3-7利用导数研究函数零点讲义教师版

37利用导数研究函数零点讲义一、三个等价关系方程的实数根函数图象与轴交点的横坐标函数的零点．二、利用导数研究函数零点的方法解题思路：将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，化为两个函数图象的交点问题．考点一确定函数零点的个数1.确定函数零点个数问题，一般有三种思路：解方程法、数形结合法、零点存在定理；2.根据参数确定函数零点的个数，常常应用数形结合法，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．【例11】已知函数.(1)求函数的单调区间和极值；(2)讨论函数的零点的个数.【解】(1)函数的定义域为，且，令得：0单调递减极小单调递增∴得单调递减区间是，单调递增区间是.有极小值为，无极大值.(2)令有：当时，；当时，，且经过，，.当，与一次函数相比，指数函数增长更快，从而；当时，，，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数的零点的个数为与的交点个数.当时，有极小值.∴关于函数的零点个数有如下结论：当时，零点个数为0个；当或，零点个数为1个；当时，零点个数为2个.【例12】(2024·河南信阳·一模)已知函数f(x)=ln(1)若m=−3，求证：f(x)≤0；(2)讨论关于x的方程f(x)+23π【分析】(1)利用导数探讨单调性，求出最大值即得；(2)构造函数g(x)=3ln【解】(1)当m=−3时，f(x)=ln(x+1)−x,x∈(−1,+∞当x∈(−1,0)时，f'(x)>0，当x∈(0,+∞因此函数f(x)在(−1,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，所以(2)依题意，f(x)+2令g(x)=3ln(x+1)+mx+2令φ(x)=3x+1+当x∈(−1,0]时，−3(x+1)2≤−31当x∈(0,2)时，−3(x+1)2<0，−π2sinπ①当m≥0时，x∈(−1,2)时，g'(x)=g而g(0)=0，因此g(x)仅有1个零点；②当−4<m<0时，g'(0)=4+m>0，g'(2)=m<0，且0<x0<2，当x∈(−1,x0)时，g'(x)>0，而g(0)=0，则g(x)在(−1,x0)上有唯一的零点0，又g(即−4<m<−3ln32时，g(x)在(x若−3ln32≤m<0，g(x)在(③当m=−4时，g'当x∈(−1,0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0,2)时，g'则g(x)≤g(0)=0，当且仅当x=0时取等号，因此g(x)仅有1个零点0；④当m<−4时，显然g'(x)>3x+1−1+m又g'(0)=4+m<0，则函数g'(x)存在唯一的零点当x∈(−1,x0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(x0则g(x)在(x0,2)上有唯一的零点0，显然g(x)<3且−1<em−13<0，又g(x0)>g(0)=0所以当m<−3ln32且m≠−4时，g(x)有两个零点；当m≥−31.(2024·四川凉山·二模)若fx=xsinx+cosx−1，x∈A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】求导，研究函数单调性，极值，画图，根据图象得零点个数.【解】f'当x∈−π2,0时，f'x<0，f当x∈π2,π时，又f−π2=π2−1>0则fx=xsinx+cosx−12.(多选)(2024·湖北·一模)已知函数fx=ax3+bx2+cx+d存在两个极值点x1,x2x1<x2A．当a>0时，n=3 B．当a<0时，m+2=nC．mn一定能被3整除 D．m+n的取值集合为4,5,6,7【答案】AB【分析】分a>0和a<0两种情况，利用导数判断原函数单调性和极值，结合图象分析fx，【解】由题意可知f'x=3ax2由f'fx=3af当a>0时，令f'x>0，解得x<x1或x>可知：fx在−∞,x1,x若x1≥0，则−x1≤0<x2则fx=x2有2个根，若fx2=x2>0，可知m=1，mn=3,m+n=4；若若fx2=x2

当a<0时，令f'x>0，解得x1<x<x可知：fx在x1,x2内单调递增，在内−若x2≤0，则−x1>0≥x2若fx1=−x1>0，即x1若fx1=−x1=0，即x1若fx1=−x1<0，即x1>0，可知

综上所述：mn的取值集合为3,6,8,9,15，m+n的取值集合为4,5,6,8，故CD错误；故选：AB.3.函数.(1)讨论函数的极值；(2)当时，求函数的零点个数.【解】(1)由题意，函数，可得，当时，，在上为单调增函数，此时无极值；当时，令，解得，所以在上为单调增函数，令，解得，在上为单调减函数，所以当时，函数取得极小值，无极大值.综上所述：当时，无极值，当时，，无极大值.(2)由(1)知当时，在上为单调增函数，在上为单调减函数，且，又由，limx⟶−当，即时，无零点；当，即时，有1个零点；当，即时，有2个零点.综上：当时，无零点；当时，有1个零点；当时，有2个零点.4.(2024·湖南·二模)已函数f(x)=x3+a(1)求a−b−c的值；(2)判断函数fx【分析】(1)由fx的图象关于(1,−2)对称，得到f(2)由(1)得到函数fx的解析式，求出f'x，利用Δ【解】(1)因为函数fx的图象关于点1,−2中心对称，故y=f从而有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当c≤−3时，Δ=36+12c≤0，f'x≥0，所以∵f1=−2<0，f3=27−3×9−3c+c=−2c>0，②当−3<c<0时，x1+x∴f'x=0有两个正根，不妨设x∴函数fx在−∞,x1∵fx1=∴函数fx③当c=0时，fx=x3−3x2，令fx=④当c>0时，x1+x2=2，x1⋅∴函数fx在−∞,x1∵fx1>f0=c>0，f综上，当c>0时，fx有三个零点；当c=0时，fx有两个零点；当c<0时，5.已知函数f(x)=x(x−3)+(x+2)e(1)求函数f(x)的最小值；(2)若g(x)=f(x)+x3−32【分析】(1)求导，研究f'(x)的正负，得到单调性，从而求得最小值；(2)g(x)=lnx−12x2+(x−1)2ex，求出g'(x)=(x+1)(x−1)e【解】(1)由题，f(x)=(x+2)ex+x记m(x)=f'(x)，则m'(x)=(x+4)e①当x≤−3时，(x+3)ex≤0,2x−3≤−9，可得f'(x)<0，故函数f(x)②当x>−3时，(x+4)ex>0,m'(x)>0又m(0)=0，所以当−3<x<0时，m(x)<0；当x>0时，m(x)>0，所以函数f(x)在区间(−3,0)上单调递减，在区间(0,+∞由①②知函数f(x)的单调递减区间为(−∞,0)，单调递增区间为(0,+∞(2)由题意知g(x)=lnx−1所以g'x=设ℎ(x)=ex−1x(x>0)，所以因为ℎ12=e−2<0,ℎ(1)=即ex0−当0<x<x0时，ℎ(x)<0,g'(x)>0；当x0<x<1时，ℎ(x)>0,g'(x)<0；当所以g(x)在区间0,x0上单调递增，在区间x0所以当x=x0时，且极大值为gx0=lnx设F(x)=−12x2+1x−21所以gx0<−12因为g(1)=−12<0,g(2)=e2综上所述，g(x)有且只有一个零点．考点二已知零点个数求参数取值范围【例21】(2025·四川雅安·一模)已知函数，其中，(1)当时，求的单调区间；(2)当时，过点可以作3条直线与曲线相切，求m的取值范围．【分析】(1)利用导数直接求解单调区间即可；(2)设切点为，利用导数的几何意义可得，设，结合题意可将问题转化为函数与的图象有三个交点，进而结合导数分析的单调性，再结合图象求解即可.【解】(1)由，，则，令，得；令，得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)当时，，则，设切点为，则，化简得，因为过点可以作3条直线与曲线相切，所以方程有三个不同的实根，设，即函数与的图象有三个交点，而，令，得；令，得或，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，又，，且时，，画出函数与大致图象，要使函数y=m与y=g(x)的图象有三个交点，则0<m<4e，即m的取值范围为【例22】(2025届烟台市、东营市高三一模T15)已知函数在处有极大值.(1)求实数的值；(2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围.【分析】(1)求导，根据极值与导数的关系建立方程，分别检验解得的根，可得答案；(2)由(1)明确解析式，求得其极值与单调性，并作图，将问题等价转化为函数交点问题，可得答案.【解】(1)，由在处取极大值，则，解得或，当时，可得，易知当时，；当时，，则此时函数在处取得极小值，不符合题意，舍去；当时，可得，易知当时，；当时，，则此时函数在处取得极大值，符合题意；综上所述，.(2)由(1)可得函数，求导可得，令，解得或：单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数的极大值为，极小值为，函数存在三个零点，等价于函数图象与直线存在三个交点，如下图：由图可得，则.【例23】(2025四川泸州一诊)已知函数f(x)=a(1)证明：y=f(x−1)为奇函数；(2)求的导函数的最小值；(3)若恰有三个零点，求的取值范围．【分析】(1)用奇偶性定义证明即可；(2)f'(x)=a−2ex+1+1ex+1+2，用基本不等式求最小值；(3)问题即【解】(1)令，则，又定义域为R，所以为奇函数，得证.(2)由题设f'当且仅当ex+1=1ex+1，即时取等号，所以(3)f(x)=ax+2ex+1+1+易知，故为奇函数，h(0)=0；又恰有三个零点，即恰有三个零点，只需在和上各有一个零点即可，由h(x)=ax+2ex+1−1=0，则a由，且，即为奇函数，令，则，显然上，上，综上，在R上递增，但递增速率先变快后变慢，大致图象如下图示，又与都过原点，且原点处的切线斜率为，结合图象知：当时，与在和上各有一个交点，所以.1.(2024·四川攀枝花·二模)关于x的方程xaex+x=A．−∞,1e−e B．1【答案】D【分析】x=0不是方程的根，当x≠0时，变形为a=exx−xex【解】当x=0时，xaex+x=0当x≠0时，a=exx−x当x<0，0<x<1时，g'x<0，gx单调递减，当x>1时，且当x<0时，gx<0，当x>0时，gx

令ℎx=xex当x<0，0<x<1时，ℎ'x>0，ℎx单调递增，当x>1时，且当x<0时，ℎx<0，当x>0时，ℎx>0，画出

令fx=exx由于exx2故当x<0，0<x<1时，f'x<0，fx=ex其中f1=e−1画出函数图象如下，

要想a=exx−2.若函数fx=ex−x+a−2A．−∞,1 B．−∞,0 C．【答案】D【分析】将零点问题切换成函数图像交点，再利用导数研究函数的单调性及参数的取值范围.【解】法一：设gx=ex−x因为g'x=ex−1，当x<0时，所以gx在区间−∞,0上单调递减，在区间0,+因为limx⟶−∞f(x)=+∞,limx法二：函数fx=ex−x+a−2因为函数ℎx的图像与y轴交于点0,1，且函数ℎx在点0,1处的切线方程为所以直线y=x+2−a与该切线平行，且该直线y=x+2−a与y轴交于点0,2−a，所以点0,2−a在点0,1上方，即2−a>1，解得a<1，即实数a的取值范围是−∞,13.若函数fx=xex−x−A．−∞,1 B．−∞,0 C．【答案】D【分析】进行合理换元和同构，转化为gt=e【解】令fx=xe令Fx=e令t=x+lnx，易知tx在0,+∞上单调递增，且则函数fx有两个零点转化为函数gt=则g't=et−1，当t<0时，即gt=et−t所以gt≥g0=e0−0=1，当t→−则y=2−a>1，解得a<1，即实数a的取值范围是−∞4.函数fx=ex−1+1,x≥0x2+2x−3,x<0，若A．1e,4 B．e,3 C．e【答案】C【分析】转化为fx−ax+a−1=0有三个不等根，分两种情况讨论：当x<0时，a=x−1−1x−1+4，令φx=x−1−【解】若gx=fx当x<0时，fx=x2+2x−3即a=x令φx=x−1−1x−1+4故当a≥4时，方程a=x−1当a<4时，方程a=x−1−1当x≥0时，fx=ex−1+1当a=0时，显然方程无实根；当a≠0时，1a=x−1ex−1当0<x<2时，ℎ'x>0，ℎx单调递增；当x>2时，即当x=2时，ℎx取得极大值ℎℎ0=−e,ℎ1=0，当0<x<1时，ℎ

要使fx需满足：在x∈−∞,0由图可知y=1a与ℎx综上，e<a<4，即实数a的取值范围是e5.已知函数.(1)若恒成立，求实数的值；(2)若关于的方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围.【解】(1)，，又，故是的极大值点，所以，；另一方面，当时，，，在区间单调递减，故在单调递增，单调递减，所以，恒成立(II)当时，，，当时，，在区间单调递减，又，故在区间有唯一实根，①若，，当时，，在区间递减，故在区间至多有一个实根，不符合题意，②若，令，()是方程的两不同实根，则，则；故在，上递减，在区间上递增.()，，，，同理可证.取，.取，，.故在，，各存在一个零点，故实数的取值范围是.6.(2024·河南·一模)已知函数fx(1)求函数fx的单调区间；(2)若fx有两个零点，求实数【分析】(1)首先求函数的导数，再分a≤0和a>0两种情况讨论函数的单调性；(2)首先根据(1)的结果可知a>0且f(x)≤f2a【解】(1)根据条件则f当a≤0时，f'x<0在定义域0,+∞内恒成立，因此当a>0时，由f'x>0，解得0<x<2a因此：当a≤0时，fx的单调减区间为0,+a>0时，fx的单调减区间为2a2,+(2)若fx有两个零点，有(1)可知a>0且f(x)≤f则必有f2a2=aln2a又因f1e即g(t)=ln当t∈8e,+∞时，g'可得g(t)≤g8e=ln8从而可得fx在1e,综上所述，若fx有两个零点实数a的范围为7.已知函数fx(1)当m=1时，讨论函数fx的单调性；(2)若函数fx有两个不同的零点，求实数【分析】(1)当m=1时，求得f'x=exe−(2)求得f'x=mexe−1得出存在x0∈0,+∞使得f'设函数gx=1x−2lnx−x，利用导数得gx在再设ℎx=x【解】(1)当m=1时，函数fx=e由函数f'x=ex所以当x∈0,1时，f'x<0，当故fx在0,1上单调递减，在1,+(2)由函数fx=mex−1−当m>0时，设φx=mexe−且当x→0时，f'x→−∞，当所以由零点存在定理得存在唯一的x0∈0,+∞使得即lnm=−lnx0−x0当x→0时，fx→+∞，当x→+因此要使函数fx有两个不同的零点，则只需f即1x0−2lnx则g'x=−1x2−而g1=0，故由gx0<0得x而1m=x0e所以ℎx在1,+∞上单调递增，故ℎx所以1m>1，故0<m<1，所以实数m的取值范围为8.(2024·山西·一模)已知a>0，且a≠1，函数fx(1)记an=fn−lnn+1+n,Sn(2)若a=1e，证明：xfx≥0；(3)若【分析】(1)直接利用等差数列、等比数列的求和公式计算即可；(2)利用导数研究ex−x+1(3)分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理及极限思想计算即可.【解】(1)由题意可知a=89时，所以S64(2)易知a=1e时，令gx显然x∈−1,0时，g'x<0,x∈0,+∞时，g'故gx≥g0=0⇒f又f0=0，所以x∈−1,0时，fx<0,x∈(3)①若a>1，易知fx②若a∈1e,1时，则x∈−1,0时，ax<1由(2)可知：x∈−1,0时，fx<1e且f0=0，则函数③由(2)知，a=1e时，fx④若a∈0,1e令ℎx显然x∈−1,0时，ℎ'x<0,x∈0,+∞时，ℎ'注意到ℎ−1=a>0,ℎ0所以∃x1∈即fx在−1,x1和x又x→−1时，fx→−∞，f所以在区间−1,x1,x2考点三证明零点个数【例31】已知，令，当时，证明∶函数有2个零点.【解】当时，，∴是的一个零点，由，设，则.因为，①当时，，∴，∴在单调递增，∴，∴在单调递增，∴，此时在无零点②当时，，有，此时在无零点.③当时，，，∴在单调递增，又，，由零点存在性定理知，存在唯一，使得.当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；又，，所以在上有1个零点.综上，当时，有2个零点．【例32】(2024·福建·模拟预测)已知函数fx(1)讨论fx的单调性；(2)若不等式fx≥0(3)当a=0时，证明函数Fx【分析】(1)对fx求导，再分a≤0与a>0两种情况分类讨论f(2)根据条件，分离常量得到a≥1x+lnx【解】(1)因为fx=ax当a≤0时，2ax2−x−1<0当a>0时，令2ax2−x−1=0令f'x>0，得x>1+1+8a综上所述，当a≤0时，fx在0,+当a>0时，fx在0,1+1+8a(2)由fx≥0恒成立，得ax2≥lnx+x令gx=1令ℎx=−2lnx−x+1(x>0)，易知ℎx所以当x∈0,1时，ℎx>0,g'所以gx在0,1上单调递增，在1,+所以gx在x=1处取得极大值，也是最大值，即g所以a≥1，即a的取值范围为1,+∞(3)当a=0时，Fx=2sin令Gx=F当x∈0,π时，G'x<0又F'1=2cos1>0,设F'x在0,π可得当x∈0,x0时，F'x>0，F12=ln12−故2sin12<1．又又Fπ2=lnπ又Fπ=lnπ−π当x∈π,3π2时，F当x>3π2时，令W所以Wx在e,+∞上单调递减，所以W所以Fx=ln而2sinx≤2,12x>12综上所述，Fx在定义域0,+1.(2024·山东泰安·一模)已知函数fx(1)若a>0，曲线y=fx在点0,f0处的切线与直线x+y−2=0垂直，证明：(2)若对任意的x1,x2且x1<x【分析】(1)由导数的几何意义求得a=1，再构造函数，利用导数研究单调性结合虚设零点的方式，即可证明不等式；(2)变形得g(x1)=−再通过构造函数ℎx=e【解】(1)∵f'x=a2e设Fx=e设φx=ex−又∵F∴存在x0∈−1,0使F'x当x∈−2,x0时，F'x∴F∴fx(2)∵gx=aeax−ea又∵g=−eg设ℎx=ex−x−1，则ℎ当x<0时，ℎ'x<0,ℎx单调递减；当∴当x≠0时，ℎx>ℎ0∴e又eax1x2−x1>0,又∵gx在x1,x2上单调递增，∴考点四判断或证明零点所在区间【例41】(2024·江西赣州·一模)已知函数fx(1)求fx的单调区间，(2)已如m>0.若函数gx=fx−m【分析】(1)求出f'x，进一步判断f'(2)得gx，求导，由(1)可知g'x在0,+∞单调递增，且g'1=−m<0，及g'1+m>0，则存在唯一的t∈1,1+m使得g't=0，分析gx【解】(1)∵fx=ex−1∴当x>0时，l(x)即f'x∴当x∈0,1时，f'x<0,fx∴fx的减区间为0,1，增区间为(2)∵g由(1)可知g'x在0,+∞又g∴存在唯一的t∈1,1+m⊆∴当x∈0,t时g't<0,gx∴g若方程gx=ex−1∴g't=e令ℎt=2−t∴ℎt在t∈1,+∞上为减函数∴当ℎt=0时t∈【例42】已知f(1)若fx≥0，求实数a的取值范围；(2)设x1,x2是fx的两个零点(x【分析】(1)求导得出函数fx(2)①由题意0<x1<1<x2由此即可构造函数gx=x−1②要证x1+x22=x2lnx1【解】(1)f'x=2x−21−ln所以gx单调递增，注意到g1=0，所以当0<x<1时，gx<g当x>1时，gx>g1=0，f'若fx≥0，则fxmin=f1=1−a≥0(2)①由题意不妨设x1<x2，则由(1)可知f所以fx设gx=x−1所以函数gx单调递增，所以gx2>g1又函数fx在0,1上面单调递减，所以0<x1②注意到x12−2ln只需x2lnx1−x1当0<x<1时，ℎ'x>0，ℎx单调递增，当x>1时，又1x1>所以要证ℎx1<ℎx2不妨设Hx=ℎx当0<x<1时，H'x>0，Hx单调递增，当x>1时，因为0<x1<1，所以H又因为ℎ1x1<ℎx1.已知函数fx=2x−kx−b恰有一个零点x0，且A．−∞,1−ln2ln2 B．【答案】A【分析】先将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，然后利用导数的几何意义及b>k>0建立关于x0【解】由fx=0可得2x=kx+b，要使fx设切点坐标为x0,2x0.由g即y=(2x0由b>k>0可得2x01−x2.(2024·陕西宝鸡·二模)已知函数F(1)若Fx和Gx的图象有公共点，且在公共点处有相同的切线，求(2)求证：当0<a<2e时，Fx的图象恒在G(3)令fx=Fx−Gx，若【分析】(1)设公共点为x0,y(2)设sx=x2−alnx(3)利用导数可证lnt>2t−1【解】(1)F'x=2x,因为在公共点处有相同的切线，则x02=y0aln(2)设sx=x当x∈0,a2时，s'x故sx在0,a2故sx因为0<a<2e，故0<a2<e，所以lna2故当0<a<2e时，Fx的图象恒在(3)因为fx有2个零点x1,x2，故Fx1不妨设x1>x2，又要证：x1+x即证：x1+x设vt=lnt−2t−1t+1故vt>v1=0即lnt>2t−13.(2024·河北邯郸·三模)已知函数f(x)=xex−a(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程．(2)已知关于x的方程f(x)=ax2−ex恰有4个不同的实数根x(i)求a的取值范围；(ii)求证：x1【分析】(1)求导数，得切线斜率，由f(0)=0，结合直线的点斜式，可求出切线方程；(2)(i)转化为y=a与g(x)=exx2有三个交点，利用导数求得(ii)设x2>x1>0，根据：ex1=ax12，ex2=ax【解】(1)f'(x)=e又f(0)=0，所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x．(2)(i)由f(x)=ax2−ex，得(x+1)所以ex−ax2=0令g(x)=exx所以当x∈(−∞,0)时，g'(x)>0，当x∈(0,2)时，g'所以g(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在又g(2)=e24，且当x无限趋近于−当x从0的左侧无限趋近于0时，g(x)趋近于+∞，当x从0的右侧无限趋近于0时，g(x)趋近于+当x无限趋近于+∞时，ex的增速远大于x2的增速，所以g(x)故g(x)的大致图象如图所示：又g(−1)=1e<e24，所以当且这3个交点的横坐标均不为−1，所以a的取值范围为e2(ii)由(i)知ex1=ax12，所以x1−x2=2lnx不妨设x2>x1>0，所以0<令t=x1x2，则则当0<t<1时，ℎ'所以ℎ(t)在(0,1)上单调递增，所以ℎ(t)<ℎ(1)=0，所以当t∈(0,1)时，lnt<2(t−1)t+14.已知函数fx(1)若fx恰有两个零点，求a的取值范围；(2)若fx的两个零点分别为x1【分析】(1)构造gx=x2lnx，则x2lnx=aa∈R有两个根，利用导数求出gx的性质即可借助图象求出a的取值范围；【解】(1)令gx=x2ln令g'x=0当0<x<e−12时，g'当x>e−12时，g'因为当0<x<1时，gx<0，当x>1时，gx又fx恰有两个零点，即x2lnx=aa∈R所以−12e<a<0，故(2)因为fx的两个零点分别为x1,x2所以lnx1=ax12所以要证2ax12即证lnx2x令x2x1=tt>1，即证明lnF't=1t所以4t而y=4m2+所以y=4m2+所以4t4+4−3e因此Ft在1,+∞上单调递增，所以5.(2024·湖南株洲·一模)函数fx=x+aebx(1)求a、b的值及fx(2)设x1，x2是方程fx【分析】(1)借助导数的几何意义可得f'1=e，f1(2)构造函数gx=x−1ex−kx【解】(1)f'由题意有f'1=由1+aeb=0可得a=−1，则f故a=−1、b=1，则fx=x−1当x>0时，f'x>0，当x<0时，f'x<0，故故fx有最小值f(2)令gx=fx−kx2+2=则当ex>2k，即x>ln2k时，g'x>0故gx在0,ln2k故g=−kln由k>2，故gln又g0=0−1e0故gx有两个零点，不妨设两零点x1<又g1由1<2ln2<2ln则x1<1<2ln6.(2024·湖南邵阳·一模)已知函数fx(1)讨论函数fx的单调性；(2)当a=12时，方程f①求b的取值范围；②证明xi【分析】(1)应用导数讨论函数的单调性，分Δ≤0与Δ(2)①结合函数的极值点即可求解；②构造函数ℎx=fx【解】(1)函数fx的定义域为0,+又a>0，令f'x=0当Δ≤0，即a≥23时，2ax2当Δ>0，即0<a<23时，方程2a因为x1+x当x∈0,x1和x2,+∞时，f'x>0综上：当a≥23时，fx当0<a<23时，fx在0,2−4−6a(2)当a=12时，①方程fx=0有三个不相等的实数根，即方程−b=3ln令gx=3ln令g'x=0，求得：x=1则当0<x<1或x>3时，g'(x)>0，当1<x<3时，则gx在0,1和3,+∞上单调递增，在gx存在极大值为g1=−且当x→0时，gx→−∞，当x→+要使方程fx=0有三个不相等的实数根，则3ln②证明：设方程fx=0三个不相等的实数根分别为：x1由①可得0<x1<1<只需证xi−x当a=12时，fx在0,1和3,+且当x→0时，fx→−∞，当x→+由fx构造函数ℎxℎ'x=f'(x)+f∴ℎx<ℎ1=0，即又x1∈0,1又∵x2∈1,3,2−x1∈1,2构造函数φx=fx当x∈1,3时φ'x∴φx<φ3=0，即又∵x2∈1,3，则由x2∈1,3∵fx在3,+∞上单调递增，又x1+x1.(2024全国甲卷文T16)曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为．【答案】【解】令，即，令则，令得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，曲线与在上有两个不同的交点，等价于与有两个交点，所以；故答案为：2．(2023·全国·乙卷文)函数存在3个零点，则的取值范围是(

)A． B． C． D．【答案】B【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.【解】，则，若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，令，解得或，且当时，，当，，故的极大值为，极小值为，若要存在3个零点，则，即，解得，故选：B.3.(多选)(2022·全国·高考真题)已知函数f(x)=x3−x+1，则(A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线【答案】AC【分析】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【解】由题，f'x=3x2−1，令f'x>0所以f(x)在(−∞,−33)，(因f(−33)=1+23所以，函数fx在−当x≥33时，fx≥f33>0令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ(0,0)是ℎ(x)的对称中心，将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；令f'x=3x2当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误.故选：AC.4.(2022·全国·高考真题)已知函数fx(1)若fx≥0，求a的取值范围；(2)证明：若fx有两个零点x【分析】(1)由导数确定函数单调性及最值，即可得解；(2)利用分析法，转化要证明条件为ex【解】(1)[方法一]：常规求导：f(x)的定义域为(0,+∞f'(x)=(1x−1x当x∈(0,1),f'(x)<0,f(x)单调递减；f(x)≥f(1)=e+1−a，若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1；所以a[方法二]：同构：由f(x)≥0得：e令t=x−lnx,t≥1，则f(t)=令g(t)=et+t,t∈[1,+∞)，则g'(t)=et故g(t)min=g(1)=e+1，即a≤e+1(2)[方法一]：构造函数：由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x要证x1x2<1,即证x1又因为f(x1)=f(x2即证exx−xe1设g(x)=e则g设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ℎ(x)=所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减；即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以综上,exx−x[方法二]：对数平均不等式：由题意得：f(x)=令t=exx>1所以g(t)=t+lnt−a在(1,+∞又因为f(x)=exx+两边取对数得：x1−又因为x1x2<下证x因为x不妨设t=x1构造ℎ(t)=2lnt−t+故ℎ(t)=2lnt−t+1t在(1,+∞)上单调递减；5.(2022全国乙卷理)已知函数f(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f(2)若fx在区间−1,0,0,+【分析】(1)先算出切点,再求导算出斜率即可；(2)求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞【解】(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)；当a=1时,f(x)=lnf'所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x(2)f(x)=ln(1+x)+ax1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=e所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0；故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意2°若−1≤a≤0,当x∈(0,+∞所以g(x)在(0,+∞)上单调递增；所以g(x)>g(0)=1+a≥0,即所以f(x)在(0,+∞)上