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微专题5　函数零点
【考法探析·明规律】
例1　C　[解析] 方法一:当a=0时,显然函数f(x)有两个不同的零点,不符合题意.当a≠0时,由f'(x)=3ax2-6x=0,得x1=0,x2=.当a>0时,函数f(x)在(-∞,0),上单调递增,在上单调递减,又f(0)=1,所以函数f(x)存在小于0的零点,不符合题意;当a<0时,函数f(x)在,(0,+∞)上单调递减,在上单调递增,且f(0)=1,所以只需f>0,即-+1>0,解得a<-2,故选C.
方法二:当a=0时,显然f(x)有两个不同的零点,不符合题意.当a≠0时,令f(x)=ax3-3x2+1=0,则a==-(x≠0).设g(t)=-t3+3t,t≠0,则g'(t)=-3(t+1)(t-1).当t<-1或t>1时, g'(t)<0,当-10,故g(t)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)上单调递增.g(t)的图象如图所示.因为f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,所以关于x的方程a=g有唯一正根,所以直线y=a与曲线y=g有唯一交点,且交点横坐标大于0.由图可知,a自测题
1.-22　[解析] 因为函数f(x)=2x3-ax2+1在(0,+∞)上有且只有一个零点,即关于x的方程2x3-ax2+1=0在(0,+∞)上只有一个根,所以关于x的方程a=2x+x-2在(0,+∞)上只有一个根.令g(x)=2x+x-2(x>0),可得g'(x)=2-2x-3,再令g'(x)=0,解得x=1.当01时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.所以当x=1时,g(x)取得最小值g(1)=3,所以a=3.所以函数f(x)=2x3-3x2+1,则f'(x)=6x2-6x=6x(x-1),令f'(x)=0,解得x1=0,x2=1.当x∈(-2,0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,2)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.因为f(-2)=-27,f(0)=1,f(1)=0,f(2)=5,所以函数f(x)在[-2,2]上的最大值为5,最小值为-27,最大值与最小值的和为-22.
2.解:(1)当a=1时,f(x)=ex-(x+2),f'(x)=ex-1.令f'(x)<0,解得x<0;令f'(x)>0,解得x>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)若f(x)有两个零点,则关于x的方程ex-a(x+2)=0有两个解,从方程可知,x=-2时不成立,即关于x的方程a=有两个解.令h(x)=(x≠-2),则h'(x)==,
令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)<0,解得x<-2或-2所以函数h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,
且当x<-2时,h(x)<0,当x>-2时,h(x)>0,当x→-2+时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞.
因为关于x的方程a=有两个解,所以a>h(-1)=,所以满足条件的a的取值范围为.
例2　解:(1)当a=2时,f(x)=2x2-ln x,求导可得f'(x)=4x-(x>0),
因为直线x+3y=0的斜率为-,所以切线斜率为3,令4x-=3,可得x=1,则f(1)=2,可得切点为(1,2),所以切线方程为y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ax+(a-2)-=.
①当a≤0时,f'(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,此时f(x)最多有一个零点,不符合题意.
②当a>0时,令f'(x)=0,解得x=,
当x∈时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.
所以当x=时,f(x)取得最小值,最小值为f=1-+ln a.因为当x→+∞时,f(x)→+∞,当x→0+时,f(x)→+∞,所以要使函数f(x)有两个零点,只需f<0.设g(a)=ln a-+1,易知函数g(a)在(0,+∞)上单调递增.
因为g(1)=0,所以g(a)<0的解集为(0,1).综上所述,a的取值范围是(0,1).
自测题
解:(1)当a=2时,函数f(x)=ln x-2x的定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=-2,当00,当x>时,f'(x)<0,则函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,
所以函数f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是.
(2)函数g(x)=ln x-ax+1的定义域为(0,+∞),求导得g'(x)=-a.
当a≤0时,g'(x)>0,函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=1-a>0,当x→0+时,g(x)→-∞,所以函数g(x)存在唯一零点.当a>0时,由g'(x)>0,得0,所以函数g(x)在上单调递增,在上单调递减,g(x)max=g=-ln a.当00,当x→0+时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→-∞,所以函数g(x)有2个零点;当a=1时,-ln a=0,函数g(x)存在唯一零点;当a>1时,-ln a<0,函数g(x)无零点,即零点个数为0.综上,当a≤0或a=1时,函数g(x)有1个零点;
当0当a>1时,函数g(x)有0个零点.
例3　解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g'(x)=1-.当01时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.
综上,a=1.
(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f'(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-.当x∈时,h'(x)<0;当x∈时,h'(x)>0.所以h(x)在上单调递减,在上单调递增.
又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在上有唯一零点x0,在,+∞上有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.
因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f'(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈得f(x0)<.
因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2.所以e-2自测题
解:依题意得k<,令g(x)=(x>1),则g'(x)=,令h(x)=x-ln x-2(x>1),则h'(x)=1-=>0,∵h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0,∴存在x0∈(3,4),使得h(x0)=0,即
ln x0=x0-2,当x∈(1,x0)时,h(x)<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.∴g(x)min=g(x0)===x0∈(3,4),∴k1.C　[解析] 由题可知f'(x)=3x2-12=3(x+2)(x-2),x∈R.令f'(x)>0,得x>2或x<-2;令f'(x)<0,得-22.C　[解析] 方法一:由题可得f'(x)=6x(x-1),令f'(x)>0,解得x<0或x>1,令f'(x)<0,解得00,解得-1方法二:由题意得,关于x的方程a=2x3-3x2在(1,2)内仅有一个解.令y=2x3-3x2,则y'=6x(x-1),令y'>0,解得x<0或x>1,所以y=2x3-3x2在(1,2)上单调递增.原问题等价于a∈{y|y=2x3-3x2,x∈(1,2)}=(-1,4).故选C.
3.A　[解析] 函数f(x)=(x2-x)ln|2x-3|在区间[-2,2]上的零点个数即为方程(x2-x)ln|2x-3|=0在区间[-2,2]上的根的个数.由(x2-x)ln|2x-3|=0,得x2-x=0或ln|2x-3|=0,解得x=0或x=1或x=2,所以函数f(x)=(x2-x)ln|2x-3|在区间[-2,2]上的零点个数为3.故选A.
4.B　[解析] 由f(x)=2x-m-ln x=0,可得m=2x-ln x.令g(x)=2x-ln x(x>0),则g'(x)=2-=,当0时,g'(x)>0,则g(x)在上单调递减,在上单调递增,故g(x)min=g=1+ln 2,当x→0+时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞.因为函数f(x)=2x-m-ln x有且只有一个零点,所以函数g(x)=2x-ln x的图象与直线y=m有且只有一个交点,所以m=1+ln 2.
5.B　[解析] 方法一:f'(x)=3x2+a,则由题意知方程3x2+a=0有2个不等实根,所以a<0.由3x2+a=0得x1=-,x2=,易得函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.要使函数f(x)有3个零点,需满足
解得a<-3.故选B.
方法二:x=0显然不是函数f(x)的零点,由f(x)=0得-a=x2+.设g(x)=x2+(x≠0),则g'(x)=2x-=(x≠0),由g'(x)<0得x<0或00得x>1,所以g(x)在(-∞,0),(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.可作出g(x)的大致图象,如图所示.由图可知,要使关于x的方程-a=x2+有三个解,需满足-a>g(1)=3,故a<-3.故选B.
6.ABC　[解析] 对于A,当a=e,x>0时,要证明f(x)=ex-xe≥0,即证明ex≥xe,即证明x≥
ln xe=eln x,即证明≤,设g(x)=(x>0),则g'(x)=,当00,当x>e时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(e)==,故A正确;对于B,由f(x)=0,得ax-xa=0,则ax=xa,则xln a=aln x,则=,由A的分析及当x→+∞时,g(x)→0,当x→0+时,g(x)→-∞,可知当a>e时,00,f(1)=a-1<0,所以f(x)存在唯一零点x0∈(0,1),故C正确;对于D,f'(x)=axln a-axa-1,令f'(x)=0得
axln a=axa-1,两边同时取自然对数得(x-1)ln a+ln(ln a)=(a-1)ln x,设h(x)=
(x-1)ln a+ln(ln a)-(a-1)ln x,h'(x)=ln a-,因为a>1,所以a-1>0,所以h'(x)在(0,+∞)上单调递增.令h'(x)=0得x=,当x∈时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)最多有两个零点,所以f(x)最多有两个极值点,故D错误.故选ABC.
7.ACD　[解析] x2+axex-e2x=0等价于+-1=0,设g(x)=+-1,所以函数g(x)恰有3个零点.令t=,则t'=,当x<1时,t'>0,当x>1时,t'<0,则t=在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,当x→+∞时,t→0,当x→-∞时,t→-∞,则当x=1时,t取得最大值,即tmax=.因为函数g(x)恰有3个零点,所以关于t的方程t2+at-1=0有一个负根和一个小于的正根,所以+-1>0,解得a>e-.故选ACD.
8.e　[解析] 由题知f(x)=
f(a)=e.当a≤0时,f(a)=ea=e,解得a=1,不符合题意,故a>0.当x>0时,f(x)=xln x,则f'(x)=ln x+1,令f'(x)<0,得00,得x>,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,且f=-<0,当x→0时,f(x)→0,当x→+∞时,f(x)→+∞,且当01时,f(x)>0.所以方程f(x)=e在(0,+∞)上有唯一解.所以当a>0时,f(a)=aln a=e,且a>1,解得a=e.
9.①②④　[解析] 方法一:对于①,当k=0时,由f(x)=|lg x|-2=0,可得x=或x=100,①正确.如图,|lg x|=对于②,设直线y=kx+2与曲线y=-lg x(0lg x(x>1)相切于点Q(s,lg s),对函数y=lg x求导得y'=,由题意可得解得所以当0方法二:由题意知f(x)的零点个数即为y=|lg x|和y=kx+2的图象的交点个数,在同一个平面直角坐标系内画出y=|lg x|与y=kx+2的图象.由图可知当k=0时,两函数图象有2个不同的交点,故①正确;存在负数k,使直线y=kx+2与y=|lg x|的图象相切,故②正确;当k<0时,直线y=kx+2与y=|lg x|的图象至多有2个交点,故③不正确;由图易知当k>0时,直线y=kx+2与y=|lg x|的图象可以有3个不同的交点,故④正确.故正确的结论为①②④.
10.解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1),
(i)若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减.
(ii)若a>0,则由f'(x)=0,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.
综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)(i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.
(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.
①当a=1时,f(-ln a)=0,此时f(x)只有一个零点.
②当a∈(1,+∞)时,1-+ln a>0,即f(-ln a)>0,此时f(x)没有零点.
③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.
又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,所以f(x)在(-∞,-ln a)上有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln,则f(n0)=(a+a-2)-n0>-n0>-n0>0.
因为ln>-ln a,所以f(x)在(-ln a,+∞)上有一个零点.
综上,a的取值范围为(0,1).
11.ACD　[解析] 对于A,当a=1时,f(x)=ln(x+1)-sin x,所以f(0)=0,即切点为(0,0),由f'(x)=-cos x,可得切线的斜率k=f'(0)=0,所以f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=0,故A正确.对于B,当a=1时,f'(x)=-cos x.令g(x)=-cos x,则g'(x)=-+sin x,易知g'(x)在上单调递增.因为g'=-+1>0,g'(0)=-1<0,所以存在x0∈,使得g'(x0)=0,故当x∈(-1,x0)时,g'(x)<0,当x∈时,g'(x)>0,故函数g(x)在(-1,x0)上单调递减,在上单调递增,所以f'(x)在区间上有唯一的极小值点x0,故B错误.对于C,当a=1时,函数f(x)=ln(x+1)-sin x,且f'(x)=-cos x.当x∈(-1,0)时,f'(x)>0,函数f(x)在(-1,0)上单调递增,此时f(x)sin=1,所以函数f(x)在[0,+∞)上仅有两个零点.综上可得,当a=1时,函数f(x)有且仅有2个零点,故C正确.对于D,当a=0时,函数f(x)=ln(x+1),根据对数函数的性质,可得函数f(x)=ln(x+1)的图象与x轴仅有一个交点,即当a=0时,函数f(x)有且仅有一个零点,故D正确.故选ACD.
12.　[解析] 设f(x)=t,则f(t)=x,那么点(x,t),(t,x)都在函数y=f(x)的图象上.假设x>t,因为函数y=f(x)单调递增,所以f(x)>f(t),即t>x,与假设矛盾;假设t>x,因为函数y=f(x)单调递增,所以f(t)>f(x),即x>t,与假设矛盾.所以t=x,则f(x)=x在[2,4]上有解,即1-a=在[2,4]上有解.令g(x)=,x∈[2,4],则g'(x)=,令g'(x)=0,解得x=e,因此g(x)在[2,e]上单调递增,在(e,4]上单调递减,且g(e)=,g(2)=,g(4)==,所以≤1-a≤,即1-≤a≤1-,故实数a的取值范围为.
13.解:(1)若a=1,b=-1,则f(x)=x-x2ex-1,f'(x)=1-(2x+x2)ex,
所以f'(-2)=1,f(-2)=-3-,
所以曲线y=f(x)在点(-2,f(-2))处的切线方程为y=(x+2)-3-,即y=x--1.
(2)由题易知g(x)=f'(x)=1-a(2x+x2)ex,
所以g'(x)=-a(x2+4x+2)ex.
令g'(x)=0,得x=-2±.
当x<-2-或x>-2+时,g'(x)<0,当-2-0,则g(x)在(-∞,-2-),(-2+,+∞)上单调递减,
在(-2-,-2+)上单调递增.
故g(x)的单调递增区间为(-2-,-2+),单调递减区间为(-∞,-2-)和(-2+,+∞).
(3)若a=0,则f(x)=x+b,f(x)仅有1个零点,符合题意.若a≠0,由f(x)至多有2个零点,可知f(x)至多有1个极值点,则f'(x)=1-a(2x+x2)ex至多有1个变号零点.
由f'(x)=0,可得=(2x+x2)ex.
设h(x)=(2x+x2)ex,则h'(x)=(x2+4x+2)ex,可得h(x)在(-2-,-2+)上单调递减,在(-∞,-2-)和(-2+,+∞)上单调递增,
所以h(x)的极大值为h(-2-)=,极小值为h(-2+)=,且当x∈(-∞,-2)∪(0,+∞)时,h(x)>0,当x∈(-2,0)时,h(x)<0,作出h(x)的大致图象如图所示(横、纵坐标轴的单位长度不同),根据题意,直线y=与h(x)的图象至多有1个交点(切点除外),
所以≤或≥,
解得-≤a<0或014.解:(1)f'(x)=ex-.
由x=0是f(x)的极值点得f'(0)=0,所以m=1.
于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f'(x)=ex-.
函数f'(x)=ex-在(-1,+∞)单调递增,且f'(0)=0,因此当x∈(-1,0)时,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)证明:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),
故只需证明当m=2时,f(x)>0.
当m=2时,函数f'(x)=ex-在(-2,+∞)单调递增.又f'(-1)<0,f'(0)>0,故f'(x)=0在(-2,+∞)有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).
当x∈(-2,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f'(x0)=0得=,ln(x0+2)=-x0,故f(x)≥f(x0)=+x0=>0.
综上,当m≤2时,f(x)>0.微专题5　函数零点
微点1　参变分离判断零点个数
例1 已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A.(2,+∞) B.(1,+∞)
C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
[听课笔记]

【规律提炼】
参变分离是解决含参方程根的个数问题的一种常用且有效的方法,其核心思想是将方程中的参数和变量分离到等号两边,通过分析函数图象交点的情况来判断原方程根的个数.
自测题
1.若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)上有且只有一个零点,则f(x)在[-2,2]上的最大值与最小值的和为　　　　.
2.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.
微点2　分类讨论判断零点个数
例2 [2025·广州三模] 已知函数f(x)=ax2+(a-2)x-ln x,a∈R.
(1)当a=2时,求与f(x)的图象相切,且垂直于直线x+3y=0的直线方程;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
【规律提炼】
分类讨论是解决含参函数零点个数问题的另一种核心方法,尤其是当参数难以分离或分离后函数复杂时.其思想方法主要是依据参数的不同取值范围,将问题划分为若干互斥的情形,在每种情形下分别研究函数性质,从而确定零点个数.
自测题
已知函数f(x)=ln x-ax.
(1)若a=2,求函数f(x)的单调区间;
(2)设g(x)=f(x)+1,讨论函数g(x)的零点个数.
微点3　隐零点问题
例3 已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2【规律提炼】
解隐零点问题的一般步骤
第一步:用函数零点存在定理(或用二分法进一步缩小零点的范围)判定导函数零点的存在性,列出零点方程f'(x0)=0,并结合f(x)的单调性得到零点的范围.
第二步:以零点为分界点,说明导函数f'(x)的正负,进而得到f(x)的最值表达式.
第三步:将零点方程适当变形,整体代入最值式子中进行化简证明、求最值、解不等式等,有时候零点的范围在第三步通过解不等式或研究函数的单调性求之.我们将其称为隐形零点三部曲,导函数零点虽然隐形,但只要抓住特征(零点方程),判断其范围(用函数零点存在定理),最后整体代入即可.
其实隐零点问题最根本的就是整体代换,指转对,指对替换,抓住零点的范围,将零点方程式与最值式相结合,构造新的函数求最值、值域,证明不等式,对于含有参数的问题利用分类讨论、数形结合、构造函数等思想,以及综合的分析能力来解答.
自测题
已知函数f(x)=ax+xln x(a∈R),当a=1且k∈Z时,不等式k(x-1)1.函数f(x)=x3-12x+16的零点个数是 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.0 B.1 C.2 D.3
2.[2025·河南许平汝名校二模] 若函数f(x)=2x3-3x2-a在区间(1,2)内仅有一个零点,则a的取值范围为 (　 )
A.(2,3) B.(0,1) C.(-1,4) D.(-1,0)
3.函数f(x)=(x2-x)ln|2x-3|在区间[-2,2]上的零点个数是 (　 )
A.3 B.4 C.5 D.6
4.[2025·四川成都三模] 已知函数f(x)=2x-m-ln x有且只有一个零点,则m的值是 (　 )
A.1-ln 2 B.1+ln 2
C.ln 2 D.-ln 2
5.[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)
6.(多选题)已知x>0,a>0,且a≠1,函数f(x)=ax-xa,则 (　 )
A.当a=e时,f(x)≥0恒成立
B.当a>e时,f(x)有两个零点
C.当0D.存在a>1,使得f(x)存在三个极值点
7.(多选题)[2025·江西南昌模拟] 已知函数f(x)=x2+axex-e2x恰有3个零点,则a的值可以为 (　 )
A. B.e-
C.e- D.e
8.[2025·广东深圳二模] 已知函数f(x)=若f(a)=e,则实数a=　　　　.
9.已知函数f(x)=|lg x|-kx-2,给出下列四个结论:
①若k=0,则f(x)恰有2个零点;
②存在负数k,使得f(x)恰有1个零点;
③存在负数k,使得f(x)恰有3个零点;
④存在正数k,使得f(x)恰有3个零点.
其中所有正确结论的序号是　　　　.
10.已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
11.(多选题)已知函数f(x)=ln(x+1)-asin x,a∈R,则下列结论正确的是 (　 )
A.当a=1时,f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=0
B.当a=1时,f'(x)在上存在唯一极大值点x0
C.存在a,使得f(x)有且仅有2个零点
D.存在a,使得f(x)有且仅有1个零点
12.[2025·浙江嘉兴二模] 已知函数f(x)=ln x+ax(a>0),若方程f[f(x)]=x在区间[2,4]上有解,则实数a的取值范围为　　　　.
13.[2025·齐鲁名校联考] 已知a,b∈R,函数f(x)=x-ax2ex+b.
(1)若a=1,b=-1,求曲线y=f(x)在点(-2,f(-2))处的切线方程;
(2)若a>0,g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;
(3)若对任意b∈R,f(x)至多有2个零点,求a的取值范围.
14.已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.(共55张PPT)
微专题5 函数零点
微点1 参变分离判断零点个数
微点2 分类讨论判断零点个数
微点3 隐零点问题
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考查 内容 考题统计 考情分析 必备知识
零点 1.利用导数研究 函数的零点个数 （或极值点）； 2.已知函数零点 个数求参数范围
微点1 参变分离判断零点个数
例1 已知函数,若存在唯一的零点 ,且
,则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：当时,显然函数 有两个不同的零点,不符合题意.
当时,由,得, .
当时,函数在,上单调递增,在 上单调递减,
又,所以函数 存在小于0的零点,不符合题意;
当时,函数在,上单调递减,在 上单调递增,
且,所以只需,即 ,解得 ,
故选C.
方法二：当时,显然 有两个不同的零点,不符合题意.
当 时,令 ,则 .
设, ,则.
当 或时,,
当 时,,
故在,上单调递减,
在 上单调递增.
的图象如图所示.
因为存在唯一的零点 ,且,
所以关于的方程 有唯一正根,
所以直线 与曲线 有唯一交点,
且交点横坐标大于0.
由图可知,,
故 的取值范围为 .
故选C.
【规律提炼】
参变分离是解决含参方程根的个数问题的一种常用且有效的方法,
其核心思想是将方程中的参数和变量分离到等号两边,通过分析函
数图象交点的情况来判断原方程根的个数.
自测题
1.若函数在 上有且只有一个零
点,则在 上的最大值与最小值的和为_____.
[解析] 因为函数在 上有且只有一个零点,
即关于的方程在 上只有一个根,
所以关于的方程在 上只有一个根.
令,可得,
再令 ,解得.
当时,,当时, ,
所以在上单调递减,在上单调递增.
所以当 时,取得最小值,所以 .
所以函数,则 ,
令,解得,.
当时,, 单调递增；
当时,,单调递减；
当 时,,单调递增.
因为, ,, ,
所以函数在 上的最大值为5,最小值为,
最大值与最小值的和为 .
2.已知函数 .
（1）当时,讨论 的单调性；
解：当时,,.
令 ,解得；令,解得.
所以在 上单调递减,在 上单调递增.
2.已知函数 .
（2）若有两个零点,求 的取值范围.
解：若有两个零点,则关于的方程 有两个解,
从方程可知,时不成立,即关于的方程 有两个解.
令,则 ,
令,解得,令,解得 或 ,
所以函数在和上单调递减,在 上单调递增,
且当时,,当时,,
当 时, ,当 时, .
因为关于的方程有两个解,所以 ,
所以满足条件的的取值范围为 .
微点2 分类讨论判断零点个数
例2 [2025·广州三模] 已知函数, .
（1）当时,求与的图象相切,且垂直于直线 的
直线方程；
解：当时, ,求导可得 ,
因为直线的斜率为,所以切线斜率为3,
令 ,可得,则,可得切点为 ,
所以切线方程为,即 .
例2 [2025·广州三模] 已知函数, .
（2）若有两个零点,求实数 的取值范围.
解：函数的定义域为 ,
.
①当时,,函数在 上单调递减,
此时 最多有一个零点,不符合题意.
②当时,令,解得 ,
当时,,函数单调递减,
当 时,,函数 单调递增.
所以当时,取得最小值,最小值为 .
因为当 时, ,当时, ,
所以要使函数有两个零点,只需.
设 ,易知函数在 上单调递增.
因为,所以的解集为.
综上所述, 的取值范围是 .
【规律提炼】
分类讨论是解决含参函数零点个数问题的另一种核心方法,尤其是
当参数难以分离或分离后函数复杂时.其思想方法主要是依据参数的
不同取值范围,将问题划分为若干互斥的情形,在每种情形下分别
研究函数性质,从而确定零点个数.
自测题
已知函数 .
（1）若,求函数 的单调区间；
解：当时,函数的定义域为 ,
求导得,
当时,,当时, ,
则函数在上单调递增,在 上单调递减,
所以函数的单调递增区间是,单调递减区间是 .
已知函数 .
（2）设,讨论函数 的零点个数.
解：函数的定义域为 ,求导得 .
当时,,函数在 上单调递增,
,当时, ,
所以函数 存在唯一零点.
当时,由,得,由 ,得,
所以函数在上单调递增,在 上单调递减,
当时,,
当 时,, 当 时, ,
所以函数 有2个零点；
当时,,函数存在唯一零点；
当 时,,函数无零点,即零点个数为0.
综上,当 或时,函数 有1个零点；
当时,函数 有2个零点；
当时,函数 有0个零点.
微点3 隐零点问题
例3 已知函数,且 .
（1）求 ;
解：的定义域为 .
设,则,等价于 .
因为,,故,
而, ,得.
若,则.
当时,, 单调递减；
当时,,单调递增.
所以是 的极小值点,故 .
综上, .
例3 已知函数,且 .
（2）证明:存在唯一的极大值点,且 .
证明：由（1）知, .
设,则.
当时, ；当时,.
所以在 上单调递减,在 上单调递增.
又,,,
所以在 上有唯一零点,在,上有唯一零点1,
且当时, ；当时,；
当时, .
因为,所以是的唯一极大值点.
由 得,故 .
由得 .
因为是在上的最大值点,
由, 得.
所以 .
【规律提炼】
解隐零点问题的一般步骤
第一步：用函数零点存在定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）
判定导函数零点的存在性,列出零点方程,并结合的单
调性得到零点的范围.
第二步：以零点为分界点,说明导函数的正负,进而得到
的最值表达式.
第三步：将零点方程适当变形,整体代入最值式子中进行化简证明、
求最值、解不等式等,有时候零点的范围在第三步通过解不等式或
研究函数的单调性求之.
我们将其称为隐形零点三步曲,导函数零点虽然隐形,但只要抓住特征
（零点方程）,判断其范围（用函数零点存在定理),最后整体代入即可.
其实隐零点问题最根本的就是整体代换,指转对,指对替换,抓住
零点的范围,将零点方程式与最值式相结合,构造新的函数求最值、
值域,证明不等式,对于含有参数的问题利用分类讨论、数形结合、
构造函数等思想,以及综合的分析能力来解答.
自测题
已知函数,当且 时,不等式
对恒成立,求 的最大值.
解：依题意得,令 ,则,
令 ,则,
,,
存在,使得 ,即,
当时,,, 单调递减；
当时,,, 单调递增.
,
,
, .
［备选理由］例1利用参变分离考查函数零点求参问题;例2结合对称
性考查函数零点；例3考查分类讨论求函数零点,是典型的分类讨论
问题；例4是隐零点问题；例5考查到的导数运算技巧较多.
例1 ［配例1使用］已知 有4个不同
的零点,则实数 的取值可以为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 令 ,可得,所以 或,
易知 不是方程的根,所以 或.
令函数 ,则,
故当 或时,,单调递减,
当时, ,单调递增,
故,
当时, ,当时,,
作出函数 的图象如图.
由图可知方程 有两个不同的根.
由题意可得关于 的方程
有4个不同的根,
所以关于的方程 ,即有两个不同的根,
且与方程 的根不重合,
即函数的图象与直线 有两个不同的交点,
由图象可知,
要使函数 的图象与直线 有两个不同的交点,
只需且,即 且,
又 ,
所以,
分析选项可知,实数 的取值可以为 .
例2 ［配例1使用］[2025·天津部分区二模] 若函数
的图象关于直线
对称,且恰有6个零点,则 的取值范围为_______.
[解析] 因为的图象关于直线对称,
所以 ,且,
则且,解得 , ,
则 .
经检验,对任意 恒成立,
即的图象关于直线 对称,
故 符合题意.
设,因为 恰有6个零点,
所以的图象与
直线 有6个交点.
设, ,
现研究函数 的单调性,
因为 ,
所以由得,
由 得 ,
则在 上单调递减,
在 上单调递增,
则,
又因为 , , ,
所以根据图象变换以及对称性可画出
函数 的图象如图所示.
由图可知,,则的取值范围为 .
例3 ［配例2使用］[2025·北京朝阳区一模] 已知函数
.
（1）当时,求曲线在点 处的切线方程；
解：当时,,则 ,
所以, ,
所以曲线在点处的切线方程为 ,
即 .
例3 ［配例2使用］[2025·北京朝阳区一模] 已知函数
.
（2）若,求证：当时, ；
证明：由题设知 .
设函数 ,
当时, ,
所以对任意的恒成立,即 ,
所以函数在区间上单调递增,所以 ,
所以当且时, .
例3 ［配例2使用］[2025·北京朝阳区一模] 已知函数
.
（3）若函数有3个不同的零点,求 的取值范围.
解：函数的定义域为 ,
由（2）知 .
①当时,,函数在区间 上单调递减,
函数 至多有一个零点,不符合题意.
②当时,由（2）可知函数在区间 上单调递增,
函数 至多有一个零点,不符合题意.
③当时,对于函数 ,
因为,
所以关于的方程 有两个实数根, ,
且, ,
不妨设,则,当变化时,, 的变化情况如下：
0 - 0
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数的单调递增区间是, ,单调递减区间是 .
因为,所以1为 的一个零点.
又,,且 ,
所以存在唯一实数,使得 .
又,,且 ,
所以存在唯一实数,使得 .
所以当时,函数 有3个不同的零点.
综上,的取值范围为 .
例4 ［配例3使用］已知函数 ,若 ,
证明： .
证明：易知的定义域为, ,
令,则 ,
因为,所以,
所以在 上单调递增,
以下证明在上有唯一的零点 .
因为,所以 ,
,
故存在 ,使得,即 ,
所以当时,,在 上单调递减,
当时,,在 上单调递增,
故当时, 取得最小值
,
又,所以 .
例5 ［配例2、例3使用］[2025·江西南昌二模] 已知
.
（1）当时,求函数 的单调区间；
解：当时, ,
.
当时,,在 上单调递增；
当时,,在 上单调递减.
故当时,函数的单调递减区间为 ,
单调递增区间为 .
例5 ［配例2、例3使用］[2025·江西南昌二模] 已知
.
（2）当时,求证： ；
证明：因为,
所以当时,,所以 ,
当时,,所以 ,
所以 .
设,由（1）可知,所以 .
例5 ［配例2、例3使用］[2025·江西南昌二模] 已知
.
（3）当时,试讨论函数 的零点个数.
解：方法一： .
设,此时 ,
则 ,
因为,所以, ,
则为上的减函数, .
①当时,,结合为 上的减函数,
当时,,在 上单调递增,
当时,,在 上单调递减,
所以,所以,所以为 上的减函数,
又因为,所以 只有一个零点.
②当时, ,
所以存在,使得 ,
当时,,在 上单调递增,
当时,,在 上单调递减.
因为,所以,当 时, ,
所以存在,使得 ,
所以当时,,即,
所以 在 上单调递减,
当时,,即,所以在 上单调递增,
当时,,即,所以在 上单调递减,
当 时,,
又因为,所以 ,所以存在,使得 .
因为在上单调递减,所以当时, ,
所以 存在两个零点.
综上所述,当时,函数有1个零点；
当 时,函数 有2个零点.
方法二： ,
设,此时 ,
则 ,
设,则 .
①当时,,则,此时 ,
当时,,在 上单调递增,
当时,,在 上单调递减,
所以,所以,所以为 上的减函数.
又因为,所以 只有一个零点.
②当时, .
设,
因为 ,,所以存在,使得 ,
当时,,即,所以在 上单调递增,
当时,,即,所以在 上单调递减.
因为,所以,当 时, ,
故存在,使得 ,
所以当时,,即,
所以 在 上单调递减,
当时,,即,所以在 上单调递增,
当时,,即,所以在 上单调递减,
当 时,,
又因为,所以 ,
所以存在,使得 .
因为在上单调递减,
所以当时, ,
所以 存在两个零点.
综上所述,当时,函数有1个零点；
当 时,函数 有2个零点.
方法三：,设 ,则 ,
则 ,
设 ,则 .
因为,所以 , 则为上的减函数, .
①当,即时,,结合为 上的减函数,
当时,,在 上单调递增,
当时,,在 上单调递减,
所以,所以,所以为 上的减函数.
又因为,所以 只有一个零点.
②当时, ,
所以存在,使得 ,
当时,,在 上单调递增,
当时,,在 上单调递减,
因为,所以,当 时, ,
所以存在,使得 ,
所以当时,,即,
所以 在 上单调递减,
当时,,即,所以在 上单调递增,
当时,,即,所以在 上单调递减,
当 时,,
又因为,所以 ,所以存在,使得 .
因为在上单调递减,所以当时, ,
所以 存在两个零点.
综上所述,当时,函数有1个零点；
当 时,函数 有2个零点.

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