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母题突破 3 零点问题
母题 (2022·武汉检测)已知函数f(x)＝，g(x)＝tan x.
(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．
思路分析
❶求f′x，判断f′x的符号
↓
❷等价变形Fx＝0，构造新函数
hx＝xsin x－excos x
↓
❸分类讨论hx的单调性
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)在区间(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－tan x＝0，
得xsin x－excos x＝0.
设h(x)＝xsin x－excos x，
所以h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(xcos x＋sin x)．
①当x∈时，
可知sin x－cos x<0，xcos x＋sin x<0，所以
h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(xcos x＋sin x)<0，
从而h(x)＝xsin x－excos x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，cos x≥sin x>0，
由(1)知函数f(x)＝在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x∈时，函数F(x)＝f(x)－g(x)＝－tan x单调递减，
F(x) ＝F＝ －1>0，
min
所以h(x)在上无零点．
③当x∈时，
sin x>cos x>0，
h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(xcos x＋sin x)>0，
则h(x)在上单调递增．
又h＝>0，
h＝·－· ＝ <0，
所以h(x)在上存在一个零点．
综上，h(x)在∪上零点个数为2，
即F(x)在∪上的零点个数为2.
[子题1] (2021·全国甲卷改编)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 f(x)＝＝1⇔ax＝xa⇔xln a＝aln x⇔＝，
设函数g(x)＝，
则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e，
在(0，e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x) ＝g(e)＝，
max
又g(1)＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，
∴曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即曲线y＝g(x)与直线y＝有两个交点的充要条
件是0<<，即0－1)，
令H′(x)＝0，x＝0，x＝－1.
1 2①当a＝2时，H′(x)≥0，函数H(x)在定义域(－1，＋∞)上单调递增，至多有一个零点；
②当a≤0时，－1≤－1，
令H′(x)>0，得x>0，
令H′(x)<0，得－10，此时函数H(x)无零点．
③当00，得－10，
令H′(x)<0，得－10，
所以H>0，且H(x)>0在区间上恒成立．
H(x)在区间上至多有一个零点．
所以当00，
则f(x)在R上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln a，
当xln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，
当a＝0时，ex＝a(x－2)无解，
∴f(x)无零点．
当a≠0时，＝.
令φ(x)＝，x∈R，
∴φ′(x)＝，
当x∈(－∞，3)时，φ′(x)>0；
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，
在(3，＋∞)上单调递减，
且φ(x) ＝φ(3)＝，
max
又x→＋∞时，φ(x)→0
x→－∞时，φ(x)→－∞，
∴φ(x)的图象如图所示．
∴当>，
即0e3时，f(x)有两个零点；
当<0，即a<0时，f(x)有一个零点．
综上所述，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；
当a∈(－∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；
当a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点．
2．(2022·北京模拟)设函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)(m∈R)．
(1)若m＝－1，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，求实数m的取值范围．
解 (1)当m＝－1时，f(x)＝x2－ln(x＋1)，
可得f′(x)＝2x－＝，则f′(0)＝－1，f(0)＝0，
可得曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为
y－0＝－1·(x－0)，即x＋y＝0.
(2)由函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)，x∈(0,1)，
可得f′(x)＝2x＋＝，
令g(x)＝2x2＋2x＋m，x∈(0,1)，
当m≥0时，g(x)>0，
即f′(x)>0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，
因为f(0)＝0，所以f(x)>f(0)＝0，所以函数f(x)在区间(0,1)上没有零点，不符合题意；
当m<0时，函数g(x)＝2x2＋2x＋m的图象开口向上，且对称轴为x＝－，
由g(1)＝2＋2＋m≤0，解得m≤－4，
当m≤－4时，g(x)<0在区间(0,1)上恒成立，
即f′(x)<0，f(x)在区间(0,1)上单调递减，
因为f(0)＝0，所以f(x)0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因为f(0)＝0，要使得函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，
则满足f(1)＝1＋mln(1＋1)>0，
解得m>－，
所以实数m的取值范围为.
专题强化练
1．(2022·成都模拟)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)分别求n＝1和n＝2的函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)的零点个数．
解 (1)由已知，得
f(x)＝ln x－.
①当n＝1时，f(x)＝ln x－(x－1)，f′(x)＝－1.
由f′(x)＝－1>0，得01.
因此，当n＝1时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
②当n＝2时，
f(x)＝ln x－，
f′(x)＝－1＋(x－1)＝.
因为f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
且只有当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由f(x)＝ln x－，
得f′(x)＝－[1－(x－1)＋(x－1)2＋…＋(－1)n－1(x－1)n－1]
＝－
＝.
当n为偶数时，f′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立，且只有当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.
当n为奇数时，由f′(x)＝>0，
得01.
因此，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.
综上，函数f(x)有唯一零点x＝1，即函数f(x)的零点个数为1.
2．(2022·广州模拟)已知函数f(x)＝ex＋sin x－cos x，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：当x≥0时，f′(x)≥2；
(2)设g(x)＝f(x)－2x－1，证明：g(x)有且仅有2个零点．
证明 (1)由f′(x)＝ex＋cos x＋sin x，
设h(x)＝ex＋cos x＋sin x，
则h′(x)＝ex－sin x＋cos x，
当x≥0时，设p(x)＝ex－x－1，
q(x)＝x－sin x，
∵p′(x)＝ex－1≥0，q′(x)＝1－cos x≥0，
∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0，∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sin x，
则h′(x)＝ex－sin x＋cos x≥x＋1－sin x＋cos x
＝(x－sin x)＋(1＋cos x)≥0，
∴函数h(x)＝ex＋cos x＋sin x在[0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(0)＝2，
即当x≥0时，f′(x)≥2.
(2)由已知得g(x)＝ex＋sin x－cos x－2x－1.
①当x≥0时，
∵g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2＝f′(x)－2≥0，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又∵g(0)＝－1<0，g(π)＝eπ－2π>0，
∴由零点存在定理可知，g(x)在[0，＋∞)上仅有一个零点．
②当x<0时，
设m(x)＝(x<0)，
则m′(x)＝≤0，
∴m(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴m(x)>m(0)＝1，
∴ex＋cos x＋sin x－2<0，
∴g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2<0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，
又∵g(0)＝－1<0，g(－π)＝e－π＋2π>0，
∴由零点存在定理可知g(x)在(－∞，0)上仅有一个零点，
综上所述，g(x)有且仅有2个零点．
