重难点专题11导数解答题之零点问题八大题型汇总

重难点专题11导数解答题之零点问题八大题型汇总TOC\o"13"\h\z\u题型1一个零点问题 1题型2两个零点问题 10题型3三个零点问题 17题型4判断零点个数 25题型5最值函数的零点问题 36题型6同构法解零点问题 46题型7零点差问题 54题型8割线法切线法与零点 66题型1一个零点问题【例题1】（2024秋·重庆·高三校联考阶段练习）已知函数fx(1)讨论fx(2)若函数gx=fx+e【答案】(1)答案见解析(2)a<-【分析】（1）讨论参数a，利用导数研究函数单调性；（2）问题化为axlnx-e+ex=0【详解】（1）由f'x=当a≥0，则f'x>0，此时f当a<0，则0<x<-ea时，f'x>0x>-ea时，f'x<0综上，a≥0，fx在(0,+a<0，fx在(0,-ea（2）由题设gx=aln所以axlnx-e令φ(x)=axlnx-e当a≥0时，φ'(x)>0恒成立，此时φ(x)递增，且所以φ(x)=0在1,+∞当a<0时，令ϕ(x)=φ'令h(x)=a+xex，则h'(x)=(x+1)ei.当-e≤a<0时，h(x)>0，即ϕ'所以φ'(x)>φ'(1)=e+a>0a<-e时，h(1)=a+e<0，x趋向正无穷时h(x)趋向正无穷，则∃(1,x0)上h(x)<0，即ϕx0,+∞上h(x)>0，即ϕ由ϕ(1)=e+a<0，x所以ϕ(x)在(1,x0)恒负，在故(1,x1)上ϕx1,+∞上ϕ由于φ(1)=0，x趋向正无穷时φ(x)趋向正无穷，所以φ(x)在(1,x1)综上，a<-e【点睛】关键点点睛：第二问，问题转化为axlnx-e【变式11】1.（2023·河北保定·河北省唐县第一中学校考二模）已知函数fx=x+2ex(1)若a=-3，求fx(2)若函数gx【答案】(1)2(2)a=-3【分析】（1）根据题意，求导得f'x，令hx=f（2）根据题意，由条件可得0是函数gx的一个零点，构造kx=g'x，分【详解】（1）当a=-3时，fx=x+2ex记hx=f①当x≤-3时，x+3ex≤0，2x-3≤-9，可得f'x②当x>-3时，x+4ex>0，h'x>0，可知函数hx当x>0时，hx>0，可知函数fx在区间-3,0由①②知函数fx的减区间为-∞,0，增区间为0,+（2）因为函数gx且g0=0，0是函数gx不妨设kx=g'x当x>-4时，x+4>0，又ex>0，所以x+4ex+2+2则函数kx在-4,+∞上单调递增，即函数g'又g'当3+a<0时，可得g'0<0，且x→+则存在α∈0,+∞，使得g'α=0在α,+∞上，g'α>0，故gx故当x∈0,α时，gx<g0=0故gx在0,+则此时函数gx至少存在两个零点，又因为0是函数g当3+a>0时，可得g'0>0所以在区间-4,0上存在一点β，使得g'故当在β,0上，有g'x>0，在-4,β故gx在β,0上为增函数，在-4,β故当x∈β,0时，gx<0，而当x→-故此时函数gx在-又因为0是函数gx当3+a=0时，即a=-3时，由（1）知，当x=0时，函数gx最小值g0当x≠0时，因为gx综上，满足条件的a值为-3.【点睛】思路点睛：知道函数零点的个数，要求参数的取值范围，需结合导数的符号和函数的单调性来处理，分类讨论时注意利用已有的确定零点来确定一段范围上的函数值的符号【变式11】2.（2023秋·江西·高三统考开学考试）已知函数fx(1)当a=0时，求曲线y=fx在点1,f(2)若fx在1,+∞上仅一个零点，求【答案】(1)x-y-1=0(2)0,1.【分析】（1）由a=0得到fx（2）将问题转化为a+lnx-ax=0在1,+∞上仅有一个实数解，设gx=lnx-ax+ax>1，求导【详解】（1）解：当a=0时，fx=xlnx，所以又f'x=故曲线y=fx在1,f1处的切线方程为y-0=1x-1（2）由题意知，方程xa+lnx则方程a+lnx-ax=0在设gx=ln当a≤0时，g'x>0，所以g又g1=ln1-a+a=0，所以x>1时gx当a≥1时，x>1时，ax>1，则g'x<0，所以g又g1=0，所以gx<0，则当0<a<1时，1a>1，当x∈1,1a时，g所以gx在1,1a则g1a>g1=0设hx=ex-x则ex>x，所以设φx=e令mx=e当x∈0,ln2所以mx在0,ln2则mx≥mln所以φx在0,+又φ0=0，所以φx>0，则ex又e1a∈1a又gx在1a,+所以gx在1综上可知，a的取值范围为0,1.【点睛】方法点睛：fx在1,+∞上仅一个零点，即方程a+lnx-ax=0在1,+∞上仅有一个实数解，构造函数gx=lnx-ax+ax>1，求导【变式11】3.（2023春·江西赣州·高三校联考阶段练习）已知函数fx(1)当a=1时，若fx的最小值为2，求实数b(2)若存在a∈e,e3，使得函数【答案】(1)b=-1(2)-【分析】（1）利用导数可求得fx的单调性，由此确定最值点，利用最小值可构造方程求得b（2）利用导数可求得fx的单调性，结合fx仅有一个零点可构造关于a,b的方程，采用分离变量的方式，将问题转化为b=1-lnaa有解；构造函数【详解】（1）当a=1时，fx∵fx的定义域为0,+∞，∴当x∈0,1时，f'x<0；当∴fx在0,1上单调递减，在1,+∴fxmin=f（2）当a∈e,e∴当x∈0,a时，f'x<0∴fx在0,a上单调递减，在∴fx若fx恰有一个零点，则f∴b=a-alna设ga=1-∴当a∈e,e2时，g'∴ga在e,e∴gamin=g又ge=1-lne∴gx∈-1e2,0【点睛】思路点睛：本题考查根据函数最值求解参数值、利用导数解决函数零点个数的问题；根据零点个数求解参数范围的基本思路是通过导数确定函数的单调性，进而根据零点个数确定最值与零的大小关系，由此构造方程或不等式来求解.【变式11】4.（2023·河南开封·统考模拟预测）已知函数fx(1)若函数fx的图象与直线y=x-1相切，求实数a(2)若函数gx=fx【答案】(1)e2(2)0,e【分析】（1）设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于a的方程组，解之即可;（2）由题意可得ex-ax2-x+1=0只有一个根，易知x≠0，可转化为y=a【详解】（1）设直线y=x-1与函数fx的图象相切于点x因为f'所以ex0-2ax0由①得a=ex0即2ex0-x0故a=e（2）令gx=fx由题意可得ex易知x=0不是方程ex-ax所以由ex-ax设hx=ex-x+1h'x=当x∈-∞,0时，h当x∈0,2时，h'x当x∈2,+∞时，h'设tx=e当x∈-∞,0时，t当x∈0,+∞时，t'所以tx所以hx又h2=e2-2+122=e画出函数hx

由图可知，若y=a与hx则0<a<e所以实数a的取值范围是0,e题型2两个零点问题【例题2】（2023秋·全国·高三校联考阶段练习）已知函数fx=2ln(1)若fx≤0在(2)设gx=x3-fx，x1【答案】(1)-(2)证明见解析【分析】（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题，利用导数求解可得；（2）将方程gx=0化为x2-2lnx【详解】（1）若fx≤0在0,+∞令ux=-2所以当0<x<e时，u'x<0，当所以ux在0,e上单调递减，在所以ux所以a≤-2e，即a的取值范围是（2）令gx=0，即令hx=x令rx=x3+lnx-1又r1=0，所以当0<x<1时，rx当x>1时，rx>0，所以所以hx在0,1上单调递减，在1,+不妨设x1<x2，则因为hx所以hx1-h设函数φx=x-1x-2lnx所以φx在1,+所以φx所以hx1-h又函数hx=x所以0<x1<【点睛】难点点睛：本题属于极值点偏移问题，本题难点主要在于构造差函数hx【变式21】1.（2023秋·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）证明下面两题：(1)证明：当x>1时，ex(2)当0<a<1e时，证明函数【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）首先设函数gx=e【详解】（1）令gx=ex-令φx=ex-2x所以φx在1,+∞上单调递增，所以所以gx在1,+∞上单调递增，gx>e（2）函数fx的定义域为0,+∞，因为a>0，1ex+ax>0，令f'所以fx在0,1上单调递增，在1,+所以fx有最大值f当0<a<1e时，f1令hx=lnx-x+1，则h'在1,+∞上单调递减，所以h(x)max因此当0<a<1e时，lna-a<-1因为a>0，所以ea>1，于是又fx在0,1上单调递增，f1>0所以fx在0,1f1由（1）因为1a>e>1，所以所以f1由lnx-x+1≤0，得ln1a-1于是f1又f1>0，1a>1，所以fx在1,+故0<a<1e时，【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式，以及零点问题，第一问需求二次导数，结合函数的单调性和最值，即可证明；第二问的难点是利用零点存在性定理证明fa【变式21】2.（2022秋·广东东莞·高三校考阶段练习）已知函数f(x)=ae(1)若a=1，求函数f(x)的单调区间及极值；(2)若函数f(x)有且仅有两个零点，求实数a的取值范围．【答案】(1)单调递减区是为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞)，极小值(2)0<a<1．【分析】（1）运用导数研究函数的单调性及极值.（2）f(x)=0⇒aex+lna=ln(x+1)+1⇒aex+ln【详解】（1）当a=1时，f(x)=ex-则f'(x)=e显然f'(x)在(-1,+∞)上单调递增，且所以当-1<x<0时，f'(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f'(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0，无极大值．（2）因为函数f(x)有两个零点，即f(x)=0有两个解，即ae所以aex+x+设h(t)=t+lnt，则h'(t)=1+1t>0aex=x+1（x>-1）有两个解，即a=令s(x)=x+1ex（x>-1当x∈(-1,0)时，s'(x)>0，s(x)单调递增；当x∈(0,+∞)时，s'(x)<0，又因为s(-1)=0，s(0)=1，当x趋近于正无穷时，s(x)趋近于零，所以s(x)图象如图所示，

所以0<a<1.【点睛】同构法的方法点睛：①乘积型，如aea≤blnb②比商型，如eaa≤bln③和差型，如ea±a≤b±lnb，同构后可以构造函数【变式21】3.（2023秋·贵州贵阳·高三贵阳一中校考开学考试）已知函数fx=ln(1)若函数fx在x=1处的切线的斜率为1-(2)若函数fx【答案】(1)a=(2)1【分析】（1）利用导数的几何意义求得alna2（2）把问题转化为lnx-axlna=0有且仅有两个大于1的实数根，构造函数F【详解】（1）因为fx=ln又f'1=1-aln即lna+2lnlna=1又因为g(m)=m+2lnm在0,+∞上单调递增，且g(1)=所以lna=1，即a=（2）因为函数fx所以lnx-又axlna=lnx令Fx=xln由F'x=0得x=1e，由F'x>0得所以Fx在0,1e又Fax=Fx，ax>1，即lna=lnxx，令由Q'x=0得x=e，由Q'x>0所以函数Qx在0,e上单调递增，在e,+当x无限趋近于0且为正数时，Qx当x无限趋向于正无穷大时，Qx所以0<lna<1e，所以【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题【变式21】4.（2023秋·安徽合肥·高三合肥一中校联考开学考试）已知函数fx=ae(1)讨论函数fx(2)若gx=ae【答案】(1)答案见解析(2)0<a<【分析】（1）求得f'x，对a进行分类讨论，由此求得（2）原题意等价于a=ln【详解】（1）因为fx=ae当a≤0时，f'x<0当a>0时，令f'x>0得x>-lna所以fx在-∞,-综上，当a≤0时，fx在R上单调递减，无增区间；当a>0时，fx在-∞（2）由题意gx令t=xex，x>0，则t'=1+xex故t>0，所以gx=axe等价于a=lntt有两个不同的实数解，等价于y=a则h'(t)=1-lntt2，h所以h(t)=lntt在0,e上单调递增，在e,+∞当t趋向于0且为正时，h(t)趋向于负无穷大，当t趋向于正无穷大时，h(t)趋向于0，如图：

由图可知，要使y=a与h(t)=lntt所以实数a的取值范围为0<a<1题型3三个零点问题【例题3】（2023春·重庆九龙坡·高三重庆市育才中学校考开学考试）已知fx=2log(1)试讨论函数fx(2)当a>1时，若fx有三个零点x①求a的范围；②设x1<x【答案】(1)答案见解析(2)①1<a<e【分析】（1）去绝对值符号，再分a>1和0<a<1两种情况讨论即可得解；（2）①a>1，fx有三个零点⇔2logax=ex3有三个不同的实根，②由①可得-1<x1<0<1<x2<3【详解】（1）注意x≠0，fx=2令f'当a>1时，x>0时，2-3ex<0时，2-3e故当a>1时，fx在-∞,0在0,3当0<a<1时，x>0时，2-3ex<0时，2-3e故当0<a<1时，fx在-∞,在32综上所述，当a>1时，fx在-∞,0在0,3当0<a<1时，fx在-∞,在32（2）①a>1，fx有三个零点⇔2⇔lna=2ln因为g-x=2当x>0时，gx=2当0<x<3e时，g'x>0所以gx在0,3e又当x→0时，gx→-∞，当x→+∞时，gx如图，作出函数gx

因为fx有三零点，且a>1则0<ln②由①可得-1<x1<0<1<则要证3x13由于2ln则有x2所以3x【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由fx=0分离变量得出a=gx，将问题等价转化为直线y=a【变式31】1.（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）设函数f(x)=(x+a)(lnx-ln(1)若a=1，求不等式f(x)≥0的解集；(2)求证：∀a∈(2,+∞)，函数f(x)有三个零点x1，x2，x3(x【答案】(1)1,+(2)证明见解析【分析】（1）两边同除以x+1，将不等式等价与简化变形处理，构造函数，观察函数零点，利用函数单调性求解不等式；（2）同（1），先将等式变形，构造函数，转化为新函数h(x)零点问题；再对h(x)求导，结合二次函数图象与零点存在性定理分析导函数h'(x)符号及函数h(x)的单调性；最后在各区间通过放缩取点法“取点”，寻找端点函数值异号的区间，确定函数h(x)的零点存在，再结合【详解】（1）由a=1，得fx=x+1不等式fx≥0等价于令gx又g'x>0，则函数g又g1=0，则不等式fx（2）令fx=0，则lnx-设hx=lnx-lnh'设mx由a∈2,+∞，则Δ=4故存在x4∈0,a故函数hx在0,x4上单调递增，在x又因为ha=0，则当x<a时，hx此时h1又当x>a时，hx此时ha故由零点存在性定理知，hx有三个零点x1，a，x3又因为ha2x即x1x3=a2=【点睛】在研究函数的零点问题时，零点存在性定理是推理依据之一，应用它的关键在于寻找端点函数值异号的区间，这就需要适当“取点”，常用“取点”的方法有：直接取点法、局部为零取点法、插值取点法、放缩取点法等等.【变式31】2.（2023秋·重庆·高三重庆一中校考开学考试）设函数fx=x-asinx，x∈0,π(1)求a的取值范围；(2)证明：gx(3)记fx的零点为p，gx最小的零点为q，证明：【答案】(1)1,+(2)见解析(3)见解析【分析】（1）分a=0和a≠0讨论即可；（2）g'（3）由题意得12a=qlnqq2-1=【详解】（1）当a=0时，fx令fx=0，得x=0，而x∈0,π当a≠0时，令fx=0得x=asin令hx=sinxx,0<x<π则S'x=1-1cos则cos2x∈0,1，则S'x则Sx<S0=0，即x-tan则x∈0,π2而x=π2时，x∈π2,π时，x故h'x<0故hx在0,π上单调递减，而h0=1故1a∈（2）g'(x)=2x-2a(1+lnx)，设ϕx则ϕ'x=2-2ax，令ϕ'x令ϕ'x>0，解得x>a，此时ϕ而g'(a)=2a-2a1+当x→0，且x>0时，g'x→+∞，当故存在t1,t2满足且当x∈0,t1时，gx∈t1,t2x∈t2,+∞时，g'则g1=0，则g而当x→+∞时，gx→+∞；x→0，且则根据零点存在定理知gx在0,t1和t则gx（3）fp=p-asingq=0，即q2-1-2aqln因为a>1，所以12a令φx=xlnx设mx=ln则m'x=x-12故mx<m1=0，则则2lnx=ln则φ'x<0则φx在0,1上单调递增，设φ且limx→1nx=0，且limx→1则limx→1因为p∈0,π，则要证q⋅ep<1只需证φ(q)<φe即证sinp2p<设Wp则W'令Gp则G'令H(p)=4-则H'令L(p)=-2L'故L(p)>L(0)=0⇒H(p)>H(0)=0，则W'(p)>W'(0)=0则W(p)>W(0)=0，得证，故q<e-p，故【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过转化得12a=qlnqq2-1=sinp【变式31】3.（2023·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数fx(1)求a的取值范围；(2)设函数fx的三个零点由小到大依次是x1,【答案】(1)a>1(2)证明见解析【分析】（1）求导，根据x≥2,0<x<2分类讨论研究函数的单调性，确定零点个数，构造函数，研究函数值的符号即可得到导函数的符号，即可求出原函数的单调区间，从而确定零点个数；（2）把原函数有三个零点转化为lnexex=lnaexa等价于x1+x3>1+k【详解】（1）因为fx定义域为0,+∞，又（ⅰ）当x≥2,f（ⅱ）当x∈0,2，记gx=当x∈0,1,g所以gx在0,1单调递增，在1,2上单调递减，g又g0=0,g2①当a∈0,1,f②当a>1,f'x记f'x两零点为m,n，且则fx在0,m上单调递减，在m,n上单调递增，在n,+因为fn>f1>0，令所以0<1所以fn>0,fm<0，且x趋近0，fx所以函数fx综上所述，a>1；（2）fx=0等价于ae令tx=ln所以tx在0,e上单调递增，在由（1）可得x1<1所以taex则x1,x3满足要证aex1易知x1-lnx1令q'x<0得0<x<1，令q所以函数qx在0,1上单调递减，在1,+下面证明x1+x3>1+k即证k>1+k-x即证0>1-x即证e1-令cx=e令y=-xe1-x+1，则y所以c'x=-xe所以x1+x所以x1【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.【变式31】4.（2023·广东深圳·校考二模）已知函数f(x)=x-1(1)当a=1时，求f(x)的单调区间；(2)①当0<a<12时，试证明函数②记①中的三个零点分别为x1，x2，x3，且x【答案】(1)单调递减区间为(0,+∞(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）利用函数的导数，结合函数的定义域，判断导函数的符号，得到函数的单调区间．（2）①当0<a<12时，求解函数的导数，求出极值点，判断函数的单调性，然后证明函数②记①中的三个零点分别为x1，x2，x3【详解】（1）当a=1时f(x)=x-1x+1-所以f'所以f(x)在定义域上单调递减，其单调递减区间为(0,+∞（2）①由f(x)=x-1x+1-a所以f'令-ax2+2(1-a)x-a=0，因为0<a<设方程的两根分别为x4，x5，且x4<x所以f'(x)有两个零点x4，x当x∈(0,x4)时，f当x∈(x4,x5当x∈(x5,+∞)所以fx在x=x4又f1=0，故fx又因为fe-1a=故有e-f(x)在e-1a易知x=1是f(x)的零点，所以f(x)恰有三个零点；②由①知x2=1，0<x因为f1x1所以要证x1即证x1即证x1即证x1即证x1即证lnx令g(x)=lnx+1当x∈(0,1)时，g'(x)<0，所以g(x)在所以gx>g1所以x1【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．题型4判断零点个数【例题4】（2022秋·广东珠海·高三珠海市第一中学校考阶段练习）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)当a<-1时，判断函数gx【答案】(1)答案见解析(2)gx【分析】（1）利用导数，分成a>0，a=-1，-1<a<0，a<-1四种情况讨论函数的单调性；（2）法一：利用导数讨论函数gx的单调性，在区间0,1，1,2，2,+∞上分别讨论法二：设hx=lnx+1【详解】（1）定义域为0,+∞f'①当a>0时，ax+1>0，∴x>1时f'x>0，fx单调递增；0<x<1时②当a=-1时，f'x<0③当-1<a<0时，-1x0,111,f'-+-f减增减∴fx在0,1和-1a,+∞④当a<-1时，-1x0,11,+f'-+-f减增减∴fx在0,-1a和1,+综上：a>0时，fx在1,+∞单调递增，在a=-1时，fx在0,+-1<a<0时，fx在0,1和-1a时，fx在0,-1a和1,+（2）当a<-1时，gx法一：若hx=g∴hx在0,+∞单调递增，且h1∴∃x0∈1,2使当x∈0,x0时，hx<0当x∈x0,+∞时，hx∴gx由（※）式得：lnx0=a令φx=1由x∈1,2，则φ'x=ax-1<0，故φx∴gx0<0易证y=xlnx在0,1e单调递减，在取x1>0，设gx∴存在0<x1<1-1e2-a取x2>2，设∴存在x2>2a-2a>2，使得综上，gx法二：gx令m=a+1m<0，则（※）式化为ln设hx=lnx+1h'x∈0,3-1时，hx∈3-1,+∞时，hh3当x→+∞时，h当x→0时，hx由h2=ln2-3

由图知，直线与hx∴gx【点睛】利用导数确定零点个数问题，方法一是利用导数确定函数的单调性，得出函数的最值，然后确定最值的正负(有时需要再次引入新函数，由新函数的导数得出结论)，同时确定某些函数值的正负，从而利用零点存在定理得出零点的个数；方法二，可以参变分离或者对函数进行分割，转化为两个函数图象的交点问题.【变式41】1.（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）已知曲线C：f(1)若曲线C过点P0,-1(2)当a=-1时，求fx在0(3)若0<a≤1，讨论gx【答案】(1)y=-2x-1(2)1-(3)答案见解析【分析】（1）由导数得切线斜率，然后由点斜式得切线方程并化简；（2）由导数的正负确定单调性进而即得；（3）先求得g'(x)，得g(x)的单调性，然后讨论【详解】（1）依题意得，f0=-1=a，此时f'则切线斜率为f'故切线方程：y+1=-2x-0，即y=-2x-1（2）当a=-1时，fx=sin∴f'∴fx在0,又f0=-1，故fx值域为1-（3）gx令g'x=a令g'x>0令g'x<0得x<-lna．g∴gx当a=1时，1+lna-a=0，∴gx≥0，∴当0<a<1时，令ra=1+lna-a0<a<1，r∴ra<r1又g0=0，∴gx在令φa=1a+2lna-a∴φa>φ1=0，∴g-2综上所述，a=1时，gx有一个零点，0<a<1时，g【点睛】方法点睛：利用导数确定零点个数问题，方法是利用导数确定函数的单调性，得出函数的最值，然后确定最值的正负（有时需要再次引入新函数，由新函数的导数得出结论）同时确定某些函数值的正负，从而利用零点存在定理得出零点的个数．【变式41】2.（2023·四川成都·校联考模拟预测）设函数fx(1)求fx(2)设函数gx=fx-a，求【答案】(1)递增区间为(-3π4+2k(2)答案见解析【分析】（1）根据题意，求得f'x，分别令f'（2）由（1）求得函数fx在0,3π上的单调区间和极值，作出函数fx的图象，根据题意把函数gx的零点个数转化为函数【详解】（1）解：由函数fx=sin令f'x>0，即cos解得-3π令f'x<0，即cos解得π4所以fx的递增区间为(-3π4（2）解：由（1）知f'因为x∈0,3π，可得当x+π4∈[π4,π当x+π4∈(π2,3π当x+π4∈(3π2,5π当x+π4∈(5π2,13π且f0则函数fx又由gx=fx即函数y=fx与y=a结合图象，可得：当a>2eπ4或a<-2e5π当a=2eπ4或a=-2e5π当2e9π4<a<2eπ4或当a=2e9π4时，y=fx当0≤a<2e9π4时，y=fx

【点睛】知识方法：有关解答函数的零点问题的策略与方法（1）解方程法：令fx=0，根据方程解的个数，从而得到函数（2）零点的存在性定理：利用定理要求函数图象在区间a,b上连续，且fa（3）数形结合法：转化为两个函数的图象的交点的个数问题，结合函数的图象的交点个数，得到函数的零点个数，此类方法中注意函数的合理化简、变形，常用到分离参数，构造新函数，结合导数求得新函数的单调性与极值（最值），结合图象，进行求解.【变式41】3.（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨德强学校校考开学考试）已知函数f(x)=alnx-x+1，其中(1)讨论函数f(x)零点个数；(2)求证：e1+【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导，分类讨论a的取值，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，进而可求解，（2）根据lnx<x-1，取x=1+【详解】（1）∵∴①当a≤0时，f'x<0,即f又f(1)=0，∴f(x)只有一个零点.②当a>0时，令f'x=0,当0<x<a时，f'x>0,当故fx在0,a单调递增，fx在∴fx令ga=aln故当0<a<1时，g'(a)<0,ga单调递减，当a>1故ga又x→0,fx→-∞故当a=1时，fx当a>0且a≠1时，fx综上可知：故当a=1或a≤0时，fx当a>0且a≠1时，fx（2）由（1）可知，当a=1时，fx=ln故当x>1时，fx=ln取x=1+1n，则ln1+相加可得ln2-∴ln∴e【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用【变式41】4.（2023·河南·统考模拟预测）设函数fx(1)当a>0时，讨论函数fx(2)当a=-1时，判断函数gx【答案】(1)答案见解析；(2)有一个零点，理由见解析.【分析】（1）求出函数f(x)的定义域及导数，再分类讨论求出f(x)的单调性作答.（2）把a=-1代入求出g(x)，利用导数结合零点存在性定理探讨函数g(x)的零点个数作答.【详解】（1）函数fx=12a若0<a<1，由f'(x)>0得0<x<1或x>1a，由因此函数f(x)在(0,1)，(1a,+若a=1，恒有f'(x)≥0，当且仅当x=1时取等号，因此函数f(x)在若a>1，由f'(x)>0得0<x<1a或x>1，由因此函数f(x)在(0,1a)，(1,+所以当0<a<1时，函数f(x)在(0,1)，(1a,+当a=1时，函数f(x)在(0,+∞当a>1时，函数f(x)在(0,1a)，(1,+（2）当a=-1时，函数g(x)=-1g'(x)=-x+1x+(而h(12)=e-2<0,h(1)=当0<x<x0时，h(x)<0，即g'(x)>0，当x0<x<1时，h(x)>0，即因此函数g(x)在(0,x0)，(1,+∞)上单调递增，在(g(x而当12<x0<1时，1<因为g(1)=-12,g(2)=e2所以函数g(x)在(0,+∞【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.题型5最值函数的零点问题【例题5】（2023·全国·高三专题练习）已知函数f(x)=ex-a(1)若直线y=gx与曲线y=f(2)用minm,n表示m，n中的最小值，讨论函数h(x)=【答案】(1)a=(2)答案见解析【分析】(1)根据已知切线方程求列方程求切点坐标，再代入求参即可；(2)先分段讨论最小值，再分情况根据单调性求函数值域判断每种情况下零点个数即可.【详解】（1）设切点为x0,y0∴ex消去a整理，得ex0∴a=（2）①当x∈(-∞,1)时，gx<0，h(x)=min②当x=1时，g1=0，若a≤e，f1≥0，此时hx=g若a>e，f1<0，此时hx=f③当x∈(1,+∞)时，gx>0，此时令f(x)=ex-ax2=0，得当1<x<2时，φ'(x)<0；当x>2时，φ'(x)>0，∴φx在1,2上单调递减，在（i）若a<φ2，即a<e24时，fx在(1,+（ii）若a=φ2，即a=e24时，fx在(1,+（iii）若φ2<a<φ1，即e24<a<e时，f（iv）若a≥φ1，即a≥e时，fx在(1,+∞)综上所述，当a<e24或a>e时，当a=e24或a=e时，当e24<a<e时，【变式51】1.（2021秋·广东深圳·高三红岭中学校考期末）已知函数fx(1)讨论函数gx(2)①证明函数F(x)=f(x)-1ex（e②设①中函数Fx的零点为x0，记m(x)=minxf(x),xex（其中min{a,b}表示a,b中的较小值），若【答案】(1)当a≤0时，gx在0,+当a>0时，gx在0,1a(2)①证明见解析；②证明见解析；【分析】（1）由题设有g'(x)=1-axx(x>0)，讨论a≤0、a>0（2）①由题意得F'(x)=1②根据题设确定函数m(x)解析式，应用导数研究单调性，进而应用分析法：要证x1+x2>2x0【详解】（1）由已知gx函数gx的定义域为0,+∞当a≤0时，g'x>0恒成立，所以g当a>0时，令g'x=0∴当x∈0,1a时，g当x∈1a,+∞时，综上所述：当a≤0时，gx在0,+当a>0时，gx在0,1a（2）①F(x)=lnx-1ex当x∈1,2时，F'x>0，即又F(1)=-1e<0，F(2)=ln2-∴根据零点存在性定理，有Fx在区间1,2②当x>0时，F'(x)=1x+又Fx∴当1<x<x0时，F(x)<0，故f(x)<1当x>x0时，F(x)>0，故f(x)>1∴可得m(x)=x当1<x<x0时，m(x)=xlnx，由当x>x0时，m(x)=xex若m(x)=n在区间1,+∞内有两个不相等的实数根x1，则x1∈∴要证x1+x2>2而mx在x故需证mx2<m即证mx1下证x1记h(x)=xlnx-2由Fx0=0记φ(t)=tet当t∈0,1时，φ当t∈1,+∞时，故φ(t)max=1e由2x0-x>1∴h'(x)=1+ln∴当1<x<x0时，h(x)<h(x0)=0【点睛】关键点点睛：（1）分类讨论参数的范围，应用导数在对应区间的符号研究函数的单调性；（2）由导数研究Fx在1,2上零点的个数，写出m(x)【变式51】2.（2023·广东·高三专题练习）已知函数f(x)=-lnx，g(x)=x(1)若函数g(x)存在极值点x0，且gx1=gx(2)用min{m,n}表示m，n中的最小值，记函数h(x)=min{f(x)，g(x)}(x>0)【答案】(1)证明见解析；(2)3【分析】（1）先利用导数求得函数g(x)存在极值点x0，再分类讨论即可证得x（2）按x分x>1,x=1,0<x<1三类讨论，利用导数即可求得函数h(x)有且仅有三个不同的零点时实数a的取值范围.【详解】（1）由题意，g(x)=x3-ax+当a≤0时，g'x≥0当a>0时，令g'(x)=0，即3x2-a=0当x∈-∞,x1当x∈x1',x当x∈x2',+∞∴x=-3a3时，g(x)有极大值为x=3a3时，g(x)有极小值为当x0=3a3时，要证代入计算有，gx0=则有gx0=g当x0=-3a3时，要证代入计算有，gx0=则有gx0=g综上，当x0为极大值点和极小值点时，x（2）①当x∈(1,+∞)时，f(x)=-ln故函数h(x)在x∈(1,+∞②当x=1时，f(1)=0，g(1)=54-a，若a≤h(x)=f(1)=0，故x=1是函数h(x)的一个零点；若a>54，则g(1)<0，∴hx=gx③当x∈(0,1)时，f(x)=-lnx>0，因此只需要考虑由题意，g(x)=x3-αx+㈠当a≤0时，g'∴g(x)在(0,1)上单调递增，g(0)=14>0，∴g(x)>0即g(x)在(0,1)内无零点，也即hx在(0,1)㈡当a≥3时，x∈0,1，g∴g(x)在(0,1)上单调递减，g1=54-a<0即g(x)在(0,1)㈢a∈0,3时，函数g(x)在0,∴gx若g3a3>0g(x)在(0,1)内无零点，也即hx在(0,1)若g3a3=0，即a=34也即hx在(0,1)若g3a3<0，即34<a<3∴34<a<54时，综上所述，当34【点睛】分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.【变式51】3.（2023·四川南充·统考三模）已知函数f(x)=xsinx+cos(1)当a=0时，求函数f(x)在[-π,π]上的极值；(2)用max{m,n}表示m，n中的最大值，记函数h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0)，讨论函数h(x)【答案】(1)极大值：π2(2)答案见解析【分析】（1）求出导函数零点，列表即可得出极值；（2）由h(x)=max{f(x),g(x)}知，h(x)≥g(x)，分x∈(π,+∞)，x=π，x∈(0,π)【详解】（1）当a=0时，f(x)=xsinx+cos由f'(x)=0，得x=-π2或π2，则f(x)x00,ππf+0-0+0-f(x)↗极大↘极小↗极大↘∴f(x)在[-π,π]上有2个极大值：f-f(x)在[-π,π]上有1个极小值：f(0)=1.（2）由h(x)=max{f(x),g(x)}，知（i）当x∈(π,+∞)时，∴h(x)>0，故h(x)在(π,+∞（ii）当x=π时，g(π)=0故当f(π)≤0时，即a≤2π2时，h(当f(π)>0时，即a>2π2时，h(（iii）当x∈(0,π)时，故h(x)在(0,π)的零点就是f(x)在f'(x)=x(a+cos①当a≤-1时，a+cosx≤0，故x∈(0,π)时，f'结合f(0)=1，f(π)=-1+π22故h(x)在(0,π②当a≥1时，a+cosx≥0，故x∈(0,π)时，f'结合f(0)=1可知，f(x)在(0,π故h(x)在(0,π③当a∈(-1,1)时，∃x0∈(0,π)，使得x∈0,xx∈x0,π时，f'由f(0)=1知，fx当f(π)=-1+π22a≥0，即故h(x)在(0,π当f(π)=-1+π22a<0，即故h(x)在(0,π综上所述，a<2π2a=2π2a>2π2【点睛】关键点点睛：首先要理解h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0)，将问题转化为h(x)≥g(x)，其次对g(x)按照x与π的大小分类讨论，当讨论到g(x)<0时，再转化为讨论f(x)的零点问题也就是【变式51】4.（2023·四川南充·统考三模）已知函数fx=axex(1)当a=1时，求函数fx(2)用maxm,n表示m，n中的最大值，记函数hx=maxfx,g【答案】(1)f(x)极大=0(2)答案见解析【分析】（1）先利用导数求出函数的单调区间，再依据单调性判断出极值点，最后求出极值点对应的函数值即为极值；（2）对x和a的范围进行分类讨论，分别判断出gx和fx的零点，从而得出【详解】（1）当a=1时，fx=x由f'x>0得：x<0或x>1；由列表：x-00,111,+f+0-0+f↗极大值↘极小值↗∴f(x)极大=f（2）由hx=（i）当x∈1,+∞时∴hx>0，故hx（ii）当x=1时，g1=0，f1=ae-x=1是hx当f1>0时，a>e2，h1（iii）当x∈0,1时，gx<0，故hx在0,1的零点就是由fx=0得：设φx=1-∴φx在0,1又∵φ0=1，∴当a≥e2时，fx即h当1<a<e2时，fx即h当0≤a≤1时，fx即hx在综上所述：1<a<e2时，0≤a≤1或a=e2时，a>e2时，【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a,b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点题型6同构法解零点问题【例题6】fx(1)若fx在x=0处取得极值，求a(2)请在下列两问中选择一问作答，答题前请标好选择.如果多写按第一个计分.①若fx≥0恒成立，求②若fx仅有两个零点，求a【答案】(1)单调递减区间为-2,0，单调递增区间为0,+∞.(2)选择①时，a∈e,+∞【分析】（1）把x=0代入fx，然后对fx求定义域，求导，利用f'0=0求出求a的值，观察出f【详解】（1）定义域为x∈-2,+∞，f'x=aex-1x+2，fx在x=0处取得极值，则f'0=a-12=0，所以a=12，此时f'x=1（2）①选择若fx若fx≥0恒成立，即aex设函数hx=因为h'x=ex+1>0恒成立，所以h所以lna≥lnx+2-x，令φx=lnx+2-x，x∈-2,+∞.φ'x=1x+2-1=-x+1x+2故当a∈e,+∞时，②选择若fx即aex-ln设函数hx=因为h'x=ex+1>0所以只需lna=lnx+2-x有两个根，令φ'x=1x+2-1=-x+1x+2，当x∈-2,-1时，φ'x要想lna=lnx+2-x有两个根，只需lna<1，解得：【点睛】同构变形是一种处理含有参数的函数常用方法，特别是指对同构，对不能参变分离的函数可以达到化简后可以参变分离的效果，非常的好用【变式61】1.（2021秋·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数fx（1）选择下列两个条件之一：①m=12；②m=1；判断fx（2）已知m>0，设函数gx=fx+mxlnmx.【答案】（1）答案见解析；（2）m⩾1.【分析】（1）若选择①，则f'x=ex-1-x,f″x=ex-1-1，由于f″x在R上单调递增，且f″1（2）令gx=0，则可得ex-1mx-x+lnmx=ex-1elnmx-x+lnmx=ex-lnmx-1-【详解】解：（1）若选择①m=12,f由f″x在R上单调递增，且所以f'x在0,1上单调递减，有f'x⩾f'若选择②m=1,fx=e由f″x在R上单调递增，且所以f'x在0,1+ln有f'x⩾所以存在极小值点x0（2）令gx=0，有ex-1所以ex-1令t=x-ln即转化为et-1-t=0有解，设则由h't=et-1-1可得，ht所以ht=e若gx在区间0,+∞存在零点，即为1=x-lnmx整理得：1+ln设lx=x-lnx，由l'在x∈1,+∞则lx⩾l1=1，所以【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决零点问题，解题的关键是由gx=0可得ex-lnmx-1-【变式61】2.（2020秋·湖南·高三校联考阶段练习）已知函数f(x)=ae（1）若a=1，求函数f(x)的极值；（2）若函数f(x)有且仅有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）极小值0，无极大值；（2）0<a<1.【分析】（1）f(x)=e（2）函数f(x)有两个零点，转化为aex+lnaex=ln【详解】（1）当a=1时，f(x)=ex-ln(x+1)-1显然f'(x)在(-1,+∞)单调递增，且f'(0∴当-1<x<0时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x>0时，f'(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0，无极大值.（2）函数f(x)有两个零点，即f(x)=0⇒ae即ae设h(t)=t+lnt，则h'(t)=1+1∴aex=x+1(x>-1)有两个解，即a=令s(x)=x+1ex(x>-1当x∈(-1,0)时，s'(x)>0，s(x)单调递增，当x∈(0,+∞)时，s'(x)<0，s(x)单调递减，又x=-1时，s(x)=x+1ex=0，且s(0)=1，当x→+∞所以当x>-1时，x+1∴0<a<1.【点睛】关键点点睛：aex+【变式61】3.（2021秋·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习）已知fx(1)若函数gx=fx+xcos(2)若关于x的方程xex-a=f【答案】(1)0<a⩽(2)a>1【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合函数的零点个数判断即可；（2）由xex-a=fx-a2x2+ax-1可得ex-a+x-a=x+ln【详解】（1）解：g(x)=a2x2+x所以g'(x)=x(a-sin当a⩾1时，a-sinx⩾0，所以g(x)在(0，又因为g(0)=0，所以g(x)在(0，π2当0<a<1时，∃x0∈(0,所以g(x)在(x0，π2又因为g(0)=0，g(π所以若aπ28-1>0，即a>8π2若aπ28-1⩽0，即0<a⩽8π2当a⩽0时，g'(x)=a-xsinx<0，g(x)在(0，π2]上单调递减，g(x)在综上当0<a⩽8π2时，g(x)在(0（2）解：由xex-a=f即xex-a=x则有ex-a令hx=x+lnh'x=1+1x所以ex-a=x，则有x-a=ln因为关于x的方程xe则方程a=x-ln令φx=x-ln当0<x<1时，φ'x<0，当x>1所以函数φx=x-lnx在所以φx当x→0时，φx→+∞，当x→+∞时，所以a>1.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及最值问题，考查了分类讨论思想、转化思想及同构思想，难度较大.【变式61】4.（2021春·江苏·高三专题练习）已知函数f(x)=（1）若函数y=fx在0,12（2）若函数y=fx在定义域内没有零点，求a【答案】（1）a≤-1-ln2；（2）【分析】（1）首先求出函数的导函数，依题意可得f'x≤0在0,12恒成立，两边取以e为底的对数，即a≤-2x-1n4x（2）依题意可得e2x+a+2x+a2=elnx+【详解】解：（1）f因为函数fx在0,所以f'x=2两边取以e为底的对数，即a≤-2x-1n4x在0,1设gx=-2x-所以gx在0,所以g(x)所以a≤-1-ln（2）fx=e等价于方程e2x+a-1亦即e2x+a+2x+a因为ex+x原方程无零点等价于2x+a=lnx在即：a=lnx-2x在构造函数hxh'(x)=1x-2=1-2xx，所以hx在0,12且h(x)max=h1所以a>-1-ln【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．题型7零点差问题【例题7】（2023秋·河南·高三校联考开学考试）fx=ln(1)a=0时，求b的范围；(2)b=-1且a<54时，求证：【答案】(1)-(2)证明见详解【分析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可求解.（2）当b=-1时由fx=lnex+a【详解】（1）a=0时，fx由题意fx的两个零点x方程lne分离参数即得b=-lnex对其求导得g'x=-则s'x=-注意到g'0=0，所以g-0,+g+-g↗↘所以gx有极大值（最大值）g又当x→+∞时，gx→-∞；当若方程b=-ln则b<gxmax=g0（2）因为lnex+a+1所以当b=-1且a<54时有进而有fx1=0>fx的函数图像恒在gx的函数图象上方，不妨设gx=x因此fx的两个零点x1,所以有x2-x1<x4又x4-x综上，有x2【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键是进行放缩lne【变式71】1.（2023秋·河北衡水·高三校考开学考试）已知函数fx=lnx+1，(1)求过点-1,-1且与函数fx(2)①求证：当x>0时，ex②若函数gx有两个不同的零点x1，x2【答案】(1)y=x(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）求导有f'x=（2）①令hx=ex-1-x-x22，利用两次求导即可证明；②通过导函数证明函数gx【详解】（1）f'设切点的坐标为x0则切线方程为y-ln因为切线过点-1,-1，所以-1-lnx0所以切线方程为y=x.（2）①令hx=e令h'x=m当x>0时，m'所以mx=e所以h'所以hx在0,+所以hx即当x>0时，ex②gx=若a≥0，g'x>0，则g若a<0，g令nx=x+1ex，因为x+1>0当x>-1时，n'x>0，所以n又因为当x→-1时，x+1e当x→+∞时，x+1ex所以-1a=当x∈-1,x0时，g当x∈x0,+∞时，所以x0为函数g因为当x→-1时，gx当x→+∞时，g所以函数gx有两个不同的零点x1，x2即ae不妨设x2>x1，当x∈-1,0由（1）得，直线y=x与函数y=lnx+1切于原点得：当x>0时，因为a<0，所以当x>0时，结合①中egx令qx=ax2所以ax22+a+1因为x2>0，所以又因为x2，x所以x2<x所以x3<x因为x3x4又因为x3所以x4-x3=所以x2【点睛】关键点睛：本题第二问的第二小问的关键是首先对gx有两不同零点进行等价转化为gx0【变式71】2.（2022·全国·高三专题练习）设f(x)=1(1)如果g(x)=f'(x)-2x-3在x=2处取得最小值-5(2)如果m+n<10(m,n∈N+)，f(x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m【答案】(1)f(x)=1(2)m=2，n=3或m=3，n=5.【分析】（1）先对f(x)进行求导，进而得出gx的解析式，利用配方法将二次函数gx表示成顶点式，再根据g(x)在x=2处取得最小值-5，即可列方程组求出m和n的值，从而得出（2）求导得f'(x)=x2+2mx+n，根据f(x)的单调递减区间的长度是正整数，可判断出x2+2mx+n=0存在两个不相等的实数根x1，x2，设x1<【详解】（1）解：由题可知，f(x)=13x∴g(x)=f此时g(x)为二次函数，抛物线开口向上，对称轴为x=1-m，由于g(x)=f'(x)-2x-3在x=2则1-m=2-m2所以f(x)=1（2）解：f'(x)=x所以x2+2mx+n=0存在两个不相等的实数根x1，x则Δ=4m2∴x又因为m+n<10(m,n∈N+)，所以m≥2当m=2时，只有n=3符合要求；当m=3时，只有n=5符合要求；当m≥4时，没有符合要求的n；所以m=2，n=3或m=3，n=5.【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数的极值求参数值，考查利用导数解决零点差问题，解题的关键在于第（2）问中，将问题转化为方程存在两个不等实数根从而解决问题，考查学生转化思想和运用能力.【变式71】3.（2023秋·河南·高三河南省实验中学校考开学考试）已知函数f(x)=1(1)求曲线C:y=f(x)在点P(0,1)处的切线方程；(2)求证：函数f(x)存在单调递减区间[a，b]，并求出单调递减区间的长度t=b-a的取值范围.【答案】(1)y=-x+1(2)证明见解析，(1，5【分析】（1）利用切点和斜率求得切线方程.（2）求得f'(x)，由此构造函数h(x)=mx【详解】（1）∵点P在函数y=f(x)上，由f(x)=1得：f'(x)=mx-2+1x+1(m⩾1,x>-1)故切线方程为：y=-x+1；（2）由f(x)=1得：f'(x)=mx-2+1令h(x)=mx∵Δ=m2+4>0，∴h(x)=0在(-1,+∞∴f'(x)=0在(-1,+∞)上必有两个不等实数根a，即f'(x)<0的解集为(a,b)，由根与系数的关系知：a+b=2-mm，∴t=b-a=(b-a)由m⩾1可得：b-a∈(1，5]∴函数f(x)存在单调减区间[a，b]，且递减区间长度t的取值范围是(1，5]【变式71】4.（2023春·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试）已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b∈R)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x)．（1）若fx（2）若f(x)=x（3）若f(x)=x4-2x2【答案】（1）hx=2x；（2）【分析】（1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题的解法，即可求得hx（2）方法一：先由hx-gx≥0，求得k的一个取值范围，再由fx（3）方法一：根据题意可得两个含参数t的一元二次不等式在区间m,n⊆【详解】（1）[方法一]:判别式法由f(x)≥h(x)≥g(x)可得x2即x2+(2-k)x-b≥0和从而有Δ1=(2-k)所以(2-k)2因此，k=2,b=0．所以h(x)=2x．[方法二]【最优解】：特值+判别式法由题设有-x2+2x≤kx+b≤令x=0，则0≤b≤0，所以b=0.因此kx≤x2+2x即x所以Δ=2-k2故hx（2）[方法一]令Fx=hx又F'若k<0，则Fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，则Fx≤F当k=0时，Fx当k>0时，Fx在0,1上递减，在1,+∞上递增，则即hx综上所述，k≥0.由fx-h当x=k+12<0，即k<-1时，y=因为f0故存在x0∈0,+当x=k+12=0，即k=-1当x=k+12>0，即k>-1时，则需Δ综上所述，k的取值范围是k∈0,3[方法二]【最优解】：特值辅助法由已知得f(x)=x2-x+1≥由已知得Fx令x=e，得ke-2≥0令Gx=x-1-lnx，G'x=1-1x=x-1x，当0<x<1时，G'x<0，Gx由fx-hx=x2-x+1-kx-k=x2-∴k的取值范围是k∈0,3（3）[方法一]：判别式+导数法因为x4-2x①x4-2x等价于(x-t)2x2故x2+2tx+3t令M(x)=x当0<t2<1此时n-m≤2当1≤t2≤2但4x2-8≥4等价于4x2-44x2-4则x1所以n-m≤x1-令t2=λ,λ∈1,2，构造函数P所以λ∈1,2时，P'λ<0，所以n-mmax=7[方法二]：判别式法

由f(x)-h(x)=(x-t)2x2+2tx+3t2（事实上，直线y=h(x)为函数y=f(x)的图像在x=t处的切线）同理h(x)≥g(x)对任意的x∈[m,n]恒成立，即等价于对任意的x∈[m,n],x当t2<1时，将①式看作一元二次方程，进而有Δ1=8-8t2>0当t2≤23时，x1x2≤0，从而当23<t2<1时，由①式得x≥21-当2≥t2≥1由2≥t2≥1,-3≤t4-5t2+3≤-1综上所述，n-m≤7[方法三]【最优解】：反证法假设存在t∈(0,2]，使得满足条件的m，n有因为[m,n]⊆[-2,2因为2-(-1)=2+1<因为f(x)≥h(x)≥g(x)对恒成立，所以有f(-1)≥h(-1)≥g(-1),f(1)≥0≤3t0≤3t解得63由③+④并化简得，1≤3t因为m(t)=3t4-2t2所以，1≤t≤2由h(x)≥g(x)对x∈[m,n]恒成立，即有4x对x∈[m,n]恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有Δ=16设u(t)=t6-5所以u(t)在区间[1,2]上递减，所以7=u(1)≥u(t)≥u(2设不等式⑤的解集为x1,x2，则由f(x),g(x)均为偶函数．同样可证-2≤t<0时，综上所述，n-m≤7【整体点评】（1）的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得到不等式组，求解得到；方法二先利用特值求得b的值，然后使用判别式进一步求解，简化了运算，是最优解；（2）中的方法一利用导数和二次函数的性质，使用分类讨论思想分别求得k的取值范围，然后取交集；方法二先利用特殊值进行判定得到k≥0，然后在此基础上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性质求得不等式的另一侧也成立的条件，进而得到结论，是最优解；（3）的方法一、方法二中的分解因式难度较大，方法三使用反证法，推出矛盾，思路清晰，运算简洁，是最优解.题型8割线法切线法与零点【例题8】（2020·安徽合肥·高三统考阶段练习）已知函数f(x)=1-（1）求函数f(x)的零点x0，以及曲线y=f(x)在x=（2）设方程f(x)=m(m>0)有两个实数根x1,x【答案】（1）x0=±1，切线方程为y=2e(x+1)和【解析】（1）由f(x)=0，求得x=±1，得到函数的零点x0=±1，求得函数的导数，结合导数的几何意义，即可求得曲线y=f(x)在（2）利用导数求得函数的单调性，根据（1）得到当x∈(-1,1)时，2e(x+1)>f(x)，结合分析法，即可作出证明.【详解】（1）由题意，函数f(x)=1-x2ex所以函数f(x)的零点x0又由f'(x)=x2-2x-1所以曲线y=f(x)在x=-1处的切线方程为y=2e(x+1)．又由f'(1)=-2e,f(1)=0，所以曲线y=f(x)（2）由（1）知f'令f'(x)=0，即x2当x∈(-∞,1-2)∪(1+2当x∈(1-2,1+2所以f(x)的单调递增区间为(-∞,1-2)，(1+2由（1）知，当x<-1或x>1时，f(x)<0；当-1<x<1时，f(x)>0．下面证明：当x∈(-1,1)时，2e(x+1)>f(x)．当x∈(-1,1)时，由2e(x+1)>f(x)，即2e(x+1)+x2-1令g(x)=ex+1+x-12，可得g所以g(x)>g(-1)=0对任意x∈(-1,1)恒成立，当x∈(-1,1)时，2e(x+1)>f(x)．由y=2e(x+1)y=m，可得x=m2e不妨设x1<x所以x1要证x1-x2<2-m又因为m=1-x22e因为x2∈(1-2,1)，所以令φ(x)=ex-(x+1)当x∈(1-2,0)时，φ'当x∈(0,1)时，φ'(x)>0，函数所以φ(x)≥φ(0)=0，所以ex所以x1【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式fx>gx(fx<gx（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数；【变式81】1.（2020·湖北武汉·统考二模）已知函数fx=e-x（1）求函数fx的零点，以及曲线y=f（2）若方程fx=mm≠0有两个实数根x【答案】（1）零点为1,e；y=e-1x-1；【分析】（1）由题意可得函数fx的零点为1，e，求导后，求出f'1=e-1，（2）利用导数证明e-xlnx≤e-1x-1、e-xlnx≤-x+e，设gx【详解】（1）由fx=e-xlnx=0，得x=1或x=e，所以函数f因为f'x=ex又因为f1所以曲线y=fx在x=1处的切线方程为y=在x=e处的切线方程为y=-x+e；（2）证明：因为函数fx的定义为0,+∞，f令px=ex-lnx-1由f'1=e-1>0所以存在x0∈1,e，使得fx在不妨设x1<x0<令gx=e-1记mx=e-1令qx=ln所以m'x单调递增，且故mx在0,1单调递减，mx在所以mx≥m1记nx=-x+e-e-x所以n'x单调递增，且n'e=0，故nx在则nx≥ne不妨设gx因为gx1>fx1由gx3=同理x4>x所以me-1所以x1所以x1【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了计算能力和推理能力，属于难题.【变式81】2.（2017·山西临汾·统考一模）已知函数f(x)=(x（1）求曲线y=f(x)在原点处的切线方程；（2）若f(x)-ax+e≥0恒成立，求实数a的取值范围；（3）若方程f(x)=m(m∈R)有两个正实数根x1,x【答案】(1)x+y=0;(2)0≤a≤e;（3）见解析.【详解】试题分析：(1)利用题意结合导函数与切线的关系求得切线方程为x+(2)利用题意讨论x=0和x>0两种情况可得实数a的取值范围是0≤a(3)由(2)的结论，取a=e，结合函数的可知可得：试题解析：(1)f'(x)=(x2+x-1)ex(2)①当x=0时，a∈R；②当x>0时，问题等价为a≤(x-1)ex+ex恒成立，设g(x)=(x-1)ex+ex(x>0)，则g'(x)=xex-ex2，因为y=g'(x)在(0,+∞)上单调递增，且g'(1)=0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以y=g(x)上的最小值为g(1)=e，所以a≤e.③（3）依第（2）问，取a=e，有(x2-x)ex≥ex-e，因为设φ(x)=(x2-x)ex+x(x>0)，则φ'(x)=(x2+x-1)ex+1,φ''(x)=(x2+3x)ex，令φ''(x)=0得x=-3或x=0.容易知道所以(x2-x)ex≥-x.设y=m分别与y=-x和y=e(x-1)的两个交点的横坐标为【变式81】3.（2021秋·山东泰安·高三统考期中）已知函数fx=x-1lnx+1，曲线y=f(1)求k，b的值；(2)证明：fx(3)若函数gx=fx+mm∈R有两个零点【答案】(1)k=ln2(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义求出曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程即可得k，b的值；（2）令h(x)=f(x)-kx-b=(x-1)[ln(x+1)-ln2]，分别讨论-1<x≤1、x>1时（3）令t(x)=f(x)+x，利用导数判断单调性可得t(x)min=0，f(x)+x≥0恒成立，不妨令x2>x1，则f(【详解】（1）由f(x)=(x-1)ln(x+1)可得则f'(1)=ln2，所以曲线y=f(x)在点所以切线方程为：y=ln因为曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程为y=x⋅ln2+b，所以（2）由（1）知：k=ln2，令h(x)=f(x)-kx-b=(x-1)=(x-1)[ln(x+1)-ln当-1<x≤1时，x-1≤0，ln(x+1)≤ln2当x>1时，x-1>0，ln(x+1)>ln2综上所述：对任意的x>-1，都有h(x)≥0，即f(x)≥kx+b，（3）不妨设t(x)=f(x)+x=(x-1)ln(x+1)+x，则t'(x)=f因为y=ln(x+1)和y=-2所以t'(x)=2+ln因为t'(0)=0，所以-1<x<0时，t'(x)<0；所以t(x)=f(x)+x在(-1,0)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以t(x)min=t(0)=f(0)+0=0不妨令x2>x由（2）知：f(x所以x2将f(x1)=-m代入可得x即|x【变式81】4.（2022·江西·校联考模拟预测）已知函数fx（1）求fx在点-1,f（2）若方程fx=b有两个实数根x1，x2，且【答案】（1）y=1-ee【解析】（1）由f（﹣1）＝0，f′（x）＝（x+1）（ex﹣1），可得f′（﹣1）=1（2）由（1）知f（x）在（﹣1，0）处的切线方程s（x），令F（x）＝f（x）﹣s（x），求得导数和单调性，可得f（x）≥s（x），解方程s（x）＝b得其根x'1，运用函数的单调性，所以x'1≤x1，；另一方面，f（x）在点（1，2e﹣2）处的切线方程为t（x），构造G（x）＝f（x）﹣t（x），同理可得f（x）≥t（x），解方程t（x）＝b得其根x'2，运用函数的单调性，所以x2≤x'2．根据不等式的基本性质即可得出结论．【详解】（1）f'f'-1=所以切线方程为y=1-e（2）由（1）知fx在点-1,f-1处的切线方程为设S构造Fx=fxF″所以F'x在-∞,-3上单调递减，在又F'-3=-1e3-1e<0，limx→-∞F'x∵方程1-eex+1=b的根x'1=eb单调递减，所以x'另一方面，fx在点1,2e-2处的切线方程为y=设t构造Gx=fx-txG'x=所以G'x在-∞,-3上单调递减，在又G'-3=-1e3-3e<0，limx→-∞G'当且仅当x=-1时取“=”∵方程tx=3e-1x-e-1=b的根tx在R上单调递增，所以x2≤【点睛】本题考查了导数的综合运用：求切线的斜率切线方程，求函数单调性和最值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题1.（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）已知函数fx(1)当a=0时，求函数fx在-(2)用maxm,n表示m,n中的最大值，记函数hx=maxf【答案】(1)极大值为π2，极小值(2)答案见解析【分析】（1）求导，得到函数的单调性和极值情况；（2）分x∈π,+∞，x=π和x∈0,【详解】（1）当a=0时，fx由f'x=0，得x=-π2或π2，则x00,ππf+00+0f↗极大↘极小↗极大↘∴fx在-π,π上有2个极大值：f-（2）由hx=max（ⅰ）当x∈π,+∞∴hx>0，故hx（ⅱ）当x=π时，g故当fπ≤0时，即a≤1π2当fπ>0时，即a>1π2（ⅲ）当x∈0,π时，gx<0．故hx在0,f'①当a≤-12时，2a+cosx≤0，故x∈0,结合f0=1，fπ=-1+π故hx在0,②当a≥12时，2a+cosx≥0，故x∈0,结合f0=1可知，fx在0,π无零点，故③当a∈-12,12时，∃xx∈x0,π时，由f0=1知，当fπ=-1+π2a≥0，即1π2≤a<1当fπ=-1+π2a<0，即-12<a<1综上所述，a<1π2时，hx有2个零点；a=1π2【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方2.（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数fx(1)求曲线y=fx在点1,m(2)讨论函数gx【答案】(1)x-y+m-1=0(2)答案见解析【分析】（1）由导数法求切线；（2）转化为求y=fx-m与y=m【详解】（1）f'x=4则曲线y=fx在点1,m处的切线方程为y-m=x-1，即x-y+m-1=0（2）f'当x∈-∞,34时，f当x∈34,+∞时，f'所以fx设函数hx=x4-x3，则h0=h1=0由gx=0，得当m=0或m>27256时，gx零点的个数为2；当m=27256时，g3.（2023·广东揭阳·校考二模）已知函数f（1）讨论fx（2）若x1，x2，x1（i）x1（ii）x2【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析.【解析】（1）求出导数，讨论a≤0和a>0两种情况根据导数正负即可得出单调性；（2）（i）可得不等式等价于lnx2x1-（ii）由题可得0<a<1e且1<x1<e<x2【详解】解：（1）fx定义域0,+∞，f则当a≤0时，f'x>0，f当a>0时，令f'x=0，解得x=1a，当x∈0,1a时，f'x>0，f综上，a≤0时，fx在0,+∞为增函数；a>0时，fx在0,1（2）证明：（i）原不等式等价于x1因为ax1=由②①得，ax2-则x1+x因为x2>x即证lnx2-设t=x2x1，t>1，设③等价于gt>0，∵