又h′（x）在（－∞，ln2a）上单调递减，在（ln2a，＋∞）上单调递增，
又h′（0）＝0，则存在x2<0使得h′（x2）＝0.
这时h（x）在（－∞，x2）上单调递增，在（x2,0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，所以h（x2）>h（0）＝0，h（0）＝0，
所以此时f（x）有两个零点．
综上，当a＝时，方程f（x）＝1只有一个解；当a≠且a>0时，方程f（x）＝1有两个解．
法二：
分离参数法（学生用书提供解题过程）
方程f（x）＝1的解的个数即方程ex－ax2－x－1＝0（a>0）的解的个数，方程可化为ax2＝ex－x－1.
当x＝0时，方程为0＝e0－0－1，显然成立，所以x＝0为方程的解．
当x≠0时，分离参数可得a＝（x≠0）．
设函数p（x）＝（x≠0），
则p′（x）＝＝.
记q（x）＝ex（x－2）＋x＋2，则q′（x）＝ex（x－1）＋1.
记t（x）＝q′（x）＝ex（x－1）＋1，则t′（x）＝xex.
显然当x<0时，t′（x）<0，函数t（x）单调递减；
当x>0时，t′（x）>0，函数t（x）单调递增．
所以t（x）>t（0）＝e0（0－1）＋1＝0，即q′（x）>0，
所以函数q（x）单调递增．
而q（0）＝e0（0－2）＋0＋2＝0，
所以当x<0时，q（x）<0，即p′（x）>0，函数p（x）单调递增；
当x>0时，q（x）>0，即p′（x）>0，函数p（x）单调递增．
而当x→0时，p（x）→x→0＝x→0＝x→0＝x→0＝（洛必达法则），
当x→－∞时，p（x）→x→－∞＝x→－∞＝0，
故函数p（x）的图象如图所示．
作出直线y＝a.
显然，当a＝时，直线y＝a与函数p（x）的图象无交点，即方程ex－ax2－x－1＝0只有一个解x＝0；
当a≠且a>0时，直线y＝a与函数p（x）的图象有一个交点（x0，a），即方程ex－ax2－x－1＝0有两个解x＝0或x＝x0.
综上，当a＝时，方程f（x）＝1只有一个解；当a≠且a>0时，方程f（x）＝1有两个解．
[注] 部分题型利用分离法处理时，会出现“”型的代数式，这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题有效的方法就是洛必达法则．
法则1 若函数f（x）和g（x）满足下列条件：
（1）lif（x）＝0及lig（x）＝0；
（2）在点a的去心邻域内，f（x）与g（x）可导且g′（x）≠0；
（3）li＝l.
那么li＝li＝l.
法则2 若函数f（x）和g（x）满足下列条件：
（1）lif（x）＝∞及lig（x）＝∞；
（2）在点a的去心邻域内，f（x）与g（x）可导且g′（x）≠0；
（3）li＝l.
那么li＝li＝l.
[题后悟通]
思路
受阻
分析
构造函数后，正确进行分类讨论是解决本题的关键；不知道分类讨论或分类讨论时，分类不明或分类不全是解决此类问题常犯的错误
技法
关键
点拨
判断函数零点个数的思路
判断函数在某区间[a，b]（（a，b））内的零点的个数时，主要思路为：
一是由f（a）f（b）<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间（a，b）上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]（（a，b））上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数
[对点训练]
1．已知函数f（x）＝lnx－ax2（a∈R）．
（1）若f（x）在点（2，f
（2））处的切线与直线2x＋y＋2＝0垂直，求实数a的值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）讨论函数f（x）在区间[1，e2]上零点的个数．
解：
（1）f（x）＝lnx－ax2的定义域为（0，＋∞），
f′（x）＝－ax＝，则f′
（2）＝.
因为直线2x＋y＋2＝0的斜率为－2，
所以（－2）×＝－1，解得a＝0.
（2）f′（x）＝，x∈（0，＋∞），
当a≤0时，f′（x）>0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当a>0时，由得0，
所以f（x）在上单调递增，在上单调递减．
综上所述：
当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，＋∞）；
当a>0时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）由
（2）可知，
（ⅰ）当a<0时，f（x）在[1，e2]上单调递增，
而f
（1）＝－a>0，故f（x）在[1，e2]上没有零点．
（ⅱ）当a＝0时，f（x）在[1，e2]上单调递增，而f
（1）＝－a＝0，故f（x）在[1，e2]上有一个零点．
（ⅲ）当a>0时，①若≤1，即a≥1时，f（x）在[1，e2]上单调递减．因为f
（1）＝－a<0，所以f（x）在[1，e2]上没有零点．
②若1<≤e2，即≤a<1时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，而f
（1）＝－a<0，f＝－lna－，f（e2）＝2－ae4，
若f＝－lna－<0，即a>时，f（x）在[1，e2]上没有零点；
若f＝－lna－＝0，即a＝时，f（x）在[1，e2]上有一个零点；
若f＝－lna－>0，即a<时，
由f（e2）＝2－ae4>0，得a<，此时，f（x）在[1，e2]上有一个零点；
由f（e2）＝2－ae4≤0，得a≥，此时，f（x）在[1，e2]上有两个零点；
③若≥e2，即0因为f
（1）＝－a<0，f（e2）＝2－ae4>0，所以f（x）在[1，e2]上有一个零点．
综上所述：
当a<0或a>时，f（x）在[1，e2]上没有零点；当0≤a<或a＝时，f（x）在[1，e2]上有一个零点；当≤a<时，f（x）在[1，e2]上有两个零点．
由函数的零点个数求参数范围
已知函数f（x）＝xex－a（x＋1）2.
（1）若a＝e，求函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）有两个零点，求实数a的取值范围．
[破题思路]
第
（1）问
求什么想什么
求f（x）的极值，想到求f′（x）＝0的解，然后根据单调性求极值
第
（2）问
求什么想什么
求实数a的取值范围，想到建立关于a的不等式
给什么用什么
给出函数f（x）的解析式，并已知f（x）有两个零点，利用f（x）的图象与x轴有两个交点求解
[规范解答]
（1）直接法（学生用书不提供解题过程）
由题意知，当a＝e时，f（x）＝xex－e（x＋1）2，函数f（x）的定义域为（－∞，＋∞），
f′（x）＝（x＋1）ex－e（x＋1）＝（x＋1）（ex－e）．
令f′（x）＝0，解得x＝－1或x＝1.
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表所示：
x
（－∞，－1）
－1
（－1,1）
1
（1，＋∞）
f′（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
极大值－
极小值－e
所以当x＝－1时，f（x）取得极大值－；当x＝1时，f（x）取得极小值－e.
（2）法一：
分类讨论法（学生用书不提供解题过程）
f′（x）＝（x＋1）ex－a（x＋1）＝（x＋1）（ex－a），
若a＝0，易知函数f（x）在（－∞，＋∞）上只有一个零点，故不符合题意．
若a<0，当x∈（－∞，－1）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；
当x∈（－1，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增．
由f（－1）＝－<0，且f
（1）＝e－2a>0，当x→－∞时，f（x）→＋∞，
所以函数f（x）在（－∞，＋∞）上有两个零点．
若lna<－1，即00，f（x）单调递增；
当x∈（lna，－1）时，f′（x）<0，f（x）单调递减．
又f（lna）＝alna－a（lna＋1）2<0，所以函数f（x）在（－∞，＋∞）上至多有一个零点，故不符合题意．
若lna＝－1，即a＝，当x∈（－∞，＋∞）时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，故不符合题意．
若lna>－1，即a>，当x∈（－∞，－1）∪（lna，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增；
当x∈（－1，lna）时，f′（x）<0，f（x）单调递减．
又f（－1）＝－<0，所以函数f（x）在（－∞，＋∞）上至多有一个零点，故不符合题意．
综上，实数a的取值范围是（－∞，0）．
法二：
数形结合法（学生用书提供解题过程）
令f（x）＝0，即xex－a（x＋1）2＝0，
得xex＝a（x＋1）2.
当x＝－1时，方程为－e－1＝a×0，显然不成立，
所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f（x）的零点．
当x≠－1时，分离参数得a＝.
记g（x）＝（x≠－1），
则g′（x）＝
＝.
当x<－1时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减；
当x>－1时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增．
当x＝0时，g（x）＝0；当x→－∞时，g（x）→0；当x→－1时，g（x）→－∞；当x→＋∞时，g（x）→＋∞.
故函数g（x）的图象如图所示．
作出直线y＝a，由图可知，当a<0时，直线y＝a和函数g（x）的图象有两个交点，此时函数f（x）有两个零点．故实数a的取值范围是（－∞，0）．
[题后悟通]
思路
受阻
分析
解决本题第
（2）问时，可根据参数对函数单调性的影响，分类讨论函数零点的个数，进而求得实数a的取值范围，此时能否正确分类是解决本题的关键；也可直接分离参数，将问题转化为两个函数图象交点个数问题求解，此时，能否正确画出函数图象是解决问题的关键
技法
关键
点拨
利用函数零点的情况求参数范围的方法
（1）分离参数（a＝g（x））后，将原问题转化为y＝g（x）的值域（最值）问题或转化为直线y＝a与y＝g（x）的图象的交点个数问题（优选分离、次选分类）求解；
（2）利用零点的存在性定理构建不等式求解；
（3）转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解
[对点训练]
2．（2019届高三·西安八校联考）已知函数f（x）＝lnx－ax2＋x，a∈R.
（1）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
解：
（1）当a＝0时，f（x）＝lnx＋x，f（e）＝e＋1，f′（x）＝＋1，f′（e）＝1＋，∴曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y－（e＋1）＝（x－e），即y＝x.
（2）f′（x）＝－2ax＋1＝，x>0，
①当a≤0时，显然f′（x）>0，∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
②当a>0时，令f′（x）＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，
设方程的两根分别为x1，x2（x1则x1x2＝－<0，∴x1<0∴f′（x）＝＝，x>0.
令f′（x）>0，得x∈（0，x2）；令f′（x）<0，得x∈（x2，＋∞），其中x2＝，
∴函数f（x）在上单调递增，在上单调递减．
（3）法一：
由
（2）知，
①当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增，至多一个零点，不符合题意；
②当a>0时，函数f（x）在（0，x2）上单调递增，在（x2，＋∞）上单调递减，
∴f（x）max＝f（x2）．
要使f（x）有两个零点，需f（x2）>0，
即lnx2－ax＋x2>0，
又由f′（x2）＝0得ax＝，代入上面的不等式得
2lnx2＋x2>1，解得x2>1，
∴a＝＝<1.
下面证明：
当a∈（0,1）时，f（x）有两个零点．
f＝ln－ae－2＋<0，
f＝ln－a·＋<－a·＋＝0（∵lnx又x2＝<＝<，
且x2＝＝>＝1>，
f（x2）＝lnx2－ax＋x2＝（2lnx2＋x2－1）>0，
∴f（x）在与上各有一个零点．
∴a的取值范围为（0,1）．
法二：
函数f（x）有两个零点，等价于方程a＝有两解．
令g（x）＝，x>0，则g′（x）＝.
由g′（x）＝>0，得2lnx＋x<1，
解得0∴g（x）在（0,1）单调递增，在（1，＋∞）单调递减，
又当x≥1时，g（x）>0，当x→0时，g（x）→－∞，
∴作出函数g（x）的简图如图，结合函数值的变化趋势猜想：
当a∈（0,1）时符合题意．
下面给出证明：
当a≥1时，a≥g（x）max，方程至多一解，不符合题意；
当a≤0时，方程至多一解，不符合题意；
当a∈（0,1）时，g<0，∴g－a<0，
g＝<＝a，
∴g－a<0.
∴方程在与上各有一个根，
∴f（x）有两个零点．
∴a的取值范围为（0,1）．
[考法二 函数零点与极值点的偏移问题]
已知函数f（x）＝lnx－ax（x>0），a为常数，若函数f（x）有两个零点x1，x2（x1≠x2）．证明：
x1x2>e2.
[破题思路]
证明x1x2>e2，想到把双变量x1，x2转化为只含有一个变量的不等式证明．
[规范解答]
法一：
巧抓根商c＝构造函数（学生用书不提供解题过程）
不妨设x1>x2>0，
因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，
所以lnx1＋lnx2＝a（x1＋x2），lnx1－lnx2＝a（x1－x2），所以＝a，
欲证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2.
因为lnx1＋lnx2＝a（x1＋x2），所以即证a>，
所以原问题等价于证明>，
即ln>，
令c＝（c>1），则不等式变为lnc>.
令h（c）＝lnc－，c>1，
所以h′（c）＝－＝>0，
所以h（c）在（1，＋∞）上单调递增，
所以h（c）>h
（1）＝ln1－0＝0，
即lnc－>0（c>1），
因此原不等式x1x2>e2得证．
[启思维] 该方法的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的函数．其解题要点为：
（1）联立消参：
利用方程f（x1）＝f（x2）消掉解析式中的参数a.
（2）抓商构元：
令c＝，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h（c）．
（3）用导求解：
利用导数求解函数h（c）的最小值，从而可证得结论．
法二：
抓极值点构造函数（学生用书提供解题过程）
由题意，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1≠x2），即f（x1）＝f（x2）＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的两根．
令t1＝lnx1，t2＝lnx2.
设g（x）＝xe－x，则g（t1）＝g（t2），
从而x1x2>e2⇔lnx1＋lnx2>2⇔t1＋t2>2.
下证：
t1＋t2>2.
g′（x）＝（1－x）e－x，易得g（x）在（－∞，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以函数g（x）在x＝1处取得极大值g
（1）＝.
当x→－∞时，g（x）→－∞；当x→＋∞时，g（x）→0且g（x）>0.
由g（t1）＝g（t2），t1≠t2，不妨设t1令F（x）＝g（1＋x）－g（1－x），x∈（0,1]，
则F′（x）＝g′（1＋x）－g′（1－x）＝（e2x－1）>0，
所以F（x）在（0,1]上单调递增，
所以F（x）>F（0）＝0对任意的x∈（0,1]恒成立，
即g（1＋x）>g（1－x）对任意的x∈（0,1]恒成立．
由0所以g[1＋（1－t1）]＝g（2－t1）>g[1－（1－t1）]＝g（t1）＝g（t2），
即g（2－t1）>g（t2），又2－t1∈（1，＋∞），t2∈（1，＋∞），且g（x）在（1，＋∞）上单调递减，
所以2－t12.
[启思维] 上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：
（1）求函数g（x）的极值点x0；
（2）构造函数F（x）＝g（x0＋x）－g（x0－x）；
（3）确定函数F（x）的单调性；
（4）结合F（0）＝0，确定g（x0＋x）与g（x0－x）的大小关系．
其口诀为：
极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，四个步骤环相扣，两次单调紧跟随．
法三：
巧抓根差s＝Δt＝t2－t1构造函数（学生用书提供解题过程）
由题意，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1≠x2），即f（x1）＝f（x2）＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的两根．
设t1＝lnx1，t2＝lnx2，
设g（x）＝xe－x，则g（t1）＝g（t2），
从而x1x2>e2⇔lnx1＋lnx2>2⇔t1＋t2>2.
下证：
t1＋t2>2.
由g（t1）＝g（t2），得t1e－t1＝t2e－t2，
化简得et2－t1＝，①
不妨设t2>t1，由法二知，0令s＝t2－t1，则s>0，t2＝s＋t1，代入①式，得es＝，解得t1＝.
则t1＋t2＝2t1＋s＝＋s，
故要证t1＋t2>2，即证＋s>2，
又es－1>0，故要证＋s>2，
即证2s＋（s－2）（es－1）>0，②
令G（s）＝2s＋（s－2）（es－1）（s>0），
则G′（s）＝（s－1）es＋1，G″（s）＝ses>0，
故G′（s）在（0，＋∞）上单调递增，
所以G′（s）>G′（0）＝0，
从而G（s）在（0，＋∞）上单调递增，
所以G（s）>G（0）＝0，所以②式成立，故t1＋t2>2.
[启思维] 该方法的关键是巧妙引入变量s，然后利用等量关系，把t1，t2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：
（1）取差构元：
记s＝t2－t1，则t2＝t1＋s，利用该式消掉t2.
（2）巧解消参：
利用g（t1）＝g（t2），构造方程，解之，利用s表示t1.
（3）构造函数：
依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s的函数G（s）．
（4）转化求解：
利用导数研究函数G（s）的单调性和最小值，从而证得结论．
[题后悟通]
思路受阻
分析
不能把双变量x1，x2的不等式转化为单变量的不等式，导致无从下手解题
技法关键
点拨
函数极值点偏移问题的解题策略
函数的极值点偏移问题，其实质是导数的应用问题，解题的策略是把含双变量的等式或不等式转化为仅含一个变量的等式或不等式进行求解，解题时要抓住三个关键量：
极值点、根差、根商
[对点训练]
（2018·成都模拟）已知函数f（x）＝（x－1）ex－mx2＋2，其中m∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数．
（1）当m＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当常数m∈（2，＋∞）时，函数f（x）在[0，＋∞）上有两个零点x1，x2（x1x2－x1>ln.
解：
（1）当m＝1时，f（x）＝（x－1）ex－x2＋2，
∴f′（x）＝xex－2x＝x（ex－2）．
由f′（x）＝x（ex－2）＝0，解得x＝0或x＝ln2.
当x>ln2或x<0时，f′（x）>0，
∴f（x）的单调递增区间为（－∞，0），（ln2，＋∞）．
当0∴f（x）的单调递减区间为（0，ln2）．
（2）证明：
由f′（x）＝x（ex－2m）＝0，解得x＝0或x＝ln2m.
当x>ln2m时，f′（x）>0，f（x）在（ln2m，＋∞）上单调递增；
当0∴f（x）的极小值为f（ln2m）．
∵函数f（x）在[0，＋∞）上有两个零点x1，x2（x1∴f（ln2m）<0.
由f（0）＝1>0，f
（1）＝2－m<0，
可知x1∈（0,1）．
f（ln2m）<0，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，f（x）在（ln2m，＋∞）上单调递增．
∴x2∈（ln2m，＋∞）．
∴x2>ln2m>ln4.
∵0ln4－1＝ln.
[高考大题通法点拨]
函数与导数问题重在“分”——分离、分解
[思维流程]
[策略指导]
函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，然后根据题意处理．
已知函数f（x）＝lnx－bx＋c，f（x）在点（1，f
（1））处的切线方程为x＋y＋4＝0.
（1）求f（x）的解析式；
（2）求f（x）的单调
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