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高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用导学案及答案
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用导学案及答案，共18页。学案主要包含了利用导数研究方程根的技巧等内容，欢迎下载使用。
一、已知函数零点个数求参数的常用方法
(1)分离参数法:首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.
(2)分类讨论法:结合单调性,先确定参数分类的标准,在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意,将满足题意的参数的各小范围并在一起,即为所求参数范围.
二、利用导数研究方程根(函数零点)的技巧
(1)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.
(2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置.
(3)利用数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
常用结论
(1)注意构造函数；
(2)注意转化思想、数形结合思想的应用.
技巧1 判断函数零点(方程根)的个数
例1.已知函数f(x)=3ln x- QUOTE 12 12x2+2x-3ln 3- QUOTE 32 32,则方程f(x)=0的解的个数为________.
【解析】
因为f(x)=3ln x- QUOTE 12 12x2+2x-3ln 3- QUOTE 32 32(x>0),所以f′(x)= QUOTE 3x 3x-x+2
= QUOTE -x2+2x+3x -x2+2x+3x= QUOTE -(x-3)(x+1)x -(x-3)(x+1)x,
当x∈(0,3)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(3,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)max=f(3)=3ln 3- QUOTE 92 92+6-3ln 3- QUOTE 32 32=0,
因为当x→0时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→-∞,所以方程f(x)=0只有一个解.
例2、设函数f(x)=ln x+ QUOTE mx mx,m∈R.讨论函数g(x)=f′(x)- QUOTE x3 x3零点的个数.
【解析】由题设,g(x)=f′(x)- QUOTE x3 x3= QUOTE 1x 1x- QUOTE mx2 mx2- QUOTE x3 x3(x>0),
令g(x)=0,得m=- QUOTE 13 13x3+x(x>0).
设φ(x)=- QUOTE 13 13x3+x(x>0),则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),
当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.
所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点.所以φ(x)的最大值为φ(1)= QUOTE 23 23.
由φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图),
可知①当m> QUOTE 23 23时,函数g(x)无零点;②当m= QUOTE 23 23时,函数g(x)有且只有一个零点;
③当0
综上所述：
当m> QUOTE 23 23时,函数g(x)无零点;
当m= QUOTE 23 23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当0
技巧2 已知函数零点个数求参数问题
例3、已知曲线f(x)=ex(ax+1)在x=1处的切线方程为y=bx-e.
(1)求a,b.
(2)若函数g(x)=f(x)-3ex-m有两个零点,求实数m的取值范围.
【解析】(1)f(x)=ex(ax+1),
f′(x)=ex(ax+1)+ex·a=ex(ax+1+a),
所以 QUOTE f'(1)=e·(2a+1)=b,f(1)=e·(a+1)=b-e, f'(1)=e·(2a+1)=b,f(1)=e·(a+1)=b-e,所以a=1,b=3e.
(2)方法一:g(x)=f(x)-3ex-m
=ex(x-2)-m,
函数g(x)=ex(x-2)-m有两个零点,相当于曲线u(x)=ex·(x-2)与直线y=m有两个交点.u′(x)=ex·(x-2)+ex=ex(x-1),
当x∈(-∞,1)时,u′(x)<0,所以u(x)在(-∞,1)上单调递减,
当x∈(1,+∞)时,u′(x)>0,所以u(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以x=1时,u(x)取得极小值u(1)=-e,
又x→+∞时,u(x)→+∞;x<2时,u(x)<0,所以-e
方法二:g(x)=f(x)-3ex-m=ex(x-2)-m,
g′(x)=ex·(x-2)+ex=ex(x-1),
当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,所以g(x)在(-∞,1)上单调递减,
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-e-m,
又x→-∞时,g(x)→-m,
QUOTE g(1)<0,-m>0, g(1)<0,-m>0, 所以-e
例4、已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)，
若a≤0时，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)<0.所以f(x)在R上为减函数；
若a>0时，由f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)＝0，得x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))，
则f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，ln\f(1,a)))上为减函数，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)，＋∞))上为增函数.
(2)由f(x)有两个零点及(1)得a>0，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)))<0，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))eq \s\up12(2)＋(a－2)eq \f(1,a)－lneq \f(1,a)＝1－eq \f(1,a)－lneq \f(1,a)<0，
令t＝eq \f(1,a)(t>0)，因为g(t)＝1－t－ln t在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝0，
所以当t>1时，g(t)<0，所以eq \f(1,a)>1，解得0
所以a的取值范围为(0，1).
1.若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋3x，x≤0，,\f(1,3)x3－4x＋\f(a,3)，x>0))在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(16，＋∞) B.[16，＋∞)
C.(－∞，16) D.(－∞，16]
解析 ①当x≤0时，f(x)＝x＋3x，
∵y＝x与y＝3x在(－∞，0)上都单调递增，
∴f(x)＝x＋3x在(－∞，0)上也单调递增，又f(－1)<0，
f(0)>0，∴f(x)在(－1，0)内有一个零点.
②当x>0时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋eq \f(a,3)，
f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).
令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2(舍)，
当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，
∴在x>0时，f(x)最小＝f(x)极小＝eq \f(23,3)－8＋eq \f(a,3)，
要使f(x)在(0，＋∞)上无零点，需eq \f(23,3)－8＋eq \f(a,3)>0，
∴a>16.
答案 A
2.已知函数f(x)＝x2＋ex－eq \f(1,2)(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,\r(e)))) B.(－∞，eq \r(e))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(e))，\r(e))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(e)，\f(1,\r(e))))
解析 设点P(x0，y0)(x0<0)在函数f(x)上，由题意可知，点P关于y轴的对称点P′(－x0，y0)在函数g(x)上，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y0＝xeq \\al(2,0)＋ex0－\f(1,2)，,y0＝（－x0）2＋ln（－x0＋a），))消y0可得
xeq \\al(2,0)＋ex0－eq \f(1,2)＝(－x0)2＋ln(－x0＋a)，
即ex0－ln(a－x0)－eq \f(1,2)＝0(x0<0)，所以ex0－eq \f(1,2)＝ln(a－x0)(x0<0).
令m(x)＝ex－eq \f(1,2)(x<0)，n(x)＝ln(a－x)(x<0)，
它们的图象如图，
当n(x)＝ln(a－x)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，
解得a＝eq \r(e)，由图可知，当a
函数m(x)与函数n(x)在(－∞，0)上有交点.
答案 B
3.若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.
解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>eq \f(a,3)，由f′(x)<0得00，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.
答案 －3
4.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)，x>1，,2x2－mx＋\f(m,2)＋\f(5,8)，x≤1，))若g(x)＝f(x)－m有三个零点，则实数m的取值范围是________.
解析 g(x)＝f(x)－m有三个零点，根据题意可得x>1时，函数有一个零点；x≤1时，函数有两个零点.当x>1时，f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)，f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)>0恒成立，f(x)∈(1，＋∞)，故m>1；当x≤1时，f(x)＝2x2－mx＋eq \f(m,2)＋eq \f(5,8)，要使得g(x)＝f(x)－m有两个零点，需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝m2－8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,8)－\f(m,2)))>0，,\f(m,4)<1，,g（1）＝2－m－\f(m,2)＋\f(5,8)≥0，))解得m<－5或1
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(7,4)))
5.已知函数f(x)＝x＋ln x－eq \f(2,e)，g(x)＝eq \f(m,x)，其中e为自然对数的底数，若函数f(x)与g(x)的图象恰有一个公共点，则实数m的取值范围是________.
解析 因为f′(x)＝1＋eq \f(1,x)>0，所以函数在(0，＋∞)上为增函数且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－1－eq \f(1,e)<0，所以当m≥0时，与g(x)＝eq \f(m,x)有一个公共点，当m<0时，令f(x)＝g(x)，∴x2＋xln x－eq \f(2,e)x＝m有一解即可，设h(x)＝x2＋xln x－eq \f(2,e)x，令h′(x)＝2x＋ln x＋1－eq \f(2,e)＝0得x＝eq \f(1,e)，即当x＝eq \f(1,e)时，h(x)有极小值－eq \f(e＋1,e2)，故当m＝－eq \f(e＋1,e2)时有一公共点，故填m≥0或m＝－eq \f(e＋1,e2).
答案 m≥0或m＝－eq \f(e＋1,e2)
1．【2017课标3，理11】已知函数有唯一零点，则a=
A．B．C．D．1
【答案】C
【解析】
试题分析：函数的零点满足，
设，则，
当时，，当时，，函数 单调递减，
当时，，函数 单调递增，
当时，函数取得最小值，
设 ，当时，函数取得最小值 ，
【考点】 函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想
【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.
2．【2018年理新课标I卷】已知函数f(x)=ex，x≤0，lnx，x>0， g(x)=f(x)+x+a．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是
A. [–1，0） B. [0，+∞） C. [–1，+∞） D. [1，+∞）
【答案】C
详解：画出函数f(x)的图像，y=ex在y轴右侧的去掉，再画出直线y=-x，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程f(x)=-x-a有两个解，也就是函数g(x)有两个零点，此时满足-a≤1，即a≥-1，故选C.
点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.
3．【2018年全国卷Ⅲ理】函数fx=cs3x+π6在0 ， π的零点个数为________．
【答案】3
点睛：本题主要考查三角函数的性质和函数的零点，属于基础题。
4．【2018年理数全国卷II】已知函数f(x)=ex-ax2．
若f(x)在(0, + ∞)只有一个零点，求a．
【答案】（2）设函数h(x)=1-ax2e-x．
f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点．
（i）当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
（ii）当a>0时，h'(x)=ax(x-2)e-x．
当x∈(0,2)时，h'(x)<0；当x∈(2,+∞)时，h'(x)>0．
所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增．
故h(2)=1-4ae2是h(x)在[0,+∞)的最小值．
①若h(2)>0，即a
②若h(2)=0，即a=e24，h(x)在(0,+∞)只有一个零点；
③若h(2)<0，即a>e24，由于h(0)=1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，
由（1）知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0．
故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0,+∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0,+∞)只有一个零点时，a=e24．
点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.
(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
5.【2019浙江】已知，函数．若函数恰有3个零点，则（ ）
A．a<–1，b<0 B．a<–1，b>0 C．a>–1，b<0 D．a>–1，b>0
【答案】C
【解析】当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x=b1-a，
则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点；
当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b=13x3-12（a+1）x2+ax﹣ax﹣b=13x3-12（a+1）x2﹣b，
，
当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增，
则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点，不合题意；
当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，
令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.
根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，
如图：
∴b1-a＜0且-b＞013(a+1)3-12(a+1)(a+1)2-b＜0，
解得b＜0，1﹣a＞0，b＞-16（a+1）3，则a>–1，b<0.
故选C．
【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b最多有一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b=13x3-12（a+1）x2﹣b，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．
6.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）设，则，.
当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，
设为.
则当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.
（2）的定义域为.
（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.
（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.
又，，所以当时，.从而，在没有零点.
（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.
（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.
综上，有且仅有2个零点.
【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
7．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数.
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线.
【答案】（1）函数在和上是单调增函数，证明见解析；
（2）见解析.
【解析】（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，+∞）．
因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增．
因为f（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零点．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．
由题设知，即，故直线AB的斜率．
曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，
所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．
【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.
8、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【解析】（1）．
依题意得，即.
故．
（2）由（1）知，.
令，解得或.
与的情况为：
因为，所以当时，只有大于1的零点.
因为，所以当时，f（x）只有小于–1的零点．
由题设可知，
当时，只有两个零点和1.
当时，只有两个零点–1和.
当时，有三个等点x1，x2，x3，且，，．
综上，若有一个绝对值不大于1的零点，则所有零点的绝对值都不大于1.
9．【2020年高考浙江】已知，函数，其中e=2.71828…是自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【解析】（Ⅰ）因为，，所以在上存在零点．
因为，所以当时，，故函数在上单调递增，
所以函数以在上有唯一零点．
（Ⅱ）（ⅰ）令，，
由（Ⅰ）知函数在上单调递增，故当时，，
所以函数在单调递增，故．
由得，
因为在单调递增，故．
令，，
令，，所以
故当时，，即，所以在单调递减，
因此当时，．
由得，
因为在单调递增，故．
综上，．
（ⅱ）令，，所以当时，，
故函数在区间上单调递增，因此．
由可得，
由得．
今天错在哪里啦？
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____________________________________________________________________________________________x
+
0
–
0
+
一、已知函数零点个数求参数的常用方法
(1)分离参数法:首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.
(2)分类讨论法:结合单调性,先确定参数分类的标准,在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意,将满足题意的参数的各小范围并在一起,即为所求参数范围.
二、利用导数研究方程根(函数零点)的技巧
(1)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.
(2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置.
(3)利用数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
常用结论
(1)注意构造函数；
(2)注意转化思想、数形结合思想的应用.
技巧1 判断函数零点(方程根)的个数
例1.已知函数f(x)=3ln x- QUOTE 12 12x2+2x-3ln 3- QUOTE 32 32,则方程f(x)=0的解的个数为________.
【解析】
因为f(x)=3ln x- QUOTE 12 12x2+2x-3ln 3- QUOTE 32 32(x>0),所以f′(x)= QUOTE 3x 3x-x+2
= QUOTE -x2+2x+3x -x2+2x+3x= QUOTE -(x-3)(x+1)x -(x-3)(x+1)x,
当x∈(0,3)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(3,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)max=f(3)=3ln 3- QUOTE 92 92+6-3ln 3- QUOTE 32 32=0,
因为当x→0时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→-∞,所以方程f(x)=0只有一个解.
例2、设函数f(x)=ln x+ QUOTE mx mx,m∈R.讨论函数g(x)=f′(x)- QUOTE x3 x3零点的个数.
【解析】由题设,g(x)=f′(x)- QUOTE x3 x3= QUOTE 1x 1x- QUOTE mx2 mx2- QUOTE x3 x3(x>0),
令g(x)=0,得m=- QUOTE 13 13x3+x(x>0).
设φ(x)=- QUOTE 13 13x3+x(x>0),则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),
当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.
所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点.所以φ(x)的最大值为φ(1)= QUOTE 23 23.
由φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图),
可知①当m> QUOTE 23 23时,函数g(x)无零点;②当m= QUOTE 23 23时,函数g(x)有且只有一个零点;
③当0
综上所述：
当m> QUOTE 23 23时,函数g(x)无零点;
当m= QUOTE 23 23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当0
技巧2 已知函数零点个数求参数问题
例3、已知曲线f(x)=ex(ax+1)在x=1处的切线方程为y=bx-e.
(1)求a,b.
(2)若函数g(x)=f(x)-3ex-m有两个零点,求实数m的取值范围.
【解析】(1)f(x)=ex(ax+1),
f′(x)=ex(ax+1)+ex·a=ex(ax+1+a),
所以 QUOTE f'(1)=e·(2a+1)=b,f(1)=e·(a+1)=b-e, f'(1)=e·(2a+1)=b,f(1)=e·(a+1)=b-e,所以a=1,b=3e.
(2)方法一:g(x)=f(x)-3ex-m
=ex(x-2)-m,
函数g(x)=ex(x-2)-m有两个零点,相当于曲线u(x)=ex·(x-2)与直线y=m有两个交点.u′(x)=ex·(x-2)+ex=ex(x-1),
当x∈(-∞,1)时,u′(x)<0,所以u(x)在(-∞,1)上单调递减,
当x∈(1,+∞)时,u′(x)>0,所以u(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以x=1时,u(x)取得极小值u(1)=-e,
又x→+∞时,u(x)→+∞;x<2时,u(x)<0,所以-e
方法二:g(x)=f(x)-3ex-m=ex(x-2)-m,
g′(x)=ex·(x-2)+ex=ex(x-1),
当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,所以g(x)在(-∞,1)上单调递减,
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-e-m,
又x→-∞时,g(x)→-m,
QUOTE g(1)<0,-m>0, g(1)<0,-m>0, 所以-e
例4、已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)，
若a≤0时，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)<0.所以f(x)在R上为减函数；
若a>0时，由f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)＝0，得x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))，
则f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，ln\f(1,a)))上为减函数，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)，＋∞))上为增函数.
(2)由f(x)有两个零点及(1)得a>0，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)))<0，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))eq \s\up12(2)＋(a－2)eq \f(1,a)－lneq \f(1,a)＝1－eq \f(1,a)－lneq \f(1,a)<0，
令t＝eq \f(1,a)(t>0)，因为g(t)＝1－t－ln t在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝0，
所以当t>1时，g(t)<0，所以eq \f(1,a)>1，解得0
所以a的取值范围为(0，1).
1.若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋3x，x≤0，,\f(1,3)x3－4x＋\f(a,3)，x>0))在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(16，＋∞) B.[16，＋∞)
C.(－∞，16) D.(－∞，16]
解析 ①当x≤0时，f(x)＝x＋3x，
∵y＝x与y＝3x在(－∞，0)上都单调递增，
∴f(x)＝x＋3x在(－∞，0)上也单调递增，又f(－1)<0，
f(0)>0，∴f(x)在(－1，0)内有一个零点.
②当x>0时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋eq \f(a,3)，
f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).
令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2(舍)，
当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，
∴在x>0时，f(x)最小＝f(x)极小＝eq \f(23,3)－8＋eq \f(a,3)，
要使f(x)在(0，＋∞)上无零点，需eq \f(23,3)－8＋eq \f(a,3)>0，
∴a>16.
答案 A
2.已知函数f(x)＝x2＋ex－eq \f(1,2)(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,\r(e)))) B.(－∞，eq \r(e))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(e))，\r(e))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(e)，\f(1,\r(e))))
解析 设点P(x0，y0)(x0<0)在函数f(x)上，由题意可知，点P关于y轴的对称点P′(－x0，y0)在函数g(x)上，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y0＝xeq \\al(2,0)＋ex0－\f(1,2)，,y0＝（－x0）2＋ln（－x0＋a），))消y0可得
xeq \\al(2,0)＋ex0－eq \f(1,2)＝(－x0)2＋ln(－x0＋a)，
即ex0－ln(a－x0)－eq \f(1,2)＝0(x0<0)，所以ex0－eq \f(1,2)＝ln(a－x0)(x0<0).
令m(x)＝ex－eq \f(1,2)(x<0)，n(x)＝ln(a－x)(x<0)，
它们的图象如图，
当n(x)＝ln(a－x)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，
解得a＝eq \r(e)，由图可知，当a
函数m(x)与函数n(x)在(－∞，0)上有交点.
答案 B
3.若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.
解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>eq \f(a,3)，由f′(x)<0得0
答案 －3
4.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)，x>1，,2x2－mx＋\f(m,2)＋\f(5,8)，x≤1，))若g(x)＝f(x)－m有三个零点，则实数m的取值范围是________.
解析 g(x)＝f(x)－m有三个零点，根据题意可得x>1时，函数有一个零点；x≤1时，函数有两个零点.当x>1时，f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)，f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)>0恒成立，f(x)∈(1，＋∞)，故m>1；当x≤1时，f(x)＝2x2－mx＋eq \f(m,2)＋eq \f(5,8)，要使得g(x)＝f(x)－m有两个零点，需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝m2－8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,8)－\f(m,2)))>0，,\f(m,4)<1，,g（1）＝2－m－\f(m,2)＋\f(5,8)≥0，))解得m<－5或1
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(7,4)))
5.已知函数f(x)＝x＋ln x－eq \f(2,e)，g(x)＝eq \f(m,x)，其中e为自然对数的底数，若函数f(x)与g(x)的图象恰有一个公共点，则实数m的取值范围是________.
解析 因为f′(x)＝1＋eq \f(1,x)>0，所以函数在(0，＋∞)上为增函数且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－1－eq \f(1,e)<0，所以当m≥0时，与g(x)＝eq \f(m,x)有一个公共点，当m<0时，令f(x)＝g(x)，∴x2＋xln x－eq \f(2,e)x＝m有一解即可，设h(x)＝x2＋xln x－eq \f(2,e)x，令h′(x)＝2x＋ln x＋1－eq \f(2,e)＝0得x＝eq \f(1,e)，即当x＝eq \f(1,e)时，h(x)有极小值－eq \f(e＋1,e2)，故当m＝－eq \f(e＋1,e2)时有一公共点，故填m≥0或m＝－eq \f(e＋1,e2).
答案 m≥0或m＝－eq \f(e＋1,e2)
1．【2017课标3，理11】已知函数有唯一零点，则a=
A．B．C．D．1
【答案】C
【解析】
试题分析：函数的零点满足，
设，则，
当时，，当时，，函数 单调递减，
当时，，函数 单调递增，
当时，函数取得最小值，
设 ，当时，函数取得最小值 ，
【考点】 函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想
【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.
2．【2018年理新课标I卷】已知函数f(x)=ex，x≤0，lnx，x>0， g(x)=f(x)+x+a．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是
A. [–1，0） B. [0，+∞） C. [–1，+∞） D. [1，+∞）
【答案】C
详解：画出函数f(x)的图像，y=ex在y轴右侧的去掉，再画出直线y=-x，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程f(x)=-x-a有两个解，也就是函数g(x)有两个零点，此时满足-a≤1，即a≥-1，故选C.
点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.
3．【2018年全国卷Ⅲ理】函数fx=cs3x+π6在0 ， π的零点个数为________．
【答案】3
点睛：本题主要考查三角函数的性质和函数的零点，属于基础题。
4．【2018年理数全国卷II】已知函数f(x)=ex-ax2．
若f(x)在(0, + ∞)只有一个零点，求a．
【答案】（2）设函数h(x)=1-ax2e-x．
f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点．
（i）当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
（ii）当a>0时，h'(x)=ax(x-2)e-x．
当x∈(0,2)时，h'(x)<0；当x∈(2,+∞)时，h'(x)>0．
所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增．
故h(2)=1-4ae2是h(x)在[0,+∞)的最小值．
①若h(2)>0，即a
②若h(2)=0，即a=e24，h(x)在(0,+∞)只有一个零点；
③若h(2)<0，即a>e24，由于h(0)=1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，
由（1）知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0．
故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0,+∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0,+∞)只有一个零点时，a=e24．
点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.
(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
5.【2019浙江】已知，函数．若函数恰有3个零点，则（ ）
A．a<–1，b<0 B．a<–1，b>0 C．a>–1，b<0 D．a>–1，b>0
【答案】C
【解析】当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x=b1-a，
则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点；
当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b=13x3-12（a+1）x2+ax﹣ax﹣b=13x3-12（a+1）x2﹣b，
，
当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增，
则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点，不合题意；
当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，
令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.
根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，
如图：
∴b1-a＜0且-b＞013(a+1)3-12(a+1)(a+1)2-b＜0，
解得b＜0，1﹣a＞0，b＞-16（a+1）3，则a>–1，b<0.
故选C．
【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b最多有一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b=13x3-12（a+1）x2﹣b，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．
6.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）设，则，.
当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，
设为.
则当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.
（2）的定义域为.
（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.
（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.
又，，所以当时，.从而，在没有零点.
（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.
（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.
综上，有且仅有2个零点.
【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
7．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数.
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线.
【答案】（1）函数在和上是单调增函数，证明见解析；
（2）见解析.
【解析】（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，+∞）．
因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增．
因为f（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零点．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．
由题设知，即，故直线AB的斜率．
曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，
所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．
【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.
8、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【解析】（1）．
依题意得，即.
故．
（2）由（1）知，.
令，解得或.
与的情况为：
因为，所以当时，只有大于1的零点.
因为，所以当时，f（x）只有小于–1的零点．
由题设可知，
当时，只有两个零点和1.
当时，只有两个零点–1和.
当时，有三个等点x1，x2，x3，且，，．
综上，若有一个绝对值不大于1的零点，则所有零点的绝对值都不大于1.
9．【2020年高考浙江】已知，函数，其中e=2.71828…是自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【解析】（Ⅰ）因为，，所以在上存在零点．
因为，所以当时，，故函数在上单调递增，
所以函数以在上有唯一零点．
（Ⅱ）（ⅰ）令，，
由（Ⅰ）知函数在上单调递增，故当时，，
所以函数在单调递增，故．
由得，
因为在单调递增，故．
令，，
令，，所以
故当时，，即，所以在单调递减，
因此当时，．
由得，
因为在单调递增，故．
综上，．
（ⅱ）令，，所以当时，，
故函数在区间上单调递增，因此．
由可得，
由得．
今天错在哪里啦？
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