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第三章
一元函数的导数及其应用
思维进阶课3　利用导数解决函数的零点问题
【思维突破妙招】　利用导数解决函数的零点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．求解此类问题的常用方法：数形结合法、零点存在定理．
技法一　数形结合法探究函数零点问题
[典例1]　(2024·湖北武汉模拟节选)已知函数f (x)＝ln x－ax2(a∈R )，讨论函数f (x)在区间上零点的个数．
[解]　函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，由f (x)＝0，得a＝，
令g(x)＝，x∈[1，e2]，则g′(x)＝，
由g′(x)>0，得1≤x<，
由g′(x)<0，得故g(x)在区间[1，)上单调递增，在区间上单调递减，
又g(1)＝0，g()＝，g(e2)＝，
作函数g(x)的大致图象，如图所示．
综上，当0≤a<或a＝时，f (x)在上有1个零点；
当≤a<时，f (x)在上有2个零点；
当a<0或a>时，f (x)在上没有零点．
名师点评　含参数的函数的零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，则可将参数分离出来后，用x表示含参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数，即转化为一条直线(平行于x轴)与一个复杂函数图象交点个数问题．
[跟进训练]
1．(2024·广东汕头三模)已知函数f (x)＝x(ex－ax2)，若f (x)在(0，
＋∞)上只有一个零点，求a的值．
[解]　函数f (x)＝x(ex－ax2)在(0，＋∞)上只有一个零点，等价于y＝ex－ax2在(0，＋∞)上只有一个零点．
设g(x)＝ex－ax2，则函数g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，当且仅当g(x)＝0在(0，＋∞)上只有一解，
即a＝在(0，＋∞)上只有一解，于是曲线y＝(x>0)与直线y＝a只有一个公共点，
令φ(x)＝(x>0)，求导得φ′(x)＝，当0＜x<2时，φ′(x)<0，当x>2时，φ′(x)>0，
因此函数φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
函数φ(x)在x＝2处取得极小值同时也是最小值，即φ(2)＝，
当x→0时，φ(x)→＋∞；当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，
画出φ(x)＝大致的图象，如图，
g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝φ(2)＝，
所以f (x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝．
【教用·备选题】
已知函数f (x)＝ex－(a∈R)，试讨论函数f (x)的零点个数．
[解]　由f (x)＝ex－＝0，得xex＝a(x≠0)，
设h(x)＝xex(x≠0)，则h′(x)＝(x＋1)ex，
当x＜－1时，h′(x)＜0；
当－1＜x＜0或x＞0时，h′(x)＞0，
所以h(x)＝xex在(－1，0)，(0，＋∞)上单调递增；
在(－∞，－1)上单调递减，所以h(x)min＝h(－1)＝－，
据此可画出h(x)＝xex的大致图象，如图所示，
所以①当a＜－或a＝0时，f (x)无零点；
②当a＝－或a＞0时，f (x)有一个零点；
③当－＜a＜0时，f (x)有两个零点．
技法二　借助函数的性质探究函数的零点问题
[典例2]　(2022·全国乙卷)已知函数f (x)＝ln (1＋x)＋axe－x．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
[思维流程]　
[解]　(1)f (x)的定义域为(－1，＋∞)，
当a＝1时，f (x)＝ln (1＋x)＋，f (0)＝0，所以切点为(0，0)．f ′(x)＝，f ′(0)＝2，所以切线斜率为2，
所以曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝2x．
(2)f (x)＝ln (1＋x)＋，
f ′(x)＝＝，
设g(x)＝ex＋a(1－x2)，
①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，即f ′(x)>0，
所以f (x)在(－1，0)上单调递增，f (x)故f (x)在(－1，0)上没有零点，不合题意．
②若－10，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0，
即f ′(x)>0，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，f (x)>f (0)＝0，
故f (x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．
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，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)所以f (x)在(m，＋∞)上有唯一零点，
在(0，m)上没有零点，即f (x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)，设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，
h′(x)＝ex－2a>0，
所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，
g′(－1)＝＋2a<0，g′(0)＝1>0，
所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，
当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(n，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)又g(－1)＝>0，
所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f ′(t)＝0，
当x∈(－1，t)时，f (x)单调递增，当x∈(t，0)时，f (x)单调递减，
又x→－1，f (x)→－∞，
而f (0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f (x)>0，
所以f (x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，
即f (x)在(－1，0)上有唯一零点，
所以a<－1，符合题意．
④当a＝0时，f (x)＝ln (1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意．
⑤当a＝－1时，f ′(x)＝，令k(x)＝ex＋x2－1，则k′(x)＝ex＋2x，当x>0时，k′(x)>0，k(x)单调递增，
k(x)>k(0)＝0，
即f ′(x)>0，f (x)单调递增，
f (x)>f (0)＝0，不合题意．
所以若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)．
【教用·备选题】
1．已知函数f (x)＝x sin x－．判断函数f (x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
[解]　f (x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：
因为f ′(x)＝sin x＋xcos x，
当x∈时，f ′(x)＞0．
又f (x)＝xsin x－，从而有f (0)＝－＜0，f ＝＞0，
且f (x)在上的图象是连续不断的，
所以f (x)在内至少存在一个零点．
又f (x)在上单调递增，故f (x)在内有且只有一个零点．
当x∈时，令g(x)＝f ′(x)＝sin x＋xcos x．
由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的，
故存在m∈，使得g(m)＝0．
由g′(x)＝2cos x－xsin x，
知当x∈时，有g′(x)＜0，
从而g(x)在上单调递减．
当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f ′(x)＞0，
从而f (x)在上单调递增，
故当x∈时，f (x)＞f ＝＞0，
故f (x)在上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，
即f ′(x)＜0，从而f (x)在(m，π)上单调递减．
又f (m)＞0，f (π)＜0，且f (x)在(m，π)上的图象是连续不断的，从而
f (x)在(m，π)内有且仅有一个零点．
综上所述，f (x)在(0，π)内有且只有两个零点．
2．(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
[思维流程]
[解]　(1)当a＝1时，f (x)＝ex－x－2，则f ′(x)＝ex－1．
当x<0时，f ′(x)<0；当x>0时，f ′(x)>0．
所以f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f ′(x)＝ex－a．
当a≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f (x)至多存在一个零点，不合题意．
当a>0时，由f ′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0．所以f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．故当x＝ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f (ln a)＝－a(1＋ln a)．
①若0②若a>，则f (ln a)<0．
由于f (－2)＝e-2>0，所以f (x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，
所以当x>4且x>2ln (2a)时，f (x)＝·－a(x＋2)＝2a>0．
故f (x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点．从而f (x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．
综上，a的取值范围是．
名师点评　利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用，解题中注意零点存在定理的灵活应用．
[跟进训练]
2．(1)(2023·全国乙卷)函数f (x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2)　　　　　 B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3，0)
(2)已知函数f (x)＝x2－a ln x，若a>0，函数f (x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求a的取值范围．
√
(1)B　[由题意知f ′(x)＝3x2＋a，要使函数f (x)存在3个零点，则f ′(x)＝0要有2个不同的根，则a<0．令3x2＋a＝0，解得x＝±．令f ′(x)>0，则x<－或x>，令f ′(x)<0，则－在和上单调递增，在上
单调递减，所以要使f (x)存在3个零点，则即
解得a<－3．故选B．]
(2)[解]　函数f (x)＝x2－a ln x的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝x－＝．
因为a>0，由f ′(x)>0，得x>，
由f ′(x)<0，得0即f (x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
①若≤1，
即0f (1)＝，f (x)在区间(1，e)上无零点．
②若1<f (x)在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，
f (x)min＝f ()＝a(1－ln a)．
∵f (x)在区间(1，e)上恰有两个零点，
∴
∴e③若≥e，即a≥e2时，f (x)在(1，e)上单调递减，f (1)＝>0，f (e)＝e2－a<0，f (x)在区间(1，e)上只有一个零点．
综上，f (x)在区间(1，e)上恰有两个零点时，a的取值范围是．
技法三　构造函数法研究函数零点
[典例3]　已知a＞0且a≠1，函数f (x)＝(x＞0)．若曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
[解]　曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝(x＞0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝，
且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0＜＜，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
名师点评　解决此类问题的关键是构造函数F (x)，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．
[跟进训练]
3．已知函数f (x)＝ex＋x＋4ln(2－x)．
(1)求函数f (x)的图象在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)判断函数f (x)的零点个数，并说明理由．
[解]　(1)f ′(x)＝ex＋1－(x＜2)，所以f ′(0)＝e0＋1－＝0，
又f (0)＝e0＋0＋4ln(2－0)＝1＋4ln 2，
所以切点坐标为(0，1＋4ln 2)，
所以函数f (x)的图象在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1＋4ln 2．
(2)法一：函数f (x)有两个零点，理由如下：
令g(x)＝f ′(x)，x∈(－∞，2)，
g′(x)＝ex－＝，
令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)，h′(x)＝x(x－2)ex，
当x＜0时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当0＜x＜2时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
所以h(x)≤h(0)＝0，
故g′(x)≤0，
所以g(x)在(－∞，2)上单调递减，
所以当x＜0时，g(x)＞g(0)＝0，即当x＜0时，f ′(x)＞0，f (x)在(－∞，0)上单调递增，
当0＜x＜2时，g(x)＜g(0)＝0，即当0＜x＜2时，f ′(x)＜0，f (x)在(0，2)上单调递减，
又因为f (2－e6)＝＋2－e6＋24＜0，f (0)＝e0＋0＋4ln 2＞0，
f (2－e-6)＝＋2－e-6－24＜e2－22＜0，
所以f (x)在区间(2－e6，0)，(0，2－e-6)内各有一个零点，即函数f (x)有两个零点．
综上，函数f (x)有两个零点．
法二：函数f (x)有两个零点，理由如下：
令f (x)＝ex＋x＋4ln(2－x)＝0，
可得ex＝－x－4ln(2－x)，
判断函数f (x)的零点个数即判断函数t(x)＝ex(x＜2)与g(x)＝－x－4ln(2－x)(x＜2)图象交点的个数．
t(x)＝ex为增函数，t(x)＞0，
当x→－∞时，t(x)→0，
当x→－∞时，g(x)→＋∞．
由g′(x)＝－1＋＝＝0，得x＝－2，
当－2＜x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＜－2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
因为g(－2)＝2－4ln 4＜0，
g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14＞0，
g(1)＝－1＜0，g＝－－4ln＝ln ＝ln ＞0，
且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2，
所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln(2－x)的图象在x＜0时有一个交点，
在0＜x＜2时有一个交点．
综上，函数f (x)有两个零点．
在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．
[典例]　已知函数f (x)＝xex－ln x－1，若f (x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围．
[赏析]　法一(分离变量法)：由f (x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x＞0)，
即m≤，令φ(x)＝，
则φ′(x)＝，令h(x)＝x2ex＋ln x，
则h′(x)＝(2x＋x2)ex＋＞0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
切入点：零点存在定理，发现零点，设而不求
又h＝－1＜－1＝0，h(1)＝e＞0，
所以h(x)在存在零点x0，
即h(x0)＝＋ln x0＝0，
突破点：等价变形，寻找等量关系
＋ln x0＝＝－＝ ，
关键点：构造辅助函数，得出等量关系
令y＝xex(x＞0)，因为y′＝(x＋1)ex＞0，
所以y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
故x0＝ln ＝－ln x0，即＝，
所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
落脚点：整体代换，代入求值
所以φ(x)min＝φ(x0)＝＝＝1，所以m≤1．
法二(朗博同构法)：由f (x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x＞0)，
由切线不等式得
故(1－m)x≥0(x＞0)恒成立，
所以1－m≥0，即m≤1．
名师点评　函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用零点存在定理估计所设零点所在的一个小范围(区间长度小于1个单位长度)，然后利用零点所满足的关系进行代换化简．
[跟进训练]
(2024·山东济南二模)已知函数f (x)＝ax2－ln x－1，g(x)＝xex－ax2(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：f (x)＋g(x)≥x．
[解]　(1)由题意可得f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2ax－＝，当a≤0时，则2ax2－1<0在(0，＋∞)上恒成立，
可知f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f ′(x)>0，解得x>；令f ′(x)<0，解得0可知f (x)在上单调递减，在上单调递增．
综上所述：当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：构建F (x)＝f (x)＋g(x)－x＝xex－ln x－x－1，x>0，
则F ′(x)＝(x＋1)ex－－1＝(x＋1)，
由x>0可知x＋1>0，
构建h(x)＝ex－，x>0，
因为y＝ex，y＝－在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且h＝－2<0，h(1)＝e－1>0，
可知h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0∈，
当0当x>x0时，h(x)>0，即F ′(x)>0；
可知F (x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
则F (x)≥F (x0)＝－ln x0－x0－1，
又因为－＝0，则＝，x0＝，x0∈，
可得F (x0)＝－x0－1＝0，
即F (x)≥0，
所以f (x)＋g(x)≥x．
题号
1
3
2
4
进阶特训(三)　利用导数解决函数的零点问题
1．(2024·湖南邵阳三模)已知函数f (x)＝－x3＋x2＋1．
(1)求函数f (x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f (x)－k(k∈R)有且仅有三个零点，求k的取值范围．
[解]　(1)由f (x)＝－x3＋x2＋1，得f ′(x)＝－x2＋2x，
令f ′(x)>0，得－x2＋2x>0，解得0所以f (x)在(0，2)上单调递增．
(2)令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝2．
当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表所示：
题号
1
3
2
4
x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋ 0 －
f (x) 单调递减 1 单调递增 单调递减
由函数g(x)＝f (x)－k有且仅有三个零点，得方程f (x)＝k(k∈R)有且仅有三个不等的实数根，所以函数y＝f (x)的图象与直线y＝k有且仅有三个交点．
显然，当x→－∞时，f (x)→＋∞；当x→＋∞时，f (x)→－∞．
所以由上表可知，f (x)的极小值为f (0)＝1，f (x)的极大值为f (2)＝，故k的取值范围为．
2．已知函数f (x)＝ax－－(a＋1)ln x，若f (x)恰有一个零点，求a的取值范围．
题号
1
3
2
4
[解]　由f (x)＝ax－－(a＋1)ln x(x＞0)，
得f ′(x)＝a＋＝(x＞0)．
(1)当a＝0时，f (x)＝－－ln x，f ′(x)＝，
当x∈(0，1)时，f ′(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)＜0，所以f (x)≤f (1)＝－1＜0，
所以f (x)不存在零点；
(2)当a＜0时，f ′(x)＝，
当x∈(0，1)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
所以f (x)max＝f (1)＝a－1＜0，
所以f (x)不存在零点；
(3)当a＞0时，f ′(x)＝，
①当a＝1时，f ′(x)≥0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f (1)＝a－1＝0，所以函数f (x)恰有一个零点；
题号
1
3
2
4
②当a＞1时，0＜＜1，故f (x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
因为f (1)＝a－1＞0，
所以f ＞f (1)＞0，
当x→0＋时，f (x)→－∞，由零点存在定理可知
f (x)在上必有一个零点，
所以a＞1满足条件；
题号
1
3
2
4
③当0＜a＜1时，＞1，故f (x)在(0，1)，上单调递增，在上单调递减．
因为f (1)＝a－1＜0，
所以f ＜f (1)＜0，
当x→＋∞时，f (x)→＋∞，由零点存在定理可知f (x)在上必有一个零点，
即0＜a＜1满足条件．
综上，若f (x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．
题号
1
3
2
4
3．已知函数f (x)＝．
(1)当a＝2时，求f (x)的单调区间；
(2)证明：若曲线y＝f (x)与直线y＝有且仅有两个交点，求a的取值范围．
题号
1
3
2
4
[解]　(1)当a＝2时，f (x)＝，则f (x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f ′(x)＝＝＝＝，
∴当x∈时，f ′(x)>0；当x∈时，
f ′(x)<0，∴f (x)在上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
(2)由题意知：a>0且a≠1．
∵曲线y＝f (x)与直线y＝有且仅有两个交点，
∴方程＝有且仅有两个不等实根，即方程＝有且仅有两个不等实根，
即方程＝有且仅有两个不等实根．
令F (x)＝，则F (x)的定义域为(0，＋∞)，F ′(x)＝，
∴当x∈(0，e)时，F ′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，F ′(x)<0，
∴F (x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
题号
1
3
2
4
∴F (x)max＝F (e)＝，当x→＋∞时，F (x)→0；当x→0时，F (x)→
－∞．
可得F (x)大致图象如图所示，
令t＝xa，则t∈(0，＋∞)，
∴F (t)＝F (a)有且仅有两个不同实根的充要条件为0<<，即F (1)4．设函数f (x)＝－k ln x，k＞0．
(1)求f (x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f (x)存在零点，则f (x)在区间(1，]上仅有一个零点．
题号
1
3
2
4
[解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．
由f (x)＝－k ln x(k＞0)，得f ′(x)＝x－＝．
由f ′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．
f ′(x)与f (x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如下表．
题号
1
3
2
4
x (0，) (，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋
f (x) 单调递减 单调递增
所以f (x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
f (x)在x＝处取得极小值f ()＝，无极大值．
(2)证明：由(1)知，f (x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f ()＝．
因为f (x)存在零点，所以≤0，从而k≥e，
当k＝e时，f (x)在区间(1，]上单调递减且f ()＝0，
所以x＝是f (x)在区间(1，]上的唯一零点；
当k＞e时，f (x)在区间(1，]上单调递减且f (1)＝＞0，f ()＝＜0，所以f (x)在区间(1，]上仅有一个零点．
综上可知，若f (x)存在零点，则f (x)在区间(1，]上仅有一个零点．
题号
1
3
2
4
谢 谢！

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