是偶函数，A 正确；当x －π2，令h (x )＝inv x ，h ′(x )＝1cos 2x －1≥0，函数inv x －π2，x ＝0时，inv x ＝0，即函数inv x －π2，x －π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 时，令x＝t ＋k 1π，t －π2，则tan x －x ＝tan(t ＋k 1π)－(t ＋k 1π)＝tan t －t －k 1π，令y ＝tan t －t ，t －π2，y ＝tan t －t －π2，R ，直线y ＝k 1π(k 1∈Z )与y ＝tan t －t ，t －π2唯一交点，因此函数inv x 在－π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 上有唯一零点，所以inv x －π2－k π，π2＋k2k ＋1个零点(k ∈N )，B 正确；由B 项知，函数inv x －π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 上为增函数，因此inv x 不存在极值点，C 错误；令函数f (x )＝inv x －x ＋sin x ，求导得f ′(x )＝1cos 2x －2＋cos x ，当－π2<x <0时，设u ＝cos x ∈(0，1)，g (u )＝1u2－2＋u ，求导得g ′(u )＝1－2u 3<0，函数g (u )在(0，1)上单调递减，g (u )>112－2＋1＝0，即f ′(x )>0，因此f (x )π2，f (x )<f (0)＝0，即inv x <x －sin x ，D 正确．故选ABD.8．(2024·日照模拟)已知函数f (x )＝x 2＋x －1e x ，则()A ．函数f (x )只有两个极值点B ．若关于x 的方程f (x )＝k 有且只有两个实根，则k 的取值范围为(－e ，0)C ．方程f (f (x ))＝－1共有4个实根D ．若关于x 的不等式f (x )≥a (x ＋1)的解集内恰有两个正整数，则a 的取值范，12e答案ACD解析对f (x )求导得f ′(x )＝－x 2－x －2e x ＝－（x ＋1）（x －2）ex，当x <－1或x >2时，f ′(x )<0，当－1<x <2时，f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，因此f (x )在x ＝－1处取得极小值f (－1)＝－e ，在x ＝2处取得极大值f (2)＝5e 2，A 正确；由上述分析可知，曲线y ＝f (x )及直线y＝k 如图所示，由图可知，当－e<k≤0或k＝5e2时，直线y＝k与曲线y＝f(x)有2个交点，所以若方程f(x)＝k有且只有两个实根，则k的取值范围为(－e，0]∪5e2，B错误；由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，解得x＝－1±52，令f(x)＝t且f(t)＝－1，由图可知，f(t)＝－1有两解分别为－1－52<t1<－1，t2＝0，所以f(x)＝t1或f(x)＝t2，而1＋5<2e，则－1－52>－e，则f(x)＝t1有两解．又t2＝0，由图可知f(x)＝t2也有两解．综上，方程f(f(x))＝－1共有4个实根，C正确；因为直线y＝a(x＋1)过定点(－1，0)，且f(1)＝1e ，f(2)＝5e2，f(3)＝11e3，记k1＝f（1）－01－（－1）＝12e，k2＝f（2）－02－（－1）＝53e2，k3＝f（3）－03－（－1）＝114e3，所以k3<a≤k1，D正确．故选ACD.三、填空题9．(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝e x－2ax＋a，若f(x)恰有两个零点，则实数a的取值范围是________．答案12e32，＋∞解析函数f(x)＝e x－2ax＋a，定义域为R，显然x＝12不是f(x)的零点，令f(x)＝0，得a＝e x2x－1，设g(x)＝e x2x－1，则g′(x)＝（2x－3）e x（2x－1）2，令g′(x)<0，解得x<32且x≠12，令g ′(x )>0，解得x >32，故g (x )∞递增．当x <12时，g (x )<0，当x >12时，g (x )>0，当x ＝32时，g (x )取得极小值＝12e 32，作出函数g (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，实数a 的取值范围是e 32，＋10．(2023·福州三模)如果两个函数分别存在零点α，β，满足|α－β|＜n ，则称两个函数互为“n 度零点函数”．若f (x )＝ln (x －2)与g (x )＝ax 2－ln x 互为“2度零点函数”，则实数a 的最大值为________．答案12e解析因为函数f (x )的零点为3，所以设函数g (x )的零点为x 0，则|x 0－3|＜2，解得1＜x 0＜5.g (x 0)＝ax 20－ln x 0＝0，a ＝ln x 0x 20(1<x 0<5)，令h (x )＝ln xx 2(1<x <5)，求导得h ′(x )＝1－2ln xx3，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，所以当x ∈(1，e)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增；当x ∈(e ，5)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，所以h (x )max ＝h (e)＝12e .所以实数a 的最大值为12e.四、解答题11．(2023·广州模拟)已知函数f (x )＝e x －1＋e －x ＋1，g (x )＝a (x 2－2x )(a <0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点个数．解(1)由f (x )＝ex －1＋e－x ＋1，可得f ′(x )＝ex －1－e－x ＋1＝e 2（x －1）－1ex －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，当x <1时，则x －1<0，可得f ′(x )<0，f (x )在(－∞，1)上单调递减；当x >1时，则x －1>0，可得f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．故函数f (x )的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由h(x)＝0，得f(x)＝g(x)，因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)图象的交点个数．因为g(x)＝a(x2－2x)(a<0)，所以g(x)的单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(1，＋∞)，所以当x＝1时，g(x)取得最大值g(1)＝－a.由(1)可知，当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝2，当－a<2，即－2<a<0时，函数f(x)与g(x)的图象没有交点，即函数h(x)没有零点；当－a＝2，即a＝－2时，函数f(x)与g(x)的图象只有一个交点，即函数h(x)只有一个零点；当－a>2，即a<－2时，函数h(x)有两个零点，理由如下：因为h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1＋e－x＋1－a(x2－2x)，所以h(1)＝2＋a<0，h(2)＝e＋e－1>0，由函数零点存在定理，知h(x)在(1，2)内有零点．又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上只有一个零点．又因为f(2－x)＝e(2－x)－1＋e－(2－x)＋1＝e1－x＋e x－1＝f(x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，因为g(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x＝1对称，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(－∞，1)上也只有一个零点．所以当a<－2时，函数h(x)＝f(x)－g(x)有两个零点．ax2－ln x.12．(2024·镇江模拟)已知函数f(x)＝12(1)若a＝1，求f(x)的极值；(2)若方程f(x)＝1在区间[1，2]上有解，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝12x2－ln x，f′(x)＝x2－1x，令f′(x)＝0，得x＝1，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)＝12，无极大值．(2)因为f′(x)＝ax－1x ＝ax2－1x，①若a≥1，当x∈[1，2]时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，2]上单调递增，要使方程f(x)＝1在[1，2]1）≤1，2）≥1，1，－ln2≥1，得1＋ln22≤a≤2，因为1＋ln22<1，所以1≤a≤2.②若a≤14，当x∈[1，2]时，f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，2]上单调递减，此时f(x)≤f(1)＝a2≤18，不符合题意．③若14<a<1，当1≤x<1a时，f′(x)<0，当1a<x≤2时，f′(x)>0，所以f(x)在12上单调递增，此时f(1)＝a2<12，f(1)<12，要使方程f(x)＝1在[1，2]上有解，则需f(2)＝2a－ln2≥1，解得a≥1＋ln22，所以1＋ln22≤a<1.综上可知，实数a的取值范围为1＋ln22，2.13．(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x（2－x ln2）2x(x>0)．令f′(x)>0，得0<x<2ln2；令f′(x)<0，得x>2ln2，故函数f(x)(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即方程x aa x ＝1(x>0)有两个不同的解，故方程ln xx＝ln aa有两个不同的解．设g(x)＝ln xx(x>0)，则g′(x)＝1－ln xx2(x>0)．令g′(x)＝1－ln xx2＝0，解得x＝e.令g′(x)>0，则0<x<e，此时函数g(x)单调递增．令g′(x)<0，则x>e，此时函数g(x)单调递减．故g(x)max＝g(e)＝1e，且当x>e时，g(x)又g(1)＝0，故要使方程ln xx ＝ln aa有两个不同的解，则0<ln aa<1e.即0<g(a)<g(e)，所以a∈(1，e)∪(e，＋∞)．综上，a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．14．(2023·济南模拟)已知函数f(x)＝x ln x－ax2－x，g(x)＝f（x）x，a∈R.(1)讨论g(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，证明：x41x2>e3(e＝2.71828…为自然对数的底数)．解(1)g(x)＝f（x）x ＝ln x－ax－1，g′(x)＝1x－a，①当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＞0时，令g′(x)＝0，解得x＝1a，当x g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x g′(x)＜0，g(x)单调递减．综上，当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，g(x)(2)证明：由题意知，f′(x)＝ln x－2ax，x1，x2是f′(x)＝0的两根，即ln x1－2ax1＝0，ln x2－2ax2＝0，解得2a＝ln x1－ln x2x1－x2，(*)要证x41x2>e3，即证4ln x1＋ln x2＞3，即证4·2ax1＋2ax2＞3，把(*)式代入得ln x1－ln x2x1－x2(4x1＋x2)>3，所以应证ln x1x2<3（x1－x2）4x1＋x2＝4·x1x2＋1令t＝x1x2，0＜t＜1，即证h(t)＝ln t－3（t－1）4t＋1<0(0<t<1)成立，而h′(t)＝1t －15（4t＋1）2＝16t2－7t＋1t（4t＋1）2>0，所以h(t)在(0，1)上单调递增，h(t)＜ln1－3×（1－1）4×1＋1＝0，不等式得证．。

利用导数研究函数零点函数的零点是指函数曲线与x轴相交的点，即函数值等于0的点。

研究函数的零点可以通过利用导数的性质和方法来进行。

一、定义导数导数是描述函数变化率的概念，可以理解为函数在其中一点的瞬时变化速率。

对于函数y=f(x)，其导数可以表示为f'(x)，也可以表示为dy/dx的形式。

二、零点的定义函数的零点是指函数在其中一点上的函数值等于0的点。

即对于函数y=f(x)，当f(x)=0时，x称为函数的零点。

三、导数与零点的关系1.导数与函数增减性：当函数在其中一区间内导数的值为正时，函数在该区间上是递增的；当导数的值为负时，函数在该区间上是递减的。

2.导数与函数极值：若函数在其中一点的导数为0，那么该点可能是函数的极值点（极大值或极小值）。

但需要注意的是，导数为0只是一个充分条件，并不是必要条件。

3.导数与函数的单调性：如果函数在其中一区间上的导数恒为正（负），则函数在该区间上是严格递增（递减）的。

当导数取值恢复为0时，函数可能出现极值。

4.导数与函数的凹凸性：函数的凹凸性与导数的二阶导数（也称为函数的二阶导数）有关。

若函数的二阶导数大于0，则函数在该区间上是凹函数；若二阶导数小于0，则函数在该区间上是凸函数。

四、利用导数研究函数零点的方法1.函数增减性分析法：a.求出函数的导数；b.确定导数的符号表；c.根据导数的符号表，确定函数的增减区间；d.根据函数的增减区间，找出函数的零点。

2.函数极值分析法：a.求出函数的导数；b.求导函数的导数（二阶导数）；c.解一阶导数等于0的方程，得到一阶导数等于0的点；d.利用二阶导数的符号表，确定这些点是极大值点还是极小值点；e.确定这些点是否是函数的零点。

3.函数凹凸性分析法：a.求出函数的导数；b.求导函数的导数（二阶导数）；c.解二阶导数等于0的方程，得到二阶导数等于0的点；d.利用二阶导数的符号表，确定这些点是函数的凹点还是凸点；e.确定这些点是否是函数的零点。

利用导数研究函数的零点导数是微积分中非常重要的概念之一，它可以用来研究函数的变化率和函数的极值。

在研究函数的零点时，导数也发挥了重要的作用。

首先，我们来了解一下什么是函数的零点。

函数的零点是指函数取值为零的点，也就是函数在该点处与x轴相交。

数学上常用符号x0表示函数的零点，即f(x0)=0。

我们以一个简单的一次函数f(x) = ax + b为例，其中a和b是常数。

如果a不为零，那么 f(x) 就是一个斜率为a的直线，函数的零点可以通过以下方法得到：将f(x) = 0代入函数表达式，得到ax + b = 0，再解方程可以得到x = -b/a，这就是函数的零点。

这个求解过程可以直接求出，不需要借助导数。

但是，对于更加复杂的函数，导数对研究函数的零点提供了一种更为方便和有效的方法。

借助导数，我们可以快速地找到函数的极值点，并进一步确定函数的零点。

首先，我们需要理解导数的几何意义。

导数表示函数在一些点处的切线的斜率，也可以理解为函数在该点处的变化率。

对于函数f(x)，如果在一些点x0处导数为0，那么这意味着在该点，函数的斜率为0，也就是函数的切线与x轴平行。

这样的点叫做函数的驻点。

在研究函数的零点时，我们可以找到函数在哪些地方有驻点。

具体方法是求解函数的导数。

假设函数f(x)在区间[a,b]内连续，且在区间内的每个点都可导，那么我们可以计算出函数在区间内的导数f'(x)。

然后，我们可以通过观察f'(x)的正负性和变化趋势，来确定f(x)在区间[a,b]内是否有零点。

方法如下：1.找到f'(x)=0的点，这些点是函数的驻点。

2.将区间[a,b]划分为若干个小区间，区间的端点是函数的驻点和函数的可导点。

3.在每个小区间内，计算f'(x)的正负性和变化趋势。

如果f'(x)在小区间内从正数变为负数，或者从负数变为正数，则说明函数在该小区间内有一个零点。

4.进一步细分小区间，重复步骤3，直到找到所有的零点。

利用导数研究函数零点问题f(0)＝0，所以切线方程为y＝－3＋4x；2)将g(x)＝2exf(x)化为g(x)－2exf(x)＝0，即(－x2＋ax－3)ex－2xlnx＝0。

令φ(x)＝(－x2＋ax－3)ex，ψ(x)＝2xlnx，所以φ′(x)＝ex(2－2x＋a)，ψ′(x)＝2lnx＋2。

由φ′(x)＝0，得x＝1，由ψ′(x)＝0，得x＝e－1。

当x＜1时，φ(x)单调递减，当x＞1时，φ(x)单调递增，所以φ(x)在[0，1)和(1，＋∞)上单调递减。

在(－∞，1]和[1，＋∞)上单调递增，ψ(x)在(0，＋∞)上单调递增。

所以当x＜1时，φ(x)＞ψ(x)，当x＞e－1时，φ(x)＜ψ(x)。

所以方程g(x)＝2exf(x)在(0，1)和(e－1，＋∞)上无解，在(1，e－1)上有两个解。

所以a的取值范围为[2，6]。

当$m>1$时，当$0m$时，$F'(x)0$。

因此，函数$F(x)$在区间$(0,1)$和$(m,+\infty)$上单调递减，在区间$(1,m)$上单调递增。

注意到$F(1)=m$，$F(2m+2)=-m\ln(2m+2)$，因此$F(x)$有唯一零点。

综上，函数$F(x)$有唯一零点，即两函数图像只有一个交点。

1) 针对函数的零点问题，我们可以利用导数确定函数的单调区间和极值点，通过求解函数在给定区间的极值和端点的函数值，来确定参数的取值范围。

2) 解决这类问题的关键在于将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的作用，运用转化和化归的思想方法。

1) 确定零点的个数问题：我们可以利用数形结合的方法来判断交点个数。

如果函数比较复杂，可以结合导数知识确定极值点和单调区间，从而确定其大致图像。

2) 方程是否有解问题就是判断是否存在零点的问题。

我们可以通过分离变量，将其转化为求函数值域的问题来处理。

可以通过构造函数$g(x)$的方法，将问题转化为研究构造的函数$g(x)$的零点问题。

利用导数研究函数的零点导数是求解函数零点的重要工具之一、对于给定函数，如果我们能够求出函数的导数，就可以通过导数的性质来研究函数的零点，进而求解函数的解析解或者近似解。

首先，让我们回顾导数的定义。

对于函数f(x)，其在其中一点x处的导数f'(x)定义为：f'(x) = lim (h->0) [f(x+h) - f(x)] / h根据导数的定义，我们可以得到一些重要的性质。

第一，如果函数在其中一点x处的导数f'(x)等于零，则在该点上函数的值f(x)达到一个极值。

这是因为导数表示了函数的变化率，当导数等于零时，说明函数在该点附近的变化率变得非常小，可能是一个极大值或一个极小值。

第二，如果函数在其中一点x处的导数不存在，则在该点上可能存在一个间断点或者一个垂直渐近线。

这是因为导数表示了函数的变化率，当导数不存在时，说明函数在该点不可导，也就是说函数在该点有一个间断或者是一个垂直渐近线。

根据这些性质，我们可以通过导数来研究函数的零点。

首先，我们需要找到函数的导函数。

导函数是指原函数求导后得到的新函数。

它可以用来描述原函数的斜率函数。

对于一些基本函数，我们可以通过已知的求导法则来求导，例如，对于常数函数 f(x) = c，其导数f'(x) = 0；对于幂函数 f(x) = x^n，其导数 f'(x) = nx^(n-1)；对于指数函数 f(x) = a^x，其导数 f'(x) = ln(a) * a^x；对于对数函数f(x) = log_a(x)，其导数 f'(x) = 1 / (x * ln(a))等等。

然后，我们可以利用导数的零点来确定函数的零点。

一个函数的零点定义为函数的取值为零的点，即f(x)=0的点。

根据第一性质，我们可以找到函数在导数为零的点上的极值点。

通过计算导数等于零的方程，我们可以得到这些极值点，然后将其带入原函数，就可以得到函数的零点。

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。

考点21利用导数研究函数的零点（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】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．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现【核心题型】题型一　利用函数性质研究函数的零点利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．【例题1】（2024·全国·模拟预测）若函数()e 2xf x x a =-+-有两个零点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],1-¥B ．(],0-¥C ．(),0¥-D ．(),1-¥【变式1】（2024·陕西西安·一模）若不等式e ln 2x x x a x -+³-恒成立，则实数a 的取值范围为.【变式2】（2024·全国·模拟预测）已知函数2()(2)ln f x x a x a x =-++，a ÎR .(1)讨论()f x 的单调性；(2)设2e ()()(1)2(1)ln xg x f x x a x a a x x =-+-+-+-，若()g x 存在两个不同的零点1x ，2x ，且12x x <.（i ）证明：2e 1a >+；（ii ）证明：22142121a a x x a ---<-.【变式3】（2024·辽宁·三模）已知()()211e 2xf x x ax =-+.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0a >时，证明：函数()f x 有且仅有两个零点12,x x ，且120x x +<.题型二　数形结合法研究函数的零点含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．【例题2】（2024·北京房山·一模）若函数(]()ln ln(1),,0()1,0,exx x f x x ¥¥ì-Î-ï=íÎ+ïî，则函数()()g x f x x c =++零点的个数为（ ）A ．1B ．2C ．1或2D ．1或3【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知函数3e ,111(),()11,12xx x f x g x x a x x x ì>-ïï+==++íï+£-ïî．若(())0g f x =有三个不同的根，则a 的取值范围为 ．【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数()()e 1xf x ax a =--ÎR ．(1)若函数()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线2e 10x y ++=垂直，求a 的值；(2)当(]0,2x Î时，讨论函数()()ln F x f x x x =-零点的个数．【变式3】（2024·河北邯郸·二模）已知函数()()e ,ln xf x mxg x x m x =-=-．(1)是否存在实数m ，使得()f x 和()g x 在()0,¥+上的单调区间相同？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．(2)已知12,x x 是()f x 的零点，23,x x 是()g x 的零点．①证明：e m >，②证明：31231e x x x <<．题型三　构造函数法研究函数的零点涉及函数的零点(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内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【例题3】（2023·吉林通化·模拟预测）已知函数()()232()23f x x x ax b =+-+满足：①定义域为R ；②142b <<；③有且仅有两个不同的零点1x ，2x ，则1211+x x 的取值范围是（ ）A ．(2,1)--B ．11,2æö--ç÷èøC ．1,12æöç÷èøD ．(1,2)【变式1】（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数2()e 2ln x f x ax x x a =---，则（ ）A ．当1a =时，()f x 有极小值B ．当1a =时，()f x 有极大值C ．若()0f x ³，则1a =D ．函数()f x 的零点最多有1个【变式2】（2024·全国·模拟预测）设函数()()2ln f x x ax x a =-++ÎR .(1)若1a =，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数()f x 在1,e e éùêúëû上有两个零点，求实数a 的取值范围.（其中e 是自然对数的底数）【变式3】（2024·广东·二模）已知()()21122ln ,02f x ax a x x a =+-->.(1)求()f x 的单调区间；(2)函数()f x 的图象上是否存在两点()()1122,,,A x y B x y （其中12x x ¹），使得直线AB 与函数()f x 的图象在1202x x x +=处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·四川资阳·模拟预测）将函数()1cos e xf x x =-在()0,¥+上的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列{}n x （其中*n ÎN ），则（ ）A ．11ππ22n n x n æöæö-<<+ç÷ç÷èøèøB ．1πn n x x +-<C ．()121πn n x x n ++>-D ．(){}1πn x n --为递减数列2．（23-24高三上·湖北荆门·阶段练习）()22e 5x f x x =-的零点的个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．33．（2023·四川成都·二模）若指数函数x y a =（0a >且1a ¹）与幂函数5y x =的图象恰好有两个不同的交点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．e5e ,¥æö+ç÷èøB ．e51,e æöç÷èøC ．e 51,e æöæöç÷ç÷ç÷èøèøD ．e 51,e æöç÷èø4．（2023·全国·模拟预测）已知函数1522ln 4()e 4ln(4)e 2x a a xx f x x x -+-=++-++存在零点，则实数a 的值为（ ）A ．2-B ．15ln24-C ．3-D ．15ln34-二、多选题5．（2024·全国·模拟预测）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 =-6．（2024·辽宁抚顺·三模）已知定义在R 上的奇函数()f x 连续，函数()f x 的导函数为()f x ¢．当0x >时，()()()cos sin e f x x f x x f x ¢>+×¢，其中e 为自然对数的底数，则（ ）A ．()f x 在R 上为减函数B ．当0x >时，()0f x <C ．π3π22f f æöæö>ç÷ç÷èøèøD ．()f x 在R 上有且只有1个零点三、填空题7．（2024·内蒙古包头·一模）已知函数()()32340f x kx x k k =-+>，若()f x 存在唯一的零点，则k 的取值范围是 .8．（2024·四川成都·模拟预测）若函数()2e 2x m f x x x =--在()1,2x Î-上有2个极值点，则实数m 的取值范围是 .四、解答题9．（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知()e xf x a x =-，()cosg x x =.(1)讨论()f x 的单调性.(2)若0x ∃使得()()00f x g x =，求参数a 的取值范围.10．（2024·宁夏固原·一模）已知函数()()ln 11(0)f x ax x a =++>．(1)求()f x 的最小值；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．11．（2024·全国·模拟预测）已知函数1()e (0)x f x x a x =->，且()f x 有两个相异零点12,x x ．(1)求实数a 的取值范围．(2)证明：122eax x +>．12．（2024·湖北黄石·三模）已知函数()ln f x x x m =-+有两个零点1x ，2x .(1)求实数m 的取值范围；(2)如果1212x x x <£，求此时m 的取值范围.综合提升练一、单选题1．（2023·湖南·模拟预测）有甲、乙两个物体同时从A 地沿着一条固定路线运动，甲物体的运动路程1s （千米）与时间t （时）的关系为()121ts t =-，乙物体运动的路程2s （千米）与时间t （时）的关系为()23s t t =，当甲、乙再次相遇时，所用的时间t （时）属于区间（ ）A ．()2,3B ．()3,4C ．()4,5D ．()5,62．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）函数()sin 2f x x x =+-的零点所在的大致区间为（ ）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,43．（2024·全国·模拟预测）若函数()e ln 2x f x x x x a =--+-有两个零点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],1-¥B ．(],0-¥C ．(),0¥-D ．(),1-¥4．（23-24高三下·江西·阶段练习）函数()|2||ln |f x x m x =--有且只有一个零点，则m 的取值可以是（ ）A ．2B ．1C ．3D ．e5．（2024·陕西汉中·二模）已知函数3232,0()ln ,0x x x x f x x x ì---£=í>î，()()g x f x mx =-有4个零点，则m 的取值范围为（ ）A ．11(,4eB ．1(2,0]{}e -U C ．1(2,0]{}4-U D ．11(,0](,)4e-¥U 6．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2xf x kx b =--恰有一个零点0x ，且0b k >>，则0x 的取值范围为（ ）A ．1ln2,ln2-æö-¥ç÷èøB ．ln2,1ln2æö-¥ç÷-èøC ．1ln2,ln2-æö+¥ç÷èøD ．ln2,1ln2æö+¥ç÷-èø7．（2024·贵州贵阳·一模）已知函数()e ,0e ,0x a xf 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 -¥8．（2024·陕西·二模）已知()0f x ³，且0x >时，()()22cos f x x f x =×，则下列选项正确的是（ ）A ．()2x f x f æö>ç÷èøB ．当()ππ2x k k ¹+ÎZ 时，()()2tan 2f x xf x £C ．若2π42πf æö=ç÷èø，()()22sin x f x g x x=为常函数，则()1f x =在区间()0,1内仅有1个根D ．若()11f =，则()2827f <二、多选题9．（2024·辽宁·三模）已知函数()()1ln ,ln ,f x ax x g x a x a x=-=+为实数，下列说法正确的是（ ）A ．当1a =时，则()f x 与()g x 有相同的极值点和极值B ．存在R a Î，使()f x 与()g x 的零点同时为2个C ．当()0,1a Î时，()()1f x g x -£对[]1,e x Î恒成立D ．若函数()()f x g x -在[]1,e 上单调递减，则a 的取值范围为2,e æù-¥çúèû10．（2024·河北唐山·一模）已知函数()331f x x x =-+，则（ ）A ．直线32y x =-是曲线()y f x =的切线B ．()f x 有两个极值点C ．()f x 有三个零点D ．存在等差数列{}n a ，满足()155k k f a ==å11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()(1)ln f x x x =-，2()g x x =，下列命题正确的是（ ）A ．若()()()H x f x g x =-，则()H x 有且只有一个零点B ．若()()()f x H xg x =，则()H x 在定义域上单调，且最小值为0C ．若()()()H x f x g x ¢=-，则()H x 有且只有两个零点D ．若()()(||)g x H x f x ¢=，则()H x 为奇函数三、填空题12．（2023·四川内江·模拟预测）若函数()e x f x kx =-有两个零点，则k 的取值范围为 ．13．（2024·四川泸州·二模）若函数1()ln ef x x x a =-+有零点，则实数a 的取值范围是 ．14．（2024·广东佛山·二模）若函数()ln e ln e x xa xf x x x a x=+--（R a Î）有2个不同的零点，则实数a 的取值范围是 ．四、解答题15．（23-24高三上·河南·期末）已知函数()ln(1)sin f x a x x x =+-．(1)若0a =，求曲线()y f x =在点ππ,22f æöæöç÷ç÷èøèø处的切线方程；(2)若1a =，研究函数()f x 在(]1,0x Î-上的单调性和零点个数．16．（2024·四川泸州·三模）已知函数1(e )x ax f x =-（0a >），(1)讨论函数()f x 的零点个数；(2)若|()ln |x x x f x >+恒成立，求函数()f x 的零点0x 的取值范围．17．（2024·四川·模拟预测）已知函数()2211e ,2exf x ax x x a =--³．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0x >时，求证：()21ln 12f x x x ³--．18．（2024·北京朝阳·一模）已知函数()()()1e R xf x ax a =-Î.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式()()1f x a x >-无整数解，求a 的取值范围.19．（2024·全国·模拟预测）已知函数()(0,1)x f x a a a =>¹，函数()log (0,1)a g x x a a =>¹．(1)当e a =时，讨论函数()()()h x f x g x =的单调性；(2)当01a <<时，求函数()()()S x f x g x =-的零点个数．拓展冲刺练一、单选题1．（2024·云南·模拟预测）已知函数()e ln x f x x x x a =---，若()0f x =在()0,e x Î有实数解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[)0,¥+B ．1,e ¥éö+÷êëøC ．[)1,+¥D ．[)e,+¥2．（2024·浙江杭州·模拟预测）若函数()ln f x x x x x a =-+-有且仅有两个零点，则a 的取值范围是（ ）A ．()1,00,e e æö-Èç÷èøB ．()2,00,e e æö-Èç÷èøC ．()2,00,3e æö-Èç÷èøD ．()1,00,3e æö-Èç÷èø3．（2024·四川成都·二模）函数()()e sin ,π,x f x a x x =+Î-+¥，下列说法不正确的是（ ）A ．当1a =-时，()0f x >恒成立B ．当1a =时，()f x 存在唯一极小值点0xC ．对任意()0,a f x >在()π,x Î-+¥上均存在零点D ．存在()0,a f x <在()π,x Î-+¥上有且只有一个零点4．（2024·甘肃武威·模拟预测）已知函数()4ln 12f x ax a x æö=--+ç÷èø有3个零点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()1,+¥B ．()2,+¥C ．(),1-¥-D ．(),2-¥-二、多选题5．（2024·重庆·一模）已知函数()32e 2x f x x x ax =+--，则()f x 在()0,¥+有两个不同零点的充分不必要条件可以是（ ）A ．e 2e 1a -<<-B ．e 1e a -<<C ．e e 1a <<+D ．e 1e 2a +<<+6．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数()(1)ln 1f x m x x x =+-+，下列说法正确的有（ ）A ．当12m =时，则()y f x =在(0,)+¥上单调递增B ．当1m =时，函数()y f x =有唯一极值点C ．若函数()y f x =只有两个不等于1的零点12,x x ，则必有121x x ×=D ．若函数()y f x =有三个零点，则102m <<三、填空题7．（2023·湖北·一模）若函数21ln(21),2()12,2x x f x x x a x ì->ïï=íï--+£ïî在1x =处的切线与()f x 的图像有三个公共点，则a 的取值范围 ．8．（2023·河南·模拟预测）已知函数()32f x x bx cx c =+++有三个零点，且它们的和为0，则b c -的取值范围是 .四、解答题9．（2024·北京丰台·二模）已知函数()()222ln 0f x a x x a =+¹．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．10．（2024·全国·模拟预测）已知函数()cos ln(1)f x x x =++．(1)求证：()f x 在π1,2æö-ç÷èø上有唯一的极大值点；(2)若()1f x ax £+恒成立，求a 的值；(3)求证：函数()()g x f x x =-有两个零点．。