10、(2＋，＋∞)上單調(diào)遞增，在(2－，2＋)上單調(diào)遞減，
又f(1)＝0，且1∈(2－，2＋)，所以f(x)在(2－，2＋)上有唯一零點x＝1.
又02＋，f(e3)＝－f(e－3)>0，所以f(x)在(2＋，＋∞)上有唯一零點．
綜上，當m＝時，f(x)有且只有三個零點．
根據(jù)零點個數(shù)確定參數(shù)范圍
已知函數(shù)有零點求參數(shù)范圍常用的方法：(1)分離參數(shù)法：一般命題情境為給出區(qū)間，求滿足函數(shù)零點個數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為從f(x)中分離出參數(shù)，然后利用求導的方法
11、求出由參數(shù)構造的新函數(shù)的最值，根據(jù)題設條件構建關于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；(2)分類討論法：一般命題情境為沒有固定區(qū)間，求滿足函數(shù)零點個數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為結(jié)合單調(diào)性，先確定參數(shù)分類的標準，在每個小范圍內(nèi)研究零點的個數(shù)是否符合題意，將滿足題意的參數(shù)的各小范圍并在一起，即為所求參數(shù)范圍．
高考真題
思維方法
【由導數(shù)特點分類討論】
(2018·高考全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a.
(1)略
(2)設函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0
12、，＋∞)只有一個零點當且僅當h(x)在(0，＋∞)只有一個零點．【關鍵1：構造函數(shù)h(x)，將f(x)的零點情況轉(zhuǎn)化為h(x)的零點情況】
(ⅰ)當a≤0時，h(x)＞0，h(x)沒有零點；
【關鍵2：對參數(shù)a分類討論，結(jié)合函數(shù)值判斷函數(shù)零點情況】
(ⅱ)當a＞0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x.當x∈(0，2)時，h′(x)＜0；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增.
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值.
【關鍵3：分類討論，利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，求函數(shù)最值】
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(
13、0，＋∞)沒有零點；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一個零點；
③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一個零點.
由(1)知，當x＞0時，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0.
故h(x)在(2，4a)有一個零點．因此h(x)在(0，＋∞)有兩個零點.
【關鍵4：對函數(shù)最小值的符號分類討論，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性判斷零點情況，求出參數(shù)值】
綜上，f(x)在(0，＋∞)只有一個零點時，a＝.
續(xù) 表
高考真題
思維方法
【直接分類討論】
(2017·高考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ae2x＋(a－2
14、)ex－x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.
(1)略
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個零點.
【關鍵1：針對f(x)解析式的特點，可對參數(shù)a直接分類討論】
(ⅱ)若a>0，由(1)知，當x＝－ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(－ln a)＝1－＋ln a．【關鍵2：結(jié)合函數(shù)單調(diào)性求函數(shù)最小值，進而根據(jù)最小值直接判斷零點的情況】
①當a＝1時，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一個零點；
②當a∈(1，＋∞)時，由于1－＋ln a>0，即f(－ln a)>0，故f(x)沒有零點；
③當a∈(0，1
15、)時，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一個零點.
設正整數(shù)n0滿足n0>ln，則f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一個零點.
【關鍵3：對參數(shù)a分類討論，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性與最小值判斷函數(shù)零點情況，求參數(shù)取值范圍】
綜上，a的取值范圍為(0，1).
[典型例題]
(2019·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)＝xex－a(x＋1)2.
(1)若a＝e，求函數(shù)f(x)的極
16、值；
(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．
【解】 (1)由題意知，當a＝e時，f(x)＝xex－e(x＋1)2，函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，
f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
極大值－
極小值－e
所以當x＝－1時，f(x)取得極大值－；當x＝1時，f(x)取得極小值－e.
(
17、2)令f(x)＝0，即xex－a(x＋1)2＝0，
得xex＝a(x＋1)2.
當x＝－1時，方程為－e－1＝a×0，顯然不成立，
所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函數(shù)f(x)的零點．
當x≠－1時，分離參數(shù)得a＝.
記g(x)＝(x≠－1)，
則g′(x)＝
＝.
當x<－1時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；
當x>－1時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．
當x＝0時，g(x)＝0；當x→－∞時，g(x)→0；當x→－1時，g(x)→－∞；當x→＋∞時，g(x)→＋∞.
故函數(shù)g(x)的圖象如圖所示．
作出直線y＝a，由圖可知，當a<0時，直線y
18、＝a和函數(shù)g(x)的圖象有兩個交點，此時函數(shù)f(x)有兩個零點．故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)．
利用函數(shù)零點的情況求參數(shù)范圍的方法
(1)分離參數(shù)(a＝g(x))后，將原問題轉(zhuǎn)化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉(zhuǎn)化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的交點個數(shù)問題(優(yōu)選分離、次選分類)求解；
(2)利用零點的存在性定理構建不等式求解；
(3)轉(zhuǎn)化為兩個熟悉的函數(shù)圖象的位置關系問題，從而構建不等式求解．
[對點訓練]
(2019·四省八校雙教研聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝(a－1)x＋＋ln x(a>0)．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若g(x)＝f(x)－
19、m，當a＝2時，g(x)在[e－1，e]上有兩個不同的零點，求m的取值范圍．
解：(1)f′(x)＝a－1－＋＝＝，
①當a＝1時，f′(x)＝，令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得01時，令f′(x)>0，得x>1或x<－<0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
③當a<1時，
(i)00，得
20、iii)0，得1f(e)，
所以m∈.
可化為函數(shù)零點的函數(shù)問題與函數(shù)零點性質(zhì)研究
本考點包括兩個方向：一是與函數(shù)零點性質(zhì)有關的問題(更多涉及構造函數(shù)法)；二是可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點的函數(shù)問題(更多涉及整體轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合等方法技巧)．
能夠利用等價轉(zhuǎn)換構造函數(shù)法求解的問題常涉及參數(shù)的最
21、值、曲線交點、零點的大小關系等．求解時一般先通過等價轉(zhuǎn)換，將已知轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點問題，再構造函數(shù)，然后利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等，并結(jié)合分類討論，通過確定函數(shù)的零點達到解決問題的目的．
高考真題
思維方法
【可化為函數(shù)零點的函數(shù)問題】
(2014·高考課標全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0，2)處的切線與x軸交點的橫坐標為－2.
(1)求a；
(2)證明：當k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點.
(1)略
(2)證明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
設g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x
22、2＋(1－k)x＋4.【關鍵1：等價轉(zhuǎn)換，構造函數(shù)】
由題設知1－k>0.
當x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調(diào)遞增，
g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一實根．【關鍵2：利用導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，判斷函數(shù)的實根情況】
當x>0時，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x).
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)沒有實根.
綜上，g(x)＝0在R有唯一實根，
23、
【關鍵3：利用導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理判斷實根情況】即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點.
續(xù) 表
高考真題
思維方法
【函數(shù)零點性質(zhì)研究】
(2016·高考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個零點.
(1)求a的取值范圍；
(2)設x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2<2.
(1)略
(2)證明：不妨設x1＜x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，所以x1＋x2＜2等價于f(x1)＞f(2－x2)，即f(2－x2)＜0.【關鍵
24、1：利用分析法轉(zhuǎn)化要證明的不等式】
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，①
而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，②
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.【關鍵2：將②代入①，利用整體代入消元】
設g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，【關鍵3：構造函數(shù)】
則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex).
所以當x＞1時，g′(x)＜0，而g(1)＝0，故當x＞1時，g(x)＜0.
從而g(x2)＝f(2－x2)＜0，故x1＋x2＜2.
【關鍵4：利用導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性、用最值證明不等式】
[典型例題]
(20
25、19·武漢市調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)＝a(ln x＋)－(a∈R，a為常數(shù))在(0，2)內(nèi)有兩個極值點x1，x2(x10，由題意，知y＝h(x)在(0，2)內(nèi)存在兩個零點．
因為h′(x)＝ex－1－a，
則當a≤0時，h′(x)>0，h(x)在(0，2)上單調(diào)遞增，h(x)至多有一個零點．不合題意．
當a>0時，由h′(x)＝0，得x＝1＋ln a，由1＋ln a>0，得a>.
(i)若1＋l
26、n a<2且h(2)>0，即0，x→0時h(x)>0，
從而h(x)在(0，1＋ln a)和(1＋ln a，2)上各有一個零點．
所以y＝h(x)在(0，2)上存在兩個零點．
(ii)若1＋ln a≥2，即a≥e時，h(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，h(x)至多有一個零點，舍去．
(iii)若1＋ln a<2且h(2)≤0，即
27、≤a
28、ln a，2)上單調(diào)遞增．
所以h(x2)0時，求f(x)在區(qū)間(0，1]上的最大值；
(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋x有兩個極值點x1，x2(x1
29、
解：(1)由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)．
f′(x)＝＋ax－(a＋1)＝.
當01時，<1，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以f(x)的最大值為f()＝－ln a－－1.
綜上，當01時，f(x)在區(qū)間(0，1]上的最大值為－ln a－－1.
(2)證明：g(x)＝f(x)＋x＝ln x＋x2－ax，g(x)的定義域為(0，＋∞)，g′(x)＝＋ax－a＝.
若g(x)有兩個極值點x1，x2(x1<
30、x2)，則方程ax2－ax＋1＝0的判別式Δ＝a2－4a>0，且x1＋x2＝1，x1x2＝>0，所以a>4.
又x1
31、1．(2019·濟南市模擬考試)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a>0)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若11，
當x∈(0，1)時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)，
當x∈時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)，
當x∈時，f′(x)>0.f(x)是增函數(shù)．
③若a>1，則0<<1，
當x∈時
32、，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)，
當x∈時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)，
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)．
綜上所述，當a＝1時，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；
當01時，f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)．
(2)當1
33、e)，
則g′(a)＝＋－＝＝>0，
所以g(a)在(1，e)上是增函數(shù)，
所以g(a)×9－4＋ln 4＝ln 4＋>0，
所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0，
所以當1
34、明理由．
解：(1)f′(x)＝ex(ln x－ax＋＋b)，f(x)的定義域為(0，＋∞)．
由已知，得即，
解得a＝1，b＝.
(2)由(1)知，f(x)＝ex，則f′(x)＝ex，
令g(x)＝ln x－x＋＋，則g′(x)＝－<0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又g(1)＝>0，g(2)＝ln 2－1<0，
所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且當x∈(0，x0)時，g(x)>0，即f′(x)>0，當x∈(x0，＋∞)時，g(x)<0，即f′(x)<0.
所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減．
又當x→0時，
35、f(x)<0，f(1)＝>0，f(2)＝e2(ln 2－)>0，f(e)＝ee<0，
所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零點．
3．(2019·長春市質(zhì)量監(jiān)測(二))已知函數(shù)f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若方程f(x)＝ln x有兩個實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍．
解：(1)由題意可得f′(x)＝ex＋b，
當b≥0時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．
當b<0時，若x≥ln(－b)，則f′(x)≥0，f(x)在[ln (－b)，＋∞)上單調(diào)遞增；
若x
36、(x)在(－∞，ln (－b))上單調(diào)遞減．
(2)令g(x)＝ex＋bx－1－ln x，則g′(x)＝ex＋b－，易知g′(x)單調(diào)遞增且一定有大于0的零點，設g′(x)大于0的零點為x0，則g′(x0)＝0，即ex0＋b－＝0，b＝－ex0.
方程f(x)＝ln x有兩個實數(shù)根，即g(x)有兩個零點，則需滿足g(x0)<0，即ex0＋bx0－1－ln x0＝ex0＋x0－1－ln x0＝ex0－ex0x0－ln x0<0，
令h(x)＝ex－exx－ln x(x>0)，則h′(x)＝－exx－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
h(1)＝0，所以ex0－ex0x0－l
37、n x0<0的解集為(1，＋∞)，所以b＝－ex0<1－e.
當b<1－e時，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，有g(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b，
令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，00，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零點，另一方面，在(x0，＋∞)上，當x→＋∞時，因為ex的增長速度快，所以g(x)>0.
綜上，b的取值范圍是(－∞，1－e)．
4．已知函數(shù)f(x)＝－x＋2aln x.
38、(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)設g(x)＝ln x－bx－cx2，若函數(shù)f(x)的兩個極值點x1，x2(x11，令f′(x)＝0得x1＝a－，x2＝a＋.
當x∈(0，a－)∪(a＋，＋∞)時，f′(x)<0；
當x∈(a－，a＋)時，f′(x)>0.
所以當a≤1時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)
39、遞增區(qū)間；當a>1時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a－)，(a＋，＋∞)；單調(diào)遞增區(qū)間為(a－，a＋)．
(2)由(1)知，a>1且x1＋x2＝2a，x1x2＝1.
又g′(x)＝－b－2cx，所以g′()＝－b－c(x1＋x2)，
由g(x1)＝g(x2)＝0得ln ＝c(x－x)＋b(x1－x2)，
所以y＝(x1－x2)g′()＝－b(x1－x2)－c(x－x)＝－ln＝－ln.
令＝t∈(0，1)，則y＝－ln t，所以y′＝<0，則y＝－ln t在(0，1)上單調(diào)遞減，且當t→0時，y→＋∞.由y＝－ln t的取值范圍是[ln 2－，＋∞)，得t的取值范圍是(0，]，所以4a2＝＝＋＋2＝t＋＋2∈[，＋∞)，又a>1，故實數(shù)a的取值范圍是[，＋∞)．
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（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題六 函數(shù)與導數(shù) 第5講 導數(shù)與方程練習（含解析）
