文档内容
母题突破 3 零点问题
母题 (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
思路分析
❶fx的单调性
↓
fx的最值
❷求f′x
↓
分类讨论fx的单调性
↓
利用单调性、零点存在定理判断零点个数
解 (1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝－＝.
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x) ＝f(1)＝－1.
max
(2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋－＝(x＞0)．
①当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；
②当a＜0时，f′(x)＝，
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x) ＝f(1)＝a－1＜0，
max
所以f(x)不存在零点；
③当a＞0时，f′(x)＝，
当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，
所以函数f(x)恰有一个零点；
当a＞1时，0＜＜1，故f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
因为f(1)＝a－1＞0，
所以f ＞f(1)＞0，
当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，所以a＞1满足条件；
当0＜a＜1时，＞1，故f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减．因为f(1)＝a－1＜0，所以f ＜f(1)＜0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，即0＜a＜1满足条
件．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
[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00)，则φ′(x)＝－－cos x，
当x∈(π，2π)时，f′(x)>0，f(x)在(π，2π)上单调递增，
f(π)＝－1＋<0，f(2π)＝1＋>0，则∃x∈(π，2π)，使得f(x)＝0；
0 0
当x∈时，φ′(x)<0，f′(x)在上单调递减，
f′(2π)＝>0，f′＝－1<0，则∃α∈，使得f′(α)＝0，
当2π0；当α0，f ＝>0，故当x∈时，f(x)>0；
当x∈时，f(x)>＋cos x>1＋cos x≥0.
综上，f(x)有且仅有1个零点．
规律方法 (1)三步求解函数零点(方程根)的个数问题
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区
间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质；
第三步：结合图象求解．(2)已知零点求参数的取值范围：①结合图象与单调性，分析函数的极值点；②依据零点确
定极值的范围；③对于参数选择恰当的分类标准进行讨论．
1．(2022·河南六市联考)已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
解 (1)∵f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，
又f′(x)＝ex－a，
∴当a≤0时，f′(x)>0，
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．已知函数f(x)＝ln x－x.
(1)求证：f(x)≤－1；
(2)若函数h(x)＝af(x)＋(a∈R)无零点，求a的取值范围．
(1)证明 f′(x)＝(x>0)，
则当00，当x>1时，f′(x)<0，
故f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x) ＝f(1)＝－1，故f(x)≤－1.
max
(2)解 h(x)＝aln x－ax＋，故h′(x)＝＋＝(1－x)，
当a＝0时，h(x)＝>0，h(x)在定义域上无零点；
当a>0时，x>0，故＋>0，
所以当00，当x>1时，h′(x)<0，
故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
因为函数h(x)无零点，故h(x) ＝h(1)＝－a＋<0，即a>；
max
当a<0时，因为f(x)＝ln x－x≤－1，所以a(ln x－x)>0，
则h(x)＝a(ln x－x)＋>0，
所以h(x)在定义域上无零点．
综上，a的取值范围是(－∞，0]∪.
专题强化练
1．(2022·西安模拟)设函数f(x)＝aln x＋，a∈R.
(1)若函数g(x)＝f(x)－x在定义域上单调递减，求a的取值范围；
(2)讨论函数f(x)＝aln x＋的零点个数．
解 (1)由题意，得函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．∵g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴g′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即当x∈(0，＋∞)时，a≤x＋恒成立，
∴a≤ ，
min
∵当x∈(0，＋∞)时，x＋≥2，当且仅当x＝1时取等号．
∴当x＝1时， ＝2，
min
∴a≤2.∴a的取值范围为(－∞，2]．
(2)显然x＝1不是f(x)的零点，由f(x)＝0，
即aln x＋＝0，得a＝－，
令h(x)＝－，x>0且x≠1，则h′(x)＝，由h′(x)>0，得x>且x≠1，由h′(x)<0，得0e时，f(x)的零点个数为2.
2．已知函数f(x)＝x－sin x，g(x)＝xln x－msin x＋1.
(1)求函数f(x)＝x－sin x在[0，＋∞)上的最小值；
(2)当0≤m≤1时，证明：函数g(x)无零点．
(1)解 ∵f′(x)＝1－cos x≥0，
∴函数f(x)＝x－sin x在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)＝0，
故函数f(x)＝x－sin x在[0，＋∞)上的最小值为0.
(2)证明 当m＝0时，g(x)＝xln x＋1，g′(x)＝ln x＋1，
由g′(x)<0，得00，得x>，∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴g(x)的最小值为g＝1－>0，此时函数g(x)无零点；
当00时，x>sin x，
∴－msin x>－mx，∴g(x)＝xln x－msin x＋1>xln x－mx＋1，
∴xln x－mx＋1≥xln x－x＋1，
记h(x)＝xln x－x＋1，
则h′(x)＝1＋ln x－1＝ln x，
当01时，h′(x)>0，
∴h(x)＝xln x－x＋1在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0，
∴g(x)＝xln x－msin x＋1>0，
此时函数g(x)无零点．
综上，当0≤m≤1时，函数g(x)＝xln x－msin x＋1无零点．
