函数的零点和极值点1

时间 2019-11-25

标签函数零点 0点极值繁體版

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前言

涉及到函数的零点和极值点的问题，与转化划归思想、数形结合思想有着紧密的联系。html

函数$y=f(x)$有$n$个零点 $\Longleftrightarrow$ 方程$f(x)=0$有$n$个不一样的根 $\Longleftrightarrow$ 两个函数图像$y=f(x)$与$y=0$有$n$个不一样的交点，思想方法：数形结合。函数
函数$y=f(x)$有$n$个极值点 $\Longleftrightarrow$ 函数$y=f'(x)$有$n$个不一样的零点(变号零点¹ ) $\Longleftrightarrow$ 两个函数图像$y=f'(x)$与$y=0$有$n$个不一样的穿根交点而不是相切点，思想方法：数形结合。学习

典例剖析

已知函数的零点个数，求参数的取值范围；spa

例1 【2017$\cdot$ 西安模拟】已知函数$f(x)=kx^2-lnx$有两个零点，求参数$k$的取值范围。3d

$A.k > \cfrac{e}{2}$ $B.0< k <\sqrt{e}$ $C.k > \cfrac{\sqrt{2}e}{2}$ $D.0< k <\cfrac{1}{2e}$

【法1】：不彻底分离参数法，数形结合法，定义域为$(0，+\infty)$，转化为方程$kx^2=lnx$有两个不一样的实数根，
htm

再转化为函数$y=kx^2$与函数$y=lnx$的图像有两个不一样的交点，
blog

如图设两个函数的图像相切于点为$(x_0，y_0)$，
内存

则有关系式$\begin{cases}2kx_0=\cfrac{1}{x_0}\\kx_0^2=y_0\\y_0=lnx_0\end{cases}$，
ci

解得$y_0=\cfrac{1}{2}，x_0=\sqrt{e}$，即切点为$(\sqrt{e}，\cfrac{1}{2})$，
get

再代入函数$y=kx^2$，求得此时的$k=\cfrac{1}{2e}$，

再结合函数$y=kx^2$的系数$k$的做用，可得两个函数要有两个不一样的交点，

则$k\in(0，\cfrac{1}{2e})$。故选$D$.

【法2】：彻底分离参数法，定义域为$(0，+\infty)$，转化为方程$kx^2=lnx$有两个不一样的实数根，

再转化为$k=\cfrac{lnx}{x^2}$有两个不一样的实数根，

再转化为函数$y=k$和函数$y=g(x)=\cfrac{lnx}{x^2}$的图像有两个不一样的交点，

用导数研究函数$g(x)$的单调性，$g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x^2-lnx\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{1-2lnx}{x^3}$，

令$1-2lnx>0$，获得$0< x<\sqrt{e}$，令$1-2lnx<0$，获得$x >\sqrt{e}$，

即函数$g(x)$在区间$(0，\sqrt{e}]$上单调递增，在$[\sqrt{e}，+\infty)$上单调递减，

故$g(x)_{max}=g(\sqrt{e})=\cfrac{1}{2e}$，

做出函数$g(x)$和函数$y=k$的简图，由图像可得$k$的取值范围是$k\in(0，\cfrac{1}{2e})$。故选$D$.

例2 【姊妹题1】(2017$\cdot$安徽合肥模拟)已知函数$f(x)=xlnx-ae^x$有两个极值点，则实数$a$的取值范围是【】

$A.(0，\cfrac{1}{e})$ $B.(0，e)$ $C.(\cfrac{1}{e}，e)$ $D.(-\infty，e)$

【法1】：函数$f'(x)=lnx+1-ae^x=0$有两个变号零点，

即函数$g(x)=lnx+1(x>0)$与函数$h(x)=ae^x(x>0)$有两个不一样的交点；

仿上题的法1，求得两条曲线相切时的$a=\cfrac{1}{e}$，

结合图像可知，要使两个函数有两个不一样的交点，

则有$0< a <\cfrac{1}{e}$，故选A。

【法2】：函数$f'(x)=lnx+1-ae^x=0$有两个变号零点，

分离参数获得，$a=\cfrac{lnx+1}{e^x}$，

仿上例法2，求得$0< a <\cfrac{1}{e}$，故选A。

例3 【姊妹题2】函数$f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2$有两个零点，求$a$的取值范围。

【法1】：方程$a(x-1)^2=(2-x)e^x$有两个不一样的根，

即函数$g(x)=a(x-1)^2$与函数$h(x)=(2-x)e^x$有两个不一样的交点，

其中函数$h(x)=(2-x)e^x$的图像须要先判断单调性，

用导数求得$x\in(-\infty，1)$上单调递增，在$x\in(1，+\infty)$上单调递减，

做图时须要注意这样几点，$x<1$时，$h(x)>0$，$h(1)=e$，$h(2)=0$；

作出如右图所示的图像，

由图像可得，$a$的取值范围是 $a >0$；即$a\in(0，+\infty)$；

【法2】：分离参数获得，$a=\cfrac{(2-x)e^x}{(x-1)^2}$

一样能够作，只是作函数$h(x)=\cfrac{(2-x)e^x}{(x-1)^2}$的图像比较难，

用导数求得函数$h(x)$在$(-\infty，1)$上单调递增，在$(1，+\infty)$上单调递减，

注意$x<1$时，$h(x)>0$，$h(0)=2$，$h(2)=0$，且$x=1$是其渐近线；如右图所示；

故$a$的取值范围是 $a >0$；即$a\in(0，+\infty)$；

解后反思：

一、法1要求咱们对函数$y=kx^2$的系数的$k$的几何意义要很清楚。

二、合理的转化划归是学习数学的一个必备素养。

三、图是高中数学的生命线。

四、这几个题目的求解也可使用上述的两个思路，一模一样，这也让咱们感觉到数学的学习中，真的有必要总结一些比较特殊的模型，以简化思惟，节省时间。

例4 已知函数$f(x)=x(lnx-ax)$有两个极值点，求$a$的取值范围【】

$A.(-\infty，0)$ $B.(0，\cfrac{1}{2})$ $C.(0，1)$ $D.(0，+\infty)$

法1：函数$f(x)=x(lnx-ax)$有两个极值点，即导函数$f'(x)=lnx+1-2ax$有两个变号零点，

即方程$lnx=2ax-1$有两个不一样实数根，即函数$y=lnx$与函数$y=2ax-1$有两个不一样的交点，做出图像如右图；

设恒过定点的函数$y=2ax-1$与函数$y=lnx$相切于点$(x_0，y_0)$，

则$\begin{cases}2a=\cfrac{1}{x_0}\\y_0=2ax_0-1\\y_0=lnx_0\end{cases}$，

解得$x_0=1，y_0=0$，即切点为$(1，0)$，此时直线的斜率为$k=1$，

由图像可知，要使函数$y=lnx$与函数$y=2ax-1$有两个不一样的交点，

则$0<2a<1$，即$a\in(0，\cfrac{1}{2})$，故选B.

法2：转化为导函数$f'(x)=lnx+1-2ax$有两个变号零点，

分离参数获得，方程$2a=\cfrac{lnx+1}{x}$有两个不一样的实根，

令$g(x)=\cfrac{lnx+1}{x}$，定义域为$x>0$，$g'(x)=\cfrac{-lnx}{x^2}$，

则$x\in(0，1)$时，$g'(x)>0$，函数$g(x)$单调递增，

$x\in(1，+\infty)$时，$g'(x)<0$，函数$g(x)$单调递减，

故$g(x)_{max}=g(1)=1$，

做出函数$y=g(x)$和$y=2a$的图像于同一个坐标系中，

则获得$0<2a<1$，即$a\in(0，\cfrac{1}{2})$，故选$B$.

例5 【同源题，2013湖北卷】已知$a$为常数，函数$f(x)=x(lnx-ax)$有两个极值点$x_1，x_2(x_1 < x_2)$，则【】

$A.f(x_1)>0，f(x_2)>-\cfrac{1}{2}$

$B.f(x_1)<0，f(x_2)<-\cfrac{1}{2}$

$C.f(x_1)>0，f(x_2)<-\cfrac{1}{2}$

$D.f(x_1)<0，f(x_2)>-\cfrac{1}{2}$

分析：同于上例2的不彻底分离参数法，能够求得函数$f(x)$有两个极值点时的条件是$0< a <\cfrac{1}{2}$，

再者，由两个函数$y=lnx$和$y=2ax-1$有两个交点的图像，能够直观获得$x_1< 1 < x_2$，

且由$f'(x)=lnx-2ax+1=lnx-(2ax-1)$，以及图像可知，$f'(x) >0$在$(x_1，x_2)$上恒成立，

故$f(x)$在$(x_1，x_2)$上单调递增，则有$f(x_1)< f(1) =-a <0$，$f(x_2) > f(1) =-a >-\cfrac{1}{2}$，

故选$D$。

例6 函数$f(x)=\begin{cases}x^3-x-1，&x\ge2或x\leq -1\\1&-1<x<2\end{cases}$，求函数$g(x)=f(x)-x$的零点。

分析：函数$g(x)$的零点，即方程$f(x)=x$的根，这样问题就转化为分段函数方程了。

再等价转化获得$\begin{cases}x\ge 2或x\leq -1\\x^3-x-1=x\end{cases}$或者$\begin{cases}-1<x<2\\x=1\end{cases}$，

解第二个不等式组容易获得$x=1$ ，难点是解第一个不等式组。

由$x^3-2x-1=0$，用试商法可得$x=-1$是其一个根，

故分解为$x^3+1-2(x+1)=(x+1)(x^2-x-1)=0$，解得$x=-1$或$x=\cfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}$(不符舍去)，

故函数$g(x)=f(x)-x$的零点为$x=-1$和$x=1$。

例7 【2017•潍坊模拟】已知函数$f(x)=\cfrac{1}{3}x^3－bx^2＋c(b，c为常数)$，当$x＝2$时，函数$f(x)$取得极值，若函数$f(x)$只有三个零点，则实数$c$的取值范围是________．

分析：$f'(x)=x^2-2bx$，由$f'(2)=0$获得$b=1$，故$f'(x)=x^2-2x=x(x-2)$，

故函数$f(x)$在$(-\infty，0)$上$\nearrow$，在$(0，2)$上$\searrow$，在$(2，+\infty)$上$\nearrow$；

要使得函数$f(x)$只有三个零点，则只需且必须$\begin{cases}f(0)=c>0\\f(2)=\cfrac{8}{3}-4+c<0\end{cases}$，

解得$c\in(0，\cfrac{4}{3})$。

引伸：

一、若是是仅仅只有一个零点呢？

二、若是有两个零点呢？

例8 【2017$\cdot$全国卷3理科第12题】已知函数$f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})$有惟一的零点，则$a$的值为【】

$A.-\cfrac{1}{2}$ $B.\cfrac{1}{3}$ $C.\cfrac{1}{2}$ $D.1$

【法1】：分离常数法，本题目就不适宜使用此法；

由$f(x)=0$获得$a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x$，

分离获得$a=\cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}=h(x)$，

你应该能感受到函数$h(x)$若要用导数分析其单调性，

那会是至关的难，故分离参数的思路通常在这个题目中，就天然舍弃了。

【法2】：由题目可知方程$f(x)=0$仅有一解，即$a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x$仅有一解，

即函数$y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})$与函数$y=-x^2+2x$的图像仅有一个交点。参考图像

具体用手工怎么做图呢，函数$y=-x^2+2x$的图像你们应该会的，故重点说函数$y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})$的图像作法。

令函数$g(x)=y=e^x+\cfrac{1}{e^x}=e^x+e^{-x}$，则是偶函数，$g(0)=2$，

当$x\ge 0$时，$g'(x)=e^x-e^{-x}$，$g'(x)$单调递增，

故$g'(x)\ge g'(0)=0$，则函数$g(x)$在$[0，+\infty)$上单调递增，又由偶函数可知，在$(-\infty，0]$上单调递减，

这样咱们就作出了函数$g(x)=e^x+\cfrac{1}{e^x}$的图像，而后将其向右平移一个单位，获得$y=e^{x-1}+e^{-x+1}$的图像，

前边的系数$a$的做用有两个，其一控制张角大小，其二控制函数最低点的位置，

就像函数$y=a|x|$中的$a$的做用同样的，因此咱们就能用手工作出函数$y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})$的图像，

要使得函数$y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})$与函数$y=-x^2+2x$的图像仅有一个交点，

就须要函数$y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})$的最小值$a(e^{1-1}+e^{-1+1})=2a$和函数$y=-x^2+2x$的最大值$-1^2+2\times1=1$相等，

故$2a=1$，解得$a=\cfrac{1}{2}$。

【法3】：构造函数法+函数的性质法；

函数$f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})=(x-1)^2+a[e^{x-1}+e^{-(x-1)}]-1$，

令$t=x-1$，则$g(t)=f(x-1)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1$，

因为$g(-t)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1=g(t)$，故$g(t)$为偶函数，

因为函数$f(x)$有惟一零点，则函数$g(t)$也有惟一零点，

又函数$g(t)$是偶函数，即函数$g(t)$与$t$轴仅有一个交点，则$g(0)=0$，

代入获得$2a-1=0$，即$a=\cfrac{1}{2}$；

【法4】：函数$f(x)=0\Leftrightarrow$ $a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})=-x^2+2x$

$e^{x-1}+e^{-(x-1)}\ge 2\sqrt{e^{x-1}\cdot e^{-(x-1)}}=2$，当且仅当$x=1$时取到等号；

$-x^2+2x=-(x-1)^2+1\leq 1$；

若$a>0$时，$a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})\ge 2a$，

要使$f(x)$仅有一个零点，则必有$2a=1$，解得$a=\cfrac{1}{2}$；

若$a<0$，则函数$f(x)$的零点不惟一，

综上，$a=\cfrac{1}{2}$；选C.

【法5】由$f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})$，

获得$f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x-1}+e^{-(2-x)+1})=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})$，

因此$f(2-x)=f(x)$，故$x=1$是函数$f(x)$图像的对称轴。

由题意可知，函数$f(x)$有惟一的零点，

故只能是$x=1$，

即$f(1)=1^2-2\times1+a(e^{1-1}+e^{-1+1})=0$，

解得$a=\cfrac{1}{2}$，故选C.

【法6】咱们通常这样转化，由函数$f(x)$有惟一的零点，

获得方程$x^2-2x=-a(e^{x-1}+e^{-x+1})$有惟一解，注意到方程的右端，

咱们能够和对勾函数作以联系，令$x-1=t$，则$x=t+1$，

故原方程就转化为$(t+1)^2-2(t+1)=-a(e^t+e^{-t})$，为了便于作出图像，

还须要再代换，令$e^t=x$，则$x>0$且$t=lnx$，

这样方程就又转化为$ln^2x-1=-a(x+\cfrac{1}{x})$，

在同一个坐标系中，分别作出函数$y=ln^2x-1$和$y=-a(x+\cfrac{1}{x})$的图像，

由图像可知对勾函数前面的系数必须知足$-a=-\cfrac{1}{2}$，

即$a=\cfrac{1}{2}$，故选C.

例9 【2017$\cdot$全国卷3理科第12题】函数$f(x)=mx^2-2x+1$有且只有一个正实根零点，则实数$m$的取值范围是【】

$A.(-\infty，0)$ $B.(-\infty，0]\cup\{1\}$ $C.(-\infty，0)\cup\{1\}$ $D.(-\infty，1]$

【法1】：验证法；

令$m=0$，则由$-2x+1=0$可得一个正实根$x=\cfrac{1}{2}$，故$m=0$知足题意，排除$C$；

令$m=1$，则由$(x-1)^2=0$可得一个正实根$x=1$，故$m=1$知足题意，排除$D$；

令$m=\cfrac{1}{2}$，则由$\cfrac{1}{2}x^2-2x+1=\cfrac{1}{2}(x-2)^2-1=0$可得两个正实根$x=2\pm\sqrt{2}$，排除$A$；

故选$B$.

【法2】：分类讨论法；

注意到函数$f(x)=mx^2-2x+1$为仿二次函数，故想到须要分类讨论，令$f(x)=mx^2-2x+1=0$，注意隐含条件$f(0)=1$

$1^{\circ}$当$m=0$时，由$-2x+1=0$可得一个正实根$x=\cfrac{1}{2}$，故$m=0$知足题意；

$2^{\circ}$当$m>0$时，抛物线开口向上，$f(0)=1$，对称轴为$x=\cfrac{1}{m}>0$，只能$\Delta=4-4m=0$，

可得一个正实根$x=\cfrac{1}{m}$，解得$m=1$；

$3^{\circ}$当$m<0$时，抛物线开口向下，$f(0)=1$，对称轴为$x=\cfrac{1}{m}<0$，

要知足题意只需$\Delta=4-4m>0$便可，解得$m<0$；

综上所述，$m$的取值范围为$(-\infty，0]\cup\{1\}$，选B。

【法3】：分离参数法，因为函数有且只有一个正零点，

在$x>0$时，分离参数获得$m=\cfrac{2x-1}{x^2}(x>0)$，

要使得原函数有且只有一个正零点，只须要函数$y=m$和函数$g(x)=\cfrac{2x-1}{x^2}(x>0)$，

在$x>0$时的图像的交点有且仅有一个便可。

用导数研究函数$g(x)=\cfrac{2x-1}{x^2}(x>0)$的单调性，而后作出简图，此处简略。

在同一坐标系中，作出函数$y=m$和$g(x)=\cfrac{2x-1}{x^2}(x>0)$的图像，

由图像可得，$m$的取值范围为$(-\infty，0]\cup\{1\}$。

补充：用导数研究函数$g(x)=\cfrac{2x-1}{x^2}$的单调性，

$g'(x)=\cfrac{-2(x^2-1)}{x^4}$，

令$g'(x)>0$的$0<x<1$；令$g'(x)<0$的$x>1$；

故函数$g(x)$在区间$(0，1]$上单调递增，在区间$[1，+\infty)$上单调递减，

又$g(1)=1$，而后就能手动作出函数图像。

例10 【2017$\cdot$山东卷】已知当$x\in[0，1]$时，函数$y=f(x)=(mx-1)^2$的图像与$y=g(x)=\sqrt{x}+m$的图像有且只有一个交点，则正实数$m$的取值范围是【】

$A.(0，1]\cup[2\sqrt{3}，+\infty)$

$B.(0，1]\cup[3，+\infty)$

$C.(0，\sqrt{2}]\cup[2\sqrt{3}，+\infty)$

$D.(0，\sqrt{2}]\cup[3，+\infty)$

分析：这类题目总的解决途径无非是从形的角度和从数的角度两个方面思考：

法1：从形的角度，天然须要咱们对常见函数的图像以及所含参数$m$的含义要很是清楚才行。

注意到两个函数图像都会随着参数$m$的取值变化而变化，都是动图。

第一种情形，如图一所示，两者在对称轴$x=\cfrac{1}{m}$的左侧只有一个交点，右侧不能有交点

则有$\begin{cases}f(0)\ge g(0)\\ f(1)<g(1)\end{cases}$，即$\begin{cases}1\ge m\\ (m-1)^2<m+1\end{cases}$，

$0<m\leq 1$；

第二种情形，如图二所示，两者在对称轴$x=\cfrac{1}{m}$的左侧没有交点，右侧只有一个交点

则有$\begin{cases}f(0)< g(0)\\ f(1)\ge g(1) \end{cases}$，即$\begin{cases}1< m\\ (m-1)^2\ge m+1 \end{cases}$，

$m\ge 3$；

综上所述，$m$的取值范围为$(0，1]\cup[3，+\infty)$ ，选$B$.

例12 【2016$\cdot$山东卷】已知函数$f(x)=\begin{cases}|x|，x<m\\x^2-2mx+4m，x\ge m\end{cases}$，其中$m>0$，若存在实数$b$，使得关于$x$的方程$f(x)=b$有三个不一样的根，则$m$的取值范围是_____________。

【等价题目】已知函数$f(x)=\begin{cases}|x|，x<m\\x^2-2mx+4m，x\ge m\end{cases}$，其中$m>0$，若存在实数$b$，使得函数$y=f(x)-b$有三个不一样的零点，则$m$的取值范围是_____________。

分析：因为$m>0$，故在$x$轴的正半轴任取一点记为$m$，作出分段函数$f(x)$的两段函数图像，

注意第二段函数$y=x^2-2mx+4m=(x-m)^2+4m-m^2$，对称轴是$x=m$，最小值是$4m-m^2$，

因为最小值随$m$是变化的，故作出了三种情形，编号为①②③；

要使得关于$x$的方程$f(x)=b$有三个不一样的根，

则须要函数$y=f(x)$与函数$y=b$的图像有三个不一样的交点，

很显然，图①②都不知足题意，只有图③知足题意，

而后将图形语言转化为数学语言便可，

即$|m|>m^2-2m^2+4m$，由$m>0$，

获得$m^2-3m>0$，解得$m<0$或$m>3$

又$m>0$，综上$m>3$。$m\in (3，+\infty)$。

例13 已知函数$f(x)$是R上的偶函数，且对任意的$x\in R$都有$f(x+2)=f(x)$成立，当$0\leq x\leq 1$时，$f(x)=x^2$，若函数$y=x+a$与函数$y=f(x)$的图像在$[0，2]$上恰有两个不一样的公共点，则$a$的取值范围是__________。

分析：因为对任意的$x\in R$都有$f(x+2)=f(x)$成立，则$T=2$，

又由于当$0\leq x\leq 1$时，$f(x)=x^2$，

故只作出函数$f(x)$在一个周期$[0，2]$上的图像，如右图所示。

当$a=0$时，此时函数$y=x+a$通过原点，刚好和$y=f(x)$有两个不一样的交点，符合题意；

而后咱们让直线沿着$y$轴向下平移，

发现向下平移一开始，两者有三个不一样交点，但当两者相切时，又有了两个交点，

再往下平移，就只有一个交点了。

设切点为$A(x_0，y_0)$，则$f'(x)=2x$，

由$f'(x_0)=2x_0=1$，及$y_0=x_0^2$，

解得$x_0=\cfrac{1}{2}$，$y_0=\cfrac{1}{4}$，代入$y_0=x_0+a$，

获得$a=-\cfrac{1}{4}$。

故所求$a$的取值范围是$a=0$或$a=-\cfrac{1}{4}$。

解后反思：

一、若题目变成“在区间$[0，1]$上两者恰有两个不一样的交点”，则$-\cfrac{1}{4}<a\leq 0$；

二、若题目变成“在区间$[0，2]$上两者恰有三个不一样的交点”，则$-\cfrac{1}{4}<a< 0$；

三、若题目变成“在区间$[0，1]$上两者恰有一个不一样的交点”，则$a=-\cfrac{1}{4}$；

四、若题目变成“在区间$[0，2]$上两者恰有一个不一样的交点”，则$-2<a<-\cfrac{1}{4}$；

例14 已知函数$f(x)=\left\{\begin{array}{l}{ln(-x)，x<0}\\{e^x+e^{2-x}-a，x\ge 0}\end{array}\right.$，若$f(x)$的全部零点之和为$1$，则实数$a$的取值范围是$(2e，e^2+1)$；

【分析】容易求出其中一个零点$x=-1$，而后研究$x\ge 0$时的函数$f(x)$的对称性，由图像的对称性和单调性得出函数在$x\ge 0$上的两个对称的零点的条件，从而获得$a$的取值范围。

【解答】当$x<0$时，由$ln(-x)=0$，获得函数的一个零点是$x=-1$，

当$x\ge 0$时，$f(x)=e^x+e^{2-x}-a$，$f(2-x)=e^{2-x}+e^x-a$，故$f(x)=f(2-x)$，即此时函数$f(x)$的图像关于直线$x=1$对称(此时函数图像部分对称，若去掉$x\ge 0$的限制，函数图像彻底对称)，此时函数如有零点，则必然知足$x_1+x_2=2$，故全部零点之和为1，知足题意；

又$f'(x)=e^x-e^{2-x}$，当$x\in (0，1)$时，$f'(x)<0$，即$f(x)$单调递减，当$x\in (1，+\infty)$时，$f'(x)>0$，即$f(x)$单调递增，

故函数$f(x)_{min}=f(1)=e^1+e^{2-1}-a=2e-a$；

但要使得函数$f(x)$有零点必须知足条件$f(x)_{min}<0$且$f(0)>0$，（这是为了保证函数有两个零点，且在$(0，1)$段上的零点必须存在）

即$2e-a<0$且$e^0+e^2-a>0$，解得$2e<a<e^2+1$，

【点评】①本题目考查函数的零点，考查的很灵活，借助图像相似开口向上的抛物线的函数的对称性考查零点的存在性，颇有创意，并且咱们通常很难想到研究函数的对称性。大多可能会朝对勾形函数作转化，结果思路变得模糊而不可解。
②对抽象函数而言，当咱们看到条件$f(x)=f(2-x)$，确定能想到函数有对称轴$x=1$，但碰到具体的函数咱们却每每想不到用$f(x)=f(2-x)$来判断函数的对称性。

例15 【2019届高三理科数学资料用题】【2018日照一模】

已知函数$f(x)=\left\{\begin{array}{l}{|lgx|，x>0}\\{2^{|x|}，x\leq 0}\end{array}\right.$，则函数$y=2f^2(x)-3f(x)+1$的零点个数是【5】个。

分析：函数$y=2f^2(x)-3f(x)+1$的零点个数即方程$2f^2(x)-3f(x)+1=0$的根的个数，

故先求解方程$2f^2(x)-3f(x)+1=0$，即$[2f(x)-1][f(x)-1]=0$，

解得$f(x)=1$或$f(x)=\cfrac{1}{2}$，

接下来原方程的根的个数转化为方程$f(x)=1$或$f(x)=\cfrac{1}{2}$的根的个数，

故作出函数$y=f(x)$的图像和直线$y=1$和$y=\cfrac{1}{2}$，

由图像能够看出，其共有$5$个交点，故原函数的零点个数为$5$个。

例16 【2019届高三理科数学资料用题】已知函数$f(x)=x^2-|x|+a$与$y=1$有$4$个交点，则实数$a$的取值范围是_______________。

分析：将函数转化为$f(x)=|x|^2-|x|+a$，故$f(x)$为偶函数，

重点作$x\ge 0$时的函数图像，$f(x)=x^2-x+a=(x-\cfrac{1}{2})^2+a-\cfrac{1}{4}(x\ge 0)$，

对称轴为$x=\cfrac{1}{2}$，最低点为$(\cfrac{1}{2}，a-\cfrac{1}{4})$，和$y$轴的交点为$(0 ，a)$，

再完善$x<0$时的图像，获得函数$y=f(x)$的完整图像，

想想，当参数$a$变化时，$f(x)$的图像如何变化？

由图像可知，要使得函数$f(x)=x^2-|x|+a$与$y=1$有$4$个交点，

则必须知足$a>1$且$a-\cfrac{1}{4}<1$，

解得$a\in (1，\cfrac{5}{4})$。

例17 【2019届高三理科数学资料用题】已知$a，b$是实数，$1$和$-1$是函数$f(x)=x^3+ax^2+bx$的两个极值点，

(1)求$a、b$的值；

分析：由题目可知，$f'(x)=3x^2+2ax+b$，

则由$\left\{\begin{array}{l}{f'(-1)=3-2a+b=0}\\{f'(1)=3+2a+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b=-3}\end{array}\right.$，

经检验，$f'(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1)$，则$1$和$-1$是函数$f(x)$的两个极值点，知足题意。

【解后反思】因为可导函数$f(x)$，$f'(x_0)=0$是$x_0$为极值点的必要不充分条件，

故解方程后须要检验。

(2)设函数$g(x)$的导函数$g'(x)=f(x)+2$，求$g(x)$的极值点。

分析：由题可知，$g'(x)=f(x)+2=x^3-3x+2$，

【试商法，得知$x=1$为函数$g'(x)$的零点，故分组分解以下】

$g'(x)=x^3-1-3x+3=(x-1)(x^2+x+1)-3(x-1)$

$=(x-1)(x^2+x-2)=(x-1)^2(x+2)$，

若是题目是选择或填空题，则利用穿根法作出函数$g'(x)$的简图，

由图像可知，$x=1$不是极值点，$x=-2$是极小值点。

解答题时则这样作，

当$x\in (-\infty，-2)$，$g'(x)<0$，则$g(x)$单调递减；

当$x\in (-2，1)$，$g'(x)>0$，则$g(x)$单调递增；

当$x\in (1，+\infty)$，$g'(x)>0$，则$g(x)$单调递增；

故$x=-2$是函数$g(x)$的极小值点，$x=1$不是极值点。

注意：$x=-2$是导函数$y=g'(x)$的变号零点，

$x=1$是导函数$y=g'(x)$的不变号零点。

例18 【2019届高三理科数学资料用题】设函数$f(x)=\cfrac{e^x}{x^2}-k(\cfrac{2}{x}+lnx)$，($k$为常数)，

(1)当$k\leq 0$时，求函数$f(x)$的单调区间；

分析：函数的定义域为$(0，+\infty)$，

$f'(x)=\cfrac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}-k(-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{1}{x})$

$=\cfrac{e^x(x-2)}{x^3}-\cfrac{kx(x-2)}{x^3}=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}$

【将上述分式当作三个部分，$y=x-2$和$y=e^x-kx$和$y=x^3$，每个部分的正负必然会影响和决定总体的正负】

注意到$x^3>0$，当$k\leq 0$时，$e^x-kx>0$，故咱们只须要借助$y=x-2(x>0)$的图像，就能够判断$f'(x)$的正负。

当$x\in (0，2)$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；

当$x\in (2，+\infty)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；

故单减区间为$(0，2)$，单增区间为$(2，+\infty)$。

(2)若函数$f(x)$在$(0，2)$内存在两个极值点，求$k$的取值范围。

法1：分类讨论法，

由(1)知，当$k\leq 0$时，函数$f(x)$在$(0，2)$内单调递增，

故$f(x)$在$(0，2)$内不存在极值点；

当$k > 0$时，设函数$g(x)=e^x-kx$，$x\in (0，+\infty)$，

因为$g'(x)=e^x-k=e^x-e^{lnk}$，

当$x\in (0，2)$时，$e^x \in (1，e^2)$，先考虑$g'(x)\ge 0$的情形，故由此找到分点$k=1$；

当$0< k \leq 1$时，$x\in (0，2)$时，$g'(x)=e^x-k >0$，

$y=g(x)$单调递增，故$g(x)_{min}=g(0)=1>0$；

故函数$f(x)$在$(0，2)$内单调递减，故不存在极值点；

当$k >1$时，则$x\in (0，lnk)$时，$g'(x)<0$，$g(x)$单调递减，

$x\in (lnk，+\infty)$时，$g'(x) >0$，$g(x)$单调递增，

因此函数$y=g(x)$的最小值为$g(lnk)=k(1-lnk)$，

那么函数$f(x)$在$(0，2)$内存在两个极值点应该等价于函数$g(x)$在$(0，2)$内存在两个极值点，

函数$g(x)$在$(0，2)$内存在两个极值点当且仅当

$\left\{\begin{array}{l}{g(0) >0}\\{g(lnk) <0}\\{g(2)>0}\\{0< lnk <2}\end{array}\right.$

即$\left\{\begin{array}{l}{e^0-0>0}\\{k(1-lnk) <0}\\{e^2-2k >0}\\{0< lnk <2}\end{array}\right.$

解得$e< k <\cfrac{e^2}{2}$；

综上所述，函数$f(x)$在$(0，2)$内存在两个极值点，则$k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

法2：因为函数$f(x)$在$(0，2)$内存在两个极值点，

则函数$y=f'(x)$在区间$(0，2)$内存在两个零点，且为变号零点，

又$f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}$，则方程$f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}=0$在$(0，2)$内有两个不一样的实根，

因为$x\in (0，2)$，即方程$e^x-kx=0$在$(0，2)$内有两个不一样的实根，

分离参数，即方程$k=\cfrac{e^x}{x}$在$(0，2)$内有两个不一样的实根，

即函数$y=k$和函数$h(x)=\cfrac{e^x}{x}$的图像在$(0，2)$内有两个不一样的交点，

函数$y=h(x)$的定义域为$(-\infty，0)\cup(0，+\infty)$，

因为$h'(x)=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot 1}{x^2}=\cfrac{e^x(x-1)}{x^2}$，

故$x\in (-\infty，0)$时，$h'(x)<0$，$h(x)$单调递减，

$x\in (0，1)$时，$h'(x)<0$，$h(x)$单调递减，

$x\in (1，+\infty)$时，$h'(x)>0$，$h(x)$单调递增，

又因为$h(1)=e$，根据以上作出函数$h(x)$的简图以下，

注意，本题目中只须要关注$h(x)$的$x\in (0，2)$这一段，

由图像可知，两个函数的图像在$(0，2)$内要有两个不一样的交点，则$k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

故函数$f(x)$在$(0，2)$内存在两个极值点，则$k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

例19 已知$|\vec{a}|=2|\vec{b}|$，$|\vec{b}| \neq 0$，且关于$x$的函数$f(x)=\cfrac{1}{3}x^3+\cfrac{1}{2}|\vec{a}|x^2+\vec{a}\cdot \vec{b}x$在$R$上有极值，则$\vec{a}$与$\vec{b}$的夹角范围是【】

$A.[0，\cfrac{\pi}{6})$ $B.(\cfrac{\pi}{3}，\pi]$ $C.(\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{2\pi}{3}]$ $D.(\cfrac{\pi}{6}，\pi]$

分析：函数$f(x)=\cfrac{1}{3}x^3+\cfrac{1}{2}|\vec{a}|x^2+\vec{a}\cdot \vec{b}x$在$R$上有极值，

其充要条件是其导函数$y=f'(x)$存在变号零点，

$f'(x)=x^2+|\vec{a}|x+\vec{a}\cdot \vec{b}$，其$\Delta =|\vec{a}|^2-4\vec{a}\cdot \vec{b}>0$，

设$\vec{a}$与$\vec{b}$的夹角为$\theta$，

则$4|\vec{b}|^2-4\times 2|\vec{b}| \cdot |\vec{b}| cos\theta>0$，

即$cos\theta<\cfrac{1}{2}$，因为$\theta\in [0，\pi]$，

因此$\theta \in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]$，故选$B$。

例20 若函数$f(x)=x^4-ax^3+x^2-2$有且仅有一个极值点，则实数$a$的取值范围是___________。

分析：$f'(x)=4x^3-3ax^2+2x=x(4x^2-3ax+2)$，

函数$f(x)=x^4-ax^3+x^2-2$有且仅有一个极值点，

其充要条件是因子函数$h(x)=4x^2-3ax+2$不存在变号零点，

即$\Delta=9a^2-32\leq 0$，解得$-\cfrac{4\sqrt{2}}{3}\leq x\leq \cfrac{4\sqrt{2}}{3}$，

即$a\in [-\cfrac{4\sqrt{2}}{3}，\cfrac{4\sqrt{2}}{3}]$。

例21

配套练习

练1 若函数$f(x)=\cfrac{1}{2}x^2-2x+alnx$有两个不一样的极值点，则实数$a$的取值范围是___________。

提示：仿照上述例5求解，$a\in (0,1)$；

出于篇幅的考虑，另开一篇同名博文：函数的零点和极值点2