37利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)講義一、三個(gè)等價(jià)關(guān)系方程的實(shí)數(shù)根函數(shù)圖象與軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)函數(shù)的零點(diǎn)．二、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)的方法解題思路：將函數(shù)零點(diǎn)、方程的根、曲線交點(diǎn)相互轉(zhuǎn)化，化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)問(wèn)題．考點(diǎn)一確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)1.確定函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題，一般有三種思路：解方程法、數(shù)形結(jié)合法、零點(diǎn)存在定理；2.根據(jù)參數(shù)確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，常常應(yīng)用數(shù)形結(jié)合法，即通過(guò)研究函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、極值、函數(shù)值的極限位置等)，作出函數(shù)的大致圖象，然后通過(guò)函數(shù)圖象得出其與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，或者兩個(gè)相關(guān)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，基本步驟是“先數(shù)后形”．【例11】已知函數(shù).(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)討論函數(shù)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù).【解】(1)函數(shù)的定義域?yàn)?，且，令得?單調(diào)遞減極小單調(diào)遞增∴得單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是.有極小值為，無(wú)極大值.(2)令有：當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，且經(jīng)過(guò)，，.當(dāng)，與一次函數(shù)相比，指數(shù)函數(shù)增長(zhǎng)更快，從而；當(dāng)時(shí)，，，根據(jù)以上信息，畫出大致圖象如下圖所示.函數(shù)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為與的交點(diǎn)個(gè)數(shù).當(dāng)時(shí)，有極小值.∴關(guān)于函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)有如下結(jié)論：當(dāng)時(shí)，零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0個(gè)；當(dāng)或，零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1個(gè)；當(dāng)時(shí)，零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2個(gè).【例12】(2024·河南信陽(yáng)·一模)已知函數(shù)f(x)=ln(1)若m=?3，求證：f(x)≤0；(2)討論關(guān)于x的方程f(x)+23π【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)探討單調(diào)性，求出最大值即得；(2)構(gòu)造函數(shù)g(x)=3ln【解】(1)當(dāng)m=?3時(shí)，f(x)=ln(x+1)?x,x∈(?1,+∞當(dāng)x∈(?1,0)時(shí)，f'(x)>0，當(dāng)x∈(0,+∞因此函數(shù)f(x)在(?1,0)上單調(diào)遞增，在(0,+∞)上單調(diào)遞減，所以(2)依題意，f(x)+2令g(x)=3ln(x+1)+mx+2令φ(x)=3x+1+當(dāng)x∈(?1,0]時(shí)，?3(x+1)2≤?31當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，?3(x+1)2<0，?π2sinπ①當(dāng)m≥0時(shí)，x∈(?1,2)時(shí)，g'(x)=g而g(0)=0，因此g(x)僅有1個(gè)零點(diǎn)；②當(dāng)?4<m<0時(shí)，g'(0)=4+m>0，g'(2)=m<0，且0<x0<2，當(dāng)x∈(?1,x0)時(shí)，g'(x)>0，而g(0)=0，則g(x)在(?1,x0)上有唯一的零點(diǎn)0，又g(即?4<m<?3ln32時(shí)，g(x)在(x若?3ln32≤m<0，g(x)在(③當(dāng)m=?4時(shí)，g'當(dāng)x∈(?1,0)時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g'則g(x)≤g(0)=0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)，因此g(x)僅有1個(gè)零點(diǎn)0；④當(dāng)m<?4時(shí)，顯然g'(x)>3x+1?1+m又g'(0)=4+m<0，則函數(shù)g'(x)存在唯一的零點(diǎn)當(dāng)x∈(?1,x0)時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0則g(x)在(x0,2)上有唯一的零點(diǎn)0，顯然g(x)<3且?1<em?13<0，又g(x0)>g(0)=0所以當(dāng)m<?3ln32且m≠?4時(shí)，g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)m≥?31.(2024·四川涼山·二模)若fx=xsinx+cosx?1，x∈A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】求導(dǎo)，研究函數(shù)單調(diào)性，極值，畫圖，根據(jù)圖象得零點(diǎn)個(gè)數(shù).【解】f'當(dāng)x∈?π2,0時(shí)，f'x<0，f當(dāng)x∈π2,π時(shí)，又f?π2=π2?1>0則fx=xsinx+cosx?12.(多選)(2024·湖北·一模)已知函數(shù)fx=ax3+bx2+cx+d存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2x1<x2A．當(dāng)a>0時(shí)，n=3 B．當(dāng)a<0時(shí)，m+2=nC．mn一定能被3整除 D．m+n的取值集合為4,5,6,7【答案】AB【分析】分a>0和a<0兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)判斷原函數(shù)單調(diào)性和極值，結(jié)合圖象分析fx，【解】由題意可知f'x=3ax2由f'fx=3af當(dāng)a>0時(shí)，令f'x>0，解得x<x1或x>可知：fx在?∞,x1,x若x1≥0，則?x1≤0<x2則fx=x2有2個(gè)根，若fx2=x2>0，可知m=1，mn=3,m+n=4；若若fx2=x2

當(dāng)a<0時(shí)，令f'x>0，解得x1<x<x可知：fx在x1,x2內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)?若x2≤0，則?x1>0≥x2若fx1=?x1>0，即x1若fx1=?x1=0，即x1若fx1=?x1<0，即x1>0，可知

綜上所述：mn的取值集合為3,6,8,9,15，m+n的取值集合為4,5,6,8，故CD錯(cuò)誤；故選：AB.3.函數(shù).(1)討論函數(shù)的極值；(2)當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).【解】(1)由題意，函數(shù)，可得，當(dāng)時(shí)，，在上為單調(diào)增函數(shù)，此時(shí)無(wú)極值；當(dāng)時(shí)，令，解得，所以在上為單調(diào)增函數(shù)，令，解得，在上為單調(diào)減函數(shù)，所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得極小值，無(wú)極大值.綜上所述：當(dāng)時(shí)，無(wú)極值，當(dāng)時(shí)，，無(wú)極大值.(2)由(1)知當(dāng)時(shí)，在上為單調(diào)增函數(shù)，在上為單調(diào)減函數(shù)，且，又由，limx??當(dāng)，即時(shí)，無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)，即時(shí)，有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)，即時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn).綜上：當(dāng)時(shí)，無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn).4.(2024·湖南·二模)已函數(shù)f(x)=x3+a(1)求a?b?c的值；(2)判斷函數(shù)fx【分析】(1)由fx的圖象關(guān)于(1,?2)對(duì)稱，得到f(2)由(1)得到函數(shù)fx的解析式，求出f'x，利用Δ【解】(1)因?yàn)楹瘮?shù)fx的圖象關(guān)于點(diǎn)1,?2中心對(duì)稱，故y=f從而有fx+1+2+f?x+1fx+1f1?x所以2a+6=02a+2b+2c+2=?4，解得a=?3(2)由(1)可知，fx=x3?3①當(dāng)c≤?3時(shí)，Δ=36+12c≤0，f'x≥0，所以∵f1=?2<0，f3=27?3×9?3c+c=?2c>0，②當(dāng)?3<c<0時(shí)，x1+x∴f'x=0有兩個(gè)正根，不妨設(shè)x∴函數(shù)fx在?∞,x1∵fx1=∴函數(shù)fx③當(dāng)c=0時(shí)，fx=x3?3x2，令fx=④當(dāng)c>0時(shí)，x1+x2=2，x1?∴函數(shù)fx在?∞,x1∵fx1>f0=c>0，f綜上，當(dāng)c>0時(shí)，fx有三個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)c=0時(shí)，fx有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)c<0時(shí)，5.已知函數(shù)f(x)=x(x?3)+(x+2)e(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若g(x)=f(x)+x3?32【分析】(1)求導(dǎo)，研究f'(x)的正負(fù)，得到單調(diào)性，從而求得最小值；(2)g(x)=lnx?12x2+(x?1)2ex，求出g'(x)=(x+1)(x?1)e【解】(1)由題，f(x)=(x+2)ex+x記m(x)=f'(x)，則m'(x)=(x+4)e①當(dāng)x≤?3時(shí)，(x+3)ex≤0,2x?3≤?9，可得f'(x)<0，故函數(shù)f(x)②當(dāng)x>?3時(shí)，(x+4)ex>0,m'(x)>0又m(0)=0，所以當(dāng)?3<x<0時(shí)，m(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)，m(x)>0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(?3,0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0,+∞由①②知函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(?∞,0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞(2)由題意知g(x)=lnx?1所以g'x=設(shè)?(x)=ex?1x(x>0)，所以因?yàn)?12=e?2<0,?(1)=即ex0?當(dāng)0<x<x0時(shí)，?(x)<0,g'(x)>0；當(dāng)x0<x<1時(shí)，?(x)>0,g'(x)<0；當(dāng)所以g(x)在區(qū)間0,x0上單調(diào)遞增，在區(qū)間x0所以當(dāng)x=x0時(shí)，且極大值為gx0=lnx設(shè)F(x)=?12x2+1x?21所以gx0<?12因?yàn)間(1)=?12<0,g(2)=e2綜上所述，g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．考點(diǎn)二已知零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)取值范圍【例21】(2025·四川雅安·一模)已知函數(shù)，其中，(1)當(dāng)時(shí)，求的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)時(shí)，過(guò)點(diǎn)可以作3條直線與曲線相切，求m的取值范圍．【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)直接求解單調(diào)區(qū)間即可；(2)設(shè)切點(diǎn)為，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得，設(shè)，結(jié)合題意可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)與的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，進(jìn)而結(jié)合導(dǎo)數(shù)分析的單調(diào)性，再結(jié)合圖象求解即可.【解】(1)由，，則，令，得；令，得，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)當(dāng)時(shí)，，則，設(shè)切點(diǎn)為，則，化簡(jiǎn)得，因?yàn)檫^(guò)點(diǎn)可以作3條直線與曲線相切，所以方程有三個(gè)不同的實(shí)根，設(shè)，即函數(shù)與的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，而，令，得；令，得或，所以函數(shù)在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，，且時(shí)，，畫出函數(shù)與大致圖象，要使函數(shù)y=m與y=g(x)的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，則0<m<4e，即m的取值范圍為【例22】(2025屆煙臺(tái)市、東營(yíng)市高三一模T15)已知函數(shù)在處有極大值.(1)求實(shí)數(shù)的值；(2)若函數(shù)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【分析】(1)求導(dǎo)，根據(jù)極值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系建立方程，分別檢驗(yàn)解得的根，可得答案；(2)由(1)明確解析式，求得其極值與單調(diào)性，并作圖，將問(wèn)題等價(jià)轉(zhuǎn)化為函數(shù)交點(diǎn)問(wèn)題，可得答案.【解】(1)，由在處取極大值，則，解得或，當(dāng)時(shí)，可得，易知當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，則此時(shí)函數(shù)在處取得極小值，不符合題意，舍去；當(dāng)時(shí)，可得，易知當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，則此時(shí)函數(shù)在處取得極大值，符合題意；綜上所述，.(2)由(1)可得函數(shù)，求導(dǎo)可得，令，解得或：?jiǎn)握{(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以函數(shù)的極大值為，極小值為，函數(shù)存在三個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于函數(shù)圖象與直線存在三個(gè)交點(diǎn)，如下圖：由圖可得，則.【例23】(2025四川瀘州一診)已知函數(shù)f(x)=a(1)證明：y=f(x?1)為奇函數(shù)；(2)求的導(dǎo)函數(shù)的最小值；(3)若恰有三個(gè)零點(diǎn)，求的取值范圍．【分析】(1)用奇偶性定義證明即可；(2)f'(x)=a?2ex+1+1ex+1+2，用基本不等式求最小值；(3)問(wèn)題即【解】(1)令，則，又定義域?yàn)镽，所以為奇函數(shù)，得證.(2)由題設(shè)f'當(dāng)且僅當(dāng)ex+1=1ex+1，即時(shí)取等號(hào)，所以(3)f(x)=ax+2ex+1+1+易知，故為奇函數(shù)，h(0)=0；又恰有三個(gè)零點(diǎn)，即恰有三個(gè)零點(diǎn)，只需在和上各有一個(gè)零點(diǎn)即可，由h(x)=ax+2ex+1?1=0，則a由，且，即為奇函數(shù)，令，則，顯然上，上，綜上，在R上遞增，但遞增速率先變快后變慢，大致圖象如下圖示，又與都過(guò)原點(diǎn)，且原點(diǎn)處的切線斜率為，結(jié)合圖象知：當(dāng)時(shí)，與在和上各有一個(gè)交點(diǎn)，所以.1.(2024·四川攀枝花·二模)關(guān)于x的方程xaex+x=A．?∞,1e?e B．1【答案】D【分析】x=0不是方程的根，當(dāng)x≠0時(shí)，變形為a=exx?xex【解】當(dāng)x=0時(shí)，xaex+x=0當(dāng)x≠0時(shí)，a=exx?x當(dāng)x<0，0<x<1時(shí)，g'x<0，gx單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，且當(dāng)x<0時(shí)，gx<0，當(dāng)x>0時(shí)，gx

令?x=xex當(dāng)x<0，0<x<1時(shí)，?'x>0，?x單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，且當(dāng)x<0時(shí)，?x<0，當(dāng)x>0時(shí)，?x>0，畫出

令fx=exx由于exx2故當(dāng)x<0，0<x<1時(shí)，f'x<0，fx=ex其中f1=e?1畫出函數(shù)圖象如下，

要想a=exx?2.若函數(shù)fx=ex?x+a?2A．?∞,1 B．?∞,0 C．【答案】D【分析】將零點(diǎn)問(wèn)題切換成函數(shù)圖像交點(diǎn)，再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及參數(shù)的取值范圍.【解】法一：設(shè)gx=ex?x因?yàn)間'x=ex?1，當(dāng)x<0時(shí)，所以gx在區(qū)間?∞,0上單調(diào)遞減，在區(qū)間0,+因?yàn)閘imx??∞f(x)=+∞,limx法二：函數(shù)fx=ex?x+a?2因?yàn)楹瘮?shù)?x的圖像與y軸交于點(diǎn)0,1，且函數(shù)?x在點(diǎn)0,1處的切線方程為所以直線y=x+2?a與該切線平行，且該直線y=x+2?a與y軸交于點(diǎn)0,2?a，所以點(diǎn)0,2?a在點(diǎn)0,1上方，即2?a>1，解得a<1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是?∞,13.若函數(shù)fx=xex?x?A．?∞,1 B．?∞,0 C．【答案】D【分析】進(jìn)行合理?yè)Q元和同構(gòu)，轉(zhuǎn)化為gt=e【解】令fx=xe令Fx=e令t=x+lnx，易知tx在0,+∞上單調(diào)遞增，且則函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為函數(shù)gt=則g't=et?1，當(dāng)t<0時(shí)，即gt=et?t所以gt≥g0=e0?0=1，當(dāng)t→?則y=2?a>1，解得a<1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是?∞4.函數(shù)fx=ex?1+1,x≥0x2+2x?3,x<0，若A．1e,4 B．e,3 C．e【答案】C【分析】轉(zhuǎn)化為fx?ax+a?1=0有三個(gè)不等根，分兩種情況討論：當(dāng)x<0時(shí)，a=x?1?1x?1+4，令φx=x?1?【解】若gx=fx當(dāng)x<0時(shí)，fx=x2+2x?3即a=x令φx=x?1?1x?1+4故當(dāng)a≥4時(shí)，方程a=x?1當(dāng)a<4時(shí)，方程a=x?1?1當(dāng)x≥0時(shí)，fx=ex?1+1當(dāng)a=0時(shí)，顯然方程無(wú)實(shí)根；當(dāng)a≠0時(shí)，1a=x?1ex?1當(dāng)0<x<2時(shí)，?'x>0，?x單調(diào)遞增；當(dāng)x>2時(shí)，即當(dāng)x=2時(shí)，?x取得極大值??0=?e,?1=0，當(dāng)0<x<1時(shí)，?

要使fx需滿足：在x∈?∞,0由圖可知y=1a與?x綜上，e<a<4，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是e5.已知函數(shù).(1)若恒成立，求實(shí)數(shù)的值；(2)若關(guān)于的方程有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)的取值范圍.【解】(1)，，又，故是的極大值點(diǎn)，所以，；另一方面，當(dāng)時(shí)，，，在區(qū)間單調(diào)遞減，故在單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，所以，恒成立(II)當(dāng)時(shí)，，，當(dāng)時(shí)，，在區(qū)間單調(diào)遞減，又，故在區(qū)間有唯一實(shí)根，①若，，當(dāng)時(shí)，，在區(qū)間遞減，故在區(qū)間至多有一個(gè)實(shí)根，不符合題意，②若，令，()是方程的兩不同實(shí)根，則，則；故在，上遞減，在區(qū)間上遞增.()，，，，同理可證.取，.取，，.故在，，各存在一個(gè)零點(diǎn)，故實(shí)數(shù)的取值范圍是.6.(2024·河南·一模)已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx的單調(diào)區(qū)間；(2)若fx有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)【分析】(1)首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再分a≤0和a>0兩種情況討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)首先根據(jù)(1)的結(jié)果可知a>0且f(x)≤f2a【解】(1)根據(jù)條件則f當(dāng)a≤0時(shí)，f'x<0在定義域0,+∞內(nèi)恒成立，因此當(dāng)a>0時(shí)，由f'x>0，解得0<x<2a因此：當(dāng)a≤0時(shí)，fx的單調(diào)減區(qū)間為0,+a>0時(shí)，fx的單調(diào)減區(qū)間為2a2,+(2)若fx有兩個(gè)零點(diǎn)，有(1)可知a>0且f(x)≤f則必有f2a2=aln2a又因f1e即g(t)=ln當(dāng)t∈8e,+∞時(shí)，g'可得g(t)≤g8e=ln8從而可得fx在1e,綜上所述，若fx有兩個(gè)零點(diǎn)實(shí)數(shù)a的范圍為7.已知函數(shù)fx(1)當(dāng)m=1時(shí)，討論函數(shù)fx的單調(diào)性；(2)若函數(shù)fx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)【分析】(1)當(dāng)m=1時(shí)，求得f'x=exe?(2)求得f'x=mexe?1得出存在x0∈0,+∞使得f'設(shè)函數(shù)gx=1x?2lnx?x，利用導(dǎo)數(shù)得gx在再設(shè)?x=x【解】(1)當(dāng)m=1時(shí)，函數(shù)fx=e由函數(shù)f'x=ex所以當(dāng)x∈0,1時(shí)，f'x<0，當(dāng)故fx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+(2)由函數(shù)fx=mex?1?當(dāng)m>0時(shí)，設(shè)φx=mexe?且當(dāng)x→0時(shí)，f'x→?∞，當(dāng)所以由零點(diǎn)存在定理得存在唯一的x0∈0,+∞使得即lnm=?lnx0?x0當(dāng)x→0時(shí)，fx→+∞，當(dāng)x→+因此要使函數(shù)fx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則只需f即1x0?2lnx則g'x=?1x2?而g1=0，故由gx0<0得x而1m=x0e所以?x在1,+∞上單調(diào)遞增，故?x所以1m>1，故0<m<1，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為8.(2024·山西·一模)已知a>0，且a≠1，函數(shù)fx(1)記an=fn?lnn+1+n,Sn(2)若a=1e，證明：xfx≥0；(3)若【分析】(1)直接利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的求和公式計(jì)算即可；(2)利用導(dǎo)數(shù)研究ex?x+1(3)分段討論函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理及極限思想計(jì)算即可.【解】(1)由題意可知a=89時(shí)，所以S64(2)易知a=1e時(shí)，令gx顯然x∈?1,0時(shí)，g'x<0,x∈0,+∞時(shí)，g'故gx≥g0=0?f又f0=0，所以x∈?1,0時(shí)，fx<0,x∈(3)①若a>1，易知fx②若a∈1e,1時(shí)，則x∈?1,0時(shí)，ax<1由(2)可知：x∈?1,0時(shí)，fx<1e且f0=0，則函數(shù)③由(2)知，a=1e時(shí)，fx④若a∈0,1e令?x顯然x∈?1,0時(shí)，?'x<0,x∈0,+∞時(shí)，?'注意到??1=a>0,?0所以?x1∈即fx在?1,x1和x又x→?1時(shí)，fx→?∞，f所以在區(qū)間?1,x1,x2考點(diǎn)三證明零點(diǎn)個(gè)數(shù)【例31】已知，令，當(dāng)時(shí)，證明∶函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn).【解】當(dāng)時(shí)，，∴是的一個(gè)零點(diǎn)，由，設(shè)，則.因?yàn)?，①?dāng)時(shí)，，∴，∴在單調(diào)遞增，∴，∴在單調(diào)遞增，∴，此時(shí)在無(wú)零點(diǎn)②當(dāng)時(shí)，，有，此時(shí)在無(wú)零點(diǎn).③當(dāng)時(shí)，，，∴在單調(diào)遞增，又，，由零點(diǎn)存在性定理知，存在唯一，使得.當(dāng)時(shí)，，在單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，在單調(diào)遞增；又，，所以在上有1個(gè)零點(diǎn).綜上，當(dāng)時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)．【例32】(2024·福建·模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)fx(1)討論fx的單調(diào)性；(2)若不等式fx≥0(3)當(dāng)a=0時(shí)，證明函數(shù)Fx【分析】(1)對(duì)fx求導(dǎo)，再分a≤0與a>0兩種情況分類討論f(2)根據(jù)條件，分離常量得到a≥1x+lnx【解】(1)因?yàn)閒x=ax當(dāng)a≤0時(shí)，2ax2?x?1<0當(dāng)a>0時(shí)，令2ax2?x?1=0令f'x>0，得x>1+1+8a綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，fx在0,+當(dāng)a>0時(shí)，fx在0,1+1+8a(2)由fx≥0恒成立，得ax2≥lnx+x令gx=1令?x=?2lnx?x+1(x>0)，易知?x所以當(dāng)x∈0,1時(shí)，?x>0,g'所以gx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+所以gx在x=1處取得極大值，也是最大值，即g所以a≥1，即a的取值范圍為1,+∞(3)當(dāng)a=0時(shí)，F(xiàn)x=2sin令Gx=F當(dāng)x∈0,π時(shí)，G'x<0又F'1=2cos1>0,設(shè)F'x在0,π可得當(dāng)x∈0,x0時(shí)，F(xiàn)'x>0，F(xiàn)12=ln12?故2sin12<1．又又Fπ2=lnπ又Fπ=lnπ?π當(dāng)x∈π,3π2時(shí)，F(xiàn)當(dāng)x>3π2時(shí)，令W所以Wx在e,+∞上單調(diào)遞減，所以W所以Fx=ln而2sinx≤2,12x>12綜上所述，F(xiàn)x在定義域0,+1.(2024·山東泰安·一模)已知函數(shù)fx(1)若a>0，曲線y=fx在點(diǎn)0,f0處的切線與直線x+y?2=0垂直，證明：(2)若對(duì)任意的x1,x2且x1<x【分析】(1)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得a=1，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性結(jié)合虛設(shè)零點(diǎn)的方式，即可證明不等式；(2)變形得g(x1)=?再通過(guò)構(gòu)造函數(shù)?x=e【解】(1)∵f'x=a2e設(shè)Fx=e設(shè)φx=ex?又∵F∴存在x0∈?1,0使F'x當(dāng)x∈?2,x0時(shí)，F(xiàn)'x∴F∴fx(2)∵gx=aeax?ea又∵g=?eg設(shè)?x=ex?x?1，則?當(dāng)x<0時(shí)，?'x<0,?x單調(diào)遞減；當(dāng)∴當(dāng)x≠0時(shí)，?x>?0∴e又eax1x2?x1>0,又∵gx在x1,x2上單調(diào)遞增，∴考點(diǎn)四判斷或證明零點(diǎn)所在區(qū)間【例41】(2024·江西贛州·一模)已知函數(shù)fx(1)求fx的單調(diào)區(qū)間，(2)已如m>0.若函數(shù)gx=fx?m【分析】(1)求出f'x，進(jìn)一步判斷f'(2)得gx，求導(dǎo)，由(1)可知g'x在0,+∞單調(diào)遞增，且g'1=?m<0，及g'1+m>0，則存在唯一的t∈1,1+m使得g't=0，分析gx【解】(1)∵fx=ex?1∴當(dāng)x>0時(shí)，l(x)即f'x∴當(dāng)x∈0,1時(shí)，f'x<0,fx∴fx的減區(qū)間為0,1，增區(qū)間為(2)∵g由(1)可知g'x在0,+∞又g∴存在唯一的t∈1,1+m?∴當(dāng)x∈0,t時(shí)g't<0,gx∴g若方程gx=ex?1∴g't=e令?t=2?t∴?t在t∈1,+∞上為減函數(shù)∴當(dāng)?t=0時(shí)t∈【例42】已知f(1)若fx≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)x1,x2是fx的兩個(gè)零點(diǎn)(x【分析】(1)求導(dǎo)得出函數(shù)fx(2)①由題意0<x1<1<x2由此即可構(gòu)造函數(shù)gx=x?1②要證x1+x22=x2lnx1【解】(1)f'x=2x?21?ln所以gx單調(diào)遞增，注意到g1=0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，gx<g當(dāng)x>1時(shí)，gx>g1=0，f'若fx≥0，則fxmin=f1=1?a≥0(2)①由題意不妨設(shè)x1<x2，則由(1)可知f所以fx設(shè)gx=x?1所以函數(shù)gx單調(diào)遞增，所以gx2>g1又函數(shù)fx在0,1上面單調(diào)遞減，所以0<x1②注意到x12?2ln只需x2lnx1?x1當(dāng)0<x<1時(shí)，?'x>0，?x單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，又1x1>所以要證?x1<?x2不妨設(shè)Hx=?x當(dāng)0<x<1時(shí)，H'x>0，Hx單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時(shí)，因?yàn)?<x1<1，所以H又因?yàn)?1x1<?x1.已知函數(shù)fx=2x?kx?b恰有一個(gè)零點(diǎn)x0，且A．?∞,1?ln2ln2 B．【答案】A【分析】先將函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點(diǎn)問(wèn)題，然后利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及b>k>0建立關(guān)于x0【解】由fx=0可得2x=kx+b，要使fx設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為x0,2x0.由g即y=(2x0由b>k>0可得2x01?x2.(2024·陜西寶雞·二模)已知函數(shù)F(1)若Fx和Gx的圖象有公共點(diǎn)，且在公共點(diǎn)處有相同的切線，求(2)求證：當(dāng)0<a<2e時(shí)，F(xiàn)x的圖象恒在G(3)令fx=Fx?Gx，若【分析】(1)設(shè)公共點(diǎn)為x0,y(2)設(shè)sx=x2?alnx(3)利用導(dǎo)數(shù)可證lnt>2t?1【解】(1)F'x=2x,因?yàn)樵诠颤c(diǎn)處有相同的切線，則x02=y0aln(2)設(shè)sx=x當(dāng)x∈0,a2時(shí)，s'x故sx在0,a2故sx因?yàn)?<a<2e，故0<a2<e，所以lna2故當(dāng)0<a<2e時(shí)，F(xiàn)x的圖象恒在(3)因?yàn)閒x有2個(gè)零點(diǎn)x1,x2，故Fx1不妨設(shè)x1>x2，又要證：x1+x即證：x1+x設(shè)vt=lnt?2t?1t+1故vt>v1=0即lnt>2t?13.(2024·河北邯鄲·三模)已知函數(shù)f(x)=xex?a(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程．(2)已知關(guān)于x的方程f(x)=ax2?ex恰有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根x(i)求a的取值范圍；(ii)求證：x1【分析】(1)求導(dǎo)數(shù)，得切線斜率，由f(0)=0，結(jié)合直線的點(diǎn)斜式，可求出切線方程；(2)(i)轉(zhuǎn)化為y=a與g(x)=exx2有三個(gè)交點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)求得(ii)設(shè)x2>x1>0，根據(jù)：ex1=ax12，ex2=ax【解】(1)f'(x)=e又f(0)=0，所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=x．(2)(i)由f(x)=ax2?ex，得(x+1)所以ex?ax2=0令g(x)=exx所以當(dāng)x∈(?∞,0)時(shí)，g'(x)>0，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g'所以g(x)在(?∞,0)上單調(diào)遞增，在(0,2)上單調(diào)遞減，在又g(2)=e24，且當(dāng)x無(wú)限趨近于?當(dāng)x從0的左側(cè)無(wú)限趨近于0時(shí)，g(x)趨近于+∞，當(dāng)x從0的右側(cè)無(wú)限趨近于0時(shí)，g(x)趨近于+當(dāng)x無(wú)限趨近于+∞時(shí)，ex的增速遠(yuǎn)大于x2的增速，所以g(x)故g(x)的大致圖象如圖所示：又g(?1)=1e<e24，所以當(dāng)且這3個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)均不為?1，所以a的取值范圍為e2(ii)由(i)知ex1=ax12，所以x1?x2=2lnx不妨設(shè)x2>x1>0，所以0<令t=x1x2，則則當(dāng)0<t<1時(shí)，?'所以?(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以?(t)<?(1)=0，所以當(dāng)t∈(0,1)時(shí)，lnt<2(t?1)t+14.已知函數(shù)fx(1)若fx恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍；(2)若fx的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1【分析】(1)構(gòu)造gx=x2lnx，則x2lnx=aa∈R有兩個(gè)根，利用導(dǎo)數(shù)求出gx的性質(zhì)即可借助圖象求出a的取值范圍；【解】(1)令gx=x2ln令g'x=0當(dāng)0<x<e?12時(shí)，g'當(dāng)x>e?12時(shí)，g'因?yàn)楫?dāng)0<x<1時(shí)，gx<0，當(dāng)x>1時(shí)，gx又fx恰有兩個(gè)零點(diǎn)，即x2lnx=aa∈R所以?12e<a<0，故(2)因?yàn)閒x的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1,x2所以lnx1=ax12所以要證2ax12即證lnx2x令x2x1=tt>1，即證明lnF't=1t所以4t而y=4m2+所以y=4m2+所以4t4+4?3e因此Ft在1,+∞上單調(diào)遞增，所以5.(2024·湖南株洲·一模)函數(shù)fx=x+aebx(1)求a、b的值及fx(2)設(shè)x1，x2是方程fx【分析】(1)借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得f'1=e，f1(2)構(gòu)造函數(shù)gx=x?1ex?kx【解】(1)f'由題意有f'1=由1+aeb=0可得a=?1，則f故a=?1、b=1，則fx=x?1當(dāng)x>0時(shí)，f'x>0，當(dāng)x<0時(shí)，f'x<0，故故fx有最小值f(2)令gx=fx?kx2+2=則當(dāng)ex>2k，即x>ln2k時(shí)，g'x>0故gx在0,ln2k故g=?kln由k>2，故gln又g0=0?1e0故gx有兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)兩零點(diǎn)x1<又g1由1<2ln2<2ln則x1<1<2ln6.(2024·湖南邵陽(yáng)·一模)已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx的單調(diào)性；(2)當(dāng)a=12時(shí)，方程f①求b的取值范圍；②證明xi【分析】(1)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，分Δ≤0與Δ(2)①結(jié)合函數(shù)的極值點(diǎn)即可求解；②構(gòu)造函數(shù)?x=fx【解】(1)函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+又a>0，令f'x=0當(dāng)Δ≤0，即a≥23時(shí)，2ax2當(dāng)Δ>0，即0<a<23時(shí)，方程2a因?yàn)閤1+x當(dāng)x∈0,x1和x2,+∞時(shí)，f'x>0綜上：當(dāng)a≥23時(shí)，fx當(dāng)0<a<23時(shí)，fx在0,2?4?6a(2)當(dāng)a=12時(shí)，①方程fx=0有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即方程?b=3ln令gx=3ln令g'x=0，求得：x=1則當(dāng)0<x<1或x>3時(shí)，g'(x)>0，當(dāng)1<x<3時(shí)，則gx在0,1和3,+∞上單調(diào)遞增，在gx存在極大值為g1=?且當(dāng)x→0時(shí)，gx→?∞，當(dāng)x→+要使方程fx=0有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則3ln②證明：設(shè)方程fx=0三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根分別為：x1由①可得0<x1<1<只需證xi?x當(dāng)a=12時(shí)，fx在0,1和3,+且當(dāng)x→0時(shí)，fx→?∞，當(dāng)x→+由fx構(gòu)造函數(shù)?x?'x=f'(x)+f∴?x<?1=0，即又x1∈0,1又∵x2∈1,3,2?x1∈1,2構(gòu)造函數(shù)φx=fx當(dāng)x∈1,3時(shí)φ'x∴φx<φ3=0，即又∵x2∈1,3，則由x2∈1,3∵fx在3,+∞上單調(diào)遞增，又x1+x1.(2024全國(guó)甲卷文T16)曲線與在上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則的取值范圍為．【答案】【解】令，即，令則，令得，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，，曲線與在上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，等價(jià)于與有兩個(gè)交點(diǎn)，所以；故答案為：2．(2023·全國(guó)·乙卷文)函數(shù)存在3個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是(

)A． B． C． D．【答案】B【分析】寫出，并求出極值點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為極大值大于0且極小值小于0即可.【解】，則，若要存在3個(gè)零點(diǎn)，則要存在極大值和極小值，則，令，解得或，且當(dāng)時(shí)，，當(dāng)，，故的極大值為，極小值為，若要存在3個(gè)零點(diǎn)，則，即，解得，故選：B.3.(多選)(2022·全國(guó)·高考真題)已知函數(shù)f(x)=x3?x+1，則(A．f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn) B．f(x)有三個(gè)零點(diǎn)C．點(diǎn)(0,1)是曲線y=f(x)的對(duì)稱中心 D．直線y=2x是曲線y=f(x)的切線【答案】AC【分析】利用極值點(diǎn)的定義可判斷A，結(jié)合f(x)的單調(diào)性、極值可判斷B，利用平移可判斷C；利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義判斷D.【解】由題，f'x=3x2?1，令f'x>0所以f(x)在(?∞,?33)，(因f(?33)=1+23所以，函數(shù)fx在?當(dāng)x≥33時(shí)，fx≥f33>0令?(x)=x3?x，該函數(shù)的定義域?yàn)镽，?(0,0)是?(x)的對(duì)稱中心，將?(x)的圖象向上移動(dòng)一個(gè)單位得到f(x)的圖象，所以點(diǎn)(0,1)是曲線y=f(x)的對(duì)稱中心，故C正確；令f'x=3x2當(dāng)切點(diǎn)為(1,1)時(shí)，切線方程為y=2x?1，當(dāng)切點(diǎn)為(?1,1)時(shí)，切線方程為y=2x+3，故D錯(cuò)誤.故選：AC.4.(2022·全國(guó)·高考真題)已知函數(shù)fx(1)若fx≥0，求a的取值范圍；(2)證明：若fx有兩個(gè)零點(diǎn)x【分析】(1)由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)單調(diào)性及最值，即可得解；(2)利用分析法，轉(zhuǎn)化要證明條件為ex【解】(1)[方法一]：常規(guī)求導(dǎo)：f(x)的定義域?yàn)?0,+∞f'(x)=(1x?1x當(dāng)x∈(0,1),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減；f(x)≥f(1)=e+1?a，若f(x)≥0,則e+1?a≥0,即a≤e+1；所以a[方法二]：同構(gòu)：由f(x)≥0得：e令t=x?lnx,t≥1，則f(t)=令g(t)=et+t,t∈[1,+∞)，則g'(t)=et故g(t)min=g(1)=e+1，即a≤e+1(2)[方法一]：構(gòu)造函數(shù)：由題知,f(x)一個(gè)零點(diǎn)小于1,一個(gè)零點(diǎn)大于1，不妨設(shè)x要證x1x2<1,即證x1又因?yàn)閒(x1)=f(x2即證exx?xe1設(shè)g(x)=e則g設(shè)φ(x)=所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x<e；所以exx?e1即g(x)>g(1)=0,所以e令?(x)=所以?(x)在(1,+∞)單調(diào)遞減；即?(x)<?(1)=0,所以綜上,exx?x[方法二]：對(duì)數(shù)平均不等式：由題意得：f(x)=令t=exx>1所以g(t)=t+lnt?a在(1,+∞又因?yàn)閒(x)=exx+兩邊取對(duì)數(shù)得：x1?又因?yàn)閤1x2<下證x因?yàn)閤不妨設(shè)t=x1構(gòu)造?(t)=2lnt?t+故?(t)=2lnt?t+1t在(1,+∞)上單調(diào)遞減；5.(2022全國(guó)乙卷理)已知函數(shù)f(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)0,f(2)若fx在區(qū)間?1,0,0,+【分析】(1)先算出切點(diǎn),再求導(dǎo)算出斜率即可；(2)求導(dǎo),對(duì)a分類討論,對(duì)x分(?1,0),(0,+∞【解】(1)f(x)的定義域?yàn)??1,+∞)；當(dāng)a=1時(shí),f(x)=lnf'所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=2x(2)f(x)=ln(1+x)+ax1°若a>0,當(dāng)x∈(?1,0),g(x)=e所以f(x)在(?1,0)上單調(diào)遞增,f(x)<f(0)=0；故f(x)在(?1,0)上沒有零點(diǎn),不合題意2°若?1≤a≤0,當(dāng)x∈(0,+∞所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；所以g(x)>g(0)=1+a≥0,即所以f(x)在(0,+∞)上