含参导函数零点问题的几种处理方法 方法一：直接求出，代入应用
对于导函数为二次函数问题，可以用二次函数零点的基本方法来求。 （1）因式分解求零点 例1 讨论函数f (x ) =
131
ax -(a +) x 2+2x +1(a ∈R ) 的单调区间 32
解析：即求f ' (x ) 的符号问题。由f ' (x ) =ax 2-(2a +1) x +2=(ax -1)(x -2) 可以因式分
方法二：猜出特值，证明唯一
对于有些复杂的函数，有些零点可能是很难用方程求解的方法求出的，这时我们可以考虑用特殊值去猜出零点，再证明该函数的单调性而验证其唯一性。 例4 讨论函数f (x ) =(x -a -1) e +
x
131
x -(a +1) x 2+ax ，a ∈R ，的极值情况 32
解析：f ' (x ) =(x -a ) e x +x 2-(a +1) x +a =(x -a )(e x +x -1) ，只能解出f ' (x ) 的一个零点为a , 其它的零点就是e +x -1=0的根，不能解。
例5（2011高考浙江理科）设函数f (x ) =(x -a ) 2ln x , a ∈R （Ⅰ）若x =e 为y =f (x ) 的极值点，求实数a
（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的x ∈(0, 3e ],恒有f (x ) ≤4e 2成立（注：e 为自然对数），
方法三：锁定区间，设而不求
对于例5，也可以直接设函数来求，
2
①当0
x
2
f (3e ) =(3e -a ）ln(3e ) ≤4e 2, 解得3e -
2e ln(3e )
≤a ≤3e +
2e ln(3e )
由f '(x ) =(x -a )(2lnx +1-) ，但这时
a
x
会发现f ' (x ) =0 的解除了x =a 外还有2ln x +1-令h (x ) =2ln x +1-
a
=0的解，显然无法用特殊值猜出。 x
a
，注意到h (1) =1-a 0，
x
且h (3e ) =2ln(3e ) +1-
a
≥2ln(3e ) +1
3e
0。 2(ln3e -
故f ' (x ) =0在(1, a ) 及（1，3e ）至少还有一个零点，又h (x ) 在（0，+∞）内单调递增，所以函数h (x ) 在(1, 3e ]内有唯一零点，但此时无法求出此零点怎么办。我们可以采取设而不求的方法，记此零点为x 0，则12
]恒成立，只要
22
⎧⎪f (x 0) =(x 0-a ) ln x 0≤4e ,(1)
成立。 ⎨22
⎪⎩f (3e ) =(3e -a ) ln(3e ) ≤4e ,(2)
h (x 0) =2ln x 0+1-
a
=0，知a =2ln x 0+x 0（3）将（3）代入（1）得4x 02ln 3x 0≤4e 2，又x 0 1，注意到函x 0
23
数x ln x 在[1,+∞) 内单调递增，故1 x 0≤e 。再由（3）以及函数2x ln x +x 在（1.+ +∞) 内单调递增，可得
1 a ≤3e 。由（2
）解得，3e 3e ≤a ≤3e +
≤a ≤3e 综上，a
的取值范围为
3e -
≤a ≤3e 。
例6 已知函数f (x ) =ax +x ln |x +b |是奇函数，且图像在(e , f (e )) （e 为自然对数的底数）处的切线斜率为3 （1） 求a , b 的值 （2） 若k ∈Z ，且k
f (x )
对任意x >1恒成立，求k 的最大值。 x -1
例7 （2009高考全国Ⅱ理科）设函数f (x )=x 2+aIn (1+x )有两个极值点x 1、x 2， 且x 1
，
1-2In 2
4
方法四：避开求值，等价替换。
对于有些函数的零点问题，可能用方法一、二、三都无法解决，这是我们可以考虑回避求其零点。 避开方法：放缩不等式
例8 设函数f (x ) =e -1-x -ax （Ⅰ）若a =0，求f (x ) 的单调区间
（Ⅱ）若当x ≥0时, f (x ) ≥0, 求a 的取值范围。
与例8类似，下面的2010高考全国Ⅱ理科的最后一题，也是这样的处理方法。 设函数f (x )=1-e ．
-x x
2
（Ⅰ）证明：当x ＞-1时，f (x )≥（Ⅱ）设当x ≥0时，f (x )≤
x
； x +1
x
，求a 的取值范围． ax +1
含参导函数零点问题的几种处理方法 方法一：直接求出，代入应用
对于导函数为二次函数问题，可以用二次函数零点的基本方法来求。 （1）因式分解求零点 例1 讨论函数f (x ) =
131
ax -(a +) x 2+2x +1(a ∈R ) 的单调区间 32
解析：即求f ' (x ) 的符号问题。由f ' (x ) =ax 2-(2a +1) x +2=(ax -1)(x -2) 可以因式分
方法二：猜出特值，证明唯一
对于有些复杂的函数，有些零点可能是很难用方程求解的方法求出的，这时我们可以考虑用特殊值去猜出零点，再证明该函数的单调性而验证其唯一性。 例4 讨论函数f (x ) =(x -a -1) e +
x
131
x -(a +1) x 2+ax ，a ∈R ，的极值情况 32
解析：f ' (x ) =(x -a ) e x +x 2-(a +1) x +a =(x -a )(e x +x -1) ，只能解出f ' (x ) 的一个零点为a , 其它的零点就是e +x -1=0的根，不能解。
例5（2011高考浙江理科）设函数f (x ) =(x -a ) 2ln x , a ∈R （Ⅰ）若x =e 为y =f (x ) 的极值点，求实数a
（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的x ∈(0, 3e ],恒有f (x ) ≤4e 2成立（注：e 为自然对数），
方法三：锁定区间，设而不求
对于例5，也可以直接设函数来求，
2
①当0
x
2
f (3e ) =(3e -a ）ln(3e ) ≤4e 2, 解得3e -
2e ln(3e )
≤a ≤3e +
2e ln(3e )
由f '(x ) =(x -a )(2lnx +1-) ，但这时
a
x
会发现f ' (x ) =0 的解除了x =a 外还有2ln x +1-令h (x ) =2ln x +1-
a
=0的解，显然无法用特殊值猜出。 x
a
，注意到h (1) =1-a 0，
x
且h (3e ) =2ln(3e ) +1-
a
≥2ln(3e ) +1
3e
0。 2(ln3e -
故f ' (x ) =0在(1, a ) 及（1，3e ）至少还有一个零点，又h (x ) 在（0，+∞）内单调递增，所以函数h (x ) 在(1, 3e ]内有唯一零点，但此时无法求出此零点怎么办。我们可以采取设而不求的方法，记此零点为x 0，则12
]恒成立，只要
22
⎧⎪f (x 0) =(x 0-a ) ln x 0≤4e ,(1)
成立。 ⎨22
⎪⎩f (3e ) =(3e -a ) ln(3e ) ≤4e ,(2)
h (x 0) =2ln x 0+1-
a
=0，知a =2ln x 0+x 0（3）将（3）代入（1）得4x 02ln 3x 0≤4e 2，又x 0 1，注意到函x 0
23
数x ln x 在[1,+∞) 内单调递增，故1 x 0≤e 。再由（3）以及函数2x ln x +x 在（1.+ +∞) 内单调递增，可得
1 a ≤3e 。由（2
）解得，3e 3e ≤a ≤3e +
≤a ≤3e 综上，a
的取值范围为
3e -
≤a ≤3e 。
例6 已知函数f (x ) =ax +x ln |x +b |是奇函数，且图像在(e , f (e )) （e 为自然对数的底数）处的切线斜率为3 （1） 求a , b 的值 （2） 若k ∈Z ，且k
f (x )
对任意x >1恒成立，求k 的最大值。 x -1
例7 （2009高考全国Ⅱ理科）设函数f (x )=x 2+aIn (1+x )有两个极值点x 1、x 2， 且x 1
，
1-2In 2
4
方法四：避开求值，等价替换。
对于有些函数的零点问题，可能用方法一、二、三都无法解决，这是我们可以考虑回避求其零点。 避开方法：放缩不等式
例8 设函数f (x ) =e -1-x -ax （Ⅰ）若a =0，求f (x ) 的单调区间
（Ⅱ）若当x ≥0时, f (x ) ≥0, 求a 的取值范围。
与例8类似，下面的2010高考全国Ⅱ理科的最后一题，也是这样的处理方法。 设函数f (x )=1-e ．
-x x
2
（Ⅰ）证明：当x ＞-1时，f (x )≥（Ⅱ）设当x ≥0时，f (x )≤
x
； x +1
x
，求a 的取值范围． ax +1