重難點專題11導數(shù)解答題之零點問題八大題型匯總

重難點專題11導數(shù)解答題之零點問題八大題型匯總TOC\o"13"\h\z\u題型1一個零點問題 1題型2兩個零點問題 10題型3三個零點問題 17題型4判斷零點個數(shù) 25題型5最值函數(shù)的零點問題 36題型6同構(gòu)法解零點問題 46題型7零點差問題 54題型8割線法切線法與零點 66題型1一個零點問題【例題1】（2024秋·重慶·高三校聯(lián)考階段練習）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)若函數(shù)gx=fx+e【答案】(1)答案見解析(2)a<-【分析】（1）討論參數(shù)a，利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性；（2）問題化為axlnx-e+ex=0【詳解】（1）由f'x=當a≥0，則f'x>0，此時f當a<0，則0<x<-ea時，f'x>0x>-ea時，f'x<0綜上，a≥0，fx在(0,+a<0，fx在(0,-ea（2）由題設gx=aln所以axlnx-e令φ(x)=axlnx-e當a≥0時，φ'(x)>0恒成立，此時φ(x)遞增，且所以φ(x)=0在1,+∞當a<0時，令?(x)=φ'令h(x)=a+xex，則h'(x)=(x+1)ei.當-e≤a<0時，h(x)>0，即?'所以φ'(x)>φ'(1)=e+a>0a<-e時，h(1)=a+e<0，x趨向正無窮時h(x)趨向正無窮，則?(1,x0)上h(x)<0，即?x0,+∞上h(x)>0，即?由?(1)=e+a<0，x所以?(x)在(1,x0)恒負，在故(1,x1)上?x1,+∞上?由于φ(1)=0，x趨向正無窮時φ(x)趨向正無窮，所以φ(x)在(1,x1)綜上，a<-e【點睛】關(guān)鍵點點睛：第二問，問題轉(zhuǎn)化為axlnx-e【變式11】1.（2023·河北保定·河北省唐縣第一中學?？级＃┮阎瘮?shù)fx=x+2ex(1)若a=-3，求fx(2)若函數(shù)gx【答案】(1)2(2)a=-3【分析】（1）根據(jù)題意，求導得f'x，令hx=f（2）根據(jù)題意，由條件可得0是函數(shù)gx的一個零點，構(gòu)造kx=g'x，分【詳解】（1）當a=-3時，fx=x+2ex記hx=f①當x≤-3時，x+3ex≤0，2x-3≤-9，可得f'x②當x>-3時，x+4ex>0，h'x>0，可知函數(shù)hx當x>0時，hx>0，可知函數(shù)fx在區(qū)間-3,0由①②知函數(shù)fx的減區(qū)間為-∞,0，增區(qū)間為0,+（2）因為函數(shù)gx且g0=0，0是函數(shù)gx不妨設kx=g'x當x>-4時，x+4>0，又ex>0，所以x+4ex+2+2則函數(shù)kx在-4,+∞上單調(diào)遞增，即函數(shù)g'又g'當3+a<0時，可得g'0<0，且x→+則存在α∈0,+∞，使得g'α=0在α,+∞上，g'α>0，故gx故當x∈0,α時，gx<g0=0故gx在0,+則此時函數(shù)gx至少存在兩個零點，又因為0是函數(shù)g當3+a>0時，可得g'0>0所以在區(qū)間-4,0上存在一點β，使得g'故當在β,0上，有g(shù)'x>0，在-4,β故gx在β,0上為增函數(shù)，在-4,β故當x∈β,0時，gx<0，而當x→-故此時函數(shù)gx在-又因為0是函數(shù)gx當3+a=0時，即a=-3時，由（1）知，當x=0時，函數(shù)gx最小值g0當x≠0時，因為gx綜上，滿足條件的a值為-3.【點睛】思路點睛：知道函數(shù)零點的個數(shù)，要求參數(shù)的取值范圍，需結(jié)合導數(shù)的符號和函數(shù)的單調(diào)性來處理，分類討論時注意利用已有的確定零點來確定一段范圍上的函數(shù)值的符號【變式11】2.（2023秋·江西·高三統(tǒng)考開學考試）已知函數(shù)fx(1)當a=0時，求曲線y=fx在點1,f(2)若fx在1,+∞上僅一個零點，求【答案】(1)x-y-1=0(2)0,1.【分析】（1）由a=0得到fx（2）將問題轉(zhuǎn)化為a+lnx-ax=0在1,+∞上僅有一個實數(shù)解，設gx=lnx-ax+ax>1，求導【詳解】（1）解：當a=0時，fx=xlnx，所以又f'x=故曲線y=fx在1,f1處的切線方程為y-0=1x-1（2）由題意知，方程xa+lnx則方程a+lnx-ax=0在設gx=ln當a≤0時，g'x>0，所以g又g1=ln1-a+a=0，所以x>1時gx當a≥1時，x>1時，ax>1，則g'x<0，所以g又g1=0，所以gx<0，則當0<a<1時，1a>1，當x∈1,1a時，g所以gx在1,1a則g1a>g1=0設hx=ex-x則ex>x，所以設φx=e令mx=e當x∈0,ln2所以mx在0,ln2則mx≥mln所以φx在0,+又φ0=0，所以φx>0，則ex又e1a∈1a又gx在1a,+所以gx在1綜上可知，a的取值范圍為0,1.【點睛】方法點睛：fx在1,+∞上僅一個零點，即方程a+lnx-ax=0在1,+∞上僅有一個實數(shù)解，構(gòu)造函數(shù)gx=lnx-ax+ax>1，求導【變式11】3.（2023春·江西贛州·高三校聯(lián)考階段練習）已知函數(shù)fx(1)當a=1時，若fx的最小值為2，求實數(shù)b(2)若存在a∈e,e3，使得函數(shù)【答案】(1)b=-1(2)-【分析】（1）利用導數(shù)可求得fx的單調(diào)性，由此確定最值點，利用最小值可構(gòu)造方程求得b（2）利用導數(shù)可求得fx的單調(diào)性，結(jié)合fx僅有一個零點可構(gòu)造關(guān)于a,b的方程，采用分離變量的方式，將問題轉(zhuǎn)化為b=1-lnaa有解；構(gòu)造函數(shù)【詳解】（1）當a=1時，fx∵fx的定義域為0,+∞，∴當x∈0,1時，f'x<0；當∴fx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∴fxmin=f（2）當a∈e,e∴當x∈0,a時，f'x<0∴fx在0,a上單調(diào)遞減，在∴fx若fx恰有一個零點，則f∴b=a-alna設ga=1-∴當a∈e,e2時，g'∴ga在e,e∴gamin=g又ge=1-lne∴gx∈-1e2,0【點睛】思路點睛：本題考查根據(jù)函數(shù)最值求解參數(shù)值、利用導數(shù)解決函數(shù)零點個數(shù)的問題；根據(jù)零點個數(shù)求解參數(shù)范圍的基本思路是通過導數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，進而根據(jù)零點個數(shù)確定最值與零的大小關(guān)系，由此構(gòu)造方程或不等式來求解.【變式11】4.（2023·河南開封·統(tǒng)考模擬預測）已知函數(shù)fx(1)若函數(shù)fx的圖象與直線y=x-1相切，求實數(shù)a(2)若函數(shù)gx=fx【答案】(1)e2(2)0,e【分析】（1）設切點坐標，根據(jù)導數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，進而列出關(guān)于a的方程組，解之即可;（2）由題意可得ex-ax2-x+1=0只有一個根，易知x≠0，可轉(zhuǎn)化為y=a【詳解】（1）設直線y=x-1與函數(shù)fx的圖象相切于點x因為f'所以ex0-2ax0由①得a=ex0即2ex0-x0故a=e（2）令gx=fx由題意可得ex易知x=0不是方程ex-ax所以由ex-ax設hx=ex-x+1h'x=當x∈-∞,0時，h當x∈0,2時，h'x當x∈2,+∞時，h'設tx=e當x∈-∞,0時，t當x∈0,+∞時，t'所以tx所以hx又h2=e2-2+122=e畫出函數(shù)hx

由圖可知，若y=a與hx則0<a<e所以實數(shù)a的取值范圍是0,e題型2兩個零點問題【例題2】（2023秋·全國·高三校聯(lián)考階段練習）已知函數(shù)fx=2ln(1)若fx≤0在(2)設gx=x3-fx，x1【答案】(1)-(2)證明見解析【分析】（1）參變分離，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題，利用導數(shù)求解可得；（2）將方程gx=0化為x2-2lnx【詳解】（1）若fx≤0在0,+∞令ux=-2所以當0<x<e時，u'x<0，當所以ux在0,e上單調(diào)遞減，在所以ux所以a≤-2e，即a的取值范圍是（2）令gx=0，即令hx=x令rx=x3+lnx-1又r1=0，所以當0<x<1時，rx當x>1時，rx>0，所以所以hx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+不妨設x1<x2，則因為hx所以hx1-h設函數(shù)φx=x-1x-2lnx所以φx在1,+所以φx所以hx1-h又函數(shù)hx=x所以0<x1<【點睛】難點點睛：本題屬于極值點偏移問題，本題難點主要在于構(gòu)造差函數(shù)hx【變式21】1.（2023秋·湖南長沙·高三長郡中學校聯(lián)考階段練習）證明下面兩題：(1)證明：當x>1時，ex(2)當0<a<1e時，證明函數(shù)【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）首先設函數(shù)gx=e【詳解】（1）令gx=ex-令φx=ex-2x所以φx在1,+∞上單調(diào)遞增，所以所以gx在1,+∞上單調(diào)遞增，gx>e（2）函數(shù)fx的定義域為0,+∞，因為a>0，1ex+ax>0，令f'所以fx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+所以fx有最大值f當0<a<1e時，f1令hx=lnx-x+1，則h'在1,+∞上單調(diào)遞減，所以h(x)max因此當0<a<1e時，lna-a<-1因為a>0，所以ea>1，于是又fx在0,1上單調(diào)遞增，f1>0所以fx在0,1f1由（1）因為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時，【點睛】思路點睛：本題考查利用導數(shù)證明不等式，以及零點問題，第一問需求二次導數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性和最值，即可證明；第二問的難點是利用零點存在性定理證明fa【變式21】2.（2022秋·廣東東莞·高三校考階段練習）已知函數(shù)f(x)=ae(1)若a=1，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值；(2)若函數(shù)f(x)有且僅有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(1)單調(diào)遞減區(qū)是為(-1,0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞)，極小值(2)0<a<1．【分析】（1）運用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及極值.（2）f(x)=0?aex+lna=ln(x+1)+1?aex+ln【詳解】（1）當a=1時，f(x)=ex-則f'(x)=e顯然f'(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增，且所以當-1<x<0時，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x>0時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)為(-1,0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞f(x)在x=0處取得極小值f(0)=0，無極大值．（2）因為函數(shù)f(x)有兩個零點，即f(x)=0有兩個解，即ae所以aex+x+設h(t)=t+lnt，則h'(t)=1+1t>0aex=x+1（x>-1）有兩個解，即a=令s(x)=x+1ex（x>-1當x∈(-1,0)時，s'(x)>0，s(x)單調(diào)遞增；當x∈(0,+∞)時，s'(x)<0，又因為s(-1)=0，s(0)=1，當x趨近于正無窮時，s(x)趨近于零，所以s(x)圖象如圖所示，

所以0<a<1.【點睛】同構(gòu)法的方法點睛：①乘積型，如aea≤blnb②比商型，如eaa≤bln③和差型，如ea±a≤b±lnb，同構(gòu)后可以構(gòu)造函數(shù)【變式21】3.（2023秋·貴州貴陽·高三貴陽一中?？奸_學考試）已知函數(shù)fx=ln(1)若函數(shù)fx在x=1處的切線的斜率為1-(2)若函數(shù)fx【答案】(1)a=(2)1【分析】（1）利用導數(shù)的幾何意義求得alna2（2）把問題轉(zhuǎn)化為lnx-axlna=0有且僅有兩個大于1的實數(shù)根，構(gòu)造函數(shù)F【詳解】（1）因為fx=ln又f'1=1-aln即lna+2lnlna=1又因為g(m)=m+2lnm在0,+∞上單調(diào)遞增，且g(1)=所以lna=1，即a=（2）因為函數(shù)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所以函數(shù)Qx在0,e上單調(diào)遞增，在e,+當x無限趨近于0且為正數(shù)時，Qx當x無限趨向于正無窮大時，Qx所以0<lna<1e，所以【點睛】方法點睛：利用導數(shù)解決函數(shù)零點問題的方法：（1）直接法：先對函數(shù)求導，根據(jù)導數(shù)的方法求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與極值，根據(jù)函數(shù)的基本性質(zhì)作出圖象，然后將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象與軸的交點問題，突出導數(shù)的工具作用，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想的應用；（2）構(gòu)造新函數(shù)法：將問題轉(zhuǎn)化為研究兩函數(shù)圖象的交點問題；（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)的圖象的交點問題【變式21】4.（2023秋·安徽合肥·高三合肥一中校聯(lián)考開學考試）已知函數(shù)fx=ae(1)討論函數(shù)fx(2)若gx=ae【答案】(1)答案見解析(2)0<a<【分析】（1）求得f'x，對a進行分類討論，由此求得（2）原題意等價于a=ln【詳解】（1）因為fx=ae當a≤0時，f'x<0當a>0時，令f'x>0得x>-lna所以fx在-∞,-綜上，當a≤0時，fx在R上單調(diào)遞減，無增區(qū)間；當a>0時，fx在-∞（2）由題意gx令t=xex，x>0，則t'=1+xex故t>0，所以gx=axe等價于a=lntt有兩個不同的實數(shù)解，等價于y=a則h'(t)=1-lntt2，h所以h(t)=lntt在0,e上單調(diào)遞增，在e,+∞當t趨向于0且為正時，h(t)趨向于負無窮大，當t趨向于正無窮大時，h(t)趨向于0，如圖：

由圖可知，要使y=a與h(t)=lntt所以實數(shù)a的取值范圍為0<a<1題型3三個零點問題【例題3】（2023春·重慶九龍坡·高三重慶市育才中學?？奸_學考試）已知fx=2log(1)試討論函數(shù)fx(2)當a>1時，若fx有三個零點x①求a的范圍；②設x1<x【答案】(1)答案見解析(2)①1<a<e【分析】（1）去絕對值符號，再分a>1和0<a<1兩種情況討論即可得解；（2）①a>1，fx有三個零點?2logax=ex3有三個不同的實根，②由①可得-1<x1<0<1<x2<3【詳解】（1）注意x≠0，fx=2令f'當a>1時，x>0時，2-3ex<0時，2-3e故當a>1時，fx在-∞,0在0,3當0<a<1時，x>0時，2-3ex<0時，2-3e故當0<a<1時，fx在-∞,在32綜上所述，當a>1時，fx在-∞,0在0,3當0<a<1時，fx在-∞,在32（2）①a>1，fx有三個零點?2?lna=2ln因為g-x=2當x>0時，gx=2當0<x<3e時，g'x>0所以gx在0,3e又當x→0時，gx→-∞，當x→+∞時，gx如圖，作出函數(shù)gx

因為fx有三零點，且a>1則0<ln②由①可得-1<x1<0<1<則要證3x13由于2ln則有x2所以3x【點睛】方法點睛：利用導數(shù)解決函數(shù)零點問題的方法：（1）直接法：先對函數(shù)求導，根據(jù)導數(shù)的方法求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與極值，根據(jù)函數(shù)的基本性質(zhì)作出圖象，然后將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象與x軸的交點問題，突出導數(shù)的工具作用，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想的應用；（2）構(gòu)造新函數(shù)法：將問題轉(zhuǎn)化為研究兩函數(shù)圖象的交點問題；（3）參變量分離法：由fx=0分離變量得出a=gx，將問題等價轉(zhuǎn)化為直線y=a【變式31】1.（2023春·重慶沙坪壩·高三重慶八中?？茧A段練習）設函數(shù)f(x)=(x+a)(lnx-ln(1)若a=1，求不等式f(x)≥0的解集；(2)求證：?a∈(2,+∞)，函數(shù)f(x)有三個零點x1，x2，x3(x【答案】(1)1,+(2)證明見解析【分析】（1）兩邊同除以x+1，將不等式等價與簡化變形處理，構(gòu)造函數(shù)，觀察函數(shù)零點，利用函數(shù)單調(diào)性求解不等式；（2）同（1），先將等式變形，構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為新函數(shù)h(x)零點問題；再對h(x)求導，結(jié)合二次函數(shù)圖象與零點存在性定理分析導函數(shù)h'(x)符號及函數(shù)h(x)的單調(diào)性；最后在各區(qū)間通過放縮取點法“取點”，尋找端點函數(shù)值異號的區(qū)間，確定函數(shù)h(x)的零點存在，再結(jié)合【詳解】（1）由a=1，得fx=x+1不等式fx≥0等價于令gx又g'x>0，則函數(shù)g又g1=0，則不等式fx（2）令fx=0，則lnx-設hx=lnx-lnh'設mx由a∈2,+∞，則Δ=4故存在x4∈0,a故函數(shù)hx在0,x4上單調(diào)遞增，在x又因為ha=0，則當x<a時，hx此時h1又當x>a時，hx此時ha故由零點存在性定理知，hx有三個零點x1，a，x3又因為ha2x即x1x3=a2=【點睛】在研究函數(shù)的零點問題時，零點存在性定理是推理依據(jù)之一，應用它的關(guān)鍵在于尋找端點函數(shù)值異號的區(qū)間，這就需要適當“取點”，常用“取點”的方法有：直接取點法、局部為零取點法、插值取點法、放縮取點法等等.【變式31】2.（2023秋·重慶·高三重慶一中?？奸_學考試）設函數(shù)fx=x-asinx，x∈0,π(1)求a的取值范圍；(2)證明：gx(3)記fx的零點為p，gx最小的零點為q，證明：【答案】(1)1,+(2)見解析(3)見解析【分析】（1）分a=0和a≠0討論即可；（2）g'（3）由題意得12a=qlnqq2-1=【詳解】（1）當a=0時，fx令fx=0，得x=0，而x∈0,π當a≠0時，令fx=0得x=asin令hx=sinxx,0<x<π則S'x=1-1cos則cos2x∈0,1，則S'x則Sx<S0=0，即x-tan則x∈0,π2而x=π2時，x∈π2,π時，x故h'x<0故hx在0,π上單調(diào)遞減，而h0=1故1a∈（2）g'(x)=2x-2a(1+lnx)，設?x則?'x=2-2ax，令?'x令?'x>0，解得x>a，此時?而g'(a)=2a-2a1+當x→0，且x>0時，g'x→+∞，當故存在t1,t2滿足且當x∈0,t1時，gx∈t1,t2x∈t2,+∞時，g'則g1=0，則g而當x→+∞時，gx→+∞；x→0，且則根據(jù)零點存在定理知gx在0,t1和t則gx（3）fp=p-asingq=0，即q2-1-2aqln因為a>1，所以12a令φx=xlnx設mx=ln則m'x=x-12故mx<m1=0，則則2lnx=ln則φ'x<0則φx在0,1上單調(diào)遞增，設φ且limx→1nx=0，且limx→1則limx→1因為p∈0,π，則要證q?ep<1只需證φ(q)<φe即證sinp2p<設Wp則W'令Gp則G'令H(p)=4-則H'令L(p)=-2L'故L(p)>L(0)=0?H(p)>H(0)=0，則W'(p)>W'(0)=0則W(p)>W(0)=0，得證，故q<e-p，故【點睛】關(guān)鍵點睛：本題第三問的關(guān)鍵是通過轉(zhuǎn)化得12a=qlnqq2-1=sinp【變式31】3.（2023·山東·山東省實驗中學校聯(lián)考模擬預測）已知函數(shù)fx(1)求a的取值范圍；(2)設函數(shù)fx的三個零點由小到大依次是x1,【答案】(1)a>1(2)證明見解析【分析】（1）求導，根據(jù)x≥2,0<x<2分類討論研究函數(shù)的單調(diào)性，確定零點個數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，研究函數(shù)值的符號即可得到導函數(shù)的符號，即可求出原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而確定零點個數(shù)；（2）把原函數(shù)有三個零點轉(zhuǎn)化為lnexex=lnaexa等價于x1+x3>1+k【詳解】（1）因為fx定義域為0,+∞，又（?。┊攛≥2,f（ⅱ）當x∈0,2，記gx=當x∈0,1,g所以gx在0,1單調(diào)遞增，在1,2上單調(diào)遞減，g又g0=0,g2①當a∈0,1,f②當a>1,f'x記f'x兩零點為m,n，且則fx在0,m上單調(diào)遞減，在m,n上單調(diào)遞增，在n,+因為fn>f1>0，令所以0<1所以fn>0,fm<0，且x趨近0，fx所以函數(shù)fx綜上所述，a>1；（2）fx=0等價于ae令tx=ln所以tx在0,e上單調(diào)遞增，在由（1）可得x1<1所以taex則x1,x3滿足要證aex1易知x1-lnx1令q'x<0得0<x<1，令q所以函數(shù)qx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+下面證明x1+x3>1+k即證k>1+k-x即證0>1-x即證e1-令cx=e令y=-xe1-x+1，則y所以c'x=-xe所以x1+x所以x1【點睛】利用導數(shù)研究零點問題：（1）確定零點的個數(shù)問題：可利用數(shù)形結(jié)合的辦法判斷交點個數(shù)，如果函數(shù)較為復雜，可用導數(shù)知識確定極值點和單調(diào)區(qū)間從而確定其大致圖像；（2）方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題處理.可以通過構(gòu)造函數(shù)的方法，把問題轉(zhuǎn)化為研究構(gòu)造的函數(shù)的零點問題；（3）利用導數(shù)研究函數(shù)零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②利用數(shù)形結(jié)合思想研究；③構(gòu)造輔助函數(shù)研究.【變式31】4.（2023·廣東深圳·?？级＃┮阎瘮?shù)f(x)=x-1(1)當a=1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)①當0<a<12時，試證明函數(shù)②記①中的三個零點分別為x1，x2，x3，且x【答案】(1)單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）利用函數(shù)的導數(shù)，結(jié)合函數(shù)的定義域，判斷導函數(shù)的符號，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．（2）①當0<a<12時，求解函數(shù)的導數(shù)，求出極值點，判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后證明函數(shù)②記①中的三個零點分別為x1，x2，x3【詳解】（1）當a=1時f(x)=x-1x+1-所以f'所以f(x)在定義域上單調(diào)遞減，其單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞（2）①由f(x)=x-1x+1-a所以f'令-ax2+2(1-a)x-a=0，因為0<a<設方程的兩根分別為x4，x5，且x4<x所以f'(x)有兩個零點x4，x當x∈(0,x4)時，f當x∈(x4,x5當x∈(x5,+∞)所以fx在x=x4又f1=0，故fx又因為fe-1a=故有e-f(x)在e-1a易知x=1是f(x)的零點，所以f(x)恰有三個零點；②由①知x2=1，0<x因為f1x1所以要證x1即證x1即證x1即證x1即證x1即證lnx令g(x)=lnx+1當x∈(0,1)時，g'(x)<0，所以g(x)在所以gx>g1所以x1【點睛】方法點睛：導函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．題型4判斷零點個數(shù)【例題4】（2022秋·廣東珠海·高三珠海市第一中學校考階段練習）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)當a<-1時，判斷函數(shù)gx【答案】(1)答案見解析(2)gx【分析】（1）利用導數(shù)，分成a>0，a=-1，-1<a<0，a<-1四種情況討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）法一：利用導數(shù)討論函數(shù)gx的單調(diào)性，在區(qū)間0,1，1,2，2,+∞上分別討論法二：設hx=lnx+1【詳解】（1）定義域為0,+∞f'①當a>0時，ax+1>0，∴x>1時f'x>0，fx單調(diào)遞增；0<x<1時②當a=-1時，f'x<0③當-1<a<0時，-1x0,111,f'-+-f減增減∴fx在0,1和-1a,+∞④當a<-1時，-1x0,11,+f'-+-f減增減∴fx在0,-1a和1,+綜上：a>0時，fx在1,+∞單調(diào)遞增，在a=-1時，fx在0,+-1<a<0時，fx在0,1和-1a時，fx在0,-1a和1,+（2）當a<-1時，gx法一：若hx=g∴hx在0,+∞單調(diào)遞增，且h1∴?x0∈1,2使當x∈0,x0時，hx<0當x∈x0,+∞時，hx∴gx由（※）式得：lnx0=a令φx=1由x∈1,2，則φ'x=ax-1<0，故φx∴gx0<0易證y=xlnx在0,1e單調(diào)遞減，在取x1>0，設gx∴存在0<x1<1-1e2-a取x2>2，設∴存在x2>2a-2a>2，使得綜上，gx法二：gx令m=a+1m<0，則（※）式化為ln設hx=lnx+1h'x∈0,3-1時，hx∈3-1,+∞時，hh3當x→+∞時，h當x→0時，hx由h2=ln2-3

由圖知，直線與hx∴gx【點睛】利用導數(shù)確定零點個數(shù)問題，方法一是利用導數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，得出函數(shù)的最值，然后確定最值的正負(有時需要再次引入新函數(shù)，由新函數(shù)的導數(shù)得出結(jié)論)，同時確定某些函數(shù)值的正負，從而利用零點存在定理得出零點的個數(shù)；方法二，可以參變分離或者對函數(shù)進行分割，轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象的交點問題.【變式41】1.（2023秋·廣東·高三校聯(lián)考階段練習）已知曲線C：f(1)若曲線C過點P0,-1(2)當a=-1時，求fx在0(3)若0<a≤1，討論gx【答案】(1)y=-2x-1(2)1-(3)答案見解析【分析】（1）由導數(shù)得切線斜率，然后由點斜式得切線方程并化簡；（2）由導數(shù)的正負確定單調(diào)性進而即得；（3）先求得g'(x)，得g(x)的單調(diào)性，然后討論【詳解】（1）依題意得，f0=-1=a，此時f'則切線斜率為f'故切線方程：y+1=-2x-0，即y=-2x-1（2）當a=-1時，fx=sin∴f'∴fx在0,又f0=-1，故fx值域為1-（3）gx令g'x=a令g'x>0令g'x<0得x<-lna．g∴gx當a=1時，1+lna-a=0，∴gx≥0，∴當0<a<1時，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綜上所述，a=1時，gx有一個零點，0<a<1時，g【點睛】方法點睛：利用導數(shù)確定零點個數(shù)問題，方法是利用導數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，得出函數(shù)的最值，然后確定最值的正負（有時需要再次引入新函數(shù)，由新函數(shù)的導數(shù)得出結(jié)論）同時確定某些函數(shù)值的正負，從而利用零點存在定理得出零點的個數(shù)．【變式41】2.（2023·四川成都·校聯(lián)考模擬預測）設函數(shù)fx(1)求fx(2)設函數(shù)gx=fx-a，求【答案】(1)遞增區(qū)間為(-3π4+2k(2)答案見解析【分析】（1）根據(jù)題意，求得f'x，分別令f'（2）由（1）求得函數(shù)fx在0,3π上的單調(diào)區(qū)間和極值，作出函數(shù)fx的圖象，根據(jù)題意把函數(shù)gx的零點個數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)【詳解】（1）解：由函數(shù)fx=sin令f'x>0，即cos解得-3π令f'x<0，即cos解得π4所以fx的遞增區(qū)間為(-3π4（2）解：由（1）知f'因為x∈0,3π，可得當x+π4∈[π4,π當x+π4∈(π2,3π當x+π4∈(3π2,5π當x+π4∈(5π2,13π且f0則函數(shù)fx又由gx=fx即函數(shù)y=fx與y=a結(jié)合圖象，可得：當a>2eπ4或a<-2e5π當a=2eπ4或a=-2e5π當2e9π4<a<2eπ4或當a=2e9π4時，y=fx當0≤a<2e9π4時，y=fx

【點睛】知識方法：有關(guān)解答函數(shù)的零點問題的策略與方法（1）解方程法：令fx=0，根據(jù)方程解的個數(shù)，從而得到函數(shù)（2）零點的存在性定理：利用定理要求函數(shù)圖象在區(qū)間a,b上連續(xù)，且fa（3）數(shù)形結(jié)合法：轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的圖象的交點的個數(shù)問題，結(jié)合函數(shù)的圖象的交點個數(shù)，得到函數(shù)的零點個數(shù)，此類方法中注意函數(shù)的合理化簡、變形，常用到分離參數(shù)，構(gòu)造新函數(shù)，結(jié)合導數(shù)求得新函數(shù)的單調(diào)性與極值（最值），結(jié)合圖象，進行求解.【變式41】3.（2023秋·黑龍江哈爾濱·高三哈爾濱德強學校?？奸_學考試）已知函數(shù)f(x)=alnx-x+1，其中(1)討論函數(shù)f(x)零點個數(shù)；(2)求證：e1+【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）求導，分類討論a的取值，即可根據(jù)導函數(shù)的正負確定函數(shù)的單調(diào)性，進而可求解，（2）根據(jù)lnx<x-1，取x=1+【詳解】（1）∵∴①當a≤0時，f'x<0,即f又f(1)=0，∴f(x)只有一個零點.②當a>0時，令f'x=0,當0<x<a時，f'x>0,當故fx在0,a單調(diào)遞增，fx在∴fx令ga=aln故當0<a<1時，g'(a)<0,ga單調(diào)遞減，當a>1故ga又x→0,fx→-∞故當a=1時，fx當a>0且a≠1時，fx綜上可知：故當a=1或a≤0時，fx當a>0且a≠1時，fx（2）由（1）可知，當a=1時，fx=ln故當x>1時，fx=ln取x=1+1n，則ln1+相加可得ln2-∴l(xiāng)n∴e【點睛】方法點睛：1.導函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．2.利用導數(shù)解決含參函數(shù)的單調(diào)性問題時，一般將其轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應用【變式41】4.（2023·河南·統(tǒng)考模擬預測）設函數(shù)fx(1)當a>0時，討論函數(shù)fx(2)當a=-1時，判斷函數(shù)gx【答案】(1)答案見解析；(2)有一個零點，理由見解析.【分析】（1）求出函數(shù)f(x)的定義域及導數(shù)，再分類討論求出f(x)的單調(diào)性作答.（2）把a=-1代入求出g(x)，利用導數(shù)結(jié)合零點存在性定理探討函數(shù)g(x)的零點個數(shù)作答.【詳解】（1）函數(shù)fx=12a若0<a<1，由f'(x)>0得0<x<1或x>1a，由因此函數(shù)f(x)在(0,1)，(1a,+若a=1，恒有f'(x)≥0，當且僅當x=1時取等號，因此函數(shù)f(x)在若a>1，由f'(x)>0得0<x<1a或x>1，由因此函數(shù)f(x)在(0,1a)，(1,+所以當0<a<1時，函數(shù)f(x)在(0,1)，(1a,+當a=1時，函數(shù)f(x)在(0,+∞當a>1時，函數(shù)f(x)在(0,1a)，(1,+（2）當a=-1時，函數(shù)g(x)=-1g'(x)=-x+1x+(而h(12)=e-2<0,h(1)=當0<x<x0時，h(x)<0，即g'(x)>0，當x0<x<1時，h(x)>0，即因此函數(shù)g(x)在(0,x0)，(1,+∞)上單調(diào)遞增，在(g(x而當12<x0<1時，1<因為g(1)=-12,g(2)=e2所以函數(shù)g(x)在(0,+∞【點睛】思路點睛：涉及函數(shù)零點個數(shù)問題，可以利用導數(shù)分段討論函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理，借助數(shù)形結(jié)合思想分析解決問題.題型5最值函數(shù)的零點問題【例題5】（2023·全國·高三專題練習）已知函數(shù)f(x)=ex-a(1)若直線y=gx與曲線y=f(2)用minm,n表示m，n中的最小值，討論函數(shù)h(x)=【答案】(1)a=(2)答案見解析【分析】(1)根據(jù)已知切線方程求列方程求切點坐標，再代入求參即可；(2)先分段討論最小值，再分情況根據(jù)單調(diào)性求函數(shù)值域判斷每種情況下零點個數(shù)即可.【詳解】（1）設切點為x0,y0∴ex消去a整理，得ex0∴a=（2）①當x∈(-∞,1)時，gx<0，h(x)=min②當x=1時，g1=0，若a≤e，f1≥0，此時hx=g若a>e，f1<0，此時hx=f③當x∈(1,+∞)時，gx>0，此時令f(x)=ex-ax2=0，得當1<x<2時，φ'(x)<0；當x>2時，φ'(x)>0，∴φx在1,2上單調(diào)遞減，在（i）若a<φ2，即a<e24時，fx在(1,+（ii）若a=φ2，即a=e24時，fx在(1,+（iii）若φ2<a<φ1，即e24<a<e時，f（iv）若a≥φ1，即a≥e時，fx在(1,+∞)綜上所述，當a<e24或a>e時，當a=e24或a=e時，當e24<a<e時，【變式51】1.（2021秋·廣東深圳·高三紅嶺中學?？计谀┮阎瘮?shù)fx(1)討論函數(shù)gx(2)①證明函數(shù)F(x)=f(x)-1ex（e②設①中函數(shù)Fx的零點為x0，記m(x)=minxf(x),xex（其中min{a,b}表示a,b中的較小值），若【答案】(1)當a≤0時，gx在0,+當a>0時，gx在0,1a(2)①證明見解析；②證明見解析；【分析】（1）由題設有g(shù)'(x)=1-axx(x>0)，討論a≤0、a>0（2）①由題意得F'(x)=1②根據(jù)題設確定函數(shù)m(x)解析式，應用導數(shù)研究單調(diào)性，進而應用分析法：要證x1+x2>2x0【詳解】（1）由已知gx函數(shù)gx的定義域為0,+∞當a≤0時，g'x>0恒成立，所以g當a>0時，令g'x=0∴當x∈0,1a時，g當x∈1a,+∞時，綜上所述：當a≤0時，gx在0,+當a>0時，gx在0,1a（2）①F(x)=lnx-1ex當x∈1,2時，F(xiàn)'x>0，即又F(1)=-1e<0，F(xiàn)(2)=ln2-∴根據(jù)零點存在性定理，有Fx在區(qū)間1,2②當x>0時，F(xiàn)'(x)=1x+又Fx∴當1<x<x0時，F(xiàn)(x)<0，故f(x)<1當x>x0時，F(xiàn)(x)>0，故f(x)>1∴可得m(x)=x當1<x<x0時，m(x)=xlnx，由當x>x0時，m(x)=xex若m(x)=n在區(qū)間1,+∞內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)根x1，則x1∈∴要證x1+x2>2而mx在x故需證mx2<m即證mx1下證x1記h(x)=xlnx-2由Fx0=0記φ(t)=tet當t∈0,1時，φ當t∈1,+∞時，故φ(t)max=1e由2x0-x>1∴h'(x)=1+ln∴當1<x<x0時，h(x)<h(x0)=0【點睛】關(guān)鍵點點睛：（1）分類討論參數(shù)的范圍，應用導數(shù)在對應區(qū)間的符號研究函數(shù)的單調(diào)性；（2）由導數(shù)研究Fx在1,2上零點的個數(shù)，寫出m(x)【變式51】2.（2023·廣東·高三專題練習）已知函數(shù)f(x)=-lnx，g(x)=x(1)若函數(shù)g(x)存在極值點x0，且gx1=gx(2)用min{m,n}表示m，n中的最小值，記函數(shù)h(x)=min{f(x)，g(x)}(x>0)【答案】(1)證明見解析；(2)3【分析】（1）先利用導數(shù)求得函數(shù)g(x)存在極值點x0，再分類討論即可證得x（2）按x分x>1,x=1,0<x<1三類討論，利用導數(shù)即可求得函數(shù)h(x)有且僅有三個不同的零點時實數(shù)a的取值范圍.【詳解】（1）由題意，g(x)=x3-ax+當a≤0時，g'x≥0當a>0時，令g'(x)=0，即3x2-a=0當x∈-∞,x1當x∈x1',x當x∈x2',+∞∴x=-3a3時，g(x)有極大值為x=3a3時，g(x)有極小值為當x0=3a3時，要證代入計算有，gx0=則有g(shù)x0=g當x0=-3a3時，要證代入計算有，gx0=則有g(shù)x0=g綜上，當x0為極大值點和極小值點時，x（2）①當x∈(1,+∞)時，f(x)=-ln故函數(shù)h(x)在x∈(1,+∞②當x=1時，f(1)=0，g(1)=54-a，若a≤h(x)=f(1)=0，故x=1是函數(shù)h(x)的一個零點；若a>54，則g(1)<0，∴hx=gx③當x∈(0,1)時，f(x)=-lnx>0，因此只需要考慮由題意，g(x)=x3-αx+㈠當a≤0時，g'∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，g(0)=14>0，∴g(x)>0即g(x)在(0,1)內(nèi)無零點，也即hx在(0,1)㈡當a≥3時，x∈0,1，g∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，g1=54-a<0即g(x)在(0,1)㈢a∈0,3時，函數(shù)g(x)在0,∴gx若g3a3>0g(x)在(0,1)內(nèi)無零點，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時，綜上所述，當34【點睛】分類討論思想是高中數(shù)學一項重要的考查內(nèi)容.分類討論思想要求在不能用統(tǒng)一的方法解決問題的時候，將問題劃分成不同的模塊，通過分塊來實現(xiàn)問題的求解，體現(xiàn)了對數(shù)學問題的分析處理能力和解決能力.【變式51】3.（2023·四川南充·統(tǒng)考三模）已知函數(shù)f(x)=xsinx+cos(1)當a=0時，求函數(shù)f(x)在[-π,π]上的極值；(2)用max{m,n}表示m，n中的最大值，記函數(shù)h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0)，討論函數(shù)h(x)【答案】(1)極大值：π2(2)答案見解析【分析】（1）求出導函數(shù)零點，列表即可得出極值；（2）由h(x)=max{f(x),g(x)}知，h(x)≥g(x)，分x∈(π,+∞)，x=π，x∈(0,π)【詳解】（1）當a=0時，f(x)=xsinx+cos由f'(x)=0，得x=-π2或π2，則f(x)x00,ππf+0-0+0-f(x)↗極大↘極小↗極大↘∴f(x)在[-π,π]上有2個極大值：f-f(x)在[-π,π]上有1個極小值：f(0)=1.（2）由h(x)=max{f(x),g(x)}，知（i）當x∈(π,+∞)時，∴h(x)>0，故h(x)在(π,+∞（ii）當x=π時，g(π)=0故當f(π)≤0時，即a≤2π2時，h(當f(π)>0時，即a>2π2時，h(（iii）當x∈(0,π)時，故h(x)在(0,π)的零點就是f(x)在f'(x)=x(a+cos①當a≤-1時，a+cosx≤0，故x∈(0,π)時，f'結(jié)合f(0)=1，f(π)=-1+π22故h(x)在(0,π②當a≥1時，a+cosx≥0，故x∈(0,π)時，f'結(jié)合f(0)=1可知，f(x)在(0,π故h(x)在(0,π③當a∈(-1,1)時，?x0∈(0,π)，使得x∈0,xx∈x0,π時，f'由f(0)=1知，fx當f(π)=-1+π22a≥0，即故h(x)在(0,π當f(π)=-1+π22a<0，即故h(x)在(0,π綜上所述，a<2π2a=2π2a>2π2【點睛】關(guān)鍵點點睛：首先要理解h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0)，將問題轉(zhuǎn)化為h(x)≥g(x)，其次對g(x)按照x與π的大小分類討論，當討論到g(x)<0時，再轉(zhuǎn)化為討論f(x)的零點問題也就是【變式51】4.（2023·四川南充·統(tǒng)考三模）已知函數(shù)fx=axex(1)當a=1時，求函數(shù)fx(2)用maxm,n表示m，n中的最大值，記函數(shù)hx=maxfx,g【答案】(1)f(x)極大=0(2)答案見解析【分析】（1）先利用導數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，再依據(jù)單調(diào)性判斷出極值點，最后求出極值點對應的函數(shù)值即為極值；（2）對x和a的范圍進行分類討論，分別判斷出gx和fx的零點，從而得出【詳解】（1）當a=1時，fx=x由f'x>0得：x<0或x>1；由列表：x-00,111,+f+0-0+f↗極大值↘極小值↗∴f(x)極大=f（2）由hx=（i）當x∈1,+∞時∴hx>0，故hx（ii）當x=1時，g1=0，f1=ae-x=1是hx當f1>0時，a>e2，h1（iii）當x∈0,1時，gx<0，故hx在0,1的零點就是由fx=0得：設φx=1-∴φx在0,1又∵φ0=1，∴當a≥e2時，fx即h當1<a<e2時，fx即h當0≤a≤1時，fx即hx在綜上所述：1<a<e2時，0≤a≤1或a=e2時，a>e2時，【點睛】方法點睛：函數(shù)零點的求解與判斷方法：(1)直接求零點：令f(x)=0，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點．(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間[a,b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個零點．(3)利用圖象交點的個數(shù)：將函數(shù)變形為兩個函數(shù)的差，畫兩個函數(shù)的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點題型6同構(gòu)法解零點問題【例題6】fx(1)若fx在x=0處取得極值，求a(2)請在下列兩問中選擇一問作答，答題前請標好選擇.如果多寫按第一個計分.①若fx≥0恒成立，求②若fx僅有兩個零點，求a【答案】(1)單調(diào)遞減區(qū)間為-2,0，單調(diào)遞增區(qū)間為0,+∞.(2)選擇①時，a∈e,+∞【分析】（1）把x=0代入fx，然后對fx求定義域，求導，利用f'0=0求出求a的值，觀察出f【詳解】（1）定義域為x∈-2,+∞，f'x=aex-1x+2，fx在x=0處取得極值，則f'0=a-12=0，所以a=12，此時f'x=1（2）①選擇若fx若fx≥0恒成立，即aex設函數(shù)hx=因為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故當a∈e,+∞時，②選擇若fx即aex-ln設函數(shù)hx=因為h'x=ex+1>0所以只需lna=lnx+2-x有兩個根，令φ'x=1x+2-1=-x+1x+2，當x∈-2,-1時，φ'x要想lna=lnx+2-x有兩個根，只需lna<1，解得：【點睛】同構(gòu)變形是一種處理含有參數(shù)的函數(shù)常用方法，特別是指對同構(gòu)，對不能參變分離的函數(shù)可以達到化簡后可以參變分離的效果，非常的好用【變式61】1.（2021秋·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學?？茧A段練習）已知函數(shù)fx（1）選擇下列兩個條件之一：①m=12；②m=1；判斷fx（2）已知m>0，設函數(shù)gx=fx+mxlnmx.【答案】（1）答案見解析；（2）m?1.【分析】（1）若選擇①，則f'x=ex-1-x,f″x=ex-1-1，由于f″x在R上單調(diào)遞增，且f″1（2）令gx=0，則可得ex-1mx-x+lnmx=ex-1elnmx-x+lnmx=ex-lnmx-1-【詳解】解：（1）若選擇①m=12,f由f″x在R上單調(diào)遞增，且所以f'x在0,1上單調(diào)遞減，有f'x?f'若選擇②m=1,fx=e由f″x在R上單調(diào)遞增，且所以f'x在0,1+ln有f'x?所以存在極小值點x0（2）令gx=0，有ex-1所以ex-1令t=x-ln即轉(zhuǎn)化為et-1-t=0有解，設則由h't=et-1-1可得，ht所以ht=e若gx在區(qū)間0,+∞存在零點，即為1=x-lnmx整理得：1+ln設lx=x-lnx，由l'在x∈1,+∞則lx?l1=1，所以【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查導數(shù)的應用，考查利用導數(shù)解決零點問題，解題的關(guān)鍵是由gx=0可得ex-lnmx-1-【變式61】2.（2020秋·湖南·高三校聯(lián)考階段練習）已知函數(shù)f(x)=ae（1）若a=1，求函數(shù)f(x)的極值；（2）若函數(shù)f(x)有且僅有兩個零點，求a的取值范圍.【答案】（1）極小值0，無極大值；（2）0<a<1.【分析】（1）f(x)=e（2）函數(shù)f(x)有兩個零點，轉(zhuǎn)化為aex+lnaex=ln【詳解】（1）當a=1時，f(x)=ex-ln(x+1)-1顯然f'(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增，且f'(0∴當-1<x<0時，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x>0時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)在x=0處取得極小值f(0)=0，無極大值.（2）函數(shù)f(x)有兩個零點，即f(x)=0?ae即ae設h(t)=t+lnt，則h'(t)=1+1∴aex=x+1(x>-1)有兩個解，即a=令s(x)=x+1ex(x>-1當x∈(-1,0)時，s'(x)>0，s(x)單調(diào)遞增，當x∈(0,+∞)時，s'(x)<0，s(x)單調(diào)遞減，又x=-1時，s(x)=x+1ex=0，且s(0)=1，當x→+∞所以當x>-1時，x+1∴0<a<1.【點睛】關(guān)鍵點點睛：aex+【變式61】3.（2021秋·重慶南岸·高三重慶市第十一中學校?？茧A段練習）已知fx(1)若函數(shù)gx=fx+xcos(2)若關(guān)于x的方程xex-a=f【答案】(1)0<a?(2)a>1【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合函數(shù)的零點個數(shù)判斷即可；（2）由xex-a=fx-a2x2+ax-1可得ex-a+x-a=x+ln【詳解】（1）解：g(x)=a2x2+x所以g'(x)=x(a-sin當a?1時，a-sinx?0，所以g(x)在(0，又因為g(0)=0，所以g(x)在(0，π2當0<a<1時，?x0∈(0,所以g(x)在(x0，π2又因為g(0)=0，g(π所以若aπ28-1>0，即a>8π2若aπ28-1?0，即0<a?8π2當a?0時，g'(x)=a-xsinx<0，g(x)在(0，π2]上單調(diào)遞減，g(x)在綜上當0<a?8π2時，g(x)在(0（2）解：由xex-a=f即xex-a=x則有ex-a令hx=x+lnh'x=1+1x所以ex-a=x，則有x-a=ln因為關(guān)于x的方程xe則方程a=x-ln令φx=x-ln當0<x<1時，φ'x<0，當x>1所以函數(shù)φx=x-lnx在所以φx當x→0時，φx→+∞，當x→+∞時，所以a>1.【點睛】本題考查了利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及最值問題，考查了分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想及同構(gòu)思想，難度較大.【變式61】4.（2021春·江蘇·高三專題練習）已知函數(shù)f(x)=（1）若函數(shù)y=fx在0,12（2）若函數(shù)y=fx在定義域內(nèi)沒有零點，求a【答案】（1）a≤-1-ln2；（2）【分析】（1）首先求出函數(shù)的導函數(shù)，依題意可得f'x≤0在0,12恒成立，兩邊取以e為底的對數(shù)，即a≤-2x-1n4x（2）依題意可得e2x+a+2x+a2=elnx+【詳解】解：（1）f因為函數(shù)fx在0,所以f'x=2兩邊取以e為底的對數(shù)，即a≤-2x-1n4x在0,1設gx=-2x-所以gx在0,所以g(x)所以a≤-1-ln（2）fx=e等價于方程e2x+a-1亦即e2x+a+2x+a因為ex+x原方程無零點等價于2x+a=lnx在即：a=lnx-2x在構(gòu)造函數(shù)hxh'(x)=1x-2=1-2xx，所以hx在0,12且h(x)max=h1所以a>-1-ln【點睛】導函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．題型7零點差問題【例題7】（2023秋·河南·高三校聯(lián)考開學考試）fx=ln(1)a=0時，求b的范圍；(2)b=-1且a<54時，求證：【答案】(1)-(2)證明見詳解【分析】（1）將函數(shù)零點與方程的根聯(lián)系起來，進一步分離參數(shù)構(gòu)造新的函數(shù)，利用導數(shù)研究其性態(tài)即可求解.（2）當b=-1時由fx=lnex+a【詳解】（1）a=0時，fx由題意fx的兩個零點x方程lne分離參數(shù)即得b=-lnex對其求導得g'x=-則s'x=-注意到g'0=0，所以g-0,+g+-g↗↘所以gx有極大值（最大值）g又當x→+∞時，gx→-∞；當若方程b=-ln則b<gxmax=g0（2）因為lnex+a+1所以當b=-1且a<54時有進而有fx1=0>fx的函數(shù)圖像恒在gx的函數(shù)圖象上方，不妨設gx=x因此fx的兩個零點x1,所以有x2-x1<x4又x4-x綜上，有x2【點睛】關(guān)鍵點點睛：第一問的關(guān)鍵在于將函數(shù)零點轉(zhuǎn)化為方程的根進一步分離參數(shù)，至于第二問的關(guān)鍵是進行放縮lne【變式71】1.（2023秋·河北衡水·高三校考開學考試）已知函數(shù)fx=lnx+1，(1)求過點-1,-1且與函數(shù)fx(2)①求證：當x>0時，ex②若函數(shù)gx有兩個不同的零點x1，x2【答案】(1)y=x(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）求導有f'x=（2）①令hx=ex-1-x-x22，利用兩次求導即可證明；②通過導函數(shù)證明函數(shù)gx【詳解】（1）f'設切點的坐標為x0則切線方程為y-ln因為切線過點-1,-1，所以-1-lnx0所以切線方程為y=x.（2）①令hx=e令h'x=m當x>0時，m'所以mx=e所以h'所以hx在0,+所以hx即當x>0時，ex②gx=若a≥0，g'x>0，則g若a<0，g令nx=x+1ex，因為x+1>0當x>-1時，n'x>0，所以n又因為當x→-1時，x+1e當x→+∞時，x+1ex所以-1a=當x∈-1,x0時，g當x∈x0,+∞時，所以x0為函數(shù)g因為當x→-1時，gx當x→+∞時，g所以函數(shù)gx有兩個不同的零點x1，x2即ae不妨設x2>x1，當x∈-1,0由（1）得，直線y=x與函數(shù)y=lnx+1切于原點得：當x>0時，因為a<0，所以當x>0時，結(jié)合①中egx令qx=ax2所以ax22+a+1因為x2>0，所以又因為x2，x所以x2<x所以x3<x因為x3x4又因為x3所以x4-x3=所以x2【點睛】關(guān)鍵點睛：本題第二問的第二小問的關(guān)鍵是首先對gx有兩不同零點進行等價轉(zhuǎn)化為gx0【變式71】2.（2022·全國·高三專題練習）設f(x)=1(1)如果g(x)=f'(x)-2x-3在x=2處取得最小值-5(2)如果m+n<10(m,n∈N+)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間的長度是正整數(shù)，試求m【答案】(1)f(x)=1(2)m=2，n=3或m=3，n=5.【分析】（1）先對f(x)進行求導，進而得出gx的解析式，利用配方法將二次函數(shù)gx表示成頂點式，再根據(jù)g(x)在x=2處取得最小值-5，即可列方程組求出m和n的值，從而得出（2）求導得f'(x)=x2+2mx+n，根據(jù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間的長度是正整數(shù)，可判斷出x2+2mx+n=0存在兩個不相等的實數(shù)根x1，x2，設x1<【詳解】（1）解：由題可知，f(x)=13x∴g(x)=f此時g(x)為二次函數(shù)，拋物線開口向上，對稱軸為x=1-m，由于g(x)=f'(x)-2x-3在x=2則1-m=2-m2所以f(x)=1（2）解：f'(x)=x所以x2+2mx+n=0存在兩個不相等的實數(shù)根x1，x則Δ=4m2∴x又因為m+n<10(m,n∈N+)，所以m≥2當m=2時，只有n=3符合要求；當m=3時，只有n=5符合要求；當m≥4時，沒有符合要求的n；所以m=2，n=3或m=3，n=5.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查根據(jù)函數(shù)的極值求參數(shù)值，考查利用導數(shù)解決零點差問題，解題的關(guān)鍵在于第（2）問中，將問題轉(zhuǎn)化為方程存在兩個不等實數(shù)根從而解決問題，考查學生轉(zhuǎn)化思想和運用能力.【變式71】3.（2023秋·河南·高三河南省實驗中學校考開學考試）已知函數(shù)f(x)=1(1)求曲線C:y=f(x)在點P(0,1)處的切線方程；(2)求證：函數(shù)f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間[a，b]，并求出單調(diào)遞減區(qū)間的長度t=b-a的取值范圍.【答案】(1)y=-x+1(2)證明見解析，(1，5【分析】（1）利用切點和斜率求得切線方程.（2）求得f'(x)，由此構(gòu)造函數(shù)h(x)=mx【詳解】（1）∵點P在函數(shù)y=f(x)上，由f(x)=1得：f'(x)=mx-2+1x+1(m?1,x>-1)故切線方程為：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,+∞)上必有兩個不等實數(shù)根a，即f'(x)<0的解集為(a,b)，由根與系數(shù)的關(guān)系知：a+b=2-mm，∴t=b-a=(b-a)由m?1可得：b-a∈(1，5]∴函數(shù)f(x)存在單調(diào)減區(qū)間[a，b]，且遞減區(qū)間長度t的取值范圍是(1，5]【變式71】4.（2023春·上海黃浦·高三格致中學?？奸_學考試）已知關(guān)于x的函數(shù)y=f(x),y=g(x)與h(x)=kx+b(k,b∈R)在區(qū)間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：根據(jù)一元二次不等式恒成立問題的解法，即可求得hx（2）方法一：先由hx-gx≥0，求得k的一個取值范圍，再由fx（3）方法一：根據(jù)題意可得兩個含參數(shù)t的一元二次不等式在區(qū)間m,n?【詳解】（1）[方法一]:判別式法由f(x)≥h(x)≥g(x)可得x2即x2+(2-k)x-b≥0和從而有Δ1=(2-k)所以(2-k)2因此，k=2,b=0．所以h(x)=2x．[方法二]【最優(yōu)解】：特值+判別式法由題設有-x2+2x≤kx+b≤令x=0，則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，則Fx在0,1上遞增，在1,+∞上遞減，則Fx≤F當k=0時，F(xiàn)x當k>0時，F(xiàn)x在0,1上遞減，在1,+∞上遞增，則即hx綜上所述，k≥0.由fx-h當x=k+12<0，即k<-1時，y=因為f0故存在x0∈0,+當x=k+12=0，即k=-1當x=k+12>0，即k>-1時，則需Δ綜上所述，k的取值范圍是k∈0,3[方法二]【最優(yōu)解】：特值輔助法由已知得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，當0<x<1時，G'x<0，Gx由fx-hx=x2-x+1-kx-k=x2-∴k的取值范圍是k∈0,3（3）[方法一]：判別式+導數(shù)法因為x4-2x①x4-2x等價于(x-t)2x2故x2+2tx+3t令M(x)=x當0<t2<1此時n-m≤2當1≤t2≤2但4x2-8≥4等價于4x2-44x2-4則x1所以n-m≤x1-令t2=λ,λ∈1,2，構(gòu)造函數(shù)P所以λ∈1,2時，P'λ<0，所以n-mmax=7[方法二]：判別式法

由f(x)-h(x)=(x-t)2x2+2tx+3t2（事實上，直線y=h(x)為函數(shù)y=f(x)的圖像在x=t處的切線）同理h(x)≥g(x)對任意的x∈[m,n]恒成立，即等價于對任意的x∈[m,n],x當t2<1時，將①式看作一元二次方程，進而有Δ1=8-8t2>0當t2≤23時，x1x2≤0，從而當23<t2<1時，由①式得x≥21-當2≥t2≥1由2≥t2≥1,-3≤t4-5t2+3≤-1綜上所述，n-m≤7[方法三]【最優(yōu)解】：反證法假設存在t∈(0,2]，使得滿足條件的m，n有因為[m,n]?[-2,2因為2-(-1)=2+1<因為f(x)≥h(x)≥g(x)對恒成立，所以有f(-1)≥h(-1)≥g(-1),f(1)≥0≤3t0≤3t解得63由③+④并化簡得，1≤3t因為m(t)=3t4-2t2所以，1≤t≤2由h(x)≥g(x)對x∈[m,n]恒成立，即有4x對x∈[m,n]恒成立，將⑤式看作一元二次方程，進而有Δ=16設u(t)=t6-5所以u(t)在區(qū)間[1,2]上遞減，所以7=u(1)≥u(t)≥u(2設不等式⑤的解集為x1,x2，則由f(x),g(x)均為偶函數(shù)．同樣可證-2≤t<0時，綜上所述，n-m≤7【整體點評】（1）的方法一利用不等式恒成立的意義，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，使用判別式得到不等式組，求解得到；方法二先利用特值求得b的值，然后使用判別式進一步求解，簡化了運算，是最優(yōu)解；（2）中的方法一利用導數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)，使用分類討論思想分別求得k的取值范圍，然后取交集；方法二先利用特殊值進行判定得到k≥0，然后在此基礎(chǔ)上，利用導數(shù)驗證不等式的一側(cè)恒成立，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得不等式的另一側(cè)也成立的條件，進而得到結(jié)論，是最優(yōu)解；（3）的方法一、方法二中的分解因式難度較大，方法三使用反證法，推出矛盾，思路清晰，運算簡潔，是最優(yōu)解.題型8割線法切線法與零點【例題8】（2020·安徽合肥·高三統(tǒng)考階段練習）已知函數(shù)f(x)=1-（1）求函數(shù)f(x)的零點x0，以及曲線y=f(x)在x=（2）設方程f(x)=m(m>0)有兩個實數(shù)根x1,x【答案】（1）x0=±1，切線方程為y=2e(x+1)和【解析】（1）由f(x)=0，求得x=±1，得到函數(shù)的零點x0=±1，求得函數(shù)的導數(shù)，結(jié)合導數(shù)的幾何意義，即可求得曲線y=f(x)在（2）利用導數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)（1）得到當x∈(-1,1)時，2e(x+1)>f(x)，結(jié)合分析法，即可作出證明.【詳解】（1）由題意，函數(shù)f(x)=1-x2ex所以函數(shù)f(x)的零點x0又由f'(x)=x2-2x-1所以曲線y=f(x)在x=-1處的切線方程為y=2e(x+1)．又由f'(1)=-2e,f(1)=0，所以曲線y=f(x)（2）由（1）知f'令f'(x)=0，即x2當x∈(-∞,1-2)∪(1+2當x∈(1-2,1+2所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,1-2)，(1+2由（1）知，當x<-1或x>1時，f(x)<0；當-1<x<1時，f(x)>0．下面證明：當x∈(-1,1)時，2e(x+1)>f(x)．當x∈(-1,1)時，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對任意x∈(-1,1)恒成立，當x∈(-1,1)時，2e(x+1)>f(x)．由y=2e(x+1)y=m，可得x=m2e不妨設x1<x所以x1要證x1-x2<2-m又因為m=1-x22e因為x2∈(1-2,1)，所以令φ(x)=ex-(x+1)當x∈(1-2,0)時，φ'當x∈(0,1)時，φ'(x)>0，函數(shù)所以φ(x)≥φ(0)=0，所以ex所以x1【點睛】利用導數(shù)證明不等式問題：（1）直接構(gòu)造法：證明不等式fx>gx(fx<gx（2）適當放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù)；【變式81】1.（2020·湖北武漢·統(tǒng)考二模）已知函數(shù)fx=e-x（1）求函數(shù)fx的零點，以及曲線y=f（2）若方程fx=mm≠0有兩個實數(shù)根x【答案】（1）零點為1,e；y=e-1x-1；【分析】（1）由題意可得函數(shù)fx的零點為1，e，求導后，求出f'1=e-1，（2）利用導數(shù)證明e-xlnx≤e-1x-1、e-xlnx≤-x+e，設gx【詳解】（1）由fx=e-xlnx=0，得x=1或x=e，所以函數(shù)f因為f'x=ex又因為f1所以曲線y=fx在x=1處的切線方程為y=在x=e處的切線方程為y=-x+e；（2）證明：因為函數(shù)fx的定義為0,+∞，f令px=ex-lnx-1由f'1=e-1>0所以存在x0∈1,e，使得fx在不妨設x1<x0<令gx=e-1記mx=e-1令qx=ln所以m'x單調(diào)遞增，且故mx在0,1單調(diào)遞減，mx在所以mx≥m1記nx=-x+e-e-x所以n'x單調(diào)遞增，且n'e=0，故nx在則nx≥ne不妨設gx因為gx1>fx1由gx3=同理x4>x所以me-1所以x1所以x1【點睛】本題考查了導數(shù)的綜合應用，考查了計算能力和推理能力，屬于難題.【變式81】2.（2017·山西臨汾·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)f(x)=(x（1）求曲線y=f(x)在原點處的切線方程；（2）若f(x)-ax+e≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；（3）若方程f(x)=m(m∈R)有兩個正實數(shù)根x1,x【答案】(1)x+y=0;(2)0≤a≤e;（3）見解析.【詳解】試題分析：(1)利用題意結(jié)合導函數(shù)與切線的關(guān)系求得切線方程為x+(2)利用題意討論x=0和x>0兩種情況可得實數(shù)a的取值范圍是0≤a(3)由(2)的結(jié)論，取a=e，結(jié)合函數(shù)的可知可得：試題解析：(1)f'(x)=(x2+x-1)ex(2)①當x=0時，a∈R；②當x>0時，問題等價為a≤(x-1)ex+ex恒成立，設g(x)=(x-1)ex+ex(x>0)，則g'(x)=xex-ex2，因為y=g'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，且g'(1)=0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，所以y=g(x)上的最小值為g(1)=e，所以a≤e.③（3）依第（2）問，取a=e，有(x2-x)ex≥ex-e，因為設φ(x)=(x2-x)ex+x(x>0)，則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.設y=m分別與y=-x和y=e(x-1)的兩個交點的橫坐標為【變式81】3.（2021秋·山東泰安·高三統(tǒng)考期中）已知函數(shù)fx=x-1lnx+1，曲線y=f(1)求k，b的值；(2)證明：fx(3)若函數(shù)gx=fx+mm∈R有兩個零點【答案】(1)k=ln2(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義求出曲線y=f(x)在點(1,0)處的切線方程即可得k，b的值；（2）令h(x)=f(x)-kx-b=(x-1)[ln(x+1)-ln2]，分別討論-1<x≤1、x>1時（3）令t(x)=f(x)+x，利用導數(shù)判斷單調(diào)性可得t(x)min=0，f(x)+x≥0恒成立，不妨令x2>x1，則f(【詳解】（1）由f(x)=(x-1)ln(x+1)可得則f'(1)=ln2，所以曲線y=f(x)在點所以切線方程為：y=ln因為曲線y=f(x)在點(1,0)處的切線方程為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當-1<x≤1時，x-1≤0，ln(x+1)≤ln2當x>1時，x-1>0，ln(x+1)>ln2綜上所述：對任意的x>-1，都有h(x)≥0，即f(x)≥kx+b，（3）不妨設t(x)=f(x)+x=(x-1)ln(x+1)+x，則t'(x)=f因為y=ln(x+1)和y=-2所以t'(x)=2+ln因為t'(0)=0，所以-1<x<0時，t'(x)<0；所以t(x)=f(x)+x在(-1,0)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，所以t(x)min=t(0)=f(0)+0=0不妨令x2>x由（2）知：f(x所以x2將f(x1)=-m代入可得x即|x【變式81】4.（2022·江西·校聯(lián)考模擬預測）已知函數(shù)fx（1）求fx在點-1,f（2）若方程fx=b有兩個實數(shù)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）處的切線方程s（x），令F（x）＝f（x）﹣s（x），求得導數(shù)和單調(diào)性，可得f（x）≥s（x），解方程s（x）＝b得其根x'1，運用函數(shù)的單調(diào)性，所以x'1≤x1，；另一方面，f（x）在點（1，2e﹣2）處的切線方程為t（x），構(gòu)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，運用函數(shù)的單調(diào)性，所以x2≤x'2．根據(jù)不等式的基本性質(zhì)即可得出結(jié)論．【詳解】（1）f'f'-1=所以切線方程為y=1-e（2）由（1）知fx在點-1,f-1處的切線方程為設S構(gòu)造Fx=fxF″所以F'x在-∞,-3上單調(diào)遞減，在又F'-3=-1e3-1e<0，limx→-∞F'x∵方程1-eex+1=b的根x'1=eb單調(diào)遞減，所以x'另一方面，fx在點1,2e-2處的切線方程為y=設t構(gòu)造Gx=fx-txG'x=所以G'x在-∞,-3上單調(diào)遞減，在又G'-3=-1e3-3e<0，limx→-∞G'當且僅當x=-1時取“=”∵方程tx=3e-1x-e-1=b的根tx在R上單調(diào)遞增，所以x2≤【點睛】本題考查了導數(shù)的綜合運用：求切線的斜率切線方程，求函數(shù)單調(diào)性和最值，考查分類討論思想方法和構(gòu)造函數(shù)法，考查化簡運算能力和推理能力，屬于難題1.（2023·湖北黃岡·黃岡中學?？既＃┮阎瘮?shù)fx(1)當a=0時，求函數(shù)fx在-(2)用maxm,n表示m,n中的最大值，記函數(shù)hx=maxf【答案】(1)極大值為π2，極小值(2)答案見解析【分析】（1）求導，得到函數(shù)的單調(diào)性和極值情況；（2）分x∈π,+∞，x=π和x∈0,【詳解】（1）當a=0時，fx由f'x=0，得x=-π2或π2，則x00,ππf+00+0f↗極大↘極小↗極大↘∴fx在-π,π上有2個極大值：f-（2）由hx=max（?。┊攛∈π,+∞∴hx>0，故hx（ⅱ）當x=π時，g故當fπ≤0時，即a≤1π2當fπ>0時，即a>1π2（ⅲ）當x∈0,π時，gx<0．故hx在0,f'①當a≤-12時，2a+cosx≤0，故x∈0,結(jié)合f0=1，fπ=-1+π故hx在0,②當a≥12時，2a+cosx≥0，故x∈0,結(jié)合f0=1可知，fx在0,π無零點，故③當a∈-12,12時，?xx∈x0,π時，由f0=1知，當fπ=-1+π2a≥0，即1π2≤a<1當fπ=-1+π2a<0，即-12<a<1綜上所述，a<1π2時，hx有2個零點；a=1π2【點睛】導函數(shù)處理零點個數(shù)問題，由于涉及多類問題特征（包括單調(diào)性，特殊位置的函數(shù)值符號，隱零點的探索、參數(shù)的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本既能進行整合，注意思路是通過極值的正負和函數(shù)的單調(diào)性判斷函數(shù)的走勢，從而判斷零點個數(shù)，較為復雜和綜合的函數(shù)零點個數(shù)問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考的地方2.（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx在點1,m(2)討論函數(shù)gx【答案】(1)x-y+m-1=0(2)答案見解析【分析】（1）由導數(shù)法求切線；（2）轉(zhuǎn)化為求y=fx-m與y=m【詳解】（1）f'x=4則曲線y=fx在點1,m處的切線方程為y-m=x-1，即x-y+m-1=0（2）f'當x∈-∞,34時，f當x∈34,+∞時，f'所以fx設函數(shù)hx=x4-x3，則h0=h1=0由gx=0，得當m=0或m>27256時，gx零點的個數(shù)為2；當m=27256時，g3.（2023·廣東揭陽·?？级＃┮阎瘮?shù)f（1）討論fx（2）若x1，x2，x1（i）x1（ii）x2【答案】（1）答案不唯一，具體見解析；（2）①證明見解析；②證明見解析.【解析】（1）求出導數(shù)，討論a≤0和a>0兩種情況根據(jù)導數(shù)正負即可得出單調(diào)性；（2）（i）可得不等式等價于lnx2x1-（ii）由題可得0<a<1e且1<x1<e<x2【詳解】解：（1）fx定義域0,+∞，f則當a≤0時，f'x>0，f當a>0時，令f'x=0，解得x=1a，當x∈0,1a時，f'x>0，f綜上，a≤0時，fx在0,+∞為增函數(shù)；a>0時，fx在0,1（2）證明：（i）原不等式等價于x1因為ax1=由②①得，ax2-則x1+x因為x2>x即證lnx2-設t=x2x1，t>1，設③等價于gt>0，∵