29、1：由圖象判斷函數(shù)的極值 【例1】設(shè)函數(shù)f (x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f ′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f ′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是(　　) A．函數(shù)f (x)有極大值f (2)和極小值f (1) B．函數(shù)f (x)有極大值f (－2)和極小值f (1) C．函數(shù)f (x)有極大值f (2)和極小值f (－2) D．函數(shù)f (x)有極大值f (－2)和極小值f (2) 解析　由題圖可知，當(dāng)x<－2時(shí)，f ′(x)>0；當(dāng)－22時(shí)，f ′(x)>0。由此可以得到函數(shù)f (x)在x＝－2

30、處取得極大值，在x＝2處取得極小值。故選D。 答案　D 知圖判斷函數(shù)極值的情況。先找導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)，再判斷導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)的左、右兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)符號(hào)。 方向2：求函數(shù)的極值 【例2】　已知函數(shù)f (x)＝2f ′(1)lnx－x，則f (x)的極大值為(　　) A．2 B．2ln2－2 C．e D．2－e 解析　函數(shù)f (x)定義域(0，＋∞)，f ′(x)＝－1，所以f ′(1)＝1，f (x)＝2lnx－x，令f ′(x)＝－1＝0，解得x＝2。當(dāng)00，當(dāng)x>2時(shí)，f ′(x)<0，所以當(dāng)x＝2時(shí)函數(shù)取得極大值，極大值為2ln2－2。 答案　B

31、 求函數(shù)極值的一般步驟：①先求函數(shù)f (x)的定義域，再求函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)f ′(x)；②求f ′(x)＝0的根；③判斷在f ′(x)＝0的根的左、右兩側(cè)f ′(x)的符號(hào)，確定極值點(diǎn)；④求出具體極值。 方向3：已知極值求參數(shù) 【例3】　(2019·江西八校聯(lián)考)若函數(shù)f (x)＝x2－x＋alnx在[1，＋∞)上有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______。 解析　函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f ′(x)＝2x－1＋＝，由題意知2x2－x＋a＝0在R上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，且在[1，＋∞)上有解，所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a≤0，所以a∈(－∞，－1]。

32、 答案　(－∞，－1] 已知函數(shù)極值點(diǎn)或極值求參數(shù)的兩個(gè)要領(lǐng) 1．列式：根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解。 2．驗(yàn)證：因?yàn)槟滁c(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值等于0不是此點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗(yàn)證根的合理性。 【題點(diǎn)對(duì)應(yīng)練】　 1．(方向1)已知函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?a，b)，導(dǎo)函數(shù)f ′(x)在(a，b)上的圖象如圖所示，則函數(shù)f (x)在(a，b)上的極大值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　由函數(shù)極值的定義和導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，f ′(x)在(a，b)上與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為4，但是在原點(diǎn)附近的導(dǎo)數(shù)值

33、恒大于零，故x＝0不是函數(shù)f (x)的極值點(diǎn)，其余的3個(gè)交點(diǎn)都是極值點(diǎn)，其中有2個(gè)點(diǎn)滿(mǎn)足其附近的導(dǎo)數(shù)值左正右負(fù)，故極大值點(diǎn)有2個(gè)。 答案　B 2．(方向2)若x＝－2是函數(shù)f (x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，則f (x)的極小值為(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析　因?yàn)閒 (x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f ′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1。因?yàn)閤＝－2是函數(shù)f (x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f ′

34、(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1。令f ′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f ′(x)<0，解得－2

35、略)可知，函數(shù)在x＝2處取得極大值。故選B。 答案　B 4．(方向3)(2019·長(zhǎng)春市質(zhì)量監(jiān)測(cè))若函數(shù)f (x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)內(nèi)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2] B．(－∞，－2) C．(－∞，－3] D．(－∞，－3) 解析　f ′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex，令g(x)＝x2＋(a＋2)x＋a＋3。由題意知，g(x)在(0，＋∞)內(nèi)先減后增或先增后減，結(jié)合函數(shù)g(x)的圖象特征知，或解得a≤－3。故選C。 答案　C 考點(diǎn)二函數(shù)的最值問(wèn)題 【例4】　(2019

36、·貴陽(yáng)檢測(cè))已知函數(shù)f (x)＝－lnx。 (1)求f (x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求函數(shù)f (x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))。 解　(1)f (x)＝－lnx＝1－－lnx，f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)。 所以f ′(x)＝－＝， 由f ′(x)>0，得01， 所以f (x)＝1－－lnx的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)。 (2)由(1)得f (x)在上單調(diào)遞增，在[1，e]上單調(diào)遞減， 所以f (x)在上的最大值為f (1)＝1－1－ln1＝0。 又f ＝1－e－ln＝2－e，f (e)＝1－

37、－lne＝－，且f

38、設(shè)函數(shù)f (x)＝lnx－2mx2－n(m，n∈R)。 (1)討論f (x)的單調(diào)性； (2)若f (x)有最大值－ln2，求m＋n的最小值。 解　(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f ′(x)＝－4mx＝， 當(dāng)m≤0時(shí)，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)m>0時(shí)，令f ′(x)>0得0， 所以f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 (2)由(1)知，當(dāng)m≤0時(shí)，f (x)無(wú)最大值；當(dāng)m>0時(shí)，f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 所以f (x)max＝f ＝ln－2m·－n＝－ln2－lnm－－n＝－ln

39、2， 所以n＝－lnm－， 所以m＋n＝m－lnm－， 令h(x)＝x－lnx－(x>0)， 則h′(x)＝1－＝， 所以h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以h(x)min＝h＝ln2，所以m＋n的最小值為ln2。 1．(配合例3使用)設(shè)函數(shù)f (x)＝2lnx－mx2＋1。 (1)討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)f (x)有極值時(shí)，若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍。 解　(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f ′(x)＝－2mx＝， 當(dāng)m≤0時(shí)，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)m>0

40、時(shí)，令f ′(x)>0，則0，所以f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 綜上，當(dāng)m≤0時(shí)，f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)m>0時(shí)，f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 (2)由(1)知，當(dāng)f (x)有極值時(shí)，m>0，且f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 所以f (x)max＝f ＝2ln－m·＋1＝－lnm， 若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，則f (x)max>m－1。 即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0成立， 令g(x)＝x＋lnx－1(x>0)， 因?yàn)間′(x)＝1＋>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)

41、遞增，且g(1)＝0， 所以m－1<0，即m<1。 綜上，0

42、＝－6。 (2)由f (x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x－2x0， 記F (x)＝x－lnx(x>0)，則F ′(x)＝(x>0)， 所以當(dāng)01時(shí)，F(xiàn) ′(x)>0，F(xiàn) (x)單調(diào)遞增。 所以F (x)≥F (1)＝1>0，所以a≥。 記G(x)＝，x∈， 則G′(x)＝＝。 因?yàn)閤∈，所以2－2lnx＝2(1－lnx)≥0， 所以x－2lnx＋2>0， 所以當(dāng)x∈時(shí)，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增。 所以G(x)min＝G(1)＝－1，所以a≥

43、G(x)min＝－1， 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)。 第3課時(shí)　導(dǎo)數(shù)與不等式 考點(diǎn)一不等式的證明微點(diǎn)小專(zhuān)題 方向1：移項(xiàng)作差構(gòu)造法 【例1】　(2019·江西贛州高三模擬)已知函數(shù)f (x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲線(xiàn)y＝f (x)與曲線(xiàn)y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線(xiàn)互相垂直。 (1)求a，b的值； (2)證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f (x)＋g(x)≥。 解　(1)因?yàn)閒 (x)＝1－， 所以f ′(x)＝，f ′(1)＝－1。 因?yàn)間(x)＝＋－bx， 所以g′(x)＝－－－b。 因?yàn)榍€(xiàn)y＝f (x)與曲線(xiàn)y＝g(x)的

44、一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線(xiàn)互相垂直，所以g(1)＝1，且f ′(1)·g′(1)＝－1， 所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1。 (2)證明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x， 則f (x)＋g(x)≥?1－－－＋x≥0。 令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)， 則h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1。 因?yàn)閤≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0， 所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0， 所以當(dāng)x≥1時(shí)，f (x)＋g(x)≥。 待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量

45、時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性即可得證。 【變式訓(xùn)練】　(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f (x)＝aex－lnx－1。(e＝2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)) (1)設(shè)x＝2是f (x)的極值點(diǎn)，求a，并求f (x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：當(dāng)a≥時(shí)，f (x)≥0。 解　(1)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f ′(x)＝aex－。 由題設(shè)知，f ′(2)＝0，所以a＝。 從而f (x)＝ex－lnx－1，f ′(x)＝ex－。 當(dāng)02時(shí)，f ′(x)>0。 所以f (x)在(

46、0,2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增。 (2)證明：當(dāng)a≥時(shí)，f (x)≥－lnx－1。 設(shè)g(x)＝－lnx－1，則g′(x)＝－。 當(dāng)01時(shí)，g′(x)>0。 所以x＝1是g(x)的極小值點(diǎn)也是最小值點(diǎn)。 故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0。 因此，當(dāng)a≥時(shí)，f (x)≥0。 方向2：特征分析法 【例2】　已知函數(shù)f (x)＝ax－lnx－1。 (1)若f (x)≥0恒成立，求a的最小值； (2)證明：＋x＋lnx－1≥0； (3)已知k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，求k的取值范圍。 解　(1)由題意知x>0， 所以

47、f (x)≥0等價(jià)于a≥。 令g(x)＝，則g′(x)＝， 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0， 則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1，則a≥1， 所以a的最小值為1。 (2)證明：當(dāng)a＝1時(shí)，由(1)得x≥lnx＋1。 即t≥lnt＋1。 令＝t，則－x－lnx＝lnt， 所以≥－x－lnx＋1，即＋x＋lnx－1≥0。 (3)因?yàn)閗(e－x＋x2)≥x－xlnx， 即k≥1－lnx恒成立， 所以k≥＝－＋1， 由(2)知＋x＋lnx－1≥0恒成立， 所以－＋1≤1，故

48、k≥1。 這種方法往往要在前面問(wèn)題中證明出某個(gè)不等式，在后續(xù)的問(wèn)題中應(yīng)用前面的結(jié)論，呈現(xiàn)出層層遞進(jìn)的特點(diǎn)。 【變式訓(xùn)練】　已知函數(shù)f (x)＝。 (1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)若對(duì)任意的x>1，恒有l(wèi)n(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范圍； (3)證明：＋＋…＋<(n∈N*，n≥2)。 解　(1)f (x)的定義域是(0，＋∞)， f ′(x)＝－，由f ′(x)＝0?x＝1，列表如下： x (0,1) 1 (1，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － f (x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 因此函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為

49、(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)，極大值為f (1)＝1，無(wú)極小值。 (2)因?yàn)閤>1， ln(x－1)＋k＋1≤kx?≤k?f (x－1)≤k， 所以f (x－1)max≤k，所以k≥1。 (3)證明：由(1)可得f (x)＝≤f (x)max＝f (1)＝1?≤1－，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)。 令x＝n2(n∈N*，n≥2)。 則<1－?< < ＝(n≥2)， 所以＋＋…＋ <＋＋…＋ ＝＝。 方向3：隔離分析法 【例3】　(2019·福州高三期末考試)已知函數(shù)f (x)＝elnx－ax(a∈R)。 (1)討論f (x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：

50、xf (x)－ex＋2ex≤0。 解　(1)f ′(x)＝－a(x>0)， ①若a≤0，則f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②若a>0，則當(dāng)00，當(dāng)x>時(shí)，f ′(x)<0， 故f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。 (2)因?yàn)閤>0，所以只需證f (x)≤－2e， 當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f (x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以f (x)max＝f (1)＝－e。 記g(x)＝－2e(x>0)， 則g′(x)＝， 所以當(dāng)01時(shí)，g′(x)>0，g

51、(x)單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e。 綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f (x)≤g(x)， 即f (x)≤－2e，即xf (x)－ex＋2ex≤0。 解：由題意知，即證exlnx－ex2－ex＋2ex≤0， 從而等價(jià)于lnx－x＋2≤。 設(shè)函數(shù)g(x)＝lnx－x＋2，則g′(x)＝－1。 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0， 故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1。 設(shè)函數(shù)h(x)＝，則h′(x)＝。 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x

52、∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0， 故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1。 綜上，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≤h(x)，即xf (x)－ex＋2ex≤0。 若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無(wú)從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo)。 【變式訓(xùn)練】　(2019·廣西三市聯(lián)考)已知f (x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R。 (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f (x)的極值，并證明f (x)>g(x)＋恒成立； (2)是否存在實(shí)數(shù)a，使f (x)

53、的最小值為3？若存在，求出a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。 解　(1)因?yàn)閒 (x)＝x－lnx(x>0)， f ′(x)＝1－＝(00，此時(shí)f (x)單調(diào)遞增。 所以f (x)的極小值為f (1)＝1， 即f (x)在(0，e]上的最小值為1， 令h(x)＝g(x)＋＝＋， 則h′(x)＝， 當(dāng)00，h(x)在(0，e]上單調(diào)遞增， 所以h(x)max＝h(e)＝＋<＋＝1＝f (x)min。 所以f (x)>g(x)＋恒成立。 (2)假設(shè)

54、存在實(shí)數(shù)a，使f (x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，f ′(x)＝a－＝。 ①當(dāng)a≤0時(shí)，f (x)在(0，e]上單調(diào)遞減，f (x)min＝f (e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)， 所以a≤0時(shí)，不存在a使f (x)的最小值為3。 ②當(dāng)0<時(shí)，f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以f (x)min＝f ＝1＋lna＝3，a＝e2，滿(mǎn)足條件。 ③當(dāng)≥e，即0

55、使得當(dāng)x∈(0，e]時(shí)，f (x)有最小值3。 考點(diǎn)二不等式恒成立問(wèn)題 【例4】　(2019·石家莊質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知函數(shù)f (x)＝axex－(a＋1)(2x－1)。 (1)若a＝1，求函數(shù)f (x)的圖象在點(diǎn)(0，f (0))處的切線(xiàn)方程； (2)當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)f (x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。 解　(1)若a＝1，則f (x)＝xex－2(2x－1)，f ′(x)＝xex＋ex－4， 則f ′(0)＝－3，f (0)＝2， 所以所求切線(xiàn)方程為y＝－3x＋2。 (2)若a≤－1，則f (x)≥0對(duì)x>0不恒成立，若a>－1，f (x)≥0對(duì)任意的x>0恒成立可轉(zhuǎn)化為≥

56、對(duì)任意的x>0恒成立。 設(shè)函數(shù)f (x)＝(x>0)， 則F ′(x)＝－。 當(dāng)00，當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn) ′(x)<0， 所以函數(shù)f (x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以f (x)max＝F (1)＝， 于是≥，解得a≥。 故實(shí)數(shù)a的取值范圍是。 不等式恒成立問(wèn)題的求解策略 1．已知不等式f (x，λ)≥0(λ為實(shí)參數(shù))對(duì)任意的x∈D恒成立，求參數(shù)λ的取值范圍。利用導(dǎo)數(shù)解決此類(lèi)問(wèn)題可以運(yùn)用分離參數(shù)法。 2．如果無(wú)法分離參數(shù)，可以考慮對(duì)參數(shù)或自變量進(jìn)行分類(lèi)討論求解，如果是二次不等式恒成立的問(wèn)題，可以考慮二次項(xiàng)系數(shù)與判別式

57、的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解。 【變式訓(xùn)練】　已知函數(shù)f (x)＝lnx－(a∈R)。 (1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求證：不等式(x＋1)lnx>2(x－1)對(duì)?x∈(1,2)恒成立。 解　(1)定義域?yàn)?0，＋∞)，f ′(x)＝。 ①a≤0時(shí)，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，故f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)。 ②a>0時(shí)，由x>a時(shí)，f ′(x)>0,00， 所以要證原

58、不等式成立，即證lnx>對(duì)?x∈(1,2)恒成立，令g(x)＝lnx－， g′(x)＝≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 所以當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，g(x)>g(1)＝ln1－＝0， 所以lnx>對(duì)?x∈(1,2)恒成立， 所以(x＋1)lnx>2(x－1)對(duì)?x∈(1,2)恒成立。 證明：令F (x)＝(x＋1)lnx－2(x－1)， F ′(x)＝lnx＋－2＝lnx－。 令φ(x)＝lnx－，由(1)知a＝1時(shí)， φ(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)。 因?yàn)閤∈(1,2)，則φ(x)在(1,2)為增函數(shù)，φ(x)>φ(1)＝0， 即x∈

59、(1,2)，F(xiàn) ′(x)>0，所以f (x)在(1,2)上為增函數(shù)， 所以f (x)>F (1)＝0， 所以(x＋1)lnx>2(x－1)對(duì)?x∈(1,2)恒成立。 第4課時(shí)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn) 考點(diǎn)一求函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù) 【例1】　設(shè)函數(shù)f (x)＝ex－ax，a是常數(shù)，討論f (x)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)。 解　當(dāng)a>0時(shí)，f ′(x)＝ex－a，由f ′(x)＝0得x＝lna。 若xlna，則f ′(x)>0。 函數(shù)f (x)在區(qū)間(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(lna，＋∞)上單調(diào)遞增， f (x)的最小值為f (lna)＝a(1－

60、lna)。 ①當(dāng)00，f (x)無(wú)零點(diǎn)； ②當(dāng)a＝e時(shí)，f (lna)＝a(1－lna)＝0，f (x)只有一個(gè)零點(diǎn)； ③當(dāng)a>e時(shí)，f (lna)＝a(1－lna)<0，根據(jù)f (0)＝1>0與函數(shù)的單調(diào)性， 可知f (x)在區(qū)間(－∞，lna)和(lna，＋∞)上各有一個(gè)零點(diǎn)，f (x)共有兩個(gè)零點(diǎn)。 當(dāng)a＝0時(shí)，f (x)＝ex，f (x)無(wú)零點(diǎn)。 當(dāng)a<0時(shí)，由f (x)＝0，得ex＝ax，易知曲線(xiàn)y＝ex與直線(xiàn)y＝ax只有一個(gè)交點(diǎn)，所以f (x)只有一個(gè)零點(diǎn)。 綜上所述，當(dāng)0≤a

61、時(shí)，f (x)有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)a>e時(shí)，f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)。 根據(jù)參數(shù)確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，解題的基本思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過(guò)研究函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、極值、函數(shù)值的極限位置等)，作出函數(shù)的大致圖象，然后通過(guò)函數(shù)圖象得出其與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，或者兩個(gè)相關(guān)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，基本步驟是“先數(shù)后形”。 【變式訓(xùn)練】　(2018·全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f (x)＝x3－a(x2＋x＋1)。 (1)若a＝3，求f (x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f (x)只有一個(gè)零點(diǎn)。 解　(1)當(dāng)a＝3時(shí)，f (x)＝x3－3x2－3x－3，f ′(x)＝x2－6x－3。 令f ′(x)＝0解得x＝

62、3－2或x＝3＋2。 當(dāng)x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)時(shí)，f ′(x)>0； 當(dāng)x∈(3－2，3＋2)時(shí)，f ′(x)<0。 故f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(3－2，3＋2)。 (2)證明：由于x2＋x＋1>0， 所以f (x)＝0等價(jià)于－3a＝0。 設(shè)g(x)＝－3a， 則g′(x)＝≥0， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)g′(x)＝0， 所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增。 故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f (x)至多有一個(gè)零點(diǎn)。 又f (3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f (3a＋1)＝>0，故f (x)有一

63、個(gè)零點(diǎn)。 綜上，f (x)只有一個(gè)零點(diǎn)。 考點(diǎn)二已知函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)值或范圍 【例2】　(2019·重慶市質(zhì)量調(diào)研)設(shè)函數(shù)f (x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)。 (1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)函數(shù)f (x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。 解　(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 當(dāng)a＝－1時(shí)，f ′(x)＝－2x－1＋＝＝， 令f ′(x)＝0，得x＝(負(fù)值舍去)， 當(dāng)00，當(dāng)x>時(shí)，f ′(x)<0， 所以f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為。 (2)令f (x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，

64、得a＝x－， 令g(x)＝x－，其中x∈， 則g′(x)＝1－＝， 令g′(x)＝0，得x＝1， 當(dāng)≤x<1時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)10， 所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為(1,3]， 所以g(x)min＝g(1)＝1， 由于函數(shù)f (x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)，g＝3ln3＋，g(3)＝3－，3ln3＋>3－， 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是。 與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的參數(shù)范圍問(wèn)題，往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)，從而判斷函數(shù)的大致圖象，討論其圖象與x軸的位置關(guān)系，進(jìn)而確定參數(shù)的取值范圍；或通過(guò)對(duì)方程等價(jià)變形轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)問(wèn)

65、題。 【變式訓(xùn)練】　已知函數(shù)f (x)＝kx－lnx(k>0)。 (1)若k＝1，求f (x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f (x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的值； (3)比較e3與3e的大小。 解　(1)k＝1，f (x)＝x－lnx，定義域?yàn)?0，＋∞)，則f ′(x)＝1－＝， 由f ′(x)>0得x>1，由f ′(x)<0得00)， 令g(x)＝(x>0)，則g′(x)＝， 當(dāng)x＝e時(shí)，g′(x)＝0；

66、 當(dāng)00； 當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)<0。 所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以g(x)max＝g(e)＝。 當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0。 又k>0，所以要使f (x)僅有一個(gè)零點(diǎn)，則k＝。 解法一：f (x)＝kx－lnx，f ′(x)＝k－＝(x>0，k>0)。 當(dāng)x＝時(shí)，f ′(x)＝0； 當(dāng)0時(shí)，f ′(x)>0。 所以f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以f (x)min＝f ＝1－ln， 因?yàn)閒 (x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)， 所以1－ln＝0，即k＝。 解法二：因?yàn)閗>0，所以函數(shù)f (x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)即為直線(xiàn)y＝kx與曲線(xiàn)y＝lnx相切，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，由y＝lnx得y′＝， 所以所以k＝，x0＝e，y0＝1， 所以實(shí)數(shù)k的值為。 (3)由(1)(2)知≤，即≥lnx，當(dāng)且僅當(dāng)x＝e時(shí)，取“＝”，令x＝3，得>ln3，即lne3>eln3＝ln3e，所以e3>3e。 考點(diǎn)三函數(shù)零點(diǎn)性質(zhì)研究 【例3】　(2019·四川內(nèi)江模擬