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三　 利用导数研究函数的零点
能利用导数判断函数零点的个数或范围，能根据函数的零点求参数的取值范围，理解零点的几何意义，体会函数图象在解决此类问题中的作用．
考点1 数形结合法研究函数的零点
【例1】　（2024·广东汕头三模节选）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02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，φ(2)＝，
画出φ(x)＝的大致图象，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＝.
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，用x表示参数的函数，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．
【对点训练1】　（2024·湖北武汉模拟）已知函数f(x)＝ln x－ax2(a∈R).
(1)当a＝1时，求f(x)的最大值；
(2)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数．
解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞).
∵f(x)＝ln x－ax2(a∈R)，
∴f′(x)＝－ax＝，
当a＝1时，f′(x)＝.
令f′(x)＝0，得x＝±1.
∵x>0，
∴当x∈(0，1)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，
∴当x＝1时，函数f(x)取最大值，最大值为f(1)＝－.
(2)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（，e2]上单调递减．
又g(1)＝0，g（）＝，g(e2)＝，
作函数g(x)的图象如图所示．
由图可知，当0≤a<或a＝时，f(x)在[1，e2]上有1个零点，
当≤a<时，f(x)在[1，e2]上有2个零点，当a<0或a>时，f(x)在[1，e2]上没有零点．
考点2 利用函数的性质研究函数的零点
【例2】　（2024·河南郑州三模）已知函数f(x)＝eax－x，讨论f(x)的零点个数．
【解】　由题意知f′(x)＝aeax－1.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减，又f(0)＝1>0，f(1)＝ea－1≤0，
故f(x)存在一个零点，此时f(x)的零点个数为1.
当a>0时，令f′(x)<0，得x<－，令f′(x)>0，得x>－，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，
故f(x)的最小值为f＝.
当a＝时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点；
当a>时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点；
当0f(－1)＝e－a＋1>0，
x→＋∞时，f(x)→＋∞，此时f(x)有两个零点．
综上，当a≤0或a＝时，f(x)有一个零点；
当0当a>时，f(x)没有零点．
利用函数性质研究函数的零点，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．
【对点训练2】　（2024·广东梅州二模）已知函数f(x)＝ex，g(x)＝x2＋1，h(x)＝a sin x＋1(a>0).
(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>g(x)；
(2)讨论函数F(x)＝f(x)－h(x)在(0，π)上的零点个数．
解：(1)证明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x2－1，则G′(x)＝ex－2x.
记p(x)＝ex－2x，则p′(x)＝ex－2，
当x∈(0，ln 2)时，p′(x)<0，当x∈(ln 2，＋∞)时，p′(x)>0，
所以p(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，从而在(0，＋∞)上，G′(x)＝p(x)≥p(ln 2)＝2－2ln 2>0，
所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因此在(0，＋∞)上，G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x).
(2)F(x)＝f(x)－h(x)＝ex－a sin x－1，F′(x)＝ex－a cos x.
若01－a≥0，
所以F(x)在(0，π)上单调递增，则F(x)>F(0)＝0，即函数F(x)在(0，π)上无零点；
若a>1，记q(x)＝F′(x)＝ex－a cos x，
则在(0，π)上，q′(x)＝ex＋a sin x≥0，所以q(x)在(0，π)上单调递增，
而q(0)＝1－a<0，q＝e>0，
故存在x0∈，使q(x0)＝0，
所以当0而F(x0)0，
所以F(x)在(0，x0)上无零点，在(x0，π)上有唯一零点．
综上，当01时，F(x)在(0，π)上有且仅有1个零点．
考点3 构造函数法研究函数的零点
【例3】　（2021·全国甲卷理T21节选）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0＜x＜e时，g′(x)＞0，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，
故a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).
1．涉及函数的零点（方程的根）问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
2．构造函数的常用方法：①直接作差构造函数；②作商转化为两个函数；③指对同构构造函数．
【对点训练3】　已知函数f(x)＝ex＋x＋4ln (2－x)，判断函数f(x)的零点个数，并说明理由．
解：方法一　函数f(x)有两个零点．理由如下：
由题知f′(x)＝ex－＋1.
令g(x)＝f′(x)，x∈(－∞，2)，
则g′(x)＝ex－＝.
令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)，则h′(x)＝x(x－2)ex，
当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当0所以h(x)≤h(0)＝0，故g′(x)≤0，
所以g(x)在(－∞，2)上为减函数，
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．
方法二　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－20，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，
且当x→－∞时，g(x)→＋∞，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(－∞，0)上有一个交点，在(0，2)上有一个交点．
综上，函数f(x)有两个零点．
拉格朗日中值定理
1．拉格朗日(Lagrange)中值定理
若函数f(x)满足如下条件：
(1)f(x)在闭区间[a，b]上连续；
(2)f(x)在开区间(a，b)内可导．
则在(a，b)内至少存在一点ξ，使得f′(ξ)＝.
2．拉格朗日中值定理的几何意义
如图所示，在满足定理条件的曲线y＝f(x)上至少存在一点P(ξ，f（ξ)），该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线．
　
【典例】　（2024·河北衡水三模）已知f(x)＝ex－x.
(1)求f(x)的单调区间和最值；
(2)定理：若函数f(x)在(a，b)上可导，在[a，b]上连续，则存在ξ∈(a，b)，使得f′(ξ)＝，该定理称为“拉格朗日中值定理”．请利用该定理解决下面的问题：
若0【解】　(1)f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，单调减区间为(－∞，0).
当x＝0时，f(x)取得最小值1，无最大值．
(2)证明：要证－<(m＋1)2·，只需证mem－nen<(m＋1)2(m－n)，又0(m＋1)2.
令g(x)＝xex(x>0)，显然g(x)在(m，n)上可导，在[m，n]上连续，
故由拉格朗日中值定理知存在ξ∈(m，n)，使得g′(ξ)＝，
而g′(x)＝(x＋1)ex>0，g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为m<ξg′(m)，即g′(ξ)>(m＋1)em，
故只需证(m＋1)em≥(m＋1)2即可，因为m>0，所以只需证em≥m＋1.
由(1)知ex≥x＋1恒成立，因此原命题得证．
课时作业23
1．（12分）（2024·河北石家庄三模）已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋a ln x(a>0).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝2时，若函数g(x)＝f(x)－x2＋ex-1，求函数g(x)极值点的个数．
解：(1)f′(x)＝x－(a＋1)＋＝＝，x>0.
若00，f(x)单调递增；当x∈(a，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
若a>1，则当x∈(0，1)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
若a＝1，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝2时，g(x)＝ex-1－3x＋2ln x，g′(x)＝ex-1－3＋，x>0.
设h(x)＝ex-1－3＋，x>0，则h′(x)＝ex-1－，h′(x)在区间(0，＋∞)单调递增．
因为h′(1)＝－1<0，h′(2)＝e－>0，所以存在唯一实数x0∈(1，2)，使得h′(x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，即g′(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，即g′(x)单调递增．
g′(1)＝0，且g′(x)在(1，x0)单调递减，所以g′(x0)<0，
又g′(2)＝e－2>0，
因此g′(x)在区间(x0，2)存在唯一零点t.
当x∈(0，1)∪(t，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，t)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x)的极值点为1，t，
因此g(x)极值点的个数为2.
2．（16分）（2024·江苏南通二模）设函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π).已知f(x)的图象的两条相邻对称轴间的距离为，且f＝－.
(1)若f(x)在区间(0，m)上有最大值，无最小值，求实数m的取值范围；
(2)设直线l为曲线y＝f(x)在x＝－处的切线，求证：直线l与曲线y＝f(x)有唯一的公共点．
解：(1)由题意可得周期T＝＝2×，故ω＝2，f＝sin ＝－cos φ＝－
cosφ＝，
由于φ∈(0，π)，故φ＝，
故f(x)＝sin .
当x∈(0，m)时，2x＋∈，
由于f(x)在区间(0，m)上有最大值无最小值，故<2m＋≤，解得故m的取值范围是.
(2)证明：f′(x)＝2cos ，
f′＝2cos ＝2，
f＝sin ＝0，
故直线l的方程为y＝2.
令g(x)＝2－sin ，
则g′(x)＝2－2cos ≥0，
故g(x)在定义域内单调递增，又g＝0，
因此g(x)有唯一的零点－，
故直线l与曲线y＝f(x)有唯一的公共点，得证．
3．（16分）（2024·河南新乡二模）已知函数f(x)＝x(e－x－a).
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(－1，f（－1)）处的切线方程；
(2)方程f(x)＝－a ln x有两个不同的实数解，求a的取值范围．
解：(1)当a＝e时，f(x)＝x(e－x－e)，
则f′(x)＝e－x－e－xe－x＝(1－x)e－x－e，所以f′(－1)＝e，f(－1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(－1，f（－1)）处的切线方程为y＝e(x＋1)，即y＝ex＋e.
(2)由f(x)＝－a ln x，得xe－x－ax＝－a ln x，
即a(x－ln x)＝xe－x.
令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－＝，x>0，
当01时，h′(x)>0，
所以函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝1，即x－ln x≥1，
则由a(x－ln x)＝xe－x，可得a＝.
因为方程f(x)＝－a ln x有两个不同的实数解，所以函数y＝a与y＝的图象有两个不同的交点．
令g(x)＝，则g′(x)＝＝，
因为x－ln x≥1，所以1＋x－ln x≥2，令g′(x)<0，则x>1，令g′(x)>0，则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)＝，
又当x→0时，g(x)>0且g(x)→0，
当x→＋∞时，g(x)>0且g(x)→0，
如图所示，作出函数y＝g(x)与y＝a的大致图象，
由图可知，a的取值范围为.
4．（16分）已知函数f(x)＝ex－1＋ax(a∈R).
(1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)若关于x的方程＝ln x＋a有两个不同的实数解，求a的取值范围．
解：(1)由题意，得f′(x)＝ex＋a.
若a≥－1，则当x∈[0，＋∞）时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[0，＋∞）上单调递增，
∴当x∈[0，＋∞）时，f(x)≥f(0)＝0，符合题意；
若a<－1，令f′(x)<0，得x∴f(x)在(0，ln （－a)）上单调递减，
∴当x∈(0，ln （－a)）时，f(x)综上，a的取值范围为[－1，＋∞）.
(2)方法一　由＝ln x＋a，
得ex－a＝ln x＋a.
令ex－a＝t，则
∴x＋ln x＝t＋ln t.
易知y＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，∴t＝x，得a＝x－ln x，
则原问题可转化为方程a＝x－ln x有两个不同的实数解．
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，
则φ′(x)＝，
令φ′(x)<0，得0令φ′(x)>0，得x>1，
∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1，且当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，∴a≥1.
方法二　由＝ln x＋a，得ex＝ea(ln x＋a)，∴xex＝xea(ln x＋a)，即xex＝ea＋ln x(ln x＋a).
令u(x)＝xex，则u(x)＝u(a＋ln x).
当x>0时，u′(x)＝(x＋1)ex>0，
∴u(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝a＋ln x，即a＝x－ln x.
下同方法一．

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