1、第二课时导数与函数的零点问题题型一利用导数判断函数的零点个数或区间 典例剖析典例(2021湖北武汉模拟)已知函数f(x)exax1(aR)(e2.718 28是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)f(x)在区间0，1上零点的个数解析：(1)因为f(x)exax1，所以f(x)exa，当a0时，f(x)0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间；当a0时，令f(x)0，得xln a，令f(x)0，得xln a，所以f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，).(2)令g(x)0，得f(x)0或x，先考虑f(x)在区间0，1上的
2、零点个数，当a1时，f(x)在0，1上单调递增且f(0)0，所以f(x)在0，1上有一个零点；当ae时，f(x)在0，1上单调递减且f(0)0，所以f(x)在0，1上有一个零点；当1ae时，f(x)在0，ln a)上单调递减，在(ln a，1上单调递增，而f(1)ea1，当ea10，即1ae1时，f(x)在0，1上有两个零点，当ea10，即e1ae时，f(x)在0，1上有一个零点当x时，由f0得a2(1).综上知，当a1或ae1或a2(1)时，g(x)在0，1上有两个零点；当1ae1且a2(1)时，g(x)在0，1上有三个零点方法总结判断函数零点个数的方法(1)直接解方程法，令f(x)0，如果
3、能求出解，那么有几个解就有几个零点；(2)利用零点的存在性定理，定理的使用前提不仅要求函数图象在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0，还要注意结合函数的图象与性质才能确定函数有多少个零点；(3)数形结合法，将原问题转化为两个函数图象的交点个数问题对点训练设函数f(x)ln x，mR.讨论函数g(x)f(x)零点的个数解析：由题设，g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0).设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0，1)时，(x)0，(x)在(0，1)上单调递增；当x(1，)时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减所以x1是(x)的极大值点，
4、也是(x)的最大值点，所以(x)的最大值为(1).由(0)0，结合y(x)的图象(如图)，可知当m时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点；当m0时，函数g(x)有且只有一个零点综上所述，当m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点题型二由函数零点或方程的根求参数问题 典例剖析典例已知函数f(x)x ln x，g(x)x2ax3(a为实数).若方程g(x)2f(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围解析：由g(x)2f(x)，可得2x ln xx2ax3，ax2ln x，设
5、h(x)x2ln x(x0)，所以h(x)1，所以当x在上变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x1(1，e)h(x)0h(x)极小值又h3e2，h(1)4，h(e)e2.且h(e)h42e0.所以在上，h(x)minh(1)4，h(x)maxh3e2，若方程在上有两个不等实根，则4ae2，所以实数a的取值范围为.方法总结已知函数(方程)零点的个数求参数的取值范围(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理(2)若函数不是严格单调函数，则结合图象求最小值或最大值(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数对点训练已知函数f(x)ln xkx1(k为常数)，若f(x)有
6、且只有一个零点，求k的取值组成的集合解析：易知f(x)(x0).k0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增而f(ek2)k2kek21k(1ek2)110，f(1)1k0，故f(x)在(ek2，1)上存在唯一零点，满足题意k0时，令f(x)0，得x，则f(x)在上单调递增；令f(x)0，得x，则f(x)在上单调递减若f0，即k1，显然满足题意若f0，即0k1，而f0，又f2ln 121，令h(x)ln xx1(x0)，则h(x)，令h(x)0，得x1，故h(x)在(0，1)上单调递增；令h(x)0，得x1，故h(x)在(1，)上单调递减故有h(x)h(1)0，则hln 10，即ln 1.
7、则f2110，故f(x)在上有唯一零点，在上有唯一零点，不符合题意易知f0时不符合题意综上，k的取值组成的集合是k|k0或k1题型三零点双变量问题典例剖析典例(2020四川蓉城名校联考)已知函数h(x)xex，如果x1x2且h(x1)h(x2)，证明：x1x22.证明：h(x)ex(1x)，令h(x)0，解得x1，当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表x(，1)1(1，)h(x)0h(x)由x1x2，不妨设x1x2，根据h(x1)h(x2)，结合图象(图略)可知x11，x21.令F(x)h(x)h(2x)，x1，)，则F(x)(x1)(e2x21)ex.x1，2x20，e2x210，F
8、(x)0，F(x)在1，)上单调递增又F(1)0，x1时，F(x)F(1)0，即当x1时，h(x)h(2x)，则h(x1)h(2x1).又h(x1)h(x2)，h(x2)h(2x1)，x11，2x11.x2，2x1(，1)，h(x)在(，1)上是增函数，x22x1，x1x22得证方法总结破解含双参问题关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值对点训练已知f(x)exax有两个零点x1，x2，且x1x2，则下列不等关系正确的是()AaeBx1x22Cx1x21D有极小值点x0且x1
9、x22x0解析：对于选项A，(分离参数)若a0，不符合题意，故a0，令f(x)0，得.设g(x)，则g(x)(1x)ex，进而可得g(x)在(，1)上是增函数，在(1，)上是减函数，所以g(x)在x1处取得极大值g(1).由此可画出直线y与曲线yg(x)，如图所示，由图知，0，所以ae，故选项A错误对于选项B，(分离参数构造函数)由上述可得g(x)在(，1)上是增函数，在(1，)上是减函数，由g(x1)g(x2)及图可得0x11x2，所以2x21.欲证x1x22，即证x12x2.因为函数g(x)在(，1)上是增函数，所以即证g(x1)g(2x2).又g(x1)g(x2)，所以即证g(x2)g(
10、2x2)，即g(x2)g(2x2)0(x21).设F(x)g(x)g(2x)(x1)，可得F(x)(x1)(ex2ex)0(x1)，所以函数F(x)在(1，)上是增函数，所以F(x)F(1)0(x1)，所以g(x2)g(2x2)(x21)，所以x1x22，故选项B正确分析得x1x21，当xln a时，f(x)0，当xln a时，f(x)0，所以f(x)exax有极小值点x0ln a由ex1ax1，ex2ax2得x1ln aln x1，x2ln aln x2，因此x1x22ln aln x1ln x2x1x22ln aln x1x20，所以x1x20；当x时，g(x)0，g()2，故g(x)在(
11、0，)存在唯一零点，所以f(x)在(0，)存在唯一零点(2)法一：设F(x)f(x)ax，即F(x)2sin xx cos xxax，则F(x)0在0，恒成立又F(0)0，F(x)cos xx sin x1a，设h(x)F(x)，则h(x)x cos x，当x时，h(x)0，h(x)单调递增当x时，h(x)0，h(x)单调递减F(x)在单调递增，在单调递减当a0时，而F(0)a0.若a2，则F()2a0，F(x)0在0，上恒成立F(x)在0，上单调递增，F(x)F(0)0恒成立若2a0，则F()2a0，存在唯一的x0，使得F(x)0.F(x)在0，x0)单调递增，在x0，单调递减，又F(0)0
12、，F()a0，F(x)0恒成立当a0，F()a0.不合题意综上所述，a的取值范围为(，0.法二：由题设知f()a，f()0，可得a0.由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又f(0)0，f()0，当x0，时，f(x)0.又当a0，x0，时，ax0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是(，0.(2020河北衡水摸底联考)已知函数f(x)2ax2x ln x(aR).(1)若函数f(x)在区间(e2，)上存在极值点，求a的取值范围；(2)已知x1，x2(0，)，且
13、x1x2，求证：x1x2.解析：(1)对f(x)求导，得f(x)2ln x22a(x0).因为函数f(x)在区间(e2，)上存在极值点，所以存在实数m(e2，)，使得f(m)2ln m22a0，即aln m1ln e213.所以a的取值范围为(，3).(2)证明：依题意知，要证x1x2，只需证x1x2，即证1.设t(t1)，只需证1t，即证ln tt1t ln t.设g(t)ln tt1(t1)，则g(t)1，易知g(t)0，所以g(t)在(1，)上单调递减，ln 1110，则g(t)0，即ln tt1.设h(t)t ln tt1，则当t1时，h(t)ln t0，所以h(t)在(1，)上单调递增，则当t1时，h(t)h(1)0，即t1t ln t.所以x1x2，即不等式x1x2成立