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第3节　用导数研究函数的零点　
　备考第1步——突破核心考点，提升关键能力
函数的零点是函数的重要概念，它常与方程的根、两个函数图象的交点横坐标相互转化，体现了知识应用的综合性，而导数是研究函数的重要工具，因而用导数研究函数的零点便成了高考的热考点、必考点，难度较大，对数学运算和逻辑推理的数学素养有较高要求．
题型一　求函数零点个数
【例1】　(2022·河南洛阳一模)已知函数f(x)＝，g(x)＝x cos x－sin x．
(1)判断函数g(x)在区间(0，3π)上零点的个数，并证明；
(2)函数f(x)在区间上(0，3π)的极值点从小到大分别为x1，x2，证明：f(x1)＋f(x2)<0．
解：(1)∵g(x)＝x cos x－sin x，
∴g′(x)＝cos x－x sin x－cos x＝－x sin x．
当x∈(0，π]时，∵sin x≥0，∴g′(x)≤0，
∴g(x)在区间(0，π]上单调递减，g(x)∴g(x)在区间(0，π]上无零点；
当x∈(π，2π]时，∵sin x≤0，∴g′(x)≥0，
∴g(x)在区间(π，2π]上单调递增，
而g(π)＝－π<0，g(2π)＝2π>0，
∴g(x)在区间(π，2π]上有唯一零点；
当x∈(2π，3π)时，∵sin x>0，∴g′(x)<0，
∴g(x)在区间(2π，3π)上单调递减，
而g(2π)＝2π>0，g(3π)＝－3π<0．
∴g(x)在区间(2π，3π)上有唯一零点．
综上可知，函数g(x)在区间(0，3π)上有两个零点．
(2)证明：∵f(x)＝，∴f′(x)＝．
由(1)知f(x)在(0，π]上无极值点；
在(π，2π]有极小值点，即为x1；
在(2π，3π)有极大值点，即为x2．
由x1cos x1－sin x1＝0，得x1＝tan x1，同理x2＝tan x2．
∵x2>x1，∴tan x2>tan (x1＋π)．
∵g(π)<0，g＝1＞0，g(2π)>0，g<0，以及y＝tan x的单调性，
∴x1∈，x2∈．
∵x2，x1＋π∈，tan x2＞tan (x1＋π)，
∴x2>x1＋π，
∴f(x1)＋f(x2)＝＋＝cos x1＋cos x2．
由y＝cos x在单调递减，
得cos x2即cos x2＋cos x1<0，故f(x1)＋f(x2)<0．
[思维升华]　利用导数确定函数零点的常用方法
(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题．
(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定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)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
[对点练]　(2022·广东广州检测)已知a≥1，函数f(x)＝x ln x－ax＋1＋a(x－1)2．
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)讨论f(x)的零点个数．
解：(1)若a＝1，则f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋2(x－1)．
当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0．
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)当a＝1时，f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，
因为f(1)＝0，且f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)有1个零点．
当a＞1时，f′(x)＝1＋ln x－a＋2a(x－1)＝1＋ln x＋2ax－3a，
令g(x)＝1＋ln x＋2ax－3a，
因为a＞1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f′(1)＝g(1)＝1－a＜0，
f′＝g＝1＋ln ＞0，
所以存在实数x0∈，使得g(x0)＝0．
在(0，x0)上，f′(x)＜0，f(x)是减函数；
在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)是增函数．
所以f(x)的最小值是f(x0)，其中x0满足f′(x0)＝0，即1＋ln x0＋2ax0－3a ＝0．
所以f(x0)＝x0ln x0－ax0＋1＋a(x0－1)2
＝x0(3a－1－2ax0)－ax0＋1＋a(x0－1)2
＝(1－x0)(a＋ax0＋1)，
因为x0∈，所以f(x0)＜0，
因为f＝＋1－＞0，f(3)＝3ln 3＋a＋1＞0，所以f(x)有2个零点．
综上所述，当a＝1时，f(x)有1个零点；当a＞1时，f(x)有2个零点．
题型二　根据函数零点个数求参数范围
【例2】　(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)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．
[思维点拨]　(1)求出a＝2时f(x)的解析式，求导，利用导数与单调性的关系即可求解；
(2)将已知转化为f(x)＝1在(0，＋∞)有两个不等实根，变形可得＝，令g(x)＝，利用导数求出g(x)的单调性及g(x)的大致图象，即可求解a的取值范围．
解析：(1)a＝2时，f(x)＝，
f′(x)＝＝＝
，
当x∈(0，)时，f′(x)>0，当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，
故f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
(2)(方法一)由题知f(x)＝1在(0，＋∞)有两个不等实根，
f(x)＝1 xa＝ax a ln x＝x ln a ＝，
令g(x)＝，g′(x)＝，
g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
又g(x)＝－∞，g(e)＝，g(1)＝0，g(x)＝0，
作出g(x)的大致图象，如图所示：
由图象可得0<<，解得a>1且a≠e，
即a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞)．
(方法二)令g(x)＝f(x)－1(x>0)，
g′(x)＝
1)02)a>1时，g′(x)＝0 x＝，
∴g(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
又g(x)＝－1<0，g(x)＝－1<0，
∴g(x)max＝g()>0，
则()a> ，
两边取以e为底的对数得ln > ln a－ln ln a>·ln a＝1，
令ln a＝t，得t－ln t>1，即t－1>ln t①．
又t－1≥ln t(证明略)当且仅当t＝1取等号，
故①式的解为t≠1，即ln a≠1．
∴a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞)．
[思维升华]　利用函数的零点求参数范围的方法
(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)利用函数零点存在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．
[对点练]　(2021·全国甲卷)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a>0．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．
解析：(1)f′(x)＝2a2x＋a－＝＝，x>0，
因为a>0，
所以－<0<，
所以在(0，)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上f(x)单调递增．
(2)由(1)可知，f(x)min＝f()＝a2×()2＋a×－3ln ＋1＝3＋3ln a，
因为y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，
所以3＋3ln a>0，
所以a>，
所以a的取值范围为(，＋∞)．
题型三　函数零点个数的证明
【例3】　(2021·新高考全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点
①2a；
②0[思维点拨]　(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论．
解析：(1)由函数的解析式可得：f′＝x，
当a≤0时，若x∈，则f′<0，f单调递减，
若x∈，则f′>0，f单调递增；
当00，f单调递增，
若x∈，则f′<0，f单调递减，
若x∈，则f′>0，f单调递增；
当a＝时，f′≥0，f在R上单调递增；
当a>时，若x∈，则f′>0，f单调递增，
若x∈，则f′<0，f单调递减，
若x∈，则f′>0，f单调递增；
(2)若选择条件①：
由于2a>1，
f(0)＝b－1>0，
f＝e－b－ab2－b<0，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点．
f＝2a－a＋b
>2a－a＋2a
＝2a ln －a
＝a ln ，
由于故a ln ≥0，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点．
综上可得，题中的结论成立．
若选择条件②：
由于0当b≥0时，e2>4，4a<2，f＝e2－4a＋b>0，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点．
当b<0时，构造函数H＝ex－x－1，则H′＝ex－1，
当x∈时，H′<0，H单调递减，
当x∈时，H′>0，H单调递增，
注意到H＝0，故H≥0恒成立，从而有：ex≥x＋1，此时：
f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b
＝x2＋，
当x>时，x2＋>0，
取x0＝＋1，则f>0，
即：f<0，f >0，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点．
f＝2a－a＋b
≤2a－a＋2a
＝2a ln －a
＝a ln ，
由于0故a ln <0，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点．
综上可得，题中的结论成立．
[思维升华]　证明函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．
[对点练]　已知函数f(x)＝x sin x＋cos x，g(x)＝x2＋4．
(1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性；
(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，试证明h(x)在R上有且仅有三个零点．
解：(1)f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos 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)证明：h(x)＝x2＋4－4x sin x－4cos x，
∵h(－x)＝x2＋4－4x sin x－4cos x＝h(x)，
∴h(x)为偶函数．
又∵h(0)＝0，
∴x＝0为函数h(x)的零点．
下面讨论h(x)在(0，＋∞)上的零点个数：
h(x)＝x2＋4－4x sin x－4cos x
＝x(x－4sin x)＋4(1－cos x)．
当x∈[4，＋∞)时，x－4sin x>0，4(1－cos x)≥0，
∴h(x)>0，∴h(x)无零点；
当x∈(0，4)时，h′(x)＝2x－4x cos x＝2x(1－2cos x)，
当x∈时，h′(x)<0；
x∈时，h′(x)>0，
∴h(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴h(x)min＝h＝＋4－sin －4cos ＝＋2－<0，
又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin 4－4cos 4>0，
∴h(x)在上无零点，在上有唯一零点．
综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，又h(0)＝0且h(x)为偶函数，
故h(x)在R上有三个零点．
　备考第2步——拓展创新应用，培优学科素养
函数“隐零点”问题
在导数问题中，导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，这样的零点我们称之为“隐零点”(即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达)．“隐零点”问题的基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离函数(参数)，技巧上反客为主．
【典例】　已知函数f(x)＝ex－ln x＋1．
(1)求函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)>3．
解：(1)因为f′(x)＝ex－，且f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，
所以y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即所求切线方程为y＝(e－1)x＋2；
(2)证明： f′(x)＝ex－，易知f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
且x→0时，f′(x)→－∞，f′(1)>0，
所以存在x0∈(0，1)，使得f′(x0)＝0，即f′(x)＝0有唯一的根，记为x0，
则f′(x0)＝ex0－＝0，对ex0＝两边取对数，
得ln ex0＝ln ，整理，得x0＝－ln x0，
因为x∈(0，x0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)＝ex0－ln x0＋1＝＋x0＋1≥3，
当且仅当＝x0，即x0＝1时，等号成立，
所以f(x)min>3，即f(x)>3．
[思维升华]　解决隐零点问题的常用方法
(1)直接观察法：有些导函数的零点可以直接观察出来，如常用1，e，等特殊值代入试求．
(2)零点代换法：当导函数的零点不可求时，根据导数的单调性，特殊值等特征，判断其是否存在零点，若存在，则虚设零点．虚设零点的关键步骤是“零点代换”，如本例中ex0＝，x0＝－ln x0，进而把指、对数函数转化为幂函数求解．注意：有些问题还要利用零点的存在性定理对隐零点的范围进行判断．
[对点练]　1．设函数f(x)＝e2x－a ln x．求证：当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln ．
证明：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．
当a＞0时，易知f′(x) 在(0，＋∞)上单调递增，且x→0时，f′(x)→－∞，
所以f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点，设为x0．
当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0．
所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
当且仅当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
因为2e2x0－＝0，所以e2x0＝，
两边取自然对数得ln e2x0＝ln ，
即2x0＝ln a－ln 2－ln x0，
ln x0＝－2x0－(ln 2－ln a)
＝－2x0－ln ，
∴a ln x0＝－2ax0－a ln ，
∴f(x0)＝e2x0－a ln x0
＝＋2ax0＋a ln ≥2a＋a ln (当且仅当x0＝时等号成立)．
所以当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln ．
2．设f(x)＝．
(1)若函数f(x)在(a，a＋1)上有极值，求实数a的取值范围；
(2)若关于x的方程f(x)＝x2－2x＋k有实数解，求实数k的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝－，当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f(x)的极大值点为x＝1，所以即0＜a＜1，故所求实数a的取值范围是(0，1)．
(2)方程f(x)＝x2－2x＋k有实数解，
即f(x)－x2＋2x＝k有实数解．
设g(x)＝f(x)－x2＋2x，
则g′(x)＝2(1－x)－．
接下来，需求函数g(x)的单调区间，所以需解不等式g′(x)≥0及g′(x)≤0，因而需解方程g′(x)＝0．但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．
因为g′(1)＝0，且当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，所以函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以g(x)max＝g(1)＝2．当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→－∞，所以函数g(x)的值域是(－∞，2]，所以所求实数k的取值范围是(－∞，2]．
专项突破(一)　第2课时
1．(2021·山东泰安模拟)已知函数f＝x2＋x＋sin x－a ln ．
(1)当a＝－1时，求f图象在点处的切线方程；
(2)当a>0且a≠2时，证明：f有且仅有两个零点．
解：(1)当a＝－1时，f＝x2＋x＋sin x＋ln ．
则f′＝2x＋1＋cos x＋，
则f′(0)＝3，又f(0)＝0
则f图象在点处的切线方程为y＝3x．
(2)由f′＝2x＋1＋cos x－(a>0)．
则f″＝2－sin x＋>0恒成立，f′(x)单调递增；
又x→－1，f′(x)→－∞；x→＋∞，f′(x)→＋∞，
则必然存在一点x0∈(－1，＋∞)，使得f′(x0)＝0，且x∈(－1，x0)，f′(x)<0，f(x)单减，x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单增，即f(x)min＝f(x0)，
则f(x0)≤f(0)＝0，
故若f(x)有且仅有两个零点，则f(x0)<0，只需最小值点不在x＝0处取得即可，
即f′(0)＝2－a≠0，即a≠2，
故当a>0且a≠2时，f(x)有且仅有两个零点．
2．已知函数f(x)＝aex－－1，其中a＞0．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝2ex－－1，
所以f′(x)＝2ex－，
所以f′(0)＝2－1＝1，又f(0)＝2－1＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0．
(2)要使函数f(x)有唯一零点，则需关于x的方程a＝有唯一的解．
设g(x)＝，则g′(x)＝，
设h(x)＝1－2x－ex，则h′(x)＝－2－ex＜0，
所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又h(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以g(x)的最大值为g(0)＝1，
所以当x∈(－∞，0]时，g(x)∈(－∞，1]；
当x∈(0，＋∞)时，g(x)∈(0，1)．
又a＞0，所以当方程a＝有唯一解时，a＝1．
所以函数f(x)有唯一零点时，a的值为1．
3．(2021·安徽池州一模)已知函数f(x)＝a ln x－x＋1．
(1)若f(x)在x＝1处有极值，求实数a的值；
(2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)函数f(x)＝a ln x－x＋1定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－1，
∵f(x)在x＝1处取到极值，∴f′(1)＝a－1＝0，解得a＝1
∴f′(x)＝－1＝，x>0．
当00，则f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，∞)上单调递减，
因此f(x)在x＝1处取得极大值，故a的值为1．
(2)∵x>0，f′(x)＝－1＝，
当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递減，不可能有两个零点；
当a>0时，f(x)在(0，a)上是増函数，在(a，＋∞)上是减函数，
∴f(a)是函数f(x)的最大值，
当f(a)≤0时，f(x)最多只有一个零点，显然不符合题意，
∴f(a)＝a ln a－a＋1>0，
令g(a)＝a ln a－a＋1，a>0，∴g′(a)＝ln a，a>0．
由g′(a)>0得a>1，因此g(a)在(1，＋∞)上单调递增，
同理可得g(a)在(0，1)上单调递减，又g(1)＝0，
∴g(a)≥0(当且仅当a＝1时等号成立)．
因此由f(a)＝a ln a－a＋1>0，可得a>0且a≠1，
又x→0且x>0时，f(x)→－∞；x→＋∞时f(x)→－∞，
(或分类讨论：当01时，＝2a2－ <2－e<0(此处有>a)，
∴f(x)在(0，a)和(a，＋∞)上都仅有一个零点．
∴a的取值范围是(0，1)∪(1，＋∞)．
4．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直．
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，
证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1．
解：(1)f′(x)＝3x2＋b．
依题意得f′＝0．即＋b＝0，故b＝－ ．
(2)证明：由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－．
令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝．
f′(x)与f(x)的情况为：
x －
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? c＋ ? c－ ?
因为f(1)＝f＝c＋，所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点．
因为f(－1)＝f＝c－，所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点．
由题设可知－≤c≤．
当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1．
当c＝时，f(x)只有两个零点－1和．
当－＜c＜时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈．
综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1．

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