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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1 (2023·湖北武汉模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝tanx.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在∪内的零点个数．
解　(1)函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－tanx＝0，
得xsinx－excosx＝0.
设h(x)＝xsinx－excosx，
所以h′(x)＝(ex＋1)sinx＋(x－ex)cosx.
①当x∈时，可知ex>0>x，则ex>x，
所以x－ex<0，
又sinx<0，cosx>0，所以h′(x)<0，
从而h(x)＝xsinx－excosx在上单调递减，
又h(0)＝－1，h＝>0，
由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上有一个零点．
②当x∈时，cosx≥sinx>0，由(1)知函数f(x)＝在(0，1)上单调递减，所以当x∈时，函数f(x)＝>f(1)＝e>1，
则ex>x>0.
所以excosx>xsinx，
则h(x)＝xsinx－excosx<0恒成立．
所以h(x)在上无零点．
③当x∈时，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0，
则h(x)在上单调递增．
又h＝>0，h＝<0，
由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上存在一个零点．
综上，h(x)在∪内的零点个数为2，即F(x)在∪内的零点个数为2.
【常用结论】 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．
　1.(2023·江西高三质量监测(四))已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax3(a>e，e是自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；
(2)证明：函数f(x)在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点．
解　(1)f′(x)＝xex－ax2＝x(ex－ax)(a＞e)，
令f′(x)＝0，得x＝0或ex－ax＝0.
设g(x)＝ex－ax，则g′(x)＝ex－a，
令g′(x)＝0，得x＝ln a，
当x当x>ln a时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(ln a)＝a－aln a＝a(1－ln a)．
因为a>e，则g(x)min<0，此时g(x)在R上有且仅有两个零点，记为x1，x2(x1因为g(0)＝1>0，g(1)＝e－a<0，当x→＋∞时，g(x)>0，所以0又当x＜0时，f′(x)＜0，当0＜x＜x1时，f′(x)＞0，
所以0是f′(x)的变号零点，
即f′(x)在R上有且仅有3个变号零点，
所以函数f(x)在R上有且仅有3个极值点．
(2)证明：f′(x)＝x(ex－ax)，
由(1)知，当a>e时，f(x)在R上有3个极值点：0，x1，x2，其中0当00，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x1当x>x2时，g(x)>0，则f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在区间(0，＋∞)内的极大值为f(x1)，极小值为f(x2)，
且ex1＝ax1，e x2＝ax2 a＝，a＝.
所以f(x2)＝(x2－1)ex2－ax＝(x2－1)ex2－·x＝(x2－1)ex2－＝(－x＋3x2－3)＝<0，
同理，f(x1)＝<0，
而当x→＋∞时，f(x)>0，
因此函数f(x)在区间(0，x2]内无零点，在区间(x2，＋∞)上有且只有一个零点．
综上所述，函数f(x)在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点．
考向2利用两个函数图象的交点确定零点个数
例2 (2024·河北邢台第二中学高三阶段练习)已知函数f(x)＝ax2－|1＋ln x|(a>0)．
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)讨论f(x)零点的个数．
解　(1)当a＝1时，函数f(x)＝x2－|1＋ln x|的定义域为(0，＋∞)，
当00，
因此f(x)在上单调递增，
当x>时，f(x)＝x2－1－ln x，f′(x)＝2x－＝，当时，f′(x)>0，因此函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以函数f(x)的单调递增区间是，，单调递减区间是.
(2)函数f(x)＝ax2－|1＋ln x|(a>0)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝0，得a＝，
令函数g(x)＝，x>0，
当0g′(x)＝－＝<0，
函数g(x)在上单调递减，由于－(1＋ln x)≥0，即有－(1＋ln x)在上的取值集合是[0，＋∞)，又在上的取值集合是[e2，＋∞)，因此函数g(x)在上的取值集合是[0，＋∞)．
当x>时，g(x)＝，求导得g′(x)＝－，当0，当x>时，g′(x)<0，
因此函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，在x＝处取得极大值g＝，而 x∈，g(x)>0恒成立，
函数f(x)＝ax2－|1＋ln x|(a>0)的零点，
即方程a＝(a>0)的根，
亦即直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标，
在同一坐标系内作出直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象，如图，
观察图象知，当00)与函数y＝g(x)的图象有3个公共点；
当a＝时，直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象有2个公共点；
当a>时，直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象有1个公共点．
所以当0时，函数f(x)有1个零点．
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x轴有无交点，哪一区间在x轴上方，哪一区间在x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.(2023·湖北七市联考)已知函数f(x)＝ln x＋－2，g(x)＝xln x－ax2－x＋1.
(1)证明：函数f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点；
(2)假设存在常数λ>1，且满足f(λ)＝0，试讨论函数g(x)的零点个数．
解　(1)证明：f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
当02时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
因为f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1<0，f(e2)＝>0，
由零点存在定理及f(x)的单调性，得函数f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点．
(2)令g(x)＝0，即xln x－ax2－x＋1＝0，从而有ax＝ln x－1＋.
令φ(x)＝ln x－1＋，从而g(x)的零点个数等价于y＝ax的图象与φ(x)图象的交点个数．
φ′(x)＝－＝，令φ′(x)＝0，得x＝1.
当01时，φ′(x)>0，
所以φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且φ(x)min＝φ(1)＝0，其图象如图所示．
当a＝0时，y＝ax的图象与φ(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φ(x)的图象无交点．
当a>0时，y＝ax的图象经过第一、三象限，与φ(x)的图象至少有一个交点．
当y＝ax的图象与φ(x)的图象相切时，设切点横坐标为x0，
则有
即有ln x0＋－2＝0，从而x0＝λ，
此时a＝－＝>0.
所以，当a＝时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有两个交点；
当0当a>时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有一个交点．
综上所述，当a<0时，g(x)没有零点；当0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3 (2023·广东惠州实验中学高三下学期适应性考试)已知函数f(x)＝ax，其中0(1)求函数g(x)＝f(x)－xln a的单调区间；
(2)若函数h(x)＝ax－x2－xln a－a＋(3－k)ln a＋(ln a)2在x∈[1，＋∞)上存在零点，求实数k的取值范围．
解　(1)由已知，g(x)＝ax－xln a，
g′(x)＝axln a－ln a，
令g′(x)＝0，解得x＝0.
由0x (－∞，0) 0 (0，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) 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(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)令h(x)＝0，则存在x∈[1，＋∞)，
使得ax－x2－xln a－a＋(3－k)ln a＋(ln a)2＝0，
两边同时除以ln a，得－x2－x－＋ln a＋3－k＝0，
即－x2－x－＋ln a＋3＝k.
令t(x)＝－x2－x－＋ln a＋3，x∈[1，＋∞)，t′(x)＝ax－xln a－1，
由(1)知ax－xln a≥g(0)＝1，即t′(x)≥0，
则函数t(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以t(x)≥t(1)＝－－1－＋ln a＋3＝＋2.
故k≥2＋，
即实数k的取值范围为.
根据零点情况求参数范围的解法
　3.(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线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．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋xe－x，
∴f′(x)＝＋e－x－xe－x，
∴f′(0)＝1＋1＝2，又f(0)＝0，
∴所求切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.
(2)f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x＝ln (x＋1)＋，
①当a≥0时，若x>0，
则ln (x＋1)>0，≥0，
∴f(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．
②当a<0时，f′(x)＝.
令g(x)＝ex＋a(1－x2)，则g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1，
(a)当g′(－1)≥0，即－≤a<0时，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
∵g(－1)＝e－1>0，
∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意．
(b)当g′(－1)<0，即a<－时，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0.
∴g(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.
(ⅰ)当g(0)≥0，即－1≤a<－时，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．
(ⅱ)当g(0)<0，即a<－1时，
存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，
∴f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
∵f(0)＝0，
∴f(x1)>f(0)＝0，当x→－1时，f(x)<0，
∴f(x)在(－1，x1)上存在一个零点，即f(x)在(－1，0)上存在一个零点，
∵f(x2)0，
∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点．
综上，a的取值范围是(－∞，－1)．
考点三　“隐零点”问题
例4 已知函数f(x)＝ln x＋ax－a(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若不等式f(x)解　(1)由f(x)＝ln x＋ax－a知，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋a＝，
①当a≥0时，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a<0时，当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由f(x)令g(x)＝ln x－a(x2－x)，
①当a≤0时，在(1，＋∞)上，g(x)＝ln x－a(x2－x)＝ln x－ax(x－1)>0恒成立，与题意不符；
②当a>0时，g′(x)＝－a(2x－1)＝－2ax＋a在(1，＋∞)上单调递减，且g′(1)＝1－a，
当a∈(0，1)时，g′(1)>0，故在(1，＋∞)上存在x0，使得g′(x)＝0，当x∈(1，x0)时，g′(x)>0，
则在(1，x0)上，g(x)单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，与题意不符．
当a∈[1，＋∞)时，g′(x)综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
在函数的零点中，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”，即能确定其存在，但又无法或无需求出．对于“隐零点”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．
　4.已知函数f(x)＝aex－ln x，g(x)＝，a≠0.
(1)若g(x)在[1，3]上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a>0，求证：f(x)≥2＋ln a.
解　(1)∵g(x)＝＝ex－，
∴g′(x)＝ex－(x>0)．
∵g(x)在[1，3]上是增函数，
∴g′(x)≥0在[1，3]上恒成立，即≤xex在[1，3]上恒成立．
令t(x)＝xex，则t′(x)＝(x＋1)ex.
∵当x∈[1，3]时，t′(x)>0，
∴t(x)在[1，3]上是增函数，
∴(xex)min＝e.
∴≤e，解得a≥或a<0，
即实数a的取值范围是(－∞，0)∪.
(2)证明：f′(x)＝aex－＝，
令h(x)＝axex－1，
则h′(x)＝aex＋axex＝aex(1＋x)，
∵a>0，∴h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(0)＝－1<0，h＝e－1>0，
∴存在x0∈，使得h(x0)＝0，即存在x0∈，使得f′(x0)＝aex0－＝0，
即x0＝.
∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(x0)＝ae x0－ln x0＝－ln ＝＋x0＋ln a≥2＋ln a＝2＋ln a，
当且仅当＝x0，即x0＝1时等号成立，
∴当a>0时，f(x)≥2＋ln a.
课时作业
1．已知函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋m.
(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)有3个零点，求实数m的取值范围．
解　(1)由题意，得f′(x)＝6x2－6x－12，
故f′(1)＝－12，
又当m＝1时，f(1)＝2－3－12＋1＝－12，
故所求的切线方程为y＋12＝－12(x－1)，
即y＝－12x.
(2)由题意，得f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)＝6(x＋1)(x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2，
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；
当x∈(－1，2)时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)有极大值f(－1)＝m＋7，有极小值f(2)＝m－20.
若函数f(x)有3个零点，
则实数m满足
解得－7即实数m的取值范围为(－7，20)．
2．已知函数f(x)＝(x2－2x＋a)ex.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，判断函数g(x)＝f(x)－x2＋ln x的零点个数，并说明理由．
解　(1)f(x)的定义域为R，
f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x＋a)ex＝(x2＋a－2)ex，
当a≥2时，f′(x)≥0，则f(x)在R上是增函数；
当a<2时，f′(x)＝[x2－(2－a)]ex＝(x＋)(x－)ex，
令f′(x)＝0，得x＝±；
令f′(x)>0，得x<－或x>；
令f′(x)<0，得－所以函数f(x)在(－，)上单调递减，在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝1时，g(x)＝(x－1)2ex－x2＋ln x，其定义域为(0，＋∞)，
则g′(x)＝(x＋1)(x－1).
设h(x)＝ex－(x>0)，则h′(x)＝ex＋>0，
从而h(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又h＝－2<0，h(1)＝e－1>0，
所以存在x0∈，使得h(x0)＝e x0－＝0，
即e x0＝，x0＝－ln x0.
列表如下：
x (0，x0) x0 (x0，1) 1 (1，＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) 增函数 极大值 减函数 极小值 增函数
由表可得g(x)的极小值为g(1)＝－，
g(x)的极大值为g(x0)＝(x0－1)2e x0－x＋ln x0＝－x－x0＝－x＋－2.
因为y＝－x2＋－2在上是减函数，
所以－所以g(x)在(0，1]内没有零点．
又g(1)＝－<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在(1，＋∞)内有一个零点．
综上所述，g(x)只有一个零点．
3．(2023·河北石家庄高三模拟(二))已知函数f(x)＝－2sinx，x∈.
(1)若函数g(x)＝f(x)－＋sin2x，求g(x)的最小值；
(2)证明：函数f(x)在上有唯一零点．
解　(1)由题意，g(x)＝－2sinx＋sin2x，
g′(x)＝－2cosx＋2cos2x＝2(2cos2x－cosx－1)＝2(cosx－1)(2cosx＋1)，
因为x∈，
所以0≤cosx<1，
所以g′(x)<0，g(x)是减函数，
所以g(x)min＝g＝－2.
(2)证明：f(x)＝－2sinx，
设h(x)＝x－sinx，则h′(x)＝1－cosx≥0，h(x)是增函数，
所以x>0时，h(x)>h(0)＝0，即x>sinx，从而2x>2sinx，
由2x<，解得0所以当02sinx，即f(x)>0，f(x)无零点；
当2sin＝，<<，
所以f(x)＝－2sinx<0，f(x)无零点；
当≤x≤时，f′(x)＝－2cosx，
≤＝1，2cosx≥2cos＝1，
所以f′(x)＝－2cosx≤0，f(x)单调递减，
又f＝－2sin>－2×＝0，f＝－2sin＝－<0，
所以f(x)在上有唯一零点，也即在上有唯一零点．
4．(2024·湖北武汉模拟)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(a)＝2e2a－1>0，当b满足0f′(b)<0，(讨论a≥1或a<1来检验，
①当a≥1时，则0②当a<1时，则0综上，f′(b)<0.)
故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，则f′(x0)＝2e2x0－＝0，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，为f(x0)．
所以f(x0)＝e2 x0－aln x0＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln ，当且仅当x0＝时等号成立．
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
5．(2024·湖南邵东创新实验学校高三第二次月考)已知函数f(x)＝ex－x2－x－1，
(1)证明：当x>0时，f(x)>0恒成立；
(2)若关于x的方程＋＝asinx在(0，π)内有解，求实数a的取值范围．
解　(1)证明：函数f(x)＝ex－x2－x－1，x>0，求导得f′(x)＝ex－x－1，
令y＝ex－x－1，x>0，求导得y′＝ex－1>0，
则函数f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(x)>f′(0)＝0，
因此函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，
所以当x>0时，f(x)>0恒成立．
(2)设y＝x－sinx，x∈(0，π)，则y′＝1－cosx>0，
则y＝x－sinx在(0，π)上单调递增，y>0，即x>sinx>0，
方程＋＝asinx等价于ex－axsinx－x－1＝0，x∈(0，π)，
令g(x)＝ex－axsinx－x－1，
原问题等价于g(x)在(0，π)内有零点，
由x∈(0，π)，得xsinx由(1)知，当a≤时，g(x)＝ex－axsinx－x－1>ex－x2－x－1>0，
当x∈(0，π)时，函数y＝g(x)没有零点，不符合题意；
当a>时，由g(x)＝ex－axsinx－x－1，求导得g′(x)＝ex－a(xcosx＋sinx)－1，
令t(x)＝g′(x)＝ex－a(xcosx＋sinx)－1，
则t′(x)＝ex＋a(xsinx－2cosx)，
当x∈时，t′(x)>0恒成立，
当x∈时，令s(x)＝t′(x)＝ex＋a(xsinx－2cosx)，
则s′(x)＝ex＋a(3sinx＋xcosx)，
因为ex>0，a(3sinx＋xcosx)>0，则s′(x)>0，
即t′(x)在上单调递增，
又t′(0)＝1－2a<0，t′＝e＋a>0，
因此t′(x)在上存在唯一的零点x0，
当x∈(0，x0)时，t′(x)<0，函数g′(x)单调递减；
当x∈(x0，π)时，t′(x)>0，函数g′(x)单调递增，
显然g′(x0)0，
因此g′(x)在(0，π)上存在唯一的零点x1，
且x1∈(x0，π)，当x∈(0，x1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(x1，π)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
又g(0)＝0，g(x1)由(1)知，ex>x2＋x＋1>x＋1(x>0)，
则g(π)＝eπ－π－1>0，
所以g(x)在(0，x1)上没有零点，在(x1，π)上存在唯一零点，因此g(x)在(0，π)上有唯一零点．所以实数a的取值范围是.
6．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．
(1)求a；
(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．
解　(1)f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－＝.
当a≤0时，因为ex>0，所以f′(x)>0，即f(x)在R上单调递增，无最小值，不符合题意．
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a；
g(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(x)min＝g＝1＋ln a.
由题意，a－aln a＝1＋ln a，
即(a＋1)ln a＝a－1，
所以ln a－＝0，(*)
令h(a)＝ln a－，
则h′(a)＝－＝>0.
所以h(a)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝0，由(*)式解得a＝1.所以a＝1.
(2)证明：由(1)知a＝1，函数f(x)＝ex－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
函数g(x)＝x－ln x在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
设u(x)＝f(x)－g(x)＝ex－2x＋ln x(x＞0)，
则u′(x)＝ex－2＋＞ex－2，当x≥1时，u′(x)＞e－2＞0，
所以函数u(x)在[1，＋∞)上单调递增，因为u(1)＝e－2＞0，
所以当x≥1时，u(x)≥u(1)＞0恒成立，即f(x)－g(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)与g(x)的图象在[1，＋∞)上无交点．
当0＜x＜1时，u′(x)＝ex－1＋＞0，所以u(x)在(0，1)上单调递增，
又u(1)＝e－2＞0，u＝e－－2＜e－－2＜0，所以u(x)在(0，1)上存在唯一零点，
所以函数f(x)与函数g(x)的图象在(0，1)上存在唯一交点，设该交点为M(m，f(m))(0＜m＜1)，
由此可作出函数y＝f(x)和y＝g(x)的大致图象，
由图象可知，当且仅当直线y＝b经过点M(m，f(m))时，
直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，
此时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，
则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b.
因为f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)，
所以f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3)．
由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2，
则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，
f(ln x3)＝eln x2－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，
上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
综上可得，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．
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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1 (2023·湖北武汉模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝tanx.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在∪内的零点个数．
【常用结论】 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．
　1.(2023·江西高三质量监测(四))已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax3(a>e，e是自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；
(2)证明：函数f(x)在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点．
考向2利用两个函数图象的交点确定零点个数
例2 (2024·河北邢台第二中学高三阶段练习)已知函数f(x)＝ax2－|1＋ln x|(a>0)．
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)讨论f(x)零点的个数．
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x轴有无交点，哪一区间在x轴上方，哪一区间在x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.(2023·湖北七市联考)已知函数f(x)＝ln x＋－2，g(x)＝xln x－ax2－x＋1.
(1)证明：函数f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点；
(2)假设存在常数λ>1，且满足f(λ)＝0，试讨论函数g(x)的零点个数．
考点二　根据零点情况求参数范围
例3 (2023·广东惠州实验中学高三下学期适应性考试)已知函数f(x)＝ax，其中0(1)求函数g(x)＝f(x)－xln a的单调区间；
(2)若函数h(x)＝ax－x2－xln a－a＋(3－k)ln a＋(ln a)2在x∈[1，＋∞)上存在零点，求实数k的取值范围．
根据零点情况求参数范围的解法
　3.(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线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．
考点三　“隐零点”问题
例4 已知函数f(x)＝ln x＋ax－a(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若不等式f(x)在函数的零点中，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”，即能确定其存在，但又无法或无需求出．对于“隐零点”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．
　4.已知函数f(x)＝aex－ln x，g(x)＝，a≠0.
(1)若g(x)在[1，3]上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a>0，求证：f(x)≥2＋ln a.
课时作业
1．已知函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋m.
(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)有3个零点，求实数m的取值范围．
2．已知函数f(x)＝(x2－2x＋a)ex.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，判断函数g(x)＝f(x)－x2＋ln x的零点个数，并说明理由．
3．(2023·河北石家庄高三模拟(二))已知函数f(x)＝－2sinx，x∈.
(1)若函数g(x)＝f(x)－＋sin2x，求g(x)的最小值；
(2)证明：函数f(x)在上有唯一零点．
4．(2024·湖北武汉模拟)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
5．(2024·湖南邵东创新实验学校高三第二次月考)已知函数f(x)＝ex－x2－x－1，
(1)证明：当x>0时，f(x)>0恒成立；
(2)若关于x的方程＋＝asinx在(0，π)内有解，求实数a的取值范围．
6．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．
(1)求a；
(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．
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