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第七节　函数零点问题
1.已知函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋b2（b＜0）在x＝－1处有极值，且极值为8，则f（x）的零点个数为（　　）
A.1　　　　 B.2
C.3　　　　 D.4
2.已知函数f（x）＝（x＋2）ex－m有两个零点，则m的取值范围是（　　）
A.（－，0） B.（－，＋∞）
C.（0，＋∞） D.（－∞，0）
3.〔多选〕（2024·福州质检）已知函数f（x）＝x3－3ax＋2有两个极值点，则（　　）
A.f（x）的图象关于点（0，2）对称
B.f（x）的极值之和为－4
C. a∈R，使得f（x）有三个零点
D.当0＜a＜1时，f（x）只有一个零点
4.已知函数f（x）＝ea－x＋＋4x－ln（x＋4）＋存在零点，则实数a的值为　　　　.
5.已知函数f（x）＝（x－1）ex－x2.
（1）求函数的单调区间；
（2）求f（x）的零点个数.
6.已知函数f（x）＝x3－12x＋m.
（1）若f（x）有两个零点，求m的值；
（2）若f（x）仅有一个零点，求实数m的取值范围；
（3）若f（x）有三个零点，且m∈Z，求m的最大值与最小值.
7.已知函数f（x）＝ln x－x＋2sin x，f'（x）为f（x）的导函数.
（1）求证：f'（x）在（0，π）上存在唯一零点；
（2）求证：f（x）有且仅有两个不同的零点.
第七节　函数零点问题
1.C　由题意得f'（x）＝3x2＋2bx＋c，因为函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋b2（b＜0）在x＝－1处有极值，且极值为8，所以f（－1）＝－1＋b－c＋b2＝8，f'（－1）＝3－2b＋c＝0，解得或（舍去），故f（x）＝x3－2x2－7x＋4，f'（x）＝3x2－4x－7＝（x＋1）（3x－7），当x∈（－∞，－1）或（，＋∞）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，当x∈（－1，）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减.又因为f（－3）＜0，f（－1）＞0，f（）＜0，f（4）＞0，所以f（x）有3个零点，故选C.
2.A　函数f（x）＝（x＋2）ex－m有两个零点，等价于直线y＝m与g（x）＝（x＋2）ex的图象有两个交点.g'（x）＝（x＋3）ex.则当x＜－3时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞－3时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，则g（x）min＝g（－3）＝－，又x→＋∞时，g（x）→＋∞，x→－∞时，g（x）→0，所以m的取值范围为（－，0）.
3.ACD　f（x）的图象可由奇函数g（x）＝x3－3ax的图象向上平移2个单位长度得到，故f（x）的图象关于点（0，2）对称，选项A正确.设f（x）的极值点分别为x1，x2（x1＜x2），则由对称性可知x1＋x2＝0，f（x1）＋f（x2）＝2×2＝4，即f（x）的极值之和为4，选项B错误.f'（x）＝3x2－3a，依题意，关于x的方程3x2－3a＝0有两个不同的根，则a＞0，x1＝－，x2＝，当x＜－时，f'（x）＞0，当－＜x＜时，f'（x）＜0，当x＞时，f'（x）＞0，所以f（x）在区间（－∞，－）上单调递增，在区间（－，）上单调递减，在区间（，＋∞）上单调递增.又当x→＋∞时，f（x）→＋∞，当x→－∞时，f（x）→－∞，所以作出f（x）的大致图象如图，由图象可知， 当f（x2）＝f（）＜0，即a＞1时，f（x）的图象与x轴有三个交点，即 a∈R，使得f（x）有三个零点，选项C正确.当0＜a＜1时，f（）＝a－3a＋2＝2（1－a）＞0，此时f（x）只有一个零点，选项D正确.综上，选A、C、D.
4.ln－3　解析：由f（x）＝0得ea－x＋＝ln（x＋4）－－4x，设g（x）＝ea－x＋，h（x）＝ln（x＋4）－－4x，x＞－4，则h'（x）＝－x－4＝，由h'（x）＞0得－4＜x＜－3，由h'（x）＜0得x＞－3，所以h（x）在（－4，－3）上单调递增，在（－3，＋∞）上单调递减，所以h（x）≤h（－3）＝.g（x）＝ea－x＋≥2＝，当且仅当a－x＝x－a＋2ln，即x＝a－ln时，等号成立.因为f（x）有零点，则a－ln＝－3，所以a＝ln－3.
5.解：（1）由题可得f'（x）＝xex－2x＝x（ex－2），
令f'（x）＝0，解得x＝0或x＝ln 2，
令f'（x）＜0，解得0＜x＜ln 2；令f'（x）＞0，解得x＜0或x＞ln 2，
所以f（x）的单调递减区间为（0，ln 2）；单调递增区间为（－∞，0），（ln 2，＋∞）.
（2）因为f（x）的单调递减区间为（0，ln 2）；单调递增区间为（－∞，0），（ln 2，＋∞），
由于f（0）＝－1＜0，则f（x）在（－∞，0）上无零点；
由于f（ln 2）＝2（ln 2－1）－（ln 2）2＜0，则f（x）在（0，ln 2）上无零点；
由于f（2）＝e2－4＞0，则f（x）在（ln 2，2）上存在唯一零点，
综上，函数f（x）在R上存在唯一零点.
6.解：由f（x）＝x3－12x＋m得f'（x）＝3x2－12＝3（x＋2）（x－2）.令f'（x）＝0得x1＝－2，x2＝2，即得f（x）在区间（－∞，－2）和（2，＋∞）上单调递增，在区间（－2，2）上单调递减，
所以f（x）极大值＝f（－2）＝16＋m，f（x）极小值＝f（2）＝－16＋m.
（1）若f（x）恰有两个零点，则16＋m＝0或－16＋m＝0，所以m＝－16或m＝16.
（2）若f（x）仅有一个零点，则16＋m＜0或－16＋m＞0，所以m＜－16或m＞16.
故实数m的取值范围为（－∞，－16）∪（16，＋∞）.
（3）若f（x）有三个零点，则
所以－16＜m＜16.
又m∈Z，因此m的最大值为15，最小值为－15.
7.证明：（1）设g（x）＝f'（x）＝－1＋2cos x，
当x∈（0，π）时，g'（x）＝－2sin x－＜0，
所以g（x）在（0，π）上单调递减，
又因为g（）＝－1＋1＞0，g（）＝－1＜0，
所以g（x）在（0，π）上有唯一的零点.
（2）设f'（x）在（0，π）上的唯一零点为α，
由（1）知＜α＜.
①当x∈（0，α）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（α，π）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在（0，π）上存在唯一的极大值点α，
所以f（α）＞f（）＝ln－＋2＞2－＞0，
又因为f（）＝－2－＋2sin＜－2－＋2＜0，
所以f（x）在（0，α）上恰有一个零点.
又因为f（π）＝ln π－π＜2－π＜0，
所以f（x）在（α，π）上也恰有一个零点.
②当x∈[π，2π）时，sin x≤0，f（x）≤ln x－x，
设h（x）＝ln x－x，h'（x）＝－1＜0，
所以h（x）在[π，2π）上单调递减，所以h（x）≤h（π）＜0，
所以当x∈[π，2π）时，f（x）≤h（x）≤h（π）＜0恒成立，
所以f（x）在[π，2π）上没有零点.
③当x∈[2π，＋∞）时，f（x）≤ln x－x＋2.
设φ（x）＝ln x－x＋2，φ'（x）＝－1＜0，
所以φ（x）在[2π，＋∞）上单调递减，所以φ（x）≤φ（2π）＜0，
所以当x∈[2π，＋∞）时，f（x）≤φ（x）≤φ（2π）＜0恒成立，
所以f（x）在[2π，＋∞）上没有零点.
综上，f（x）有且仅有两个不同的零点.
1 / 1第七节　函数零点问题
重点解读
　　利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式等结构的函数零点个数（或方程根的个数）问题的一般思路：（1）可转化为利用导数研究其函数的图象与x轴（或直线y＝k）在该区间上的交点问题；（2）证明有几个零点时，利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值（最值）、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象，再利用函数零点存在定理，在每个单调区间内取值证明f（a）·f（b）＜0.
数形结合法研究函数的零点
（师生共研过关）
已知函数f（x）＝ex－（a∈R），讨论函数f（x）的零点个数.
解题技法
　　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图象交点的个数情况.
　若函数f（x）＝xln x－x＋｜x－a｜有且仅有两个零点，求a的取值范围.
函数性质法研究函数的零点
（师生共研过关）
（2025·郑州第三次质量检测）已知函数h（x）＝x2＋4－4（xsin x＋cos x），试证明h（x）在R上有且仅有三个零点.
解题技法
　　利用函数性质研究函数零点，主要是根据函数的单调性、奇偶性、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.
　已知函数f（x）＝ex－ln（x＋2），求证：f（x）＞.
构造法研究函数的零点
（师生共研过关）
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.
解题技法
　　在研究较复杂函数的零点（求较复杂方程的根）时，需构造出相应的函数，依据该函数的性质（单调性、极值等）求出函数的零点（方程的根），或利用零点（方程的根）求参数的取值范围.
　已知f（x）＝ax2（a∈R），g（x）＝2ln x，若方程f（x）＝g（x）在区间[1，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围.
第七节　函数零点问题
【考点·分类突破】
技法1
【例1】 解：由f（x）＝0，得xex＝a（x≠0）.
设h（x）＝xex（x≠0），得h'（x）＝（x＋1）ex，
令h'（x）＞0得x＞－1且x≠0，令h'（x）＜0，得x＜－1，
所以h（x）在（－1，0）和（0，＋∞）上单调递增，在（－∞，－1）上单调递减，
所以h（x）min＝h（－1）＝－.
又x＜0时，h（x）＜0，x＞0时，h（x）＞0，
据此可画出h（x）的大致图象如图，
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.
跟踪训练
解：由f（x）＝0可得｜x－a｜＝x－xln x，则函数y＝｜x－a｜与函数y＝x－xln x的图象有两个交点.
设g（x）＝x－xln x，则g'（x）＝－ln x.
令g'（x）＝－ln x＞0，解得0＜x＜1；
令g'（x）＝－ln x＜0，解得x＞1.
所以g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.
令g'（x）＝1，解得x＝，可求得g（x）的图象在x＝处的切线方程为y＝x＋.
令g'（x）＝－1，解得x＝e，可求得g（x）的图象在x＝e处的切线方程为y＝－x＋e.
据此作出函数y＝｜x－a｜与函数y＝x－xln x的图象，如图所示.
切线y＝x＋与y＝－x＋e在x轴上的截距分别为－，e，又当a＝0时，函数y＝｜x－a｜与函数y＝x－xln x的图象只有一个交点（1，1），不符合题意，因此a≠0，
故数形结合可得实数a的取值范围为（－，0）∪（0，e）.
技法2
【例2】 证明：h（x）＝x2＋4－4xsin x－4cos x，
∵h（－x）＝x2＋4－4xsin 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＋4－4xsin 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－4xcos x＝2x（1－2cos x），
当x∈（0，）时，h'（x）＜0；当x∈（，4）时，h'（x）＞0，
∴h（x）在（0，）上单调递减，在（，4）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（0，）上无零点，在（，4）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上有且仅有三个零点.
跟踪训练
证明：f'（x）＝ex－，x＞－2，
则f'（x）在（－2，＋∞）上单调递增，
且f'（－）＝－＜0，
f'（0）＝1－＝＞0，
所以f'（x）在（－，0）上存在唯一零点x0，满足＝，
所以x0＝－ln（x0＋2）.
当x∈（－2，x0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（x0，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）≥f（x0）＝－ln（x0＋2）＝＋x0.
令h（t）＝t＋，t∈（－，0），
则h'（t）＝1－＞0，
所以h（t）＞h（－）＝－＝，
所以f（x）＞.
技法3
【例3】 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.
令g（x）＝（x＞0），g'（x）＝（x＞0）.
令g'（x）＝＝0，解得x＝e.
当x∈（0，e）时，g'（x）＞0，此时g（x）单调递增；
当x∈（e，＋∞）时，g'（x）＜0，此时g（x）单调递减.
故g（x）max＝g（e）＝，且当x＞e时，g（x）∈（0，），又g（1）＝0，所以0＜＜，解得1＜a＜e或a＞e，故a的取值范围是（1，e）∪（e，＋∞）.
跟踪训练
解：∵方程f（x）＝g（x）在[1，e]上有两个不相等的解，
即a＝在[1，e]上有两个不同的解，
∴y＝a与φ（x）＝，x∈[1，e]有两个不同的交点，
φ'（x）＝，
令φ'（x）＝0，得x＝，
∴当x∈[1，）时，φ'（x）＞0，当x∈（，e]时，φ'（x）＜0，
∴φ（x）在[1，）上单调递增，在（，e]上单调递减，
∴φ（x）max＝φ（）＝，
又φ（e）＝，φ（1）＝0，
∴要使y＝a与y＝φ（x）有两个不同的交点，
则≤a＜，
故a的取值范围是.
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第七节　函数零点问题
高中总复习·数学
重点解读
　　利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式等
结构的函数零点个数（或方程根的个数）问题的一般思路：（1）可转化
为利用导数研究其函数的图象与x轴（或直线y＝k）在该区间上的交点问
题；（2）证明有几个零点时，利用导数研究函数的单调性，确定分类讨
论的标准，确定函数在每一个区间上的极值（最值）、端点函数值等性
质，进而画出函数的大致图象，再利用函数零点存在定理，在每个单调区
间内取值证明f（a）·f（b）＜0.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
微突破　隐零点问题
02.
课时·跟踪检测
03.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
数形结合法研究函数的零点（师生共研过关）
已知函数f（x）＝ex－ （a∈R），讨论函数f（x）的零点个数.
解：由f（x）＝0，得xex＝a（x≠0）.
设h（x）＝xex（x≠0），得h'（x）＝（x＋1）ex，
令h'（x）＞0得x＞－1且x≠0，令h'（x）＜0，得x＜－1，
所以h（x）在（－1，0）和（0，＋∞）上单调递增，
在（－∞，－1）上单调递减，所以h（x）min＝h（－1）＝－ .
又x＜0时，h（x）＜0，x＞0时，h（x）＞0，据此可画出h（x）的大致图象如图，
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.
解题技法
　　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图象交点的个数情况.
　若函数f（x）＝xln x－x＋｜x－a｜有且仅有两个零点，求a的取值范
围.
解：由f（x）＝0可得｜x－a｜＝x－xln x，则
函数y＝｜x－a｜与函数y＝x－xln x的图象有两
个交点.
设g（x）＝x－xln x，则g'（x）＝－ln x.
令g'（x）＝－ln x＞0，解得0＜x＜1；
令g'（x）＝－ln x＜0，解得x＞1.
所以g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.
令g'（x）＝1，解得x＝ ，可求得g（x）的图象在x＝ 处的切线方程为y＝x＋ .
令g'（x）＝－1，解得x＝e，可求得g（x）的图象在x＝e处的切线方程为y＝－x＋e.
据此作出函数y＝｜x－a｜与函数y＝x－xln x的图象，如图所示.切线y＝x＋ 与y＝－x＋e在x轴上的截距分别为－ ，e，又当a＝0时，函数y
＝｜x－a｜与函数y＝x－xln x的图象只有一个交点（1，1），不符合题意，因此a≠0，故数形结合可得实数a的取值范围为（－ ，0）∪（0，e）.
函数性质法研究函数的零点（师生共研过关）
（2025·郑州第三次质量检测）已知函数h（x）＝x2＋4－4（x sin x
＋ cos x），试证明h（x）在R上有且仅有三个零点.
证明：h（x）＝x2＋4－4x sin x－4 cos x，
∵h（－x）＝x2＋4－4x sin x－4 cos 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－4 cos x＝x（x－4 sin x）＋4（1－ cos x）.
当x∈[4，＋∞）时，x－4 sin 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（1－2 cos x），
当x∈（0， ）时，h'（x）＜0；当x∈（ ，4）时，h'（x）＞0，
∴h（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，4）上单调递增，
∴h（x）min＝h（ ）＝ ＋4－ sin －4 cos ＝ ＋2－ ＜0，
又h（0）＝0，且h（4）＝20－16 sin 4－4 cos 4＞0，
∴h（x）在（0， ）上无零点，在（ ，4）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上有且仅有三个零点.
解题技法
　　利用函数性质研究函数零点，主要是根据函数的单调性、奇偶性、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.
　已知函数f（x）＝ex－ln（x＋2），求证：f（x）＞ .
证明：f'（x）＝ex－ ，x＞－2，
则f'（x）在（－2，＋∞）上单调递增，
且f'（－ ）＝ － ＜0，
f'（0）＝1－ ＝ ＞0，
所以f'（x）在（－ ，0）上存在唯一零点x0，满足 ＝ ，所以x0＝
－ln（x0＋2）.
当x∈（－2，x0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（x0，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）≥f（x0）＝ －ln（x0＋2）＝ ＋x0.　
令h（t）＝t＋ ，t∈（－ ，0），
则h'（t）＝1－ ＞0，
所以h（t）＞h（－ ）＝ － ＝ ，
所以f（x）＞ .
构造法研究函数的零点（师生共研过关）
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.
令g（x）＝ （x＞0），g'（x）＝ （x＞0）.
令g'（x）＝ ＝0，解得x＝e.
当x∈（0，e）时，g'（x）＞0，此时g（x）单调递增；
当x∈（e，＋∞）时，g'（x）＜0，此时g（x）单调递减.
故g（x）max＝g（e）＝ ，且当x＞e时，g（x）∈（0， ），又g（1）
＝0，所以0＜ ＜ ，解得1＜a＜e或a＞e，故a的取值范围是（1，e）
∪（e，＋∞）.
解题技法
　　在研究较复杂函数的零点（求较复杂方程的根）时，需构造出相应的
函数，依据该函数的性质（单调性、极值等）求出函数的零点（方程的
根），或利用零点（方程的根）求参数的取值范围.
　已知f（x）＝ax2（a∈R），g（x）＝2ln x，若方程f（x）＝g（x）
在区间[1，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围.
解：∵方程f（x）＝g（x）在[1，e]上有两个不相等的解，
即a＝ 在[1，e]上有两个不同的解，
∴y＝a与φ（x）＝ ，x∈[1，e]有两个不同的交点，
φ'（x）＝ ，
令φ'（x）＝0，得x＝ ，
∴当x∈[1， ）时，φ'（x）＞0，当x∈（ ，e]时，φ'（x）＜0，
∴φ（x）在[1， ）上单调递增，在（ ，e]上单调递减，
∴φ（x）max＝φ（ ）＝ ，
又φ（e）＝ ，φ（1）＝0，
∴要使y＝a与y＝φ（x）有两个不同的交点，
则 ≤a＜ ，
故a的取值范围是 .
PART 02
微突破　隐零点问题
　　在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f（x）在区间I上的零
点，当所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可
尝试这样求解：先证明函数f（x）在区间I上存在唯一的零点x0（例如，
函数f（x）在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就
可证明存在唯一的零点），再进行解答即可.因为x0不易求出（当然，有时
是可以求出但无需求出），所以把零点x0叫做隐零点（若x0容易求出，就
叫做显零点）.
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x＋y＝0，求
实数a的值；
解： 因为f（x）＝ex sin x－ax，
所以f'（x）＝ex（ sin x＋ cos x）－a，所以f'（0）＝1－a.
因为曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x＋y＝0，
所以f'（0）＝－1，所以1－a＝－1，所以a＝2.
（2024·茂名二模）已知函数f（x）＝ex sin x－ax.
（2）若a＝ ，求函数f（x）在区间［0， ］上的最大值.
解： 当a＝ 时，令h（x）＝f'（x）＝ex（ sin x＋ cos x）－ ，
h'（x）＝ex（ sin x＋ cos x＋ cos x－ sin x）＝2ex cos x，
当x∈［0， ］时，h'（x）≥0，h（x）单调递增，
又h（0）＝1－ ＝－ ＜0，h（ ）＝ － ＞e－ ＞0，
所以存在唯一的x0∈（0， ），使得h（x0）＝0，
当x∈[0，x0）时，h（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（x0， ］时，
h（x）＞0，f（x）单调递增.
又f（0）＝0，f（ ）＝ － ＞e－ ＝e－2.5＞0，
所以f（x）max＝f（ ）＝ － .
点评 破解隐零点问题的一般思路：①确定隐零点的范围，隐零点一般不易
求出，可用零点存在定理、数形结合等方法尽可能地缩小其范围，设出零
点x0（设而不求）；②以零点x0为分界点，将函数划分为两类性质不同的
单调区间（或导函数分为大于0、小于0两个区间）；③根据零点所满足的
关系式，整体代入求解或证明.
已知函数f（x）＝xln x－ex＋1.讨论f（x）在（0，＋∞）上的单调性.
解：令g（x）＝f'（x）＝ln x＋1－ex（x＞0），
则g'（x）＝ －ex在（0，＋∞）上单调递减，
且g'（ ）＝2－ ＞0，g'（1）＝1－e＜0，
∴ x0∈（ ，1），使g'（x0）＝ － ＝0，
即ln x0＝－x0，
当x∈（0，x0）时，g'（x）＞0；当x∈（x0，＋∞）时，g'（x）＜0，
∴f'（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，＋∞）上单调递减，
∴f'（x）≤f'（x0）＝ln x0＋1－ ＝－（x0＋ ）＋1≤－2 ＋1＝
－1＜0，
当且仅当x0＝ ，即x0＝1时，等号成立，
显然，等号不成立，故f'（x）＜0，
∴f（x）在（0，＋∞）上单调递减.
PART 03
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. 已知函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋b2（b＜0）在x＝－1处有极值，且极
值为8，则f（x）的零点个数为（　　）
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
20
22
23
24
25
解析： 　由题意得f'（x）＝3x2＋2bx＋c，因为函数f（x）＝x3＋bx2＋
cx＋b2（b＜0）在x＝－1处有极值，且极值为8，所以f（－1）＝－1＋b
－c＋b2＝8，f'（－1）＝3－2b＋c＝0，解得 或 （舍
去），故f（x）＝x3－2x2－7x＋4，f'（x）＝3x2－4x－7＝（x＋1）
（3x－7），当x∈（－∞，－1）或（ ，＋∞）时，f'（x）＞0，函数f
（x）单调递增，当x∈（－1， ）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递
减.又因为f（－3）＜0，f（－1）＞0，f（ ）＜0，f（4）＞0，所以f
（x）有3个零点，故选C.
2. 已知函数f（x）＝（x＋2）ex－m有两个零点，则m的取值范围是
（　　）
C. （0，＋∞） D. （－∞，0）
√
解析： 　函数f（x）＝（x＋2）ex－m有两个零点，等价于直线y＝m
与g（x）＝（x＋2）ex的图象有两个交点.g'（x）＝（x＋3）ex.则当x＜－3时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞－3时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，则g（x）min＝g（－3）＝－ ，又x→＋∞时，g（x）→＋∞，x→－∞时，g（x）→0，所以m的取值范围为（－ ，0）.
3. 〔多选〕（2024·福州质检）已知函数f（x）＝x3－3ax＋2有两个极值
点，则（　　）
A. f（x）的图象关于点（0，2）对称
B. f（x）的极值之和为－4
C. a∈R，使得f（x）有三个零点
D. 当0＜a＜1时，f（x）只有一个零点
√
√
√
解析： 　f（x）的图象可由奇函数g（x）＝x3－
3ax的图象向上平移2个单位长度得到，故f（x）的图
象关于点（0，2）对称，选项A正确.设f（x）的极值
点分别为x1，x2（x1＜x2），则由对称性可知x1＋x2＝
0，f（x1）＋f（x2）＝2×2＝4，即f（x）的极值之和
为4，选项B错误.f'（x）＝3x2－3a，依题意，关于x的方程3x2－3a＝0有两个不同的根，则a＞0，x1＝－ ，x2＝ ，当x＜－ 时，f'（x）＞0，当－ ＜x＜ 时，f'（x）＜0，当x＞ 时，f'（x）＞0，所
以f（x）在区间（－∞，－ ）上单调递增，在区间（－ ， ）上
单调递减，在区间（ ，＋∞）上单调递增.又当x→＋∞时，f（x）→＋∞，当x→－∞时，f（x）→－∞，所以作出f（x）的大致图象如
图，由图象可知，当f（x2）＝f（ ）＜0，即a＞1时，f（x）的图象与x轴有三个交点，即 a∈R，使得f（x）有三个零点，选项C正确.当0＜a＜1时，f（ ）＝a －3a ＋2＝2（1－a ）＞0，此时f（x）只有一个零点，选项D正确.综上，选A、C、D.
4. 已知函数f（x）＝ea－x＋ ＋4x－ln（x＋4）＋ 存在零
点，则实数a的值为 .
解析：由f（x）＝0得ea－x＋ ＝ln（x＋4）－ －4x，设g（x）＝ea－x＋ ，h（x）＝ln（x＋4）－ －4x，x＞－4，则h'（x）＝ －x－4＝ ，由h'（x）＞0得－4＜x＜－3，由h'（x）＜0得x＞－3，所以h（x）在（－4，－3）上单调递增，在（－3，＋∞）上单调递减，所以h（x）≤h（－3）＝ .g（x）＝ea－x＋ ≥2 ＝ ，当且仅当a－x＝x－a＋2ln ，即x＝a－ln 时，等号成立.因为f（x）有零点，则a－ln ＝－3，所以a＝ln －3.
ln －3　
5. 已知函数f（x）＝（x－1）ex－x2.
（1）求函数的单调区间；
解： 由题可得f'（x）＝xex－2x＝x（ex－2），
令f'（x）＝0，解得x＝0或x＝ln 2，
令f'（x）＜0，解得0＜x＜ln 2；令f'（x）＞0，解得x＜0或x＞ln 2，
所以f（x）的单调递减区间为（0，ln 2）；单调递增区间为（－∞，
0），（ln 2，＋∞）.
（2）求f（x）的零点个数.
解： 因为f（x）的单调递减区间为（0，ln 2）；单调递增区间为
（－∞，0），（ln 2，＋∞），
由于f（0）＝－1＜0，则f（x）在（－∞，0）上无零点；
由于f（ln 2）＝2（ln 2－1）－（ln 2）2＜0，则f（x）在（0，ln 2）上无
零点；
由于f（2）＝e2－4＞0，则f（x）在（ln 2，2）上存在唯一零点，
综上，函数f（x）在R上存在唯一零点.
6. 已知函数f（x）＝x3－12x＋m.
（1）若f（x）有两个零点，求m的值；
（1）若f（x）恰有两个零点，则16＋m＝0或－16＋m＝0，所以m＝－
16或m＝16.
解：由f（x）＝x3－12x＋m得f'（x）＝3x2－12＝3（x＋2）（x－2）.
令f'（x）＝0得x1＝－2，x2＝2，即得f（x）在区间（－∞，－2）和
（2，＋∞）上单调递增，在区间（－2，2）上单调递减，
所以f（x）极大值＝f（－2）＝16＋m，f（x）极小值＝f（2）＝－16＋m.
（2）若f（x）仅有一个零点，求实数m的取值范围；
解：若f（x）仅有一个零点，则16＋m＜0或－16＋m＞0，所以m＜－
16或m＞16.
故实数m的取值范围为（－∞，－16）∪（16，＋∞）.
（3）若f（x）有三个零点，且m∈Z，求m的最大值与最小值.
解：若f（x）有三个零点，则
所以－16＜m＜16.
又m∈Z，因此m的最大值为15，最小值为－15.
7. 已知函数f（x）＝ln x－x＋2 sin x，f'（x）为f（x）的导函数.
（1）求证：f'（x）在（0，π）上存在唯一零点；
证明： 设g（x）＝f'（x）＝ －1＋2 cos x，
当x∈（0，π）时，g'（x）＝－2 sin x－ ＜0，
所以g（x）在（0，π）上单调递减，
又因为g（ ）＝ －1＋1＞0，g（ ）＝ －1＜0，
所以g（x）在（0，π）上有唯一的零点.
（2）求证：f（x）有且仅有两个不同的零点.
证明： 设f'（x）在（0，π）上的唯一零点为α，
由（1）知 ＜α＜ .
①当x∈（0，α）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（α，π）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在（0，π）上存在唯一的极大值点α，
所以f（α）＞f（ ）＝ln － ＋2＞2－ ＞0，
又因为f（ ）＝－2－ ＋2 sin ＜－2－ ＋2＜0，
所以f（x）在（0，α）上恰有一个零点.
又因为f（π）＝ln π－π＜2－π＜0，
所以f（x）在（α，π）上也恰有一个零点.
②当x∈[π，2π）时， sin x≤0，f（x）≤ln x－x，
设h（x）＝ln x－x，h'（x）＝ －1＜0，
所以h（x）在[π，2π）上单调递减，所以h（x）≤h（π）＜0，
所以当x∈[π，2π）时，f（x）≤h（x）≤h（π）＜0恒成立，
所以f（x）在[π，2π）上没有零点.
③当x∈[2π，＋∞）时，f（x）≤ln x－x＋2.
设φ（x）＝ln x－x＋2，φ'（x）＝ －1＜0，
所以φ（x）在[2π，＋∞）上单调递减，所以φ（x）≤φ（2π）＜0，
所以当x∈[2π，＋∞）时，f（x）≤φ（x）≤φ（2π）＜0恒成立，
所以f（x）在[2π，＋∞）上没有零点.
综上，f（x）有且仅有两个不同的零点.
THANKS
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