利用导数研究函数的零点
利用导数研究函数的零点
（求导求出极值，画出函数的草图分析）
1.已知曲线C ：32
112132
y x x x =
--+，直线:l y a = （1）若直线l 与曲线C 有唯一一个交点，求a 的取值范围；（73a <-或13
6a >） （2）若直线l 与曲线C 有两个不同的交点，求a 的取值范围；（73a =-或13
6a =）
（3）若直线l 与曲线C 有三个不同的交点，求a 的取值范围.（76a
-<13
6
<）
解：令2
'2(1)(2)y x x x x =--=+-0=得11,x =-或22x = 当12x -<<时，'0y <；当1x <-或2x >时，'0y >. 所以()g x 在(1,2)-为减函数，在(,1)-∞-，(2,)+∞为增函数.
当1x =-时，取得极大值max 13
6
y =；当2x =时， 取得极大值min 73y =-
； （1）当73a <-或13
6a >时，直线l 与曲线C 有唯一一个交点；
（2）当73a =-或13
6a =时，直线l 与曲线C 有两个不同的交点；
（3）当713
36
a -<<时，直线l 与曲线C 有三个不同的交点.
2.已知函数3
()31,1f x x ax a =--≠ （1）函数()y f x =的单调区间；
（2）若()f x 在1x =-处取得极值，直线y m =与()y f x =的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围.（-3,1）
解: (1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )，当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0，
∴当a <0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a >0时，由f ′(x )>0，解得x <－a 或x >a . 由f ′(x )<0，解得－a
由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值 f (－1)＝1，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.∵直线y ＝m
与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，结合如图所示f (x )的图象可知：实数m 的取值范围是(－3,1)．
x
y
(2,-7
6
)(-1,7
3
)f x () = 13?x 3 1
2
?x 2 2?x + 1
2-1
3.已知函数32
11()2()32
f x x ax x a R =-
+-∈. （1）当3a =时，求函数()y f x =的单调区间；
（2）若过点1(0,)3
可作函数()y f x =图像的三条不同切线，求实数a 的取值范围.(2)a > 解：(1)当a ＝3时，函数f (x )＝-
13x 3+3
2
2x ，得f ′(x )＝－x 2＋3x －2＝－(x －1)(x －2)． 所以当1＜x ＜2时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ＜1或x ＞2时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减． 所以函数f (x )的单调递增区间为(1,2)，单调递减区间为(－∞，1)和(2，＋∞) .
(2)设点P 3
2
1(,2)3
2
a t t t t -+
-是函数y ＝f (x )图象上的切点，则过点P 的切线的斜率k ＝f ′(t )＝－t 2＋at －2， 所以过点P 的切线方程为y ＋32
1232
a t t t -+＝(－t 2＋at －2)(x －t )，
因为点1(0,)3-在该切线上，所以32112332a t t t -+-+＝(－t 2＋at －2)(0－t )，即32211
0323t at -+=.
若过点 1(0,)3- 可作函数y ＝f (x )图象的三条不同切线，则函数g (t )＝32211
323
t at -+有三个不同的零点．
即函数y ＝g (t )的图象与坐标轴横轴有三个不同的交点．令g ′(t )＝2t 2－at ＝0，解得t ＝0或t ＝2
a
.
因为g (0)＝13＞0，311()2243a g a =-+ 所以必须311
()2243
a g a =-+0>，即a ＞2.
所以实数a 的取值范围为(2，＋∞)．
4.(2012江苏)若函数()y f x =在0x x =处取得极大值或极小值，则称0x 为函数()y f x =的极值点，已知,a b 是实数，1和-1是函数3
2
()f x x ax bx =++的两个极值点. （1）求a 和b 的值；（0,3a b ==-）
（2）设函数()g x 的导函数'()()2g x f x =+，求()g x 的极值点；（-2是1不是） （3）设()(())h x f f x c =-，其中[2,2]c ∈-，求函数()y h x =的零点的个数.
（当2c =±时，函数()y h x =有5个零点；当22c -<<时，函数()y h x =有9个零点） 解： (1)由题设知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，且f ′(－1)＝3－2a ＋b ＝0，f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，
解得a ＝0，b ＝－3.
(2)由(1)知f (x )＝x 3－3x . 因为f (x )＋2＝(x －1)2(x ＋2)，
所以g ′(x )＝0的根为x 1＝x 2＝1，x 3＝－2，于是函数g (x )的极值点只可能是1或－2. 当x <－2时，g ′(x )<0；当－2
当|d |＝2时，由(2)可知，f (x )＝－2的两个不同的根为1和－2， 注意到f (x )是奇函数，所以f (x )＝2的两个不同的根为－1和2.
当|d |<2时，因为f (－1)－d ＝f (2)－d ＝2－d >0，f (1)－d ＝f (－2)－d ＝－2－d <0， 所以－2，－1,1,2都不是f (x )＝d 的根．由(1)知f ′(x )＝3(x ＋1)(x －1)．
①当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，于是f (x )是单调增函数，从而f (x )>f (2)＝2，此时f (x )＝d 无实根． 同理，f (x )＝d 在(－∞，－2)上无实根．
②当x ∈(1,2)时，f ′(x )>0，于是f (x )是单调增函数．又f (1)－d <0，f (2)－d >0，y ＝f (x )－d 的图象不间断，所以f (x )＝d 在(1,2)内有唯一实根．同理，f (x )＝d 在(－2，－1)内有唯一实根．
③当x ∈(－1,1)时，f ′(x )<0，故f (x )是单调减函数．又f (－1)－d >0，f (1)－d <0，y ＝f (x )－d 的图象不间断，所以f (x )＝d 在(－1,1)内有唯一实根．
由上可知：当|d |＝2时，f (x )＝d 有两个不同的根x 1，x 2满足|x 1|＝1，|x 2|＝2；当|d |<2时，f (x )＝d 有三个不同的根x 3，x 4，x 5满足|x i |<2，i ＝3,4,5.现考虑函数y ＝h (x )的零点．
(i )当|c |＝2时，f (t )＝c 有两个根t 1，t 2满足|t 1|＝1，|t 2|＝2，
而f (x )＝t 1有三个不同的根，f (x )＝t 2有两个不同的根，故y ＝h (x )有5个零点．
(ii )当|c |<2时，f (t )＝c 有三个不同的根t 3，t 4，t 5满足|t i |<2，i ＝3,4,5，而f (x )＝t i (i ＝3,4,5)有三个不同的根， 故y ＝h (x )有9个零点．
综上可知，当|c |＝2时，函数y ＝h (x )有5个零点；当|c |<2时，函数y ＝h (x )有9个零点． 5. 已知函数32
11(),32
a f x x x ax a x R -=-
+--∈，其中0a >. （1）求函数()y f x =的单调区间；
（2）若函数()y f x =在区间（-2,0）内恰有两个零点，求实数a 的取值范围.1
(0)3
a << 解析：(1)f ′(x )＝x 2＋(1－a )x －a ＝(x ＋1)(x －a )．由f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝a >0. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：
x (－∞，－1)
－1 (－1，a ) a (a ，＋∞)
f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )
极大值
极小值
故函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(a ，＋∞)；单调递减区间是(－1，a )．
(2)由(1)知f (x )在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f (x )在区间(－2,0)内恰有两
个零点. 当且仅当(2)0
(1)0(0)0
f f f -
->??
解得0 6. 已知函数2 ()ln f x x a x =-在（1,2]是增函数，()g x x a x =-在（0,1）为减函数. （1）求函数()f x 、()g x 的解析式；（求得2a =） （2）求证：当0x >时，方程()()2f x g x =+有唯一解. 解:（1） f ′(x )＝2x －a x ，依题意f ′(x )≥0，x ∈(1,2]，即a ≤2x 2，x ∈(1,2]． ∵上式恒成立，∴a ≤2……………………① 又g ′(x )＝1－a 2x ，依题意g ′(x )≤0，x ∈(0,1)， 即a ≥2x ，x ∈(0,1)．∵上式恒成立，∴a ≥2.………… ② 由①②得a ＝2.∴f (x )＝x 2－2ln x ，g (x )＝x －2x . (2)证明 由(1)可知，方程f (x )＝g (x )＋2，即x 2－2ln x －x ＋2x －2＝0. 设h (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －2，则h ′(x )＝2x －2x －1＋1 x . 当h ′(x )＝0时，(x －1)(2x x ＋2x ＋x ＋2)＝0，解得x ＝1.令h ′(x )>0，并由x >0， 解得x >1.令h ′(x )<0，由x >0，解得0 x (0,1) 1 (1，＋∞) h ′(x ) － 0 ＋ h (x ) 递减 极小值 递增 可知h (x )在x =1处有一个最小值0，当x >0且x ≠1时，h (x )>0，∴h (x )＝0在(0，＋∞)上只有一个解． 即当x >0时，方程f (x )＝g (x )＋2有唯一解． 7. 已知函数2 ()()f x ax a R =∈，()2ln g x x = （1）讨论函数()()()F x f x g x =-的单调性； （2）若方程()()f x g x =在区间[2,]e 上有两个不等的实数解，求实数a 的取值范围.ln 21 ( )2a e ≤< 解: (1)F (x )＝ax 2 －2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，∴F ′(x )＝2ax －2x ＝2(ax 2 －1) x (x >0)． ①当a >0时，由ax 2－1>0，得x >1a .由ax 2－1<0，得0 a . 故当a >0时，F (x )的递增区间为?? ??1a ，＋∞，递减区间为? ???0，1a . ②当a ≤0时，F ′(x )<0 (x >0)恒成立．故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)ln 22≤a <1 e 8.已知函数2 ()x f x ke x =-（其中k R ∈，e 是自然对数的底数） （1）若2k =-，判断函数()f x 在区间(0,)+∞上的单调性； （2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <，求k 的取值范围； (3)在（2）的条件下，试证明：10()1f x <<. 解：（1）当2k =-时，'()222(1)0x x f x e x e =--=-+<.所以()f x 在(0,)+∞为减函数 （2）令'()20x f x ke x =-=，得2x x k e = ，设2()x x g x e =，令2(1) '()x x g x e -=0=，得 1x = 显然()g x 在(,1)-∞为减函数，在(1,)+∞为增函数，()g x 在1x =取得最大值为max 2 ()(1)g x g e == 当x →-∞时，()g x →-∞，当x →+∞时，()0g x →，∴20k e << （3）由（2）可知1201x x <<<，由1 12x x k e =，得1 22211111()2(1)1x f x ke x x x x =-=-=--+ ∵1(0,1)x ∈ ∴10()1f x << 9.(2013湖北卷)已知a 为常数，函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点1212,()x x x x <，则 （A ）121()0,()2f x f x >>- （B ）121()0,()2f x f x <<-（C ）121()0,()2 f x f x ><-（D ） 121()0,()2 f x f x <>- 解：令'()12ln 0f x ax x =-+=得1ln 2x a x += 令 1ln ()2x g x x +=，22 22(1ln )ln '()42x x g x x x -+-== ∴()g x 在(0,1)为增函数，在(1,)+?为减函数，在1x =取得最大值1 (1)2 g =. 当x ? ?时，()0g x ?，且当1x >时()0g x >.∴ 102 a << [法一]消去参数化为确定的一元函数： ∵函数()f x 的两个极值点为1212,(01)x x x x <<<. ∴1ln 2i i x ax += (1,2)i =， 1 11111 ()(l n )(l n 1)02 x f x x x a x x =-=-< 222222()(ln )(ln 1)2x f x x x ax x =-=-，记()(ln 1)2 x h x x =- (1)x > 11 '()(11ln )ln 022h x x x =-+=> ∴()(ln 1)2x h x x =-在(1,)+?为增函数，1()(1)2h x h >=-即21 ()2 f x >-选（D ） [法二]消去超越式，化为代数函数式： ∵11'( )ln ln 2022f a a a ==->，∴函数()f x 的两个极值点满足：121 012x x a <<< <. 由ln 21i i x ax =- (1,2)i = 得222 11111111111()ln (21)(1)0f x x x ax x ax ax ax x x ax =-=--=-=-< 222222211 ()(1)1122 f x ax x x ax ax a a =-=->->? -=- 故选（D ） 10.设函数2 ()2ln(1)(1)f x x x =---. （1）求函数()f x 的单调递增区间； （2）若关于x 的方程2 ()x 30f x x a +--=在区间()f x 内恰有两个相异的实根，求实数a 的取值范围. 解：（1）函数()f x 的定义域为(1,)+∞，令12(2) '()2[(1)]011 x x f x x x x -=--=->-- 得12x <<.∴函数()f x 的单调递增区间为(1,2) （2）[法一]：由2 ()x 30f x x a +--=得2 ()3ln(1)1a f x x x x x =--=---. 令()ln(1)1g x x x =--- 23'()111 x g x x x -= -= -- (1)x >. 当23x <<时，'()0g x >；当34x <<时，'()0g x <. 所以()g x 在[2,3]为增函数，在[3,4]为减函数.(2)3,(3)2ln 24,(4)2ln35g g g =-=-=- ∵(2)(4)22ln32(1ln3)0g g -=-=-< ∴(2)(4)g g < 故实数a 的取值范围为2ln352ln 24a -≤<-. [法二]∵f (x )＝2ln ()x －1－() x －12，∴f (x )＋x 2－3x －a ＝0?x ＋a ＋1－2ln () x －1＝0. 令g ()x ＝x ＋a ＋1－2ln () x －1.∵g ′(x )＝1－2x －1＝x －3x －1 ，且x >1， 由g ′(x )>0，得x >3；由g ′(x )<0，得1 －3x －a ＝0在区间[]2，4内恰有两个相异实根????? ? g (2)≥0，g (3)<0， g (4)≥0， 即???? ? a ＋3≥0， a ＋4－2ln 2<0，a ＋5－2ln 3≥0， 解得2ln 3－5≤a <2ln 2－4. 11.（2013惠州一模改编）已知函数2 ()ax 1f x bx =++在3x =处的切线方程为58y x =- （1）求函数()f x 的解析式； （2）若关于x 的方程()x f x ke =恰有两个不同的实数根，求实数k 的值. 解：（1）'()2f x ax bx =+，∴ '(3)65f a b =+=…………① 令3x =代入58y x =-得切点（3，7）.∴9617a b ++=…………② 由①②解得1,1a b ==-. 故所求函数()f x 的解析式为2 ()1f x x x =-+ （2）由()x f x ke =得2()1x x f x x x k e e -+==.令21 ()x x x g x e -+= 令2(21)(1)(1)(2) '()x x x x x x x g x e e ---+---==0=得121,2x x == 当12x <<时，'()0g x >；当12x x <>或时，'()0g x <. ∴()g x 在(1,2)为增函数；在(,1)-∞、(2,)+∞为增函数.当1x =时，取得极小值1 (1)g e =；当2x =时，取得极大值23(2)g e = ； ∴当12x x ==或时，关于x 的方程()x f x ke =恰有两个不同的实数根. 12．已知函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2，x ∈R ，a ，b 为常数。 （1）若函数f (x )在x ＝1处有极值10，求实数a ，b 的值； （2）若函数f (x )是奇函数， ①方程f (x )＝2在x ∈[－2,4]上恰有3个不相等的实数解，求实数b 的取值范围； ②不等式f (x )＋2b ≥0对?x ∈[1，4]恒成立，求实数b 的取值范围。 （1）f ’(x )＝3x 2－2ax －b ， 由f (x )在x ＝1处有极值10，得f ’(1)＝0，f (1)＝10。 即3－2a －b ＝0，1－a －b ＋a -2＝10，解得a ＝3，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11。 经检验，a ＝3，b ＝－3不合题意，舍去。 ∴a ＝－4，b ＝11。 （2）由于函数f (x )的定义域为R ，由函数f (x )是奇函数，得f (0)＝0，∴a ＝0。 ①由f (x )＝2，得f (x )－2＝0，令g (x )＝f (x )－2＝x 3－bx －2，则方程g (x )＝0在x ∈[－2,4]上恰有3个不相等的实数解。 ∵g ’(x )＝3x 2－b ， （ⅰ）若b ≤0，则g ’(x )≥0恒成立，且函数g (x )不为常函数，∴g (x )在区间[－2,4]上为增函数，g (0)＝0，所以，g (x )＝0在区间[－2,4]上有且只有一个实数解。不合题意，舍去。 （ⅱ）若b ＞0，则函数g (x )在区间(－∞，－ b 3 )上为增函数，在区间(－b 3 ，b 3 )上为减函数，在区间(b 3 ，＋∞)上为增函数，由方程g (x )＝0在x ∈[－2,4]上恰有3个不相等的实数解，可得 (2)0, ()0,3(4)0,f b f f -≤?? ? ->???≥? 解得5,3,31,2 b b b ??≤?>???≤? ∴b ∈(3,5] ②由不等式f (x )＋2b ≥0，得x 3－bx ＋2b ≥0，即(x －2)b ≤x 3， （ⅰ）若x －2＝0即x ＝2时，b ∈R ； (ⅱ）若x －2＜0即x ∈[1,2)时，b ≥x 3x －2在区间[1,2)上恒成立，令h (x )＝x 3 x －2，则b ≥h (x )max 。∵h ’(x )＝2x 2(x －3)(x －2)2 ， ∴h ’(x )＜0在x ∈[1,2)上恒成立，所以h (x )在区间[1,2)上是减函数，∴h (x )max ＝h (1)＝－1，∴b ≥－1。 （ⅲ）若x －2＞0即x ∈(2,4]时，b ≤x 3 x －2 在区间(2,4]上恒成立，则b ≤h (x )min 。由（ⅱ）可知，函数所以 h (x )在区间(2,3)上是减函数，在区间(3,4]上是增函数，∴h (x )min ＝h (3)＝27，∴b ≤27。 综上所述，b ∈[－1，27]。 13．已知函数[].2,0,3 34)(2 ∈+= x x x x f ，（Ⅰ）求)(x f 的值域； （Ⅱ）设0≠a ，函数[]2,0,3 1)(2 3∈-=x x a ax x g 。若对任意[]2,01∈x ，总存在[]2,02∈x ，使 0)()(21=-x g x f , 求实数a 的取值范围. 解：⑴方法一：对函数)(x f 求导，,) 1(134)(2 22 +-='x x x f 令)(x f '=0，得1=x 或1-=x ， 当()1,0∈x 时，)(x f '>0，)(x f 在()1,0上单调递增；当)2,1(∈x 时, )(x f '<0, )(x f 在(1,2)上单调递减。又 ,32)1(,0)0(==f f ,158)2(=f ∴当)2,0(∈x 时)(x f 的值域是?? ? ???32,0； 方法二：当0=x 时)(x f =0；当]2,0(∈x 时)(x f ,32121341134=??≤+? =x x x x 当且仅当1,1 ==即x x x 时)(x f 的值域是?? ? ???32,0； （2）设函数)(x g 在[]2,0的值域是A ，∵对任意[]2,01∈x ，总存在[]2,02∈x ，使0)()(21=-x g x f 。 ∴?? ????32,0,A ?对函数)(x g 求导，a x g =')(2 2a x -， ①当0),2,0(<∈a x 时，函数)(x g 在)2,0(上单调递减， ,0238)2(,0)0(2<-==a a g g ∴当[]2,0∈x 时，不满足?? ? ???32,0A ?； ②当0>a 时，a x g =')())((a x a x +-，令,0)(='x g 得a 或x a x -==（舍去）， （i ）当[]2,0∈x ，20<< a 时，列表 x 0 ),0(a a )2,(a 2 )(x g ' － ＋ )(x g ↓ a a 23 2 - ↑ 223 8 a a -- ∵,0)(,0)0(<=a g g 又∵?? ????32,0A ?，∴,32238)2(2 ≥-=a a g 解得.131≤≤a (ii ）当2),2,0(≥∈a x 时, 0)(<'x g ,∴函数)(x g 在)2,0(上单调递减，,0)0(=g 0238)2(2<-=a a g ,∴当[]2,0∈x 时，不满足??????32,0A ?.综上,实数a 的取值范围是?? ????1,31. 14．已知函数x a x x f ln 2 1)(2 -= )(R a ∈， （Ⅰ）若函数)(x f 在),1(+∞为增函数，求a 的取值范围； （Ⅱ）讨论方程0)(=x f 解的个数，并说明理由. 解：（1）若函数)(x f 在),1(+∞上恒成立。则0)(≥- ='x a x x f 在),1(+∞上恒成立， 即：2 x a ≤在),1(+∞上恒成立。所以有 1≤a （2）当0=a 时，)(x f 在定义域),0(+∞上恒大于0，此时方程无解； 当0- ='x a x x f 在),0(+∞上恒成立，所以)(x f 在定义域),0(+∞上为增函数。 02 1 )1(>=f ，0121)(2 1<-=a a e e f ，所以方程有惟一解。 当0>a 时，x a x a x x a x x a x x f ) )(()(2-+=-=-=' 因为当),0(a x ∈时，0)(>'x f ，)(x f 在),0(a 内为减函数； 当),(+∞∈a x 时，)(x f 在),(+∞a 内为增函数。 所以当a x = 时，有极小值即为最小值)ln 1(2 1 ln 21)(a a a a a a f -=-= 。 当),0(e a ∈时，0)ln 1(2 1 )(>-=a a a f ，此方程无解； 当e a =时，.0)ln 1(2 1 )(=-= a a a f 此方程有惟一解a x =。 当),(+∞∈e a 时，0)ln 1(2 1 )(<-=a a a f 因为02 1 )1(>=f 且a <1，所以方程0)(=x f 在区间),0(a 上有惟一解， 因为当1>x 时，0)ln (>'-x x ，所以1ln >-x x 所以ax x x a x x f x x ->-=>2221ln 21)(,ln ，因为12>>a a ，所以02)2(2 1)(2 2=->a a x f ， 所以方程0)(=x f 在区间),(+∞a 上有惟一解。所以方程0)(=x f 在区间),(+∞e 上有惟两解。 综上所述：当),0[e a ∈时，方程无解；当e a a =<或0时，方程有惟一解； 当e a >时方程有两解 15、已知函数[)2,1,]1,0[14)(2 3 4 在区间单调递增在区间-+-=ax x x x f 单调递减， （I ）求a 的值； （II ）是否存在实数b ，使得函数)(1 )(2 x f bx x g 的图象与函数-=的图象恰有3个交点，若存在，请求出实数b 的值；若不存在，试说明理由。 解：（I ）由函数[)2,1,]1,0[14)(2 3 4 在区间单调递增在区间-+-=ax x x x f 单调递减。 知0)1(,,1='∴=f x 取得极大值时 ax x x x f 2124)(3 +-=' 402124=?=+-∴a a （II ）函数)(1 )(2 x f bx x g 的图象与函数-=的图象恰好有3个交点， 等价于方程.311442 2 3 4 个不等实根恰有-=-+-bx x x x 0)4(411442342234=-+-?-=-+-x b x x bx x x x 0=x 是其中一个根， 40040 )4(4160)4(42≠>?? ? ?≠->--=?=-+-∴b b b b b x x 且有两个非零不等实根方程 故存在实数：40≠>b b 且 …………12分 16．已知3x =是函数()()2 ln 110f x a x x x =++-的一个极值点。 （Ⅰ）求a ； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间； （Ⅲ）若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，求b 的取值范围。 解析：（Ⅰ）因为()'2101a f x x x = +-+ . 所以()'361004 a f =+-=.因此16a = （Ⅱ）由（Ⅰ）知，()()()2 16ln 110,1,f x x x x x =++-∈-+∞, ()()2' 2431x x f x x -+= + 当() ()1,13,x ∈-+∞时，()'0f x >当()1,3x ∈时，()'0f x < 所以()f x 的单调增区间是()()1,1,3,-+∞()f x 的单调减区间是()1,3 （Ⅲ）由（Ⅱ）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或 3x =时，()'0f x =.所以()f x 的极大值为()116ln 29f =-，极小值为()332ln 221f =- 因此()()2 1616101616ln 291f f =-?>-=. () ()213211213f e f --<-+=-< 所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =与()y f x =的图象各有一个交点， 当且仅当()()31f b f << 17．f (x )＝x －ln (x ＋a )在x ＝1处取得极值. (1)求实数a 的值；(2)若关于x 的方程f (x )＋2x ＝x 2＋b 在[1 2，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值 范围； (3)证明：∑n k ＝21 k －f (k ) ＞3n 2－n －2n (n ＋1)(n ∈N ，n ≥2).参考数据：ln 2≈0.6931. 解：(1)f '(x )＝1＋ 1 x ＋a ，由题意，得f '(1)＝0 ? a ＝0 ……2' (2)由(1)知f (x )＝x －lnx . ∴f (x )＋2x ＝x 2＋b ? x －lnx ＋2x ＝x 2＋b ? x 2－3x ＋lnx ＋b ＝0 设g (x )＝x 2 －3x ＋lnx ＋b (x ＞0). 则g '(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2 －3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1) x ……4' 当x 变化时，g '(x )，g (x )的变化情况如下表 x (0，1 2) 12 (1 2，1) 1 (1，2) 2 g '(x ) ＋ － ＋ G (x ) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ b －2＋ln 2 ……6' 当x ＝1时，g (x )最小值＝g (1)＝b －2，g (12)＝b －5 4－ln 2，g (2)＝b －2＋ln 2 ∵方程f (x )＋2x ＝x 2＋b 在[1 2，2]上恰有两个不相等的实数根 由???g (12)≥0g (1)＜0g (2)≥0 ? ? ??b －5 4－ln 2≥0b －2＜0b －2＋ln 2≥0 ? 5 4 ＋ln 2≤b ≤2 ……9' (3)∵k －f (k )＝lnk ∴∑n k ＝21 k －f (k ) ＞3n 2－n －2n (n ＋1) 1ln 2＋1ln 3＋1ln 4＋…＋1lnn ＞3n 2 －n －2n (n ＋1)(n ∈N ，n ≥2) ……10’ 设Φ(x )＝lnx －14(x 2－1), 则Φ'(x )＝1x －x 2＝2－x 2 2x ＝－(x ＋2)(x －2)2x 当x ≥2时，Φ'(x )＜0 ? 函数Φ(x )在[2，＋∞)上是减函数， ∴Φ(x )≤Φ(2)＝ln 2－34＜0 ? lnx ＜1 4(x 2－1) ……12' ∴当x ≥2时，1lnx ＞4x 2－1＝4(x ＋1)(x －1)＝2(1x －1－1 x ＋1) ……13' ∴ 1ln 2＋1ln 3＋1ln 4＋…＋1lnn ＞2[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋(14－16)＋……(1n －1－1 n ＋1 )] ＝2(1＋12－1n －1n ＋1)＝3n 2－n －2n (n ＋1). ∴原不等式成立 18．已知x=1是()2ln b f x x x x =-+的一个极值点 （1）求b 的值； （2）求函数()f x 的单调增区间； （3）设x x f x g 3 )()(- =，试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g(x )相切？请说明理由。 解：(1) 因x=1是()2ln b f x x x x =-+的一个极值点,∴0)1('=f 又 x x b x f 1 2)('2++= 所以2+b+1=0 ∴b= -3经检验，适合题意，所以b= -3． (2) 01 32)('2 >+- =x x x f 又0>x ∴x>1 ∴函数 的单调增区间为),1[+∞ （3）x x f x g 3 )()(- ==2x +ln x 设过点（2，5）与曲线g (x )的切线的切点坐标为00(,)x y ∴/ 0005()(2)y g x x -=- 即000012ln 5(2)(2)x x x x +-=+- ∴00 2ln 20x x +-= 令h(x )=2 ln 2x x +- ∴/ h (x)= 212 x x -=0∴2x = ∴h(x )在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增 又1()2ln 202 h =->，h(2)=ln2-1<0，2 22 ()0h e e => ∴h(x )与x 轴有两个交点 ∴过点（2，5）可作2条曲线y=g(x )的切线. 19、已知3=x 是函数x x x a x f 10)1ln()(2-++=的一个极值点。 (1)求a （2）求函数)(x f 的单调区间； （3）若直线b y =与函数)(x f y =的图象有3个交点，求b 的取值范围。 （1）解：)1(1021 )(->-++= 'x x x a x f …………2分 16044 )3(,)(3==-= '∴=a a f x f x 即的一个极值点为 …………4分 （2）当1 ) 3)(1(2102116)(,16+--= -++='=x x x x x x f a 时 令310)(==='x x x f 或得 …………6分 x （—1，1） 1 （1，3） 3 ),3(+∞ )(x f ' + 0 — 0 + )(x f 极大值 极小值 ∴由上表可知，)(x f 的单调递增区间为),3()1,1(+∞-和，其单调减区间为（1，3）…………9分 （3）由（2）知92ln 16)1()(,214ln 16)3()(-==-==f x f f x f 极大值极小值……10分 若直线)(x f y b y ==与函数的图象有3个交点,则92ln 16212ln 32-<<-b 利用导数解决函数零点问题(第二轮大题) 这是一类利用导数解决函数零点的问题,解决这类问题的一般步骤是:转化为所构造函数的零点问题(1)求导分解定义域(2)导数为零列表去,(先在草稿纸进行)(3)含参可能要分类 (4)一对草图定大局(零点判定定理水上水下，找端点与极值点函数值符号) 目标:确保1分,争取2分,突破3分. (一)课前测试 1.(2015年全国Ⅰ卷,21)设函数x a e x f x ln )(2-=. (1)讨论)(x f 的导函数)(x f '零点的个数; (二)典型例题 2.(2017年全国Ⅰ卷,21)已知函数 e a ae x f x x -+=)2()(2(2)若0>a 且)(x f 有两个零点,求a 的取值范围. 注： ①求导分解定义域，这1分必拿， )0)(2(1 )(2>-= 'x a xe x x f x ②草稿纸上令0)(='x f ，构造函数)0(2)(>-=x a xe x g x ，重复上面步骤， 042)(22>+='x x xe e x g ， )(x g 在),0(+∞递增 ③草图 a g -=)0(， +∞→+∞→)(x g x 时。 一定要用零点判定定理确定零点个数 ④综上所述送1分. )(x f ' )(x f (三)强化巩固 3.(2017年全国Ⅱ卷,21)(2)证明:x x x x x f ln )(2 --=存在唯一 的极大值点0x ,且202 2)(--< 第六节利用导数研究函数零点问题 考点一 研究函数零点个数 [典例] (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝1 3x 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． [解] (1)当a ＝3时，f (x )＝1 3x 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 )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明：因为x 2＋x ＋1>0， 所以f (x )＝0等价于x 3 x 2＋x ＋1－3a ＝0. 设g (x )＝x 3 x 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(－∞，＋∞)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)＝－6a2＋2a－1 3＝－6? ? ? ? a－ 1 62－ 1 6<0，f(3a＋1)＝ 1 3>0， 故f(x)有一个零点． 综上，f(x)只有一个零点． [解题技法]判断函数零点个数的3种方法 [对点训练] 设函数f(x)＝ln x＋m x，m∈R. (1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值； (2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x 3零点的个数． 解：(1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋e x(x>0)， 则f′(x)＝x－e x2， ∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， ∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋e e＝2， ∴f(x)的极小值为2. (2)由题意知g(x)＝f′(x)－x 3＝ 1 x－ m x2－ x 3(x>0)， 令g(x)＝0，得m＝－1 3x 3＋x(x>0)． 设φ(x)＝－1 3x 3＋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．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点， 因此x＝1也是φ(x)的最大值点， 利用导数研究方程的根和函数的零点--教案 利用导数研究方程的根和函数的零点 总结：①方程()0=x f的根()的零点 ? y= f 函数x ()轴的交点的恒坐标 ? f y= x 函数x 的图像与 ②方程()()x g f=的根 x ()()的根 f x x h- ? = g = x 方程0 - ?x f()()()的零点 x g ()()。 g y= x ? = 的图象的交点的横坐标 与 函数x f y 1．设a为实数，函数 ()a 3，当a什么范 - f+ - =2 x x x x 围内取值时，曲线()x f y= 与x轴仅有一个交点。 2、已知函数f(x)=－x2+8x,g(x)=6ln x+m （Ⅰ）求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值h(t); （Ⅱ）是否存在实数m，使得y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m的取值范围；，若不存在，说明理由。 解：（I）22 =-+=--+ ()8(4)16. f x x x x 当14,t +<即3t <时，() f x 在[],1t t +上单调递增，22()(1)(1)8(1)67;h t f t t t t t =+=-+++=-++ 当41,t t ≤≤+即34t ≤≤时，()(4)16;h t f ==当4t >时，()f x 在[],1t t +上单调递减，2()()8.h t f t t t ==-+综上，2267,3,()16,34, 8,4t t t h t t t t t ?-++? （II ）函数()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，即函数 ()()()x g x f x φ=-的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点。 22()86ln , 62862(1)(3)'()28(0),x x x x m x x x x x x x x x x φφ=-++-+--∴=-+==>Q 当(0,1)x ∈时，'()0,()x x φφ>是增函数；当(0,3)x ∈时，'()0,()x x φφ<是减函数； 当(3,)x ∈+∞时，'()0,()x x φφ>是增函数；当1,x =或3x =时，'()0.x φ= ()(1)7,()(3)6ln 315.x m x m φφφφ∴==-==+-最大值最小值 Q 当x 充分接近0时，()0,x φ<当x 充分大时，()0.x φ> ∴ 要使()x φ的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须 高三数学专题复习 函数的零点与导数的应用关系 21、（本题满分14分） 已知函数1()ln ,()f x a x a R x =-∈其中 （1）设()(),h x f x x =+讨论()h x 的单调性。 （2）若函数()f x 有唯一的零点，求a 取值范围。 21．解：（1）1()ln h x a x x x =-+，定义域为(0,)+∞………………1分 22211()1a ax x h x x x x ++'=++=………………2分 令22()1,4g x x ax a =++?=- 当0?≤，即22a -≤≤时()0g x ≥，()0h x '≥此时()h x 在(0,)+∞上单调递增。………………4分 当0?>即2a <-或2a >时，由()0g x =得1x =，2x = ………………5分 若2a >则10x <又1210x x =>所以20x < 故()0h x '>在(0,)+∞上恒成立 所以()h x 在(0,)+∞单调递增……………………6分 若2a <-则20x >又1210x x =>所以20x > 此时当1(0,)x x ∈时()0h x '>；当12(,)x x x ∈时()0h x '<当2(,)x x ∈+∞时()0h x '> 故()h x 在1(0,)x ，2(,)x +∞上单调递增，在12(,)x x 单调递减……………………7分 综上，当2a ≥-时()h x 在(0,)+∞上单调递增 当2a <-时()h x 在1(0,)x ，2(,)x +∞单调递增，在12(,)x x 单调递减……………8分 （2）方法1：问题等价于1ln a x x = 有唯一实根 显然0a ≠则关于x 的方程1ln x x a =有唯一实根……………10分 构造函数()ln x x x ?=，则()1ln x x ?'=+ 由0ln 1'=+=x ?，得e x 1= 导数与函数的零点 考点一 判断零点的个数 【例1】 (2020·潍坊检测)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 )＝1 x －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 )＝1 x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x ，x >0. 令－2x 20＋ax 0＋1＝0，解得 x 0＝a ＋a 2＋8 4 (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： 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，其核心又是由导数值的正、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()0f x '＝.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()() 2 1e x f x x ax =++. （1）讨论()f x 的单调性； （2）若函数()() 2 1e 1x g x x mx =+--在[)1,-+∞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()()()11e x f x a x x =++'+，再对参数a 分类讨论可得； （2）依题意可得()()2 1e x g x m x =+'-，当0m …函数在定义域上单调递增，不满足条件； 当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数，因为()01g m '=-，()00g =.再对1m =，1m >， 01m <<三种情况讨论可得. 【解析】（1）因为()() 2 1x f x x ax e =++，所以()()221e x f x x a x a ??=+++??'+， 即()()()11e x f x a x x =++'+. 由()0f x '=，得()11x a =-+，21x =-. ①当0a =时，()()2 1e 0x f x x =+'…，当且仅当1x =-时，等号成立. 故()f x 在(),-∞+∞为增函数. ②当0a >时，()11a -+<-， 由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-，由()0f x <′得()11a x -+<<-； 所以()f x 在()() ,1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()() 1,1a -+-为减函数. 高中数学：利用导数求解函数的零点或方程的根的问题 (2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a ＞0)． (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间； (3)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝2ln x －x 2， ∴f ′(x )＝2x －2x ，∴f ′(1)＝0， 又f (1)＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＋1＝0. (2)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2， ∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x ， ∵x ＞0，a ＞0， ∴当0＜x ＜a 时，f ′(x )＞0，当x ＞a 时，f ′(x )＜0. ∴f (x )在(0，a )上是增函数，在(a ，＋∞)上是减函数． (3)由(2)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)． 讨论函数f (x )的零点情况如下： ①当a 2(2ln a －1)＜0，即0＜a ＜e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点； ②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1＜a ＝e ＜e 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点； ③当a 2(2ln a －1)＞0，即a ＞e 时， 由于f (1)＝－1＜0，f (a )＝a 2(2ln a －1)＞0，f (e 2)＝2a 2lne 2－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)， 当2a －e 2＜0，即 e ＜a ＜e 22时，1＜e ＜a ＜e 22＜e 2，f (e 2)＜0， 由函数的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ， 作者：非成败 作品编号：92032155GZ5702241547853215475102 时间：2020.12.13 利用导数研究方程的根 函数与x 轴即方程根的个数问题解题步骤 第一步：画出两个图像即“穿线图”（即解导数不等式）和“趋势图”即三次函数的大致趋势“是先增后减再增”还是“先减后增再减”； 第二步：由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式（组）；主要看极大值和极小值与0的关系； 第三步：解不等式（组）即可； 1、已知函数()e ,x f x x =∈R . (Ⅰ) 求f (x )的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程; (Ⅱ) 证明: 曲线y = f (x) 与曲线211 2 y x x =++有唯一公共点. 【答案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数x x g ln )(=,则y=g(x)过点(1,0)的切线斜率 k=(1)g'. 1(1)g'x 1 (x)g'==?= k .过点(1,0)的切线方程为:y = x+ 1 (Ⅱ) 证明曲线y=f(x)与曲线12 1 2++=x x y 有唯一公共点,过程如下. 则令,,121 121)()(22R x x x e x x x f x h x ∈---=---= )0('',0)0('0)0(,1)('')(',1)('===-=--=h h h e x h x h x e x h x x ，，且的导数 因此, 单调递增 时当单调递减时当)('0)(''0;)('0)(''0x h y x h x x h y x h x =?>>=?<<0 )(,0)0(')('===≥=?x R x h y h x h y 个零点上单调递增，最多有一在所以 所以,曲线y=f(x)与曲线12 12 ++=x x y 只有唯一公共点(0,1).(证毕) 2、已知函数()1x a f x x e =-+ (a R ∈,e 为自然对数的底数). (1)求函数()f x 的极值; (2)当1a =的值时,若直线:1l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点,求k 的最大值. 【题型一】函数的零点个数 【解题技巧】用导数来判断函数的零点个数，常通过研究函数的单调性、极值后，描绘出函数的图象，再借助图象加以判断。 【例 1】已知函数 f ( x) x33ax 1,a0 求 f ( x) 的单调区间； 若 f (x) 在x 1 处取得极值，直线y=m 与y f (x) 的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围。 变式：已知定义在R 上的奇函数，满足，且在区间 [0,2]上是增函数，若方程 f ( x) m (m 0) 在区间 [ 8 , 8]上有四个不同的根，则 【答案】 -8 【解析】因为定义在R 上的奇函数，满足，所以，所以,由为奇函数，所以函数图象关于直 线对称且，由知，所以函数是以8 为周期的周期函数，又因为在区间[0,2]上是增函数，所以在区间 [-2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0)在区间上有四个不同的根，不妨设，由对称性知，．所以． y f(x)=m -8 -6 -4 -2 0 2 4 6x 【题型二】复合函数的零点个数 复合函数是由内层函数与外层函数复合而成的，在处理其零点个数问题时，应分清内层和外层函数与零点的关系。 【解题技巧】函数h( x) f ( f ( x))c的零点个数的判断方法可借助换元法解方程的思想 分两步进行。即令f (x) d ，则 h(x) f (d ) c 第一步：先判断 f (d ) c 的零点个数情况 第二步：再判断 f ( x) d 的零点个数情况 【例 2】已知函数 f (x) x33x 设 h(x) f ( f ( x)) c ，其中 c [ 2 ，2] ，求函数 y h(x) 的零点个数 1 ．（江苏省连云港市2013届高三上学期摸底考试（数学）已知函数 f ( x) x33ax 29a2 x(a 0) .若方程 f ' ( x) 121nx 6ax 9a2 a 在[l,2]恰好有两 个相异的实根, 求实数 a 的取值范围 ( 注:1n2 ≈: 【题型三】如何运用导数求证函数“存在、有且只有一个”零点 【解题技巧】（ 1）要求证一个函数存在零点，只须要用“ 函数零点的存在性定理” 即可证明。 即： 如果函数 f ( x) 在区间a， b 上是一条连续不断曲线，并且 f ( a) f (b)0 ，则函数 f (x) 在区间a， b上至少有一个零点。即存在一点x0a， b，使得 f (x0)0 ， 这个 x0也就是方程 f (x)0 的根. （2）要求证一个函数“ 有且只有一个”零点，先要证明函数为单调函数，即存在零点；再用“ 函数零点的存在性定理”求证函数零点的唯一性。其依据为： 如果函数 f ( x) 在区间a， b 上是单调函数，并且 f (a) f (b) 0 ，则函数 f ( x) 在区间 a， b 上至多有一个零点。 【例 3】设函数f ( x) x39 x26x a ． 2 （ 1）对于任意实数x，f(x) m 恒成立，求 m 的最大值； （ 2）若方程 f ( x) 0 有且仅有一个实根，求 a 的取值范围． 利用导数研究函数的零点 （求导求出极值，画出函数的草图分析） 1.已知曲线C ：32 112132 y x x x = --+，直线:l y a = （1）若直线l 与曲线C 有唯一一个交点，求a 的取值范围；（73a <-或13 6a >） （2）若直线l 与曲线C 有两个不同的交点，求a 的取值范围；（73a =-或13 6a =） （3）若直线l 与曲线C 有三个不同的交点，求a 的取值范围.（76a -<13 6 <） 解：令2 '2(1)(2)y x x x x =--=+-0=得11,x =-或22x = 当12x -<<时，'0y <；当1x <-或2x >时，'0y >. 所以()g x 在(1,2)-为减函数，在(,1)-∞-，(2,)+∞为增函数. 当1x =-时，取得极大值max 13 6 y =；当2x =时， 取得极大值min 73y =- ； （1）当73a <-或13 6a >时，直线l 与曲线C 有唯一一个交点； （2）当73a =-或13 6a =时，直线l 与曲线C 有两个不同的交点； （3）当713 36 a -<<时，直线l 与曲线C 有三个不同的交点. 2.已知函数3 ()31,1f x x ax a =--≠ （1）函数()y f x =的单调区间； （2）若()f x 在1x =-处取得极值，直线y m =与()y f x =的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围.（-3,1） 解: (1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )，当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0， ∴当a <0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a >0时，由f ′(x )>0，解得x <－a 或x >a . 由f ′(x )<0，解得－a 利用导数研究函数的图像及零点问题 【复习指导】 本讲复习时，应注重利用导数来研究函数图像与零点问题，复习中要注意等价转化、分类讨论等数学思想的应用． 基础梳理 1．确定函数的图像 ①．特征点：零点，极值点，顶点，与y轴的交点； ②．特征线：渐近线，对称轴． 2．函数的零点 ⑵．求函数的零点的知识提示： ①．判别式； ②．介值定理； ③．单调性． 两个注意 ⑴．描绘函数的图像首先确定函数的定义域． ⑵．注意利用函数的图像确定函数的零点． 三个防范 ⑴．． ⑵．． ⑶． 常见函数的图像 ⑴．函数(0,0)x y ae bx c a b =++><与函数ln (0,0)y ax b c x a c =++><的图像类似于二次函数2(0)y ax bx c a =++>的图像． ⑵．函数(0,0)x y ae bx c a b =++<>与函数ln (0,0)y ax b c x a c =++<>的图像类似于二次函数2(0)y ax bx c a =++<的图像． ⑶．函数2(0,0)x y ae bx cx d a b =+++><与函数2ln (0,0)y ax bx c d x a d =+++><的图像类似于二次函数32(0)y ax bx cx d a =+++>的图像． ⑷．函数2(0,0)x y ae bx cx d a b =+++<>与函数2ln (0,0)y ax bc c d x a d =+++<>的图像类似于二次函数32(0)y ax bx cx d a =+++<的图像． 双基自测 ⑴．画函数1ln y x x =--的图像． ⑵．画函数2x y e x =-的图像． ⑶．画函数x e y x =的图像． ⑷．画函数ln x y x = 的图像． ⑸．关于x 的方程ln 1x e x =的实根个数是 ．1 初等数学的方法能够解决的函数问题：定义域、奇偶性、周期性、对称轴、渐近线 初等数学的方法未能彻底解决的函数问题：值域、单调性、零点、极值点 考点一 函数的图像问题 题型⑴．画函数的图像 【例1】画函数1x y e x =--的图像． 【练习1】画函数2x y x e =-的图像． 函数的零点 【题型一】函数的零点个数 【解题技巧】用导数来判断函数的零点个数，常通过研究函数的单调性、极值后，描绘出函数的图象，再借助图象加以判断。 【例1】已知函数3 ()31,0f x x ax a =--≠ ()I 求()f x 的单调区间； ()II 若()f x 在1x =-处取得极值，直线y=m 与()y f x = 的图象有三个不同的交点， 求m 的取值范围。 变式：已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-，且在区间[0,2]上是增函数，若方程 ()(0)f x m m =>在区间[8,8]-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，则 1234_________. x x x x +++= 【答案】 -8 【解析】因为定义在R 上的奇函数，满足(4)()f x f x -=-，所以(4)()f x f x -=-，所以, 由)(x f 为奇函数，所以函数图象关于直线2x =对称且(0)0f =，由(4)()f x f x -=-知(8)()f x f x -=，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为)(x f 在区间[0,2]上 是增函数，所以)(x f 在区间[-2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0) 在区间 []8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，不妨设1234x x x x <<<，由对称性知 1212 x x +=-， 344 x x +=． 所以12341248 x x x x +++=-+=-． 6 【题型二】复合函数的零点个数 复合函数是由内层函数与外层函数复合而成的，在处理其零点个数问题时，应分清内层和外层函数与零点的关系。 【解题技巧】函数()(())h x f f x c =-的零点个数的判断方法可借助换元法解方程的思想 分两步进行。即令()f x d =，则()()h x f d c =- 第一步：先判断()f d c =的零点个数情况 第二步：再判断()f x d =的零点个数情况 【例2】已知函数3()3f x x x =- 设()(())h x f f x c =-，其中[22]c ∈-，，求函数()y h x =的零点个数 1．（江苏省连云港市2013届高三上学期摸底考试（数学）已知函数 322()39(0)f x x ax a x a =--≠.若方程'2()12169f x nx ax a a =---在[l,2]恰好有两个 相异的实根,求实数a 的取值范围(注:1n2≈0.69): 【题型三】如何运用导数求证函数“存在、有且只有一个”零点 【解题技巧】（1）要求证一个函数存在零点，只须要用“函数零点的存在性定理”即可证明。即： 导数和函数零点问题 Prepared on 24 November 2020 导数和函数零点 1、已知函数3()31,0f x x a x a =--≠ （1）求()f x 的单调区间； （2）若()f x 在1x =-处取得极值，直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交 点， 求m 的取值范围。 2、设a 为实数，函数a x x x f ++-=3)(3 （1）求)(x f 的极值； （2）若方程0)(=x f 有3个实数根，求a 的取值范围； （3）若0)(=x f 恰有两个实数根，求a 的值。 3、已知函数)(ln 2)(2R a x ax x f ∈-= （1）讨论)(x f 的单调性； （2）是否存在a 的值，使得方程3)(=x f 有两个不等的实数根 若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由。 4、已知函数a ax x a x x f ---+=232 131)(，x R ∈，其中0>a 。 （1）求函数)(x f 的单调区间； （2）若函数)(x f 在区间)0,2(-内恰有两个零点，求a 的取值范围； 5、已知函数)0()23()(2 3>+--++=a d x b a c bx ax x f 的图象如图所示. （1）求c ，d 的值； （2）若函数,01132)(=-+=y x x x f 处的切线方程 在求函数)(x f 的解析式； （3）在（2）的条件下，函数m x x f y x f y ++= =5)(3 1)('与的图象有三个不同的交点， 求m 的取值范围； 6、已知定义域为R 的奇函数)(x f ，当0>x 时，)(1ln )(R a ax x x f ∈+-= 第三篇导数及其应用 专题3.5导数与函数的零点 【考点聚焦突破】 考点一判断零点的个数 【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}． (1)求函数f(x)的解析式； (2)求函数g(x)＝f(x) x－4ln x的零点个数． 【答案】见解析 【解析】(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}， ∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1. 故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3. (2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3 x－4ln x＝x－3 x－4ln x－2， ∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3 x2－ 4 x＝ (x－1)(x－3) x2，令g′(x)＝0，得x1 ＝1，x2＝3. 当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表： X(0，1)1(1，3)3(3，＋∞) g′(x)＋0－0＋ g(x)极大值极小值 当0 故g(x)仅有1个零点． 【规律方法】利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定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)利用零点存在性定理：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． 【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828…. (1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点； (2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由． 【答案】见解析 【解析】(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x， 所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0， 所以h(1)h(2)<0， 所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点． (2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x. 由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)， 而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点． 又h(x)在(1，2)内有零点， 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点． h′(x)＝e x－1 2x－1 2 －1，记φ(x)＝e x－ 1 2 x－1 2 －1， 则φ′(x)＝e x＋1 4 x－3 2 . 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点， 即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点， 第16讲-导数与函数的零点 一、 经典例题 考点一 判断零点的个数 【例1】已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }． (1)求函数f (x )的解析式； (2)求函数g (x )＝f (x )x －4ln x 的零点个数． 解 (1)∵ f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }， ∴设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a >0. ∴f (x )min ＝f (1)＝－4a ＝－4，a ＝1. 故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3. (2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x －4ln x －2， ∴g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝(x －1)(x －3)x 2 ，令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝3. 当x 变化时，g ′(x )，g (x )的取值变化情况如下表： X (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) g ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ g (x ) 极大值 极小值 当0 利用导数研究方程的根 函数与x 轴即方程根的个数问题解题步骤 第一步：画出两个图像即“穿线图”（即解导数不等式）和“趋势图”即三次函数的大致趋势“是先增后减再增”还是“先减后增再减”； 第二步：由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式（组）；主要看极大值和极小值与0的关系； 第三步：解不等式（组）即可； 1、已知函数()e ,x f x x =∈R . (Ⅰ) 求f (x )的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程; (Ⅱ) 证明: 曲线y = f (x) 与曲线211 2 y x x =++有唯一公共点. 【答案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数x x g ln )(=,则y=g(x)过点(1,0)的切线斜率k=(1)g'. 1(1)g'x 1 (x)g'==?= k .过点(1,0)的切线方程为:y = x+ 1 (Ⅱ) 证明曲线y=f(x)与曲线12 1 2++=x x y 有唯一公共点,过程如下. 则令,,121 121)()(22R x x x e x x x f x h x ∈---=---= 0)0('',0)0('0)0(,1)('')(',1)('===-=--=h h h e x h x h x e x h x x ，，且的导数 因此, 单调递增 时当单调递减时当)('0)(''0;)('0)(''0x h y x h x x h y x h x =?>>=?<<0)(,0)0(')('===≥=?x R x h y h x h y 个零点上单调递增，最多有一在所以 所以,曲线y=f(x)与曲线12 12 ++=x x y 只有唯一公共点(0,1).(证毕) 2、已知函数()1x a f x x e =-+ (a R ∈,e 为自然对数的底数). (1)求函数()f x 的极值; (2)当1a =的值时,若直线:1l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点,求k 的最大值. (1)()1x a f x e '=- , ①当0a ≤时,()0f x '>,()f x 为(),-∞+∞上的增函数,所以函数()f x 无极值. ②当0a >时,令()0f x '=,得x e a =,ln x a =. (),ln x a ∈-∞,()0f x '<;()ln ,x a ∈+∞,()0f x '>. 所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减,在()ln ,a +∞上单调递增, 故()f x 在ln x a =处取得极小值,且极小值为()ln ln f a a =,无极大值. 方程根的个数 图像法 1. 已知函数?（x ）=2 -x e x （1）求?（x ）的单调区间 增),3(+∞减)3,2()2,( -∞ （2）判断关于x 的方程e x =k(x-2)(k ∈R)的解的情况 2已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,若方程f(x)=m(m>0)在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ,则1234_________.x x x x +++= 利用单调性 1已知二次函数)(x f 的二次项系数为a ，且不等式)(x f ＞x 2的解集为（-1，3）。 （1）若方程a x f 7)(-=有两个相等的实数根，求)(x f 的解析式 34)(2++-=x x x f （2）若函数)()(x xf x g =在区间?? ? ??∞-3,a 内单调递减，求a 的取值范围 (]1,-∞- （3）当a =-1时，证明：方程12)(3 -=x x f 仅有一个实数根 2、已知a ＞0，l x n x ax x f ),1(112)(2+++-=是曲线)(x f y =在点))0(,0(f P 处的切线 （1）求l 的方程 1+-=x y （2）若切线l 与曲线)(x f y =有且只有一个公共点，求a 的值 2 1=a （3）证明：对任意的),(*N ∈=n n a 函数)(x f y =总有单调递减区间，并求出)(x f 的单调递减区 间的长度的取值范围（区间[]21,x x 的长度=12x x -） (] 2,1 分离参数求值域 1. 已知函数=)(x f log 4)()14(R x kx x ∈++是偶函数 （1）求k 的值 2 1-=k （2）若方程0)(=-m x f 有解，求m 的取值范围 m ≥ 21 利用导数研究方程的根和函数的零点 总结：方程()0=x f 的根()的零点函数x f y =? ()轴的交点的恒坐标的图像与函数x x f y =? 方程()()x g x f =的根()()的根方程0=-?x g x f ()()()的零点x g x f x h -=? ()()。的图象的交点的横坐标与函数x f y x g y ==? 1．设a 为实数，函数()a x x x x f +--=23，当a 什么范围内取值时，曲线()x f y =与x 轴仅有一个交点。 2、已知函数f (x )=－x 2 +8x,g (x )=6ln x+m （Ⅰ）求f (x )在区间[t ,t +1]上的最大值h (t ); （Ⅱ）是否存在实数m ，使得y =f (x )的图象与y =g (x )的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；，若不存在，说明理由。 解：（I ）22()8(4)16.f x x x x =-+=--+ 当14,t +<即3t <时，()f x 在[],1t t +上单调递增，22()(1)(1)8(1)67;h t f t t t t t =+=-+++=-++ 当41,t t ≤≤+即34t ≤≤时，()(4)16;h t f ==当4t >时，()f x 在[],1t t +上单调递减， 2()()8.h t f t t t ==-+综上，2267,3,()16,34,8,4t t t h t t t t t ?-++? （II ）函数()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，即函数 ()()()x g x f x φ=-的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点。 22()86ln , 62862(1)(3)'()28(0),x x x x m x x x x x x x x x x φφ=-++-+--∴=-+==>Q 当(0,1)x ∈时，'()0,()x x φφ>是增函数；当(0,3)x ∈时，'()0,()x x φφ<是减函数； 当(3,)x ∈+∞时，'()0,()x x φφ>是增函数；当1,x =或3x =时，'()0.x φ= ()(1)7,()(3)6ln 315.x m x m φφφφ∴==-==+-最大值最小值 Q 当x 充分接近0时，()0,x φ<当x 充分大时，()0.x φ> ∴要使()x φ的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须 ()70,()6ln 3150,x m x m φφ=->???=+-
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