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第2课时　利用导数研究函数零点
　　1.零点分为两类:变号零点和不变号零点.
2.零点问题的常用处理方法(利用函数零点存在定理的条件为函数图象在区间[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0):
①直接法:判断一个零点时,若函数为单调函数,则只需取值证明f(a)·f(b)<0即可.
②分类讨论法:判断几个零点时,需要先结合单调性,确定分类讨论的标准,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.
3.函数零点相关问题包括两个方向:
①与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法).
②可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧).能够利用等价转化、构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等.求解时一般先通过等价转化,将题目转化为函数零点问题,再构造函数,然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等,并结合分类讨论,通过确定函数的零点达到解决问题的目的.
　　　　　 　　　　　 　　　　　
　利用数形结合法讨论函数零点
例1 [2026·广东广州模拟] 已知函数f(x)=+a(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)判断f(x)的零点个数,并说明理由.



总结反思
根据参数确定函数零点的个数,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、最值、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”.
【对点演练1】 [2025·甘肃天水期末] 已知函数f(x)=x3-x2-x+2.
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)方程f(x)=m有三个实根,求实数m的取值范围.


　利用函数性质讨论函数零点
例2 [2026·湖北联考] 已知函数f(x)=2x-1-ln x,直线l:x-y-3=0.
(1)若点P是函数y=f(x)图象上的一点,求点P到直线l距离的最小值;
(2)若g(x)=f(x)+tex-2x,讨论函数g(x)的零点的个数.




总结反思
求解此类问题的一般步骤:
①求函数f(x)的导数.
②根据导数确定f(x)的单调区间.
③分类讨论参数在不同的取值范围内,函数f(x)的零点个数,即可得到结论(或得到参数需要满足的条件,进而求得参数的取值范围).
【对点演练2】 已知函数f(x)=+ax2+a.
(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.


　隐零点问题
例3 [2026·重庆七校联盟三模] 已知函数f(x)=(x-1)ex-ax+b,函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为x+y+2=0.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)的零点个数.




总结反思
含参函数的隐零点问题回代方法处理的一般步骤:
第一步,用零点存在定理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(有时零点范围需要适当调整加以缩小);
第二步,以零点x0为分界点,说明导函数f'(x)的正负,进而得到f(x)的最值f(x0)的表达式;
第三步,将零点方程适当变形,整体代入最值表达式进行化简证明.
【对点演练3】 [2025·安徽皖江名校联考] 已知函数f(x)=ax+sin x,曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线斜率为0.
(1)证明:函数f(x)在R上单调递增;
(2)设g(x)=mx3+f(x),若m≤-,判断函数g(x)的零点个数.



　与函数零点有关的证明问题
例4 [2026·山东青岛模拟] 设函数f(x)=e2x-ex-ax.
(1)若f(x)在区间[-1,1]上单调递减,求a的取值范围;
(2)若a>1,证明:f(x)在(0,+∞)上有唯一零点x1,且x1



总结反思
解决与零点有关的证明问题通常需要构造函数,常见的构造方法与解题思路如下:
(1)直接构造新函数,利用导数研究函数的单调性与极值(最值),从而得出不等关系;
(2)利用可分离变量构造新函数,把问题转化为函数的最值问题,从而判定不等关系;
(3)适当放缩构造法,根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论,从而判定不等关系;
(4)构造“形似”函数,先变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似结构构造辅助函数.
【对点演练4】 已知函数g(x)=ln x-bx,且g(x)有两个不同的零点x1,x2.
(1)求实数b的取值范围;
(2)求证:ln x1+ln x2>2.


第2课时　利用导数研究函数零点
● 课堂考点探究
探究点一
例1　解:(1)由题知f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞).由f(x)=+a(a∈R),求导得f'(x)==,
则当x>0时,f'(x)=>0,当-1所以f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(-1,0),单调递增区间为(0,+∞).
(2)由f(x)=+a=0,得-a=.
根据(1)中求出的单调区间并结合极小值点,
可作出函数y=的大致图象,如图所示.
所以当-a>1,即a<-1时,f(x)的零点个数为2;
当-a=1或-a<0,即a=-1或a>0时,f(x)的零点个数为1;
当0≤-a<1,即-1综上可得,当a<-1时,f(x)的零点个数为2;当-10时,f(x)的零点个数为1.
对点演练1　解:(1)f(x)=x3-x2-x+2的定义域为R,
f'(x)=3x2-2x-1=(x-1)(3x+1),
可得当x∈∪(1,+∞)时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0,
故f(x)的单调递增区间为,(1,+∞).
(2)由(1)知,函数f(x)在区间,(1,+∞)上单调递增,在区间上单调递减,
所以f(x)的极大值为f=,f(x)的极小值为f(1)=1,
则可作出函数f(x)的大致图象,如图所示.
方程f(x)=m有三个实根等价于直线y=m与f(x)的图象有三个交点,
由图可知当1探究点二
例2　解:(1)点P(x,f(x))到直线l:x-y-3=0的距离d(x)===.
令k(x)=ln x-x-2,则k'(x)=-1=.
由k'(x)>0,x>0,得00,得x>1,所以k(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以k(x)max=k(1)=-3,所以|ln x-x-2|min=3,
则所求距离的最小值为=.
(2)g(x)=f(x)+tex-2x=tex-ln x-1,定义域为(0,+∞),
令g(x)=0可得-t=0,
则函数g(x)的零点的个数与h(x)=-t的零点个数相同.
h'(x)=e-x, 再令m(x)=-ln x-1,
则m'(x)=--<0,所以m(x)=-ln x-1在(0,+∞)上单调递减,
又因为m(1)=0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
则h(x)max=h(1)=-t,当x→0+时, h(x)→-∞,
当x→+∞时,h(x)→-t.
所以当t>时,h(x)max=-t<0恒成立,h(x)无零点;
当t=时,h(x)max=-t=0,h(x)有1个零点;
当00,h(x)在(0,1)和(1,+∞)上各有1个零点,即h(x)有2个零点;
当t≤0时,h(x)max=-t≥,h(x)在(0,1)上有1个零点,在(1,+∞)上满足h(x)>0恒成立,即h(x)只有1个零点.
综上所述,当t>时, g(x)无零点;当t=或t≤0时,g(x)有1个零点;当0对点演练2　解:(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=+ax=x.
若a≤0,则a-<0恒成立,当x<0时,f'(x)>0,当x>0时,f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.
若a>0,则令f'(x)=0,得x=0或x=-ln a.
当0由f'(x)>0,得x<0或x>-ln a;由f'(x)<0,得0所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
当a=1时,f'(x)=x,
当x∈(-∞,0)时,1-<0,f'(x)=x>0,
当x∈(0,+∞)时,1->0,f'(x)=x>0,又f'(0)=0,
所以f'(x)≥0恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
当a>1时,由f'(x)>0,得x<-ln a或x>0;由f'(x)<0,得-ln a所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递增,在(-ln a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
综上所述,当a≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;当01时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递增,在(-ln a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)若0≤a≤1,则当x∈(-1,+∞)时,f(x)>0恒成立,
当x∈(-∞,-1)时,f(x)单调递增,所以f(x)不可能有两个零点.
若a>1,因为f(x)在(-∞,-ln a)上单调递增,
在(-ln a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以f(x)的极小值为f(0)=1+a>0,故f(x)不可能有两个零点.
若a<0,则f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
因为f(x)有两个零点,所以f(0)=1+a>0,即-1此时,当x→+∞时,f(x)→-∞,当x→-∞时,f(x)→-∞,
故f(x)有两个零点,符合题意.
综上可得,a的取值范围为(-1,0).
探究点三
例3　解:(1)由f(x)=(x-1)ex-ax+b求导得f'(x)=xex-a,
因为函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为x+y+2=0,所以f'(0)=-1,f(0)=-2,
则f'(0)=0×e0-a=-1,
f(0)=(0-1)e0-a×0+b=-2,解得a=1,b=-1.
(2)由(1)知f(x)=(x-1)ex-x-1,则f'(x)=xex-1.
令g(x)=f'(x),求导得g'(x)=(x+1)ex.
可得当x∈(-∞,-1)时,g'(x)<0,则g(x)在(-∞,-1)上单调递减;
当x∈(-1,+∞)时,g'(x)>0,则g(x)在(-1,+∞)上单调递增.
又当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0恒成立,g(1)>0,g(0)<0,所以存在唯一的x0(0可得当x∈(-∞,x0)时,f'(x)<0,则f(x)在(-∞,x0)上单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,则f(x)在(x0,+∞)上单调递增.所以f(x)≥f(x0).
因为f(x0)=(x0-1)-x0-1=--x0=-x0-<0,f(-2)=1->0,f(2)=e2-3>0,
所以根据零点存在定理,f(x)在(-2,x0)和(x0,2)上各有一个零点,则f(x)共2个零点.
对点演练3　解:(1)证明:依题意得f'(x)=a+cos x,
因为曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线斜率为0,
所以f'(π)=a-1=0,则a=1.
所以f(x)=x+sin x,所以f'(x)=1+cos x≥0,
故函数f(x)在R上单调递增.
(2)由(1)得f(x)=x+sin x,所以g(x)=mx3+x+sin x,
故g'(x)=3mx2+1+cos x,设s(x)=3mx2+1+cos x,
则s'(x)=6mx-sin x,设u(x)=6mx-sin x,则u'(x)=6m-cos x,
因为m≤-,所以u'(x)≤-1-cos x≤0,所以u(x)在R上单调递减.
因为u(0)=0,所以当x>0时,u(x)<0,从而函数s(x),即g'(x)在(0,+∞)上单调递减,
又g'(0)=2>0,g'(2)=12m+1+cos 2≤-2+1+cos 2<0,
所以当x>0时,存在唯一的x0∈(0,2),使得g'(x0)=0,
且当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,g(x)在(0,x0)上单调递增,
当x∈(x0,+∞)时,g'(x)<0,g(x)在(x0,+∞)上单调递减,
因为g(x0)>g(0)=0,g(π)=mπ3+π+sin π=π(mπ2+1)≤π<0,
所以当x>0时,存在唯一的x1,使得g(x1)=0.
因为g(-x)=-g(x),所以g(x)是奇函数,又g(0)=0,
所以函数g(x)有3个零点.
探究点四
例4　解:(1)因为f(x)=e2x-ex-ax,所以f'(x)=2e2x-ex-a,
由题意可知,对任意的x∈[-1,1],f'(x)=2e2x-ex-a≤0恒成立,即a≥2e2x-ex恒成立.
令t=ex∈,则a≥2t2-t,t∈恒成立.
因为函数y=2t2-t在上单调递增,所以ymax=2e2-e,所以a≥2e2-e.
因此,实数a的取值范围是[2e2-e,+∞).
(2)证明:当a>1时,令f'(x)=2e2x-ex-a=0,可得ex=,即x=ln>0.
当0ln时,f'(x)>0.
所以函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,
因为f(0)=0,所以当x∈时,f(x)f=--aln a=--aln =a(--ln ),
令m=>1,则--ln =m--ln m2=m--2ln m,
令g(m)=m--2ln m,其中m>1,
则g'(m)=1+-==>0,
故函数g(m)在(1,+∞)上单调递增,故g(m)>g(1)=0,则f>0,
又f<0,f(x)在上单调递增,所以f(x)在上存在唯一的零点x1,且x1∈.
综上可知,f(x)在(0,+∞)上有唯一零点x1,且x1对点演练4　解:(1)函数g(x)=ln x-bx的定义域为(0,+∞),由g(x)=0,得b=,
令φ(x)=,求导得φ'(x)=,由φ'(x)>0,得0e,
所以函数φ(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,则φ(x)max=φ(e)=,
可得φ(1)=0,当x>1时,φ(x)>0恒成立.
由函数g(x)有两个不同的零点,得直线y=b与函数φ(x)的图象有两个不同的交点,则0所以实数b的取值范围是0(2)证明:由(1)的分析,不妨设1两式相减得ln x2-ln x1=b(x2-x1),两式相加得ln x2+ln x1=b(x2+x1),
要证ln x2+ln x1>2,只需证b(x2+x1)>2,即证>,即证ln>.
设=t>1,则不等式ln>等价于ln t>,t>1.
设f(t)=ln t-,t>1,求导得f'(t)=-=>0,
所以函数f(t)在(1,+∞)上单调递增,则f(t)>f(1)=0,即当t>1时,不等式ln t>成立,
所以ln x1+ln x2>2.

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