高考数学一轮复习 解答题专项突破（一）第3课时 利用导数研究函数的零点

第3课时利用导数研究函数的零点

考点一确定函数零点的个数（多考向探究）

考向1利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数

例已知函数儿1）=4,g（x）=tanx

人

⑴讨论直幻的单调性；

⑵设函数尸a）=/u）—g（x）：试判断尸a）在（一三，o）u（o，另内的零点个数.

解：（1）函数«r）=》的定义域为{MxWO},

令/(x)=0,得x=l.

当X£(-8,0)时，/(jr)<0：

当x£(0,I)时，/(x)<0；

当x€(l,+8)时,/(X)>O,

所以7U)在(一8,0)和(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增.

e'

⑵令F(x)=fix)—月(x)=不一tanx=0,得xsinr—ercosjr=0.

设h(x)=xsiiu—evcosx,

则//(x)=(ev+1)sinv+(x-e')cosx.

①当x£f—，0)时，可知ev>0>A-,

则ev>x,所以4—ev<0,

又sinxvO,cosx>0,所以乂(x)<0,

从而h（x）=xsin.r—evcos.¥在（一爹，0）上单调递臧,

又/?(())=—1<0

由零点存在定理及力。）的电调性，得〃（%）在（一个，0）上存在一个零点.

②当■时，cos.r^siiu>0,由（1）知函数段）=^■在（0,1）上单调递减,

所以当彳£（0，宁时，,AX}=7>A1）=01,

则ev>x>0.

所以e'cosx>xsinv»

则/?(x)=xsini—,。3<0恒成立.

所以〃(%)在(0，宁］上无零点.

③当x£时，sinx>cosx>0,

h'(x)=ev(sinx-COSLV)+(xcosx+sinx)>0,

则〃(x)在仔，g")上单调递增.

又^T)=T>0'0=毙一［<0,

由零点存在定理及的更调性，得力⑴在仔，3上存在一个零点.

综上所述，〃(幻在(一女,0)u(o，最内的零点个数为2,即F(x)在(一方,o)u(o，搜内的

零点个数为2.

名师点拨J利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数的一般步骤及注意点

(1)讨论函数的单调性，确定函数的单调区间.

(2)在每个单调区间上，利用函数零点存在定理判断零点的个数.

(3)注意区间端点的选取技巧.

(4)含参数时注意分类讨论.

变式训练1.已知函数加)=(x—l)e，一e是自然对数的底数).

(1)讨论函数及6的极值点的个数；

⑵证明：函数兀、•)在区间(0,+8)上有且只有一个零点.

解：(1)f(x)=xex—ax2=x(ex—ax)(a>e),

令了(工)=0，得x=()或e'—ar=0.

设^(x)=er—ar,则g\x)=e'c—a,

令g'(%)=0,得x=lna,

当xvlna时,g'(x)<0,g［x)单调递减；

当x>lna时，屋(#>0,gR单调递增，

所以g(x)min=R(lna)=a—a\na=a(l—hia).

因为a>C,所以g(X)min<0，此时g(x)在R上有且仅有两个零点，记为X|,X2(Xi<X2)，

因为g(0)=l>0,g(l)=e—4<0,当^f+8时，g(x)>0,所以且笛，乃是g(x)的

两个变号零点，也是/。)的两个变号零点，

又当xVO时，f(x)<0,当OVxV的时，/(x)>0,

所以。是/(x)的变号零点，

即/(幻在R上有且仅有3个变号零点，

所以函数/U)的极值点的个数为3.

(2)证明：f(x)=x(ex—cix),

由(1)知，当〃>e时，/5)在R上有3个极值点0,xi，也，其中(KrVVc，且10)=—1<0,

当0<xv为时，g(x)>0,则/。)>0,«¥)单调递增；

当XI<X<X2时,g(x)vO,则f(x)<0，./U)单调递减；

当时,虱戏>0，则/a)>0,/)单调递增.

所以兀0在区间(0,+8)上的极大值为儿⑴，极小值为於2)，

ex\e"2

且e*i=ati，e*2=4X2，贝U。=丁，。=丁.

・口X2

I1eA2A^C'2e'2ex2

所以y(X2)=(X2-l)ev2-jax5=(X2—l)e'2—^X-x^=(X2—l)ev2——^―=—(—A-2+3%2—3)=-y

^23

7-

^-4

而当l+8时,y(x)>o,

因此函数41)在区间(0,不］内无零点，在区间(12,+8)二有且只有一个零点.

综上所述，函数人工)在区间(0,+8)上有且只有一个零点.

考向2利用两个函数图象的交点个数确定零点个数

例已知函数J［x)=}nx-gaFg£R).

(1)当。=1时,求人r)的最大值；

(2)讨论函数次的在［1,e4上零点的个数.

解：(1次力的定义域是(0,4-00),

因为_/U)=hix—；加(.£R),

所以f(x)=：_"=1'

1-f

当a=l时，由/(x)=-^=0,得X=l(x=—1舍去).

当x£((),1)时，/(A-)>O,函数人幻单调递增,

当x£(l,+8)时，/(x)<0,函数火X)单调递减，

即当x=l时，函数凡t)取得最大值，为川)=一；.

(2)由y(x)=o,得4=/,

令8。)=—^-，则g(x)=-p—，

由<(幻>0,得\<x<y［e,

由g'(x)<0，得加ave?，

故g(x)在［1,上单调递增，在［#,e?］上单调递减，

又g(i)=o,g(加)=7gd)=3,作出函数g(x)的图象如下.

综上所述，当0，《或口=；时，儿0在［1,e?］上有一个零点；当时，府)在［1,e2］±

有两个零点；当〃<()或时，府)在［1,。2］上没有零点.

名师点拨J在借助函数图象研究函数零点问题时,要准确画出函数的图象，不仅要研究函

数的单调性与极值的情况，还要关注函数值的正负以及变化趋势，把函数图象与％轴有无交

点，哪一区间在X轴上方，哪一区间在工轴下方等情况分析清楚，这样才能准确地研究直线

与函数图象交点的个数情况.

2

变式训练2.已知函数yi»=lnx+亍-2,g(©=xlnx—ar2—x+1.

A

(1)证明：函数/U)在(1,+8)上有且仅有一个零点；

⑵假设存在常数41,且满足yu)=o,试讨论函数仪幻的零点个数.

Io

解：(1)证明：/(x)=j-p=—,

令/。)=0，得x=2,当0y<2时，/(幻<(),当£>2时，/(x)>0,

所以/U)在(0,2)上单调递减，在Q,+8)上单调递增.

又川)=0,/2)=如2—IV。，代2)=,0,

由零点存在定理及«¥)的单调性，得函数凡1)在(1,+8)上有且仅有一个零点.

(2)令g(x)=O,即xlnx—ax2—x+1=0,

从而有av=lnx—1+p

令°a)=lnx—l+：,从而g(x)的零点个数等价于y=ax的图象与如)图象的交点个数.

又“(X)=(一£=¥，

令d(x)=0,得x=l.

当0<xvl时，〃(x)<0,当Q1时，6'(x)>0,

所以8(X)在(0，1)上单调递减，在(1，+8)上单调递增，且0(X)min=。(1)=0，其图象如图

所示.

当。=0时，y=ax的图象与8(x)的图象有一个交点.

当a<0时-，y=ax的图象经过第二、四象限，与夕(x)的图象无交点.

当">()时，y=ar的图象经过第一、三象限，与夕(x)的图象至少有一个交点.

卜="(灿)=H，

当)，=ai-的图象与°(x)的图象相切时，设切点横坐标为xo,则有1]即有

2_

In沏+二一2=0,从而即=九

xo

..,11Z—1

此时a=j-^2=—^->().

j

当。=二1一时，y=ax的图象与双幻的图象有两个交点；

当0<〃号』■时，y=at的图象与妙)的图象有三个交点；

2—1

当—时，y=at的图象与9(%)的图象有一个交点.

综上所述，当。<0时，g(x)没有零点；当0<。号3■时，g(x)有三个零点；当工时，g(x)

有两个零点；当或a=0时，g(x)有一个零点.

考点二根据零点情况求参数范围

「例〕已知函数J[x)=ax,其中()<a<1.

(I)求函数g(x)=J(x')—x\n〃的单调区间；

(2)若函数"(%)="一二一6。一。+(3—幻In«+(ln在工£[1,+8)上存在零点,

求实数4的取值范围.

解：(1)由已知，得g(x)="—xlna,

则g(i)=dna—1na,

令g(t)=O,得x=0.

由0<avl,可知当工变化时，g'(x),g(x)的变化情况如下表：

X(―0°,0)0(0,+8)

g'(X)—0+

以幻单调递减极小值单调递增

所以函数g(x)的单调递减区间为(一8,0),单调递增区间为(0,+8).

(2)令/?(x)=0,则存在x£[l,+0°)>使得。'—Hna—a+(3—&)ln〃+(lna)2=0,

两边同时除以Ina,

得靠一乎Ff—竟+山〃+3-=0，

即盘-吟X-篇+lna+3=«.

令"%)=焉一^v2-x—焉+ln〃+3,xe[l,+°°)»

则f(x)=ar—xlna—I,

由(1)知gU)=ar—xlna》g(0)=1,

即《x)20,

则函数Kx)在[1,+8)上单调递增，

所以《幻2/(1)=焉一竽一1一篇+111〃+3=乎+2.

故222+竽，

即实数％的取值范围为12—竽，+8)

根据零点情况求参数范围的解法

变式3.已知函数加用=。门一如一a(〃£R).

(1)当。=2时，求曲线)，=人幻在x=l处的切线方程：

(2)若函数/(x)有2个零点，求。的取值范围.

解：(1)当。=2时，y(x)=er-l-2r-2,

所以/(力=金「|一2,

所以$1)=-1，

因为yu)=-3,

所以曲线y=/U)在x=\处的切线方程为y+3=—(X—1).

即x+y+2=0.

(2)因为/(工)=3「|一小

若“W0,则/(x)X),凡0在R上单调递增，人幻最多有1个零点，不满足题意;

若。>0,令/(x)=0,得x=l+ln〃，

当xvl+hia时，/(x)<0,当x>l+ln〃时，/(x)>0,

则凡丫)在(一8,l+lna)上单调递减，在(1+lna,+8)二单调递增，

且当X-*—8和+8时，/(X)-»4-OO,

故人1+lna)=一。(1+ln«)<0,

解得忌

综上所述，a的取值范围是+8)

考点三“隐零点”问题

例已知函数凡r)=lnx+ar-R).

(1)讨论函数八丫)的单调性:

(2)若不等式<工)<4(/一1)在(1,+8)上恒成立，求实数G的取值范围.

解：(1)由y(x)=lnx+ar—”知，其定义域为(0,+°°)»且

①当时，在(0,+8)上，f(j)>0,

故函数火X)在(0,+8)上单调递增；

②当4V0时，若X£(°'一十)，则/a)>0，若XW(一5'+8),则〃,v)vo,

故函数_/(©在(0，一十)上单调递增，在(-5，+8)上单调递减.

(2)由五工)々/。2—1),得In1一“(x2—x)〈0,

令g(x)=lnx—a(x2—X),

①当aWO时，在(1,+8)上,«(x)=lnx—a(.F—x)=lnax(x—1)>0恒成立，与题意不符；

②当。>0时，g'(x)=:一”(2J—1)=J—2a在(1,+°°)上单调递减，且g'⑴=1—a,

当Ova<l时，g'(1)>0,当上一+8时，(X)<O,

故在(1,+8)上存在xo，使得g'(xo)=0，当工£(1，孙)时，g'U)>0,则在(1,沏)上，g(x)单

调递增，

所以g(x)>g(l)=O,与题意不符；

当［21时，在(1,+8)上，g'a)vg'(l)=l-aWO,

所以gQ)在(1,+8)上单调递减,

所以g(*g(D=o,符合题意.

综上所述，实数。的取值成围为“，+°°).

或在函数的零点中,

名师点拨」有些零点不易求出，或者可以求出但无需求出，我们把这样

的零点称为“隐零点”，印能确定其存在，但又无法或尢需求出.对于“隐零点”问题的解

题思路是对函数的零点设吊不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题.

变式4.已知函数无v)=ae'-InX,g(x)='-~一，a±O.

(1)若以.0在［1,3］上单调递增,求实数〃的取值范围;

⑵若a>(),求证：/x)>2—Ina.

解：(1)・・・以工)=勺-=，'—乎(x>0),

•・・g(x)在［1,3］上单调递增,

・・・g'（力》0在［1,3］上恒成立,

即在［1,3］上恒成立.

令心)=xe\则t'(x)=(x+l)ev.

•・,当x£［l,3］时，e(x)>0,

，心)在［1,3］上单调递增，••.(xev)mm=e.

We,解得〃昊或。<0,

ae

即实数。的取值范围是(一8,0)限，+8)

1//YP'r---1

(2)证明：f(x)=ae--=~~.—,

令h(x)=axcx—1,

则"(x)=ae'+a¥e'=ae'(l+x),

•.30,

：.h'(x)>0,.•.力(x)在(0,+8)上单调递增，

又/?(0)=—1<0,〃(5)=e"一1>0,

二存在xoW(0'5),使得在xo)=O,即存在刘)£(。’!)，使得了(刀0)=利0—已=0，

即出=焉・

.•.当x£(0,xo)时，fCv)<0,当X£(M),+8)时，/(戏>0,

:JU)在(0,xo)上单调递减，在(M),+8)上单调递增，

.W).nin=/(xo)=ae'o—In.r0=-^-ln短=(+xo+ln心2yA•xo+lna=2+lna,

当且仅当｝=的，即M=1时，等号成立，

xo

・•.当a>0时，Hx)22+lna.

课时作业

基础题（占比20%）中档题（占比50%）拔高题（占比30%）

题号123456

难度★★★★★★★★★★★★★

根据零点根据零点根据零点求函数零利用函数证明函数

考点

的个数求的个数求的个数求点的个数的性质、零零点的个

参数参数参数；隐零点存在定数

点问题理求函数

零点的个

数：隐零点

问题

1.已知函数./(x)=2.F—3A2—1Zv+m.

⑴若〃?=1,求曲线)=凡。在点(1,火1))处的切线方程；

(2)若函数/U)有3个零点，求实数m的取值范围.

解：(1)由题意,得/(x)=6.d—6x—12,

故〃1)=一12,

又当机=1时，/1)=2-3-12+1=-12,

故所求的切线方程为1+12=—12(1一1),

即l2x+y=0.

(2)由题意，得/(x)=6『一6x—12=6(x2—A—2)=6(x+i)(,v—2),

令/(x)=0，得x=—1或x=2,

当X£(—8,—1)时，/(x)>0；

当x£(-l,2)时，f(x)<0；

当x<=(2,+8)时，f(x)>0,

所以人幻在(一8,一I)上单调递增，在(一i,2)上单调递减，在(2,+8)上单调递增,

所以函数/U)有极大值五-1)=〃?+7,有极小值次2)=/〃-20.

若函数7U)有3个零点，

w+7>0，

则实数小满足<“八

［加一20Vo，

解得7<〃,<20,即实数，〃的取值范围为(7,20).

2.已知函数人工)=,产一工(”>(),且〃W1).

⑴若a=e,求曲线)，=/3在x=0处的切线方程；

(2)若段)有2个零点，试匕较In。与微的大小.

解：(1)当a=e时,/(x)=e2r-x,

则/(x)=2eJ,

所以/(0)=1,

又旭)=1,

所以切线方程为y—l=x,即x—y+l=O.

(2)函数人幻有2个零点等价于方程。入一l=0有两个根，

Inv

即tz2r=x=>lna"=lnx=>2rln〃=lnx=>21na="二有两个根,

令人住)=乎，则〃住)=1”一

.1—Inx

令h\x)=—p—=0,得x=e,

当x£(0,e)时，h'(x)>0,当x£(e,+8)时，力'(%)<0,

所以〃(%)在(0,e)上单调递增，在(e,+8)上单调递减，

所以/j(x)=/i(e)=-,

inaxV

因为A>0,则当X-*01时，/?(x)——00,

当Xf+8时，力(%)一0,力(幻的大致图象如图所示，

所以要使得2E。=乎有两个根，

则21n〃£(0，)

即0<21na<1,所以111。<嘏.

3.已知函数人工)=^—lnx—a,g(x)=et—ln(x+〃)，其中〃为整数且.若人工)存在两个不

同的零点即，X2，且即<方.

(1)求整数。的最小值；

(2)求证：g(lnxi)=g(lnx2)=0.

解：(1)因为/(x)=eX—%x>0),

令h(x)=/(x)=e'—

-.1(A>0),

则力'。)=e，+4>0,

故/(x)在(0,+8)上单调递增,

又„=#-2<0,f(l)=e-l>0,

由零点存在定理，知存在唯一的的£(3，1I使得/。0)=。，即。'°=士

且当x£(0,xo)时，fCv)<0；当X£(M),+8)时，/(x；>0,

所以7U)在(0,上单调递减，在(即，+8)上单调递增，

故yu)min=fixo)=ev0—In刈-。=&+：-a,

人0

又当入一+8时，KRf+00,当X-*0一时，J(x)1+8,

若fix)存在两个不同的零点，则Xvo)<o,

l1

p+a+

Ao>AO

A-oA-eoA-O

\15

I知

DeH+-G-

7A-o2

xo

所以整数。的最小值为3.

(2)证明：由题意，得,人汨)=兀口)=0,

即a=eri—Inxi=ev2—InX2>

故g(lnxi)=xi-In(Inxi+e^-InXI)=R-内=0,

同理可得，g(lnx2)=0.

所以g(lnxi)=g(lnX2)=0.

4.(2026・广东灌江模拟)已知函数%)=如。—1)+/一2h其中a£R.

(1)若。=—8,求函数7U)的单调区间；

(2)当。<一2时，试判断凡0的零点个数并证明.

解：(1)由题意，知人回的定义域为(1,+8),

21)2+〃

则/。)=昌+2%—2=

人IX-1

2(x-1)2—8

当。=一8时，/(x)=

X—1

令/(x)=o，得X=3或4=一1(舍去).

当x£(l,3)时，，(x)<0,

当xG(3,+8)时,f(x)>0,

故函数/U)的单调递减区间为(1,3),单调递增区间为(3,+8).

(2)解法一：因为*2)=0,

所以/U)有一个零点是2.

令/(X)=0,解得k=1-]一豹(舍去)，X2=1+、1一%

当x£(l,及)时，f(X)<0,故段)单调递减,

当X£(X2，+8)时，/3>0,故«r)单调递增.

当QV—2时，X2=l+yp^G(2,+8),fix2)<fl2)=0.

fl\~a)=a\n(―«)+«2—1=~a[—a—\n(—«)]—1.

下面先证明当时，A—Inx>l.

1x—1

令g(x)=x—lnxaNl),gf(x)=l——^0,

故g(X)在[1,+8)上单调递增，

所以g(x)lg(l)=l.

因为-4>2>1,

所以_/(1—〃)=—4[一。—In(―t7)]—l>—1>0.

易知I—4>/2，所以人X)在戊2，+8)上存在唯一的零点方，

所以当。<一2时，凡T)有两个零点，为2和月.

解法二：当％=2时，负2)=0,故2是7U)的一个零点.

令/(X)=0,又Q1,所以Xo=l+、l^.

当x£(l,沏)时,/'。)<0,儿。单调递减，

当4£(如+8)时，f(%)>o,yu)单调递增，

所以x=xo是7U)的极小值点.

当a<-2时，即>2,所以亢⑹女).

下面证明InxWx-l(x>0).

令g(x)=x~1—Inx,

r11x~1

则g'(x)=1

当x£(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递减，

f

当x£(l,+8)时，g(x)>0,g(x)单调递增，

从而g(x)Ng(l)=0,

所以当£>1时，ln(x-l)<x-2,

所以aln(x—l)2at—2a,

即y(x)Nax—2a+f—2x=x|x+(a—2)]—2〃.

令笛>2—〃，则有xi+〃-2>0,则/Ui)>0.

易得当a<—2时，2—a>旗,

所以1x)=0在(项，+8)上有唯一解.

综上所述，当〃<—2时，氏v)有两个零点.

5.已知函数九r)=Hn(x+1)—sin。,Z£N‘，a「R.

⑴若左=1,函数段)在()，T•上单调递减，求实数。的取值范闱;

(2)若(7=1,k=2,求函数*x)在上的零点个数.

解：(1)当1=1时，y(x)=dn(x+l)-sinx,

则/(x)=U_[-cosx,

因为函数人x)在0，■上单调递减，

所以/(x)WO在0，三上恒成立，

即/(x)=x3—cosxWO在0，5上恒成立，

可得“W(x+l)cosx,

令g(x)=(x+l)cosx,在0，"^"上，x+l>0,cosx20,

所以g(x)=(%+l)CO£X在0，年上的最小值为g(3=。，

所以实数。的取值范围为(-8,01.

(2)当4=1,%=2时，yu)=ln(x+l)-sin2x,可得＜0)=0,

1

f(X)=7+T2cos2r,

设h(x)=-----r-2cos2x,

x-rI

则〃(x)=­(二])?+4sin2A・,易知〃(x)在(一年，亍)上单调递增,

(0'*)，使得*(刈)=。，

所以玉•()£

当x£(一?，.m,时，h'(x)<0,当工£卜0,/)时，h'(J)>0,

所以了㈤在(一亍,吗)上单调递减，在(灿，总上单调递塔，

又/（0）=-1＜0,/（―_＞0,f田二六2

，-T+1彳+1

所以3.vi£（一亍,xo）3X2WQo'上），

使得八汨）=/（%2）=0，

故凡Y）在（一:，为）上单调递增，在（X］,工2）上单调递减，在（12，■，上单调递增，

由人0）=0,得於2）＜0,人为）＞0，

又因为《一总=111（1一总+l＜0,4?）=ln（1+总_1＜0,

所以玉小（一小不），使得%3）=（）.

综上，函数段）在一宁＞亍上有“3，0两个零点.

6.（2025・新课标II卷，18）已知函数./tv）=ln（l+%）—x+%一区\其中0＜女＜