文档内容
§3.7 利用导数研究函数的零点
考试要求 函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范
围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一
般作为解答题的压轴题出现．
题型一 利用函数性质研究函数的零点
例1 已知函数f(x)＝xsin x－1.
(1)讨论函数f(x)在区间上的单调性；
(2)证明：函数y＝f(x)在[0，π]上有两个零点．
(1)解 因为函数f(x)的定义域为R，
f(－x)＝－xsin(－x)－1＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，
又f′(x)＝sin x＋xcos x，且当x∈时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在上单调递增，又函数f(x)
为偶函数，所以f(x)在上单调递减，
综上，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 由(1)得，f(x)在上单调递增，又f(0)＝－1<0，f ＝－1>0，所以f(x)在内有且只有一
个零点，
当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x，
则g′(x)＝2cos x－xsin x，当x∈时，g′(x)<0恒成立，即g(x)在上单调递减，又g＝1>0，
g(π)＝－π<0，则存在m∈，使得g(m)＝0，
且当x∈时，g(x)>g(m)＝0，即f′(x)>0，则f(x)在上单调递增，
当x∈(m，π]时，有g(x)0，f(π)＝－1<0，所以f(x)在(m，π]上有且只有一个零点，
综上，函数y＝f(x)在[0，π]上有2个零点．
思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、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．
跟踪训练1 (2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－1)ln x＋－2，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋－＝，
①若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②若a>0，则当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)若a≤0，f ＝＋1－a＋e－2＝a＋e－1>0，f(1)＝a－1<0.
结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点．
若a>0，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需 f(x)
min
＝f ＝1－(a－1)ln a＋a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e.
综上，a≤0或a＝1或a＝e.
题型二 数形结合法研究函数的零点
例2 (2023·郑州质检)已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)的零点个数．
解 (1)f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，且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．
思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离
出来后，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．
跟踪训练2 (2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝aln x－2.
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若函数f(x)在(0,16]上有两个零点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－2，该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－，
又f(1)＝－2，f′(1)＝1，
因此，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＋2＝x－1，即x－y－3＝0.
(2)①当a≤0时，f′(x)＝－<0，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意；
②当a>0时，由f(x)＝aln x－2＝0可得＝，
令g(x)＝，其中x>0，则直线y＝与曲线y＝g(x)的图象在(0,16]内有两个交点，
g′(x)＝＝，
令g′(x)＝0，可得x＝e2<16，列表如下，
x (0，e2) e2 (e2，16]
g′(x) ＋ 0 －
g(x) ↗ 极大值 ↘
所以函数g(x)在区间(0,16]上的极大值为g(e2)＝，且g(16)＝ln 2，作出g(x)的图象如图所示．
由图可知，当ln 2≤<，
即e0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)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 (1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)，
f′(x)＝(x>0)，
令f′(x)>0，则0，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)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00，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) ＝g(e)＝，
max
且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0<<，所以a>1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
课时精练
1．(2023·济南质检)已知函数f(x)＝，a∈R.
(1)若a＝0，求f(x)的最大值；
(2)若00；当x>e时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴f(x) ＝f(e)＝.
max
(2)证明 f′(x)＝＝，
由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∵0e时，f(x)＝＝a＋>0，
故f(x)在(e，＋∞)上无零点；
当00，
且f(x)在(0，e)上单调递增，
∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，
综上，f(x)有且只有一个零点．
2．函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋ln x＋1，
由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.
则f(x)＝－x＋xln x，∴f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得00时，则a≤，
构建g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)>0，则x>1，
令g′(x)<0，则00，则x>1或x<0，
令h′(x)<0，则00，当x∈R时恒成立，
则当a＝e时，＝a有两个根x＝1，x<0；
1 2
当0
