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导数与函数零点问题解题方法归纳

导函数零点问题

一．方法综述

导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、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()()

1e x

f x x ax =++.

（1）讨论()f x 的单调性；

（2）若函数()()

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()()

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.

③当0a <时，()11a -+>-，

由()0f x >′得()1x a >-+或1x <-，由()0f x <′得()11x a -<<-+；所以()f x 在(),1-∞-，()()

1,a -++∞为增函数，在()()

1,1a --+为减函数. 综上，当0a =时，()f x 在为(),-∞+∞增函数；

当0a >时，()f x 在()()

,1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()

1,1a -+-为减函数；当0a <时，()f x 在(),1-∞-，()()

1,a -++∞为增函数，在()()

1,1a --+为减函数. （2）因为()()

1e 1x

g x x mx =+--，所以()()2

1e x g x m x =+'-，

①当0m 时，()0g x '，()g x 在[)1,-+∞为增函数，所以()g x 在[)1,-+∞至多一个零点. ②当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数. 因为()01g m '=-，()00g =.

（ⅰ）当1m =时，()00g '=，0x >时，()0g x '>，10x -<<时，()0g x '<；所以()g x 在[)1,0-为减函数，在[)0,+∞为增函数，()()min 00g x g ==. 故()g x 在[)1,-+∞有且只有一个零点.

（ⅱ）当1m 时，()00g '<，()()2

10m g m e m m '=+->，()00,x m ?∈，使得()00g x '=，

且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.

所以()()000g x g <=，又()()()

1e 1110m

g m m m m m =+-->+--=，

根据零点存在性定理，()g x 在()0,x m 有且只有一个零点. 又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0. 故当1m 时，()g x 在[)1,-+∞有两个零点.

（ⅲ）当01m <<时，()01g m -'=-<，()00g '>，()01,0x ?∈-，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数. 因为()g x 在()0,x +∞有且只有一个零点0，

若()g x 在[)1,-+∞有两个零点，则()g x 在[)01,x -有且只有一个零点. 又()()000g x g <=，所以()10g -即()2110e

g m -=+-，所以21e m -，

即当2

11e

m -

<时()g x 在[)1,-+∞有两个零点. 综上，m 的取值范围为2

11e

m -< 【指点迷津】

1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x

时，常猜x ＝0或x ＝ln x . 2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】

【2020·山西吕梁期末】已知函数221

()ln ()x f x a x a R x

-=-∈.

（1）讨论()f x 的单调性；

（2）设()sin x

g x e x =-，若()()()()

2h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点，求a 的取值范围.

【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1

()2ln f x x a x x

-， 21()2f x x '=+22

a x ax x x

-+-=，对于2210x ax -+=，28a ?=-，

当[a ∈-时，()0f x '≥，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.

当(,a ∈-∞-时，

对于0x >，有()0f x '>，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.

当)a ∈+∞时，

令()0f x '>，得0x <，

令()0f x '<，得44

a a x <<

，

所以()f x 在(0,4a -，(,)4

a ++∞上是增函数，

在(44

a a 上是减函数.

综上，当(,a ∈-∞时，()f x 在(0,)+∞上是增函数；

当)a ∈+∞时，()f x 在(0,)4a -，()4

a ++∞上是增函数，

在上是减函数.

（2）由已知可得()cos x

g x e x '=-，

因为0x >，所以e 1x >，而c o s 1x ≤，所以cos 0x e x ->，

所以()0g x '>，所以()sin x

g x e x =-在()0+∞，

上单调递增. 所以()()00g x g >=. 故()h x 有两个零点，等价于

()2y f x x =-=1

aInx x

--在()0+∞，内有两个零点.

等价于1

ln 0a x x

--=有两根，

显然1x =不是方程的根，因此原方程可化为()1

ln 01x x x x a

=>≠且，设()ln x x x φ=，()ln 1x x φ='+，

由()0x φ'>解得

1x e

<<，或1x > 由()0x φ'<解得1

0x e

<<，

故()ln x x x φ=在10e ?? ???，上单调递减，在()1,1,1,e ??+∞ ???

上单调递增. 其图像如下所示：

所以()min 11x e e

φφ??==- ???

，

所以11

0e a -

<-<，所以a e >.

类型二设而不求，巧“借”零点

【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数

()2ln x f x e a x

=-.

（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()2

2ln f x a a a

≥+. 【解析】（I ）()f x 的定义域为0+

，，2()=20x

f x e

x x

. 当0a 时,()0f x ，()f x 没有零点；

当0a

时，因为2x e 单调递增，

单调递增，所以()f x 在0+，单调递增.又()0f a ,当b 满足

a b

且1

b 时，(b)0f ,故当0a 时，()f x 存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x 在0+

，的唯一零点为0x ，当00x

x ，时，()0f x ;

当0+

x ，时，()0f x .

故()f x 在00x ，单调递减，在0+x ，单调递增，所以当0x

x 时，()f x 取得最小值，最小值为

0()f x .

由于0

2=0x a e

x ，所以0002

2()=

2ln

f x ax a a a x a

. 故当0a

时，2

()2ln f x a a a

【指点迷津】

本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20x

a f x e

的根

无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知

()min f x ＝()0002

22a f x ax aln x a

＝

＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”．【举一反三】

【2020·江西赣州期末】已知函数2

()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为

(3)y e x b =-+.

（1）求实数,a b 的值；

（2）若关于x 的不等式4

()5

f x m >+

对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【解析】（1）令2

()x

f x e ax x =--，则()21x

f x e ax '=--，得：(1)e 1f a =--，(1)e 21f a '=--，

由题得：(1)e 21e 31

(1)e 1e 31f a a f a b b ?=--=-=????

=--=-+=?'?

（2）根据题意，要证不等式4

()5

f x m >+对于任意恒成立，即证(0,)x ∈+∞时，4

()5

f x -

的最小值大于m ，令244()()()2155

x x

g x f x e x x g x e x '=-=---?=--，

记()()21()2x

h x g x e x h x e ''==--?=-，

当(0,ln 2)x ∈时，()0h x '<；当x (ln 2,)∈+∞时，()0h x '>，故()h x 即()g x '在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增，

又(0)0g '=，(ln 2)12ln 20g '=-<，且(1)30g e '=-<，3

23402g e ??

'=-> ???

，

故存在唯一031,

2x ??

∈ ???

，使()00g x '=，故当()00,x x ∈时，0g x ；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>；

故()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()02

min 0004

()5

g x g x e x x ==---

一方面：()014(1)5

g x g e <=-

另一方面：由()00g x '=，即00210x

e x --=，得()02

2000004155

g x e x x x x =---

=-++ 由031,

2x ??

∈ ???

得：()0111205g x -<<，进而()011140205g x e -<<-<，所以11

m <-

，又因为m 是整数，所以1m -，即max 1m =-. 类型三二次构造（求导），避免求根

【例3】【2020重庆巴蜀中学月考】已知函数()()21ln 12

f x x a x =+-. （1）当1a =-时，求()f x 的单调增区间；

（2）若4a >，且()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，求证：210e x e --<<.

【分析】（1）求出()'f x ，令()'0f x ≥，解不等式可得单调递增区间；

（2）通过求()f x 的导函数，可得()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，又由()f x 在()0,1上有

唯一的零点0x 可得0110,2x x ??

=∈ ???，所以有()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ?

=+-=???=-+=?

，消去a ，可得

0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ??

∈ ???

，研究其单调性，利用零点存在性定理可

得结果.

【解析】（1）由已知()f x 的定义域为0x >，当1a =-时，()()2

1ln 12

f x x x =-

-，

则()()211

1'x x x x

f x x -++=--=，

令()'0f x ≥且0x >

，则102

x +<≤

，故()f x

在10,2? ??

上单调递增；

（2）由()()2

1ln 12

f x x a x =+

-，有()()211

1'ax f x ax a x x x

-+=+-=，

记()2

1g x ax ax =-+，由4a >，有()()0

010*******

2110a g g a a g >??=>?????=-+???

，

即()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，不妨设12x x <，且1x ，2x 是210ax ax -+=的两个根，则121

012

x x <<

<<，又()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，且当0x +→时，()f x →-∞，当1x =时，()10f =，所以得0110,

2x x ??=∈ ???

，所以()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ?

=+-=???=-+=?

，两式结合消去a ，得0001ln 02x x x --=，即0002ln 10x x x -+=，

记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ?

?∈ ???

，

有()00'2ln 1t x x =+，其在10,2?? ???

上单调递增，所以()001

'2ln 12ln

11ln 402t x x =+<+=-< 则()00'2ln 10t x x =+<在10,2?? ??

上恒成立，

即()0t x 在10,2?? ???

上单调递减，

又2

22212131015510e t e e e e e t e e e ?-??=--+=< ??????-???=-=> ????

?，由零点存在定理，2

10e x e --<<.

【指点迷津】

当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2

)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2

＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等. 【举一反三】

【2020·云南昆明一中期末】已知函数2()(1)x

x f x e ax e =-+?，且()0f x .

（1）求a ；

（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()03

f x <. 【解析】（1）因为()()e

e 10x

f x ax =--≥,且e

>,所以e 10x ax --≥,

构造函数()e 1x

u x ax =--,则()'e x

u x a =-,又()00u =,

若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则

()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；

若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,

则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0x

f x u x =?≥,满足题意；

综上所述,1a =.

（2）证明:由（1）可知()()2e 1e x x

f x x =-+?,则()()'e

2e 2x

f x x =--,

构造函数()2e 2x

g x x =--,则()'2e 1x

g x =-,

又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,

故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,

又()00g =,()2220e g -=>,又33

3333

2223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --??-=-==< ???

+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2

--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,

故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20x

g x x =--=,所以00

e 12

x =

+, 故()()()()0

2200000011

1e 11112244

x x x x f x x x x ????=-+=+-++=-+ ? ?????,

因为0322x -<<-,所以()2

01133

144216

f x ??<--+< ???.

三．强化训练

1.【2020·安徽合肥二中月考】已知函数() 0

1ln 0

x x e x f x xe x x x -?-≤=?--->?，，，则函数()()()()

F x f f x ef x =-的零点个数为（）（e 是自然对数的底数） A ．6 B ．5 C ．4 D ．3

【答案】B

【解析】0x ≤时，()x

f x e -=-是增函数，(0)1f =-，

0x >时，()1ln x f x xe x x =---，11

()(1)1(1)()x x f x x e x e x x

'=+--

=+-，显然10x +>，由1

e x

，

作出x

y e =和1(0)y x x

>的图象，如图，x y e =是增函数，1

y x =在0x >是减函数

它们有一个交点，设交点横坐标为0x ，易得

1x e x =>，001x <<，在00x x <<时，1x

e x <

，()0f x '<，0x x >时，1x

e x

>，()0f x '>，所以()f x 在0(0,)x 上递减，在0(,)x +∞上递增，0()f x 是()f x 的极小值，也是在0x >时的最小

值．

001x e x =，001x x e =，000

ln ln x x x ==-，即00ln 0x x +=，00000()1ln 0x f x x e x x =---=， 0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞．作出()f x 的大致图象，作直线y ex =，如图，0

x >时y ex =与()f x 的图象有两个交点，即()0f x ex -=有两个解12,t t ，120,0t t >>．

0x <时，()x f x e -=-，()x f x e '-=，由1

1()x

f x e e -'==得1x =-，而1x =-时，(1)y e e =?-=-，

(1)f e -=-，所以直线y ex =与()x f x e -=-在(1,)e --处相切．即0x ≤时方程()0f x ex -=有一个解

e -．

()(())()0F x f f x ef x =-=，令()t f x =，则()()0F x f t et =-=，由上讨论知方程()0f t et -=有三个

解：12,,e t t -(120,0t t >>)

而()f x e =-有一个解，1()f x t =和2()f x t =都有两个解，所以()0F x =有5个解，即函数()F x 有5个零点．故选B ． 2．【2020江苏盐城期中】已知函数，若函数

存在三个单调区间，则实数的取

值范围是__________. 【答案】

【解析】

函数，若函数

存在三个单调区间

即

0有两个不等实根，即

有两个不等实根，转化为y=a 与y=

的图像有两个

不同的交点

令

，即x=，即y=

在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。

y min =-，当x ∈（0，）时，y<0，所以a 的范围为

3.【2020重庆八中月考】己知函数()2112

e x

f ax x =--+

. （1）当0a ≥时，求()f x 的单调区间和极值；（2）讨论()f x 的零点的个数. 【解析】（1）()2

112

e x

f ax x =--+

的定义域为(,)-∞+∞，()1x a f e x x =-+' 0a ≥()0x

f x e a ''∴=+>

则()1x

a f e x x =-+'在(,)-∞+∞上单调递增

又()00f '=，所以当(,0)x ∈-∞时，0f x

当(0,)x ∈+∞时，0f

即()f x 的单调递减区间为(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞ 故()f x 的极小值为()00f =，()f x 无极大值（2）当0a ≥时，由（1）知()()00f x f ≥= 故()f x 仅有一个零点0x =；

当0a <时，()x

f x e a ''=+，令()0f x ''=ln()x a ?=-；

令()0ln()f x x a ''>?>-，所以f x 在(ln(),)x a ∈-+∞上单调递增；

令()0ln()f x x a ''

x 在(,ln())x a ∈-∞-上单调递减，且()00f '=，()00f =，

所以()(ln())f x f a ≥''-，最小值(ln())f a '-与0的比较等价于ln()a -与0的大小比较，所以分三类进行讨论：

①当10a -<<时，即ln()0a -<时，由f

x 在(,ln())x a ∈-∞-上单调递减及在(ln(),)x a ∈-+∞上单

调递增，且()00f '=，()x f x '→-∞?→+∞ 由零点存在定理，得f

x 在(,ln())x a ∈-∞-上存在唯一零点，设为0x 所以

又()00f =及x →-∞()f x ?→-∞

由零点存在定理，得()f x 在(,0)x ∈-∞上存在唯一零点，设为1x ，

综上，当10a -<<时，()f x 在(,)-∞+∞上存在2个零点（一个为0x =，一个为1(,0)x -∞∈）； ②当1a =-时，即ln()0a -=时，由f

x 在(,0)x ∈-∞上单调递减及在(0,)x ∈+∞上单调递增，

且()()00f x f ''≥=，得()f x 在(,)-∞+∞上单调递增，故()f x 在(,)-∞+∞上只有一个零点0x =；

③当1a <-时，同理可得()f x 在(,

)-∞+∞上存在2个零点：一个为0

x =，一个为2(0,)x ∈+∞ 综上可得，当0a ≥或1a =-时，()f x 有1个零点；当0a <且1a ≠-时，()f x 有2个零点.

4.【2020·河南南阳期末】已知函数()22

ln f x m x x =-.

(1)讨论函数()f x 的单调性；

(2)若()y f x =的图象与直线y mx

=交于(),M M M x y ，()

,N N N x y 两点，且1M N x x >>，求实数m 的取值范围.

【解析】(1)

依题意，()0,x ∈+∞，()

)22

1212m x f x m x x x

-+-'=-==.

①若0m

=，则()1

0f x x

'=-

<，故()f x 在()0,∞+上单调递减 ②若0m ≠，令()0f x '=，解得2x m =-

或2x m

=. （i ）若0m >，则02m -<，02m >，则当0,2x m ??∈ ? ???

时，()0f x '<，()f x 单调递减，当,2x m ??∈+∞ ? ???

时，()0f x '>，()f x 单调递增；

（ii ）若0m <

，则02m -

，02m <

，则当0,2x m ??∈- ? ??

?时，()0f x '<，()f x

单调递减，当2x m ??∈-+∞ ? ???

时，()0f x '>，()f x 单调递增.

综上所述，当0m =时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0m >时，()f x

在0,2m ? ??

上单调递减，在

2m ??+∞ ? ???上单调递增；当0m <时，()f x

在0,2m ??- ? ???

上单调递减，在2m ??-+∞ ? ???

上单调递增. (2)令22ln m x x mx -=，则由题意可知22ln 0m x x mx --=有两个大于1的实数根，显然0m ≠. 令()22

ln F x m x x mx =--，则()()()22111

2mx mx F x m x m x x

+-'=-

-=. 若0m >，则当10,

x m ?

?∈ ???时，()0F x '<，当1,x m ??

∈+∞ ???

时，()0F x '>，

要满足已知条件，必有()210,11ln 0,11,F m m F m m m

?=->?

???

??>??此时无解；若0m <，则当10,2x m ??∈-

???时，()0F x '<，当1,2x m ??

∈-

+∞ ???

时，()0F x '>，要满足已知条件，必有()()210,13ln 20,241

1,2F m m F m m m

?=->????-=+-??解得34102e m -<<. 当3

02e

m -

<<时，()F x 在11,2m ??- ???上单调递减，()1102F F m ???-< ???，故函数()F x 在11,2m ??- ???上

有一个零点.

易知

112m m >-，且22222111

111ln ln F m m m

m m m ??=-->- ???，下证：ln 0x x ->. 令()ln g x x x =-，则()1

1g x x

'=-

，当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>，故()()11ln10g x g ≥=->，即ln 0x x ->，故222

111ln 0F m m m ??>->

???，故21102F F m m ????

-?< ? ?????

，又()F x 在1,2m ??-

+∞ ???上单调递增，故()F x 在1,2m ??

-+∞ ???

上有一个零点.

综上所述，实数m 的取值范围为341,02e ??

?- ???

5.【2020辽宁实验中学高三期中】已知函数()

()(1)(1),()()1

f x f x x e a x

g x a R x =--+=∈+ (1)求()g x 的单调区间； (2)若0a e <<

（i ）证明()f x 恰有两个零点；

（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >证明：0121x x +>. 【解析】(1)

()1(),(1)11

f x x

g x e a x x x -=

=-≠-++ 22

1()0(1)

x g x e x +'∴=>+, 因此,()g x 在(),1-∞-和()1,-+∞上单调递增; (2)(i)()(1)(1)x

f x x e a x =--+,

对()f x 求导得,()x

f x xe a '=-,

当0x <时,0a e <<,则()0x f x xe a '=-<;

当0x ≥时,令(),()(1)0x

L x xe a L x x e '=-=+> 则()x

L x xe a =-在[)0,+∞上单调递增,

而0

(0)00,(1)0L e a L e a =?-<=->,

故存在()00,1x ∈,使000()0x

L x x e a =-=,即00x

a x e =,

且在0(0,)x 上()0f x '<,在()0,x +∞上()0f x '>, 因此,()f x 在()0,x -∞上单调递减,在()0,x +∞上单调递增, 所以0min 000()()(1)(1)x

f x f x x e a x ==--+,

又00x

a x e =,则()()00

200000

()(1)110x

x x

f x x e x e

x e x =--+=--<,

而3

(1)20,(3)240f a f e a =-<=->,

1011(0)10,(ln 10)9ln 0lna f a f a a a e -??

=--<-=+->????,(注:取值不唯一)

()(1)(1)x f x x e a x ∴=--+恰有两个零点;

(ii)

0x 为()f x 的极值点,1x 为()f x 的零点,且10x x >,

故由(i)可知11x >,并且有00,x

a x e =

1111()(1)(1)0x f x x e a x =--+=,

则()()

1111x x e a x -=

因此,()()

10111x x x e x e

x -=

+即

()

1001111x x x x e x -+=-,

而当0x >时,1x e x >+, 下面证明此结论:

令()1x H x e x =--,求导得()1x

H x e '=-,

则在(),0-∞上时,()0H x '<;在()0,∞+上时,()0H x '>, 所以()H x 在(),0-∞上单调递减,在()0,∞+上单调递增, 因此,()1(0)0x

H x e x H =--≥= 所以,当0x >时,1x e x >+

那么对于

10011(1)(1)x x x x e x -+=-有1001101(1)

1(1)

x x x x e x x x -+=>-+-,

可得011

2x x x >-

,而11x >, 0111

21x x x x ∴>-

>-即0121x x +>. 6.【2020·哈尔滨呼兰一中期末】已知函数()(0)x

ax a

f x a e

-=<. （1）当1a =-时，求函数()f x 的极值；

（2）若函数()()1F x f x =+没有零点，求实数a 的取值范围．

【解析】（1）2e (2)(2)

()(e )e x x x

a x a x f x ----=='，x ∈R .

当1a =-时，()f x ,

'()f x 的情况如下表：

所以，当1a =-时，函数()f x 的极小值为2

()e f x -=-.

（2）(2)

()()

a x F x f x --==

''. 当0a <时，(),'()F x F x 的情况如下表：

()f x

↘

极小值

↗

因为F (1)=1＞0,

若使函数F (x )没有零点，需且仅需，解得2e a >-,

所以此时2e 0a -<<；10分

当0a >时，(),'()F x F x 的情况如下表：

(,2)-∞

(2,)+∞

'()f x

0 -

()f x

↗

极大值

↘

因为(2)(1)0F F >>,且10110101110e 10

e 10(1)0e

F a

------

<，

所以此时函数()F x 总存在零点.

（或：当2x >时，()F x =

当2x <时，令()F x =

即

由于令

得21e x a <-，即2

1e x a

<-时()0F x <，即2x <时()F x 存在零点.）

综上所述，所求实数a 的取值范围是2e 0a -<<. 7.【2020广东深圳高三入学摸底】已知函数

（1）求函数的极小值；（2）若函数

有两个零点

，求证：

【解析】（1）.

当时，在上为增函数，函数无极小值；

当时，令

，解得. 若，则单调递减；若，则

单调递增.

故函数

的极小值为

（2）证明：由题可知

要证，即证，

不妨设，只需证，令，

即证，要证，只需证，令，

只需证，∵，

∴在内为增函数，故，∴成立.

所以原命题成立.

8.【2020·江苏南通一中月考】已知函数()()211ln 2f x x m x m x =-++，m R ∈，()x e g x x

(1)求()g x 的极值；

(2)若对任意的[]()1212,2,4x x x x ∈≠，当12x x <时，()()()()1212f x f x g x g x -<-恒成立，求实数m 的最大值；

高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题

题型一利用导数讨论函数零点的个数【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： (1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图； (4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝????? f (x )，f (x )≥ g (x )，g (x )，f (x )0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1 ＝0或x 2＝2 a ，∈a >0，∈x 1

即不等式2a ≤1x 3＋3 x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1 x 3(x ∈[1,2])， ∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立， ∈y ＝1x 3＋3 x 在x ∈[1,2]上单调递减， ∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3 x 的最大值为4， ∈2a ≤4，即a ≤2. (3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ?? ? ??a 2＝1－4a 2， ∈当1－4 a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋ ∞)上无零点． ∈当1－4 a 2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0. 又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4 a 2<0，即00， ∈存在唯一的x 0∈?? ? ??1,1e ，使得φ(x 0)＝0， (∈)当0