利用导数研究函数零点问题
高考数学利用导数研究函数的零点
课堂考点探究
变式题 已知函数f(x)=ex-ax+sin x-1.(1)当a=2时,讨论函数f(x)的单调性;
课堂考点探究
解: 当a=2时,f(x)=ex-2x+sin x-1(x∈R),则f'(x)=ex-2+cos x,设h(x)=f'(x)=ex-2+cosx, 则h'(x)=ex-sin x,当x∈(-∞,0]时,ex≤1,所以f'(x)=ex-2+cos x≤-1+cos x≤0,所以f(x)在(-∞,0]上单调递减;当x∈(0,+∞)时,ex>1,所以h'(x)=ex-sin x>1-sin x≥0,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.综上,f(x)在 (-∞,0]上单调递减;在(0,+∞)上单调递增.
[总结反思]根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”,即通过函数的单调性确定函数图像与x轴的交点个数,或者通过两个相关函数图像的交点个数确定参数需满足的条件,进而求得参数的取值范围,解决问题的步骤是“先形后数”.
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题 已知f(x)=x2-x+asin x.(1)当a=1时,求证:f(x)>0在(0,+∞)上恒成立;
课堂考点探究
例4 已知函数f(x)=x·cos x.(2)求证:当x∈时,方程2f(x)-1=0有且仅有2个不等的实数根.
第二课时利用导数研究函数的零点课件
当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减， 故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，
又 g1e＝m－2－e12，g(e)＝m＋2－e2， 且 g1e＞g(e)， ∴g(x)＝f(x)－ax＋m 在1e，e上有两个零点需满足条件gg（ 1e1＝）m＝－m2－－1e12＞≤00，， 解得 1＜m≤2＋e12. 故实数 m 的取值范围是1，2＋e12.
2 a.
证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0， 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于 2e2x0－xa0＝0，
故 f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)单调递增，在(3－2 3，3＋2 3) 单调递减.
(2)证明：f(x)只有一个零点.
证明 由于 x2＋x＋1>0，所以 f(x)＝0 等价于x2＋xx3＋1－3a＝0. 设 g(x)＝x2＋xx3＋1－3a，则 g′(x)＝x（2（xx2＋2＋x2＋x＋1）3）2 ≥0， 仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增. 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点. 又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－13 ＝－6a－612－61<0， f(3a＋1)＝31>0，故 f(x)有一个零点. 综上，f(x)只有一个零点.
转化为证明 f(x0)≥2a＋aln
2 a.
训练 3 (2020·全国Ⅲ卷)设函数 f(x)＝x3＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点12，f21处的切 线与 y 轴垂直. (1)求 b； 解 f′(x)＝3x2＋b.
利用导数解决函数的零点问题
集 训
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(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－ax＝(x＋1)(1－ax)(x＞0)，
课
外
①当 a≤0 时，f′(x)＞0 恒成立，所以 f(x)在(0，＋∞)上为增函
素 养
课
提
堂 数，不符合题意；
升
考
点 探
②当 a＞0 时，由 f′(x)＝0 得 x＝a，当 x＞a 时，f′(x)＞0，所以 课
课 外
素
(1)若 f(x)存在极值点为 1，求 a 的值；
养
课
提
堂 考
(2)若 f(x)存在两个不同的零点 x1，x2，求证：x1＋x2＞2.
升
点
探 究
[解]
(1)由已知得 f′(x)＝x＋1－a－ax，因为
f(x)存在极值点为
1，
课 后 限
时
所以 f′(1)＝0，即 2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以 a＝1.
提 升
点
探 究
0，可得 g′(x)在－1，π2有唯一零点，设为 α.则当 x∈(－1，α)时，g′
课 后 限
时
(x)＞0；当 x∈α，π2时，g′(x)＜0.
集 训
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所以 g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故 g(x)在－1，π2
时
(ⅳ)当 x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1，所以 f(x)＜0，从而 f(x)在(π，集
训
＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有 2 个零点．
返
首
页
课
外
素
根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数 养
课
提
堂
升
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《利用导数研究函数的零点》课件
即x－y－3＝0.
(2)若函数f(x)在(0,16]上有两个零点，求a的取值范围.
①当 a≤0 时，f′(x)＝ax－ 1x<0， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； ②当 a>0 时，由 f(x)＝aln x－2 x＝0 可得2a＝lnxx， 令 g(x)＝lnxx，其中 x>0，则直线 y＝2a与曲线 y＝g(x)的图象在(0,16] 内有两个交点，
即 g(x)在π2，π上单调递减，又 gπ2＝1>0，g(π)＝－π<0， 则存在 m∈π2，π，使得 g(m)＝0， 且当 x∈π2，m时，g(x)>g(m)＝0， 即 f′(x)>0，则 f(x)在π2，m上单调递增， 当x∈(m，π]时，有g(x)<g(m)＝0，即f′(x)<0， 则f(x)在(m，π]上单调递减，
由图可知，当 ln 2≤2a<2e，
即 e<a≤ln22时， 直线 y＝2a与曲线 y＝g(x)的图象在(0,16]内有 两个交点，
即f(x)在(0,16]上有两个零点， 因此，实数 a 的取值范围是e，ln22.
题型三 构造函数法研究函数的零点
例3 (12分)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数 f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值. (1)求a； [切入点：求f(x)，g(x)的最小值] (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝ f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从 左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
又 f π2＝π2－1>0，f(π)＝－1<0， 所以f(x)在(m，π]上有且只有一个零点， 综上，函数y＝f(x)在[0，π]上有2个零点.
思维升华
2023年高考一轮复习课件 习题课3——利用导数研究函数的零点问题 (共34张PPT)
综上，当 a<－e12时，函数 g(x)的零点的个数为 0; 当 a＝－e12或 a≥0 时，函数 g(x)的零点的个数为 1； 当－e12<a<0 时，函数 g(x)的零点的个数为 2.
[系统思维] 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个 数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的 符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数． (2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后 利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该 区间上零点的个数．
单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减． 不要忽略此步骤 (2)证明：若选择条件①， 由于12<a≤e22， 故 1<2a≤e2，
则 b>2a>1，f(0)＝b－1>0，
又 f－ ba＝－ ba－1e
<0，
函数 f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，
故函数 f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点．
当
k>0
时，令
f′(x)＝0，得
x＝±
3k 3.
当 x∈－∞，－
3k∪ 3
33k，＋∞时，f′(x)>0；
当 x∈－
33k，
33k时，f′(x)<0.故 f(x)在－∞，－
3k， 3
33k，＋∞上单
调递增，在－
33k，
3k上单调递减. 3
(2)由(1)知，当 k≤0 时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f(x)不可能有三个 零点．
6 第6讲 利用导数研究函数的零点问题
第6讲 利用导数研究函数的零点问题判断函数零点的个数(师生共研)设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．【解】 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －ex 2， 由f ′(x )＝0，得x ＝e.所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，所以f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． 所以x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， 因此x ＝1也是φ(x )的最大值点． 所以φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)， 可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．函数的零点个数也就是函数图象与x 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：一是利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数；二是分离参数，将问题转化为求y ＝a 和y ＝f (x )的图象的交点个数问题求解．由函数零点个数求参数(师生共研)(2019·长春市质量监测(二))已知函数f (x )＝e x ＋bx －1(b ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝ln x 有两个实数根，求实数b 的取值范围． 【解】 (1)由题意可得f ′(x )＝e x ＋b ，当b ≥0时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．当b <0时，若x ≥ln(－b )，则f ′(x )≥0，f (x )在[ln(－b )，＋∞)上单调递增； 若x <ln(－b )，则f ′(x )<0，f (x )在(－∞，ln(－b ))上单调递减．(2)令g (x )＝e x ＋bx －1－ln x ，则g ′(x )＝e x ＋b －1x ，易知g ′(x )单调递增且一定有大于0的零点，设g ′(x )大于0的零点为x 0，则g ′(x 0)＝0，即e x 0＋b －1x 0＝0，b ＝1x 0－e x 0.方程f (x )＝ln x 有两个实数根，即g (x )有两个零点，则需满足g (x 0)<0， 即e x 0＋bx 0－1－ln x 0＝e x 0＋⎝⎛⎭⎫1x 0－e x 0x 0－1－ln x 0＝e x 0－e x 0x 0－ln x 0<0， 令h (x )＝e x －e x x －ln x (x >0)，则h ′(x )＝－e x x －1x <0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，又h (1)＝0，所以e x 0－e x 0x 0－ln x 0<0的解集为(1，＋∞)，所以b ＝1x 0－e x 0<1－e.当b <1－e 时，e x ＋bx －1－ln x >x ＋bx －ln x ，有g (e b )>e b ＋b e b －ln e b ＝(b ＋1)e b －b ， 令G (x )＝(x ＋1)e x －x ＝(x ＋1)(e x －1)＋1，x <1－e ，所以x ＋1<2－e<0，0<e x <1， 故G (x )＝(x ＋1)e x －x >0，所以g (e b )>0，故g (e b )g (x 0)<0，g (x )在(0，x 0)上有唯一零点，另一方面，在(x 0，＋∞)上，当x →＋∞时，因为e x 的增长速度快，所以g (x )>0，g (x )在(x 0，＋∞)上有唯一零点．综上，b 的取值范围是(－∞，1－e)．根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．以函数零点为背景的双变量不等式问题(师生共研)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R .(1)若f (x )存在极值点为1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2>2.【解】 (1)由已知得f ′(x )＝x ＋1－a －ax ，因为f (x )存在极值点为1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，经检验符合题意，所以a ＝1.(2)证明：f ′(x )＝x ＋1－a －ax＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－a x (x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝a ， 当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增， 当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )单调递减， 所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )． 又f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2， 所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0， 整理得ln a >1－12a ，作y ＝f (x )关于直线x ＝a 的对称曲线g (x )＝f (2a －x )，令h (x )＝g (x )－f (x )＝f (2a －x )－f (x )＝2a －2x －a ln 2a －xx，则h ′(x )＝－2＋2a 2（2a －x ）x ＝－2＋2a 2－（x －a ）2＋a 2≥0，所以h (x )在(0，2a )上单调递增， 不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0， 即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)，又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数，所以2a －x 2<x 1，即x 1＋x 2>2a ，又ln a >1－12a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2.破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1．(2019·江西赣州模拟)若函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，1e B.⎝⎛⎭⎫0，1e C.()－∞，0D.()0，＋∞解析：选D.函数f (x )＝a e x －x －2a 的导函数f ′(x )＝a e x －1.当a ≤0时，f ′(x )≤0恒成立，函数f (x )在R 上单调递减，不可能有两个零点；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 1a ，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 1a ，＋∞上单调递增，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln 1a ＝1－ln 1a －2a ＝1＋ln a －2a .令g (a )＝1＋ln a －2a (a >0)，则g ′(a )＝1a －2.当a ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，g (a )单调递减，所以g (a )max＝g ⎝⎛⎭⎫12＝－ln 2<0，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln 1a <0，函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)，故选D.2．已知函数f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32.则方程f (x )＝0的解的个数是________．解析：因为f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32，所以f ′(x )＝3x －x ＋2＝－x 2＋2x ＋3x＝（－x ＋3）（x ＋1）x，当x ∈(0，3)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→－∞， 所以f (x )max ＝f (3)＝3ln 3－92＋6－3ln 3－32＝0，所以方程f (x )＝0只有一个解． 答案：13．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0，＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点；(ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .当x ∈(0，2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时， h ′(x )＞0.所以h (x )在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在[0，＋∞)的最小值．①若h (2)＞0，即a ＜e 24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；②若h (2)＝0，即a ＝e 24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；③若h (2)＜0，即a ＞e 24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x ＞0时，e x ＞x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3（e 2a ）2＞1－16a 3（2a ）4＝1－1a ＞0.故h (x )在(2，4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点． 综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e 24.4．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f (x )＝e x ·(ln x －ax ＋a ＋b )(e 为自然对数的底数)，a ，b ∈R ，直线y ＝e2x 是曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线．(1)求a ，b 的值．(2)是否存在k ∈Z ，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝e x (ln x －ax ＋1x＋b )，f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得⎩⎨⎧f （1）＝e 2f ′（1）＝e 2，即⎩⎨⎧e b ＝e2e （b －a ＋1）＝e2，解得a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －x ＋32，则f ′(x )＝e x (ln x －x ＋1x ＋12)， 令g (x )＝ln x －x ＋1x ＋12，则g ′(x )＝－x 2－x ＋1x 2<0恒成立，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝12>0，g (2)＝ln 2－1<0，所以存在唯一的x 0∈(1，2)，使得g (x 0)＝0，且当x ∈(0，x 0)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )<0，即f ′(x )<0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减．又当x →0时，f (x )<0，f (1)＝e 2>0，f (2)＝e 2(ln 2－12)>0，f (e)＝e e ⎝⎛⎭⎫52－e <0， 所以存在k ＝0或2，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点．5．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )⎝⎛⎭⎫x －12在区间[0，1]上零点的个数． 解：(1)因为f (x )＝e x －ax －1， 所以f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a >0时，令f ′(x )<0， 得x <ln a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，所以f (x )的单调递减区间为(－∞，ln a )，单调递增区间为(ln a ，＋∞)．(2)令g (x )＝0，得f (x )＝0或x ＝12，先考虑f (x )在区间[0，1]上的零点个数，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增且f (0)＝0，所以f (x )在[0，1]上有一个零点； 当a ≥e 时，f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以f (x )在[0，1]上有一个零点； 当1<a <e 时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，1)上单调递增，而f (1)＝e －a －1，当e －a －1≥0，即1<a ≤e －1时，f (x )在[0，1]上有两个零点， 当e －a －1<0，即e －1<a <e 时，f (x )在[0，1]上有一个零点． 当x ＝12时，由f ⎝⎛⎭⎫12＝0得a ＝2(e －1)， 所以当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0，1]上有两个零点； 当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0，1]上有三个零点．6．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明： (1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点．证明：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1 ，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点．(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1，0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1，0]的唯一零点．(ⅱ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减．又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点．(ⅲ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点．(ⅳ)当x ∈()π，＋∞时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点． 综上，f (x )有且仅有2个零点．。
高考数学专题一 微专题8 利用导数研究函数零点问题
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1， 所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点. 综上，f(x)有且仅有2个零点.
跟踪训练1 (2023·常德模拟)已知函数f(x)＝x2＋2－aln x(a∈R). x
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
因为 f(x)＝x2＋2x－aln x，x>0，
2x3－ax－2
所以 f′(x)＝ x2
(x>0)，
令g(x)＝2x3－ax－2，则g′(x)＝6x2－a，
由 a>0，g′(x)＝0，可得 x＝ a6，
所以 g(x)在0，
a6上单调递减，在
a6，＋∞上单调递增，
由于 g(0)＝－2<0，故当 x∈0，
a6时，g(x)<0，
又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，
从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，
由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，
所以有 2x30－ax0－2＝0，x20＋x20－aln x0＝0，
联立得 2ln x0－x30－3 1－1＝0，
(*)
令 h(x)＝2ln x－x3－3 1－1，可知 h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于 h(2)＝2ln 2－170<2×0.7－170<0，h(3)＝2ln 3－2296>2×1－2296>0， 故方程(*)的唯一解，即f(x)的唯一零点x0∈(2,3)，故[x0]＝2.
考点二 由零点个数求参数范围
③若a<－1， (ⅰ)当x∈(0，＋∞)时， 则g′(x)＝ex－2ax>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0， 所以存在m∈(0,1)， 使得g(m)＝0，即f′(m)＝0， 当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，
利用导数研究函数零点
思维升华
利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问 题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号 (或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数. (2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导 数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间 上零点的个数.
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(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围. 解 y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋ 1的图象有两个不同的交点. 由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(1)＝－1. 由题意得，m＋1>－1， 即m>－2，① 当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.
利用导数研究函数零点
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1.解决函数y＝f(x)的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展 趋势，观察图象与x轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零 点是否存在及零点的个数等.
2.通过等价变形，可将“函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点”与“方程f(x)＝g(x)的解” 相互转化.
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当x>0且x→0时，f(x)→0； 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞. 由图象可知，m＋1<0， 即m<－1，② 由①②可得－2<m<－1. 所以m的取值范围是(－2，－1).
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思维升华
与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点， 并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进 而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问 题.
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利用导数研究函数零点问题数形结合法研究零点问题[典例引领]已知f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x . (1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围． 【解】 (1)F (x )＝ax 2－2ln x ， 其定义域为(0，＋∞)， 所以F ′(x )＝2ax －2x＝2（ax 2－1）x(x ＞0)．①当a ＞0时，由ax 2－1＞0，得x ＞1a， 由ax 2－1＜0，得0＜x ＜1a， 故当a ＞0时，F (x )在区间⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减．②当a ≤0时，F ′(x )＜0(x ＞0)恒成立． 故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解．令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2x （1－2ln x ）x 4易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )ma x ＝φ(e)＝1e ，而φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22.由φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝ln e 4－ln 2e 22e 2＜ln 81－ln 272e 2＜0，所以φ(e)＜φ(2)． 所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a ＜1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时a 的取值范围为[ln 22，1e)．含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数图象，根据图象特征求参数的范围．利用函数性质研究函数零点[典例引领]已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x (a 为实数)． (1)当a ＝4时，求函数y ＝g (x )在x ＝0处的切线方程；(2)如果关于x 的方程g (x )＝2e x f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)当a ＝4时，g (x )＝(－x 2＋4x －3)e x ，g (0)＝－3， g ′(x )＝(－x 2＋2x ＋1)e x ，g ′(0)＝1，所以，所求的切线方程为y ＋3＝x －0，即y ＝x －3. (2)由g (x )＝2e x f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x .设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化如下：x ⎝⎛⎭⎫1e ，11 (1，e) h ′(x )－＋h (x )单调递减 极小值(最小值) 单调递增又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e<0. 所以实数a 的取值范围为4<a ≤e ＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e .利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．构造函数法研究零点问题[典例引领]设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －m x ＝x 2－mx，m ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上递增， m ＞0时，f ′(x )＝（x ＋m ）（x －m ）x ，当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 当x ＞m 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 综上m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；m ＞0时，函数f (x )的单调增区间是(m ，＋∞)，单调减区间是(0，m )． (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数， F ′(x )＝－（x －1）（x －m ）x，当m ＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝3＞0，F(4)＝－ln 4＜0，2所以F(x)有唯一零点；当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时F′(x)＜0，1＜x＜m时F′(x)＞0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋1＞0，F(2m＋2)＝－m ln (2m＋2)＜0，2所以F(x)有唯一零点，综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．(1)涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．(1)确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象．(2)方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理．可以通过构造函数g(x)的方法，把问题转化为研究构造的函数g(x)的零点问题，研究函数g(x)零点的策略：①如果函数g(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在．②如果函数g(x)在已知区间不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g(x)的极值与零的大小，以及函数g(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数．(3)利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究，具体操作方法见本节考点一、二、三的[规律方法]．1．(优质试题·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(e x－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝()A ．－12B ．13C ．12D ．1解析：选C.由f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)，得f (2－x )＝(2－x )2－2(2－x )＋a [e 2－x －1＋e －(2－x )＋1]＝x 2－4x ＋4－4＋2x ＋a (e 1－x ＋e x －1)＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)，所以f (2－x )＝f (x )，即x ＝1为f (x )图象的对称轴．由题意，f (x )有唯一零点，所以f (x )的零点只能为x ＝1，即f (1)＝12－2×1＋a (e 1－1＋e －1＋1)＝0，解得a ＝12.故选C.2．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)解析：选B.f ′(x )＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x )＝9x 2－6x ＝3x (3x －2)，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，23时，f ′(x )<0；x ∈⎝⎛⎭⎫23，＋∞时，f ′(x )>0，注意f (0)＝1，f ⎝⎛⎭⎫23＝59>0，则f (x )的大致图象如图(1)所示：不符合题意，排除A 、C.当a ＝－43时，f ′(x )＝－4x 2－6x ＝－2x (2x ＋3)，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－32时，f ′(x )<0，x ∈⎝⎛⎭⎫－32，0时，f ′(x )>0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，注意f (0)＝1，f ⎝⎛⎭⎫－32＝－54，则f (x )的大致图象如图(2)所示．不符合题意，排除D.3.函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )的导函数的图象如图所示：(1)求a ，b 的值并写出f (x )的单调区间； (2)若函数y ＝f (x )有三个零点，求c 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b .因为f ′(x )＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图象可知，当－1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，函数单调递减， 当x ＜－1或x ＞2时，f ′(x )＞0，函数单调递增， 故函数f (x )在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增， 在(－1，2)上单调递减．(2)由(1)得f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数， 在(－1，2)上是减函数，所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ，极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎨⎧76＋c ＞0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－76，103. 4．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解：(1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x 2，令f ′(x )＞0，解得x ＞1，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1， 所以f (x )在(0，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe－3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0＜x 1＜1＜x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增， 而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞，x →＋∞时， F (x )→＋∞，画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．1．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ， 则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x ，由f ′(x )＞0，得x ＞2， 由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)因为f (x )＜0在区间⎝⎛⎭⎫0，13上恒成立不可能， 故要使函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点， 只要对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，f (x )＞0恒成立， 即对x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，a ＞2－2ln xx －1恒成立． 令h (x )＝2－2ln xx －1，x ∈⎝⎛⎭⎫0，13， 则h ′(x )＝2ln x ＋2x－2（x －1）2，再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝⎛⎭⎫0，13， 则m ′(x )＝－2（1－x ）x 2＜0，故m (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上为减函数， 于是，m (x )＞m ⎝⎛⎭⎫13＝4－2ln 3＞0，从而h ′(x )＞0，于是h (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上为增函数， 所以h (x )＜h ⎝⎛⎭⎫13＝2－3ln 3，所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．2．(优质试题·豫南九校联考)对于函数y ＝H (x )，若在其定义域内存在x 0，使得x 0·H (x 0)＝1成立，则称x 0为函数H (x )的“倒数点”．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12(x ＋1)2－1.(1)求证：函数f (x )有“倒数点”，并讨论函数f (x )的“倒数点”的个数； (2)若当x ≥1时，不等式xf (x )≤m [g (x ) －x ]恒成立，试求实数m 的取值范围． 解：(1)证明：设h (x )＝ln x －1x (x ＞0)，则h ′(x )＝1x ＋1x2＞0(x ＞0)，所以h (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数．而h (1)＜0，h (e)＞0，所以函数h (x )有零点且只有一个零点．所以函数f (x )有“倒数点”且只有一个“倒数点”． (2)xf (x )≤m [g (x )－x ]等价于2x ·ln x ≤m (x 2－1)， 设d (x )＝2ln x －m ⎝⎛⎭⎫x －1x ，x ≥1. 则d ′(x )＝－mx 2＋2x －mx 2，x ≥1，易知－mx 2＋2x －m ＝0的判别式为Δ＝4－4 m 2.①当m ≥1时，d ′(x )≤0，d (x )在[1，＋∞)上单调递减，d (x )≤d (1)＝0，符合题意； ②当0＜m ＜1时，方程－mx 2＋2x －m ＝0有两个正根且0＜x 1＜1＜x 2，则函数d (x )在(1，x 2)上单调递增，此时d (x )＞d (1)＝0，不合题意；③当m ＝0时，d ′(x )＞0，d (x )在(1，＋∞)上单调递增，此时d (x )＞d (1)＝0，不合题意； ④当－1＜m ＜0时，方程－mx 2＋2x －m ＝0有两个负根，d (x )在(1，＋∞)上单调递增，此时d (x )＞d (1)＝0，不合题意；⑤当m ≤－1时，d ′(x )≥0，d (x )在(1，＋∞)上单调递增，此时d (x )＞d (1)＝0，不合题意． 综上，实数m 的取值范围是[1，＋∞)．。