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第4讲第3课时 利用导数研究函数的零点
题型 函数零点个数的探究
典例1已知函数f(x)＝a＋sin x的图象在点 (0 ， f (0)) 处的切线与 y 轴垂直 ．
即f′(0)＝0.
(1)求实数a的值；
(2)讨论f(x)在区间(－π，π)上的零点个数．
分别讨论在区间(－π，0)，，的零点情况．
解：(1)f(x)＝a＋sin x，则f′(x)＝a·＋cos x，
由题意，得函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线斜率为0，即f′(0)＝a＋1＝0，得a＝
－1.
(2)由(1)知f(x)＝－＋sin x，f(0)＝0，f′(x)＝＋cos x，则f″(x)＝－sin x.
当x∈(－π，0)时，＞0，sin x＜0，
此时 f ″( x ) ＞ 0 ， f ′( x ) 单调递增 ，
二阶导数的符号，说明一阶导数的单调性．
f′(x)＜f′(0)＝－1＋1＝0，故函数f(x)单调递减， f ( x ) ＞ f (0) ＝ 0 ，故函数 f ( x ) 在 ( － π ， 0) 上
无零点．前面一段，主要叙述f(x)在(－π，0)上无零点. 即x∈(－π，0)时，f(x)单调递减，
f(x)＞0恒成立．
当x∈(0，π)时，将f(x)变形得f(x)＝－＋sin x＝(exsin x－x)，
设F(x)＝exsin x－x，则F′(x)＝ex(sin x＋cos x)－1，
设k(x)＝ e x (sin x ＋ cos x ) － 1 ，
其实x∈时，ex＞1，sin x＋cos x＞1，故知k(x)＞0无零点．
则k′(x)＝2excos x，易知当x∈ 时，k′(x)＞0，当x∈时，k′(x)＜0，
故k(x)在上单调递增，在上单调递减，又k(0)＝0，k＝e－1＞0，k(π)＝－eπ－1＜0，故存
在x∈，使k(x)＝0，当x∈(0，x)时，k(x)＞0，F(x)单调递增；当x∈(x ，π)时，k(x)＜0，
0 0 0 0
F(x)单调递减，又F(0)＝0，故F(x)＞0，又F(π)＝－π＜0，故函数f(x)在(0，x)上没有零点，
0 0
在(x，π)上有1个零点．
0
综上所述，f(x)在区间(－π，π)上的零点个数为2.
确定函数零点个数的方法
(1)数形结合法：构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点
个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符号(或
变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．
(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研
究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
对点练1(2024·湖北武汉模拟)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．
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＋1)sin x＋(x－ex)cos x.
①当x∈时，可知ex＞0＞x，则ex＞x，所以x－ex＜0，
又sin x＜0，cos x＞0，所以h′(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，所以x∈时，函数
f(x)＝＞f(1)＝e＞1，则ex＞x＞0.
所以excos x＞xsin x，则h(x)＝xsin x－excos x＜0恒成立．
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＝·－·e＝＜0，
由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上存在一个零点．
综上，h(x)在∪内的零点个数为2，即F(x)在∪内的零点个数为2.
题型 已知函数零点个数求参数的取值范围
典例2(2024·河北衡水中学月考)已知函数f(x)＝ex－ax－1，其中e为自然对数
的底数．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(0,1)上存在零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝ex－ax－1得 f ′( x ) ＝ e x － a .
含参单调区间的讨论．
当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
当a＞0时，令f′(x)＜0，得x＜ln a；
令f′(x)＞0，得x＞ln a.
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
综上，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a＞0
时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)由(1)知f′(x)＝ex－a.当 a ≤1 时，函数 f ( x ) 在区间 (0,1) 上单调递增 且
f′(x)＞0恒成立，从而f(x)单调递增．
f(0)＝0，所以函数f(x)在区间(0,1)上不存在零点．
当 a ≥e 时，函数 f ( x ) 在区间 (0,1) 上单调递减 且f′(x)＝ex－a＜0，从而f(x)单调递减．
f(0)＝0，所以函数f(x)在区间(0,1)上不存在零点．
当 1 ＜ a ＜ e 时，函数 f ( x ) 在区间 (0 ， ln a ) 上单调递减，在 (ln a , 1) 上单调递增 ，
这里函数的极小值点ln a在区间(0,1)内，由单调性，主要关注右端f(1)＝e－a－1和0
的大小比较了！
又f(0)＝0，f(1)＝e－a－1，如图所示，当e－a－1≤0，即e－1≤a＜e时，函数f(x)在区
间(0,1)上不存在零点；当e－a－1＞0，即1＜a＜e－1时，函数f(x)在区间(0,1)上存在零点．
综上，实数a的取值范围为(1，e－1)．
已知函数零点个数求参数的取值范围问题的解法
对点练2(2024·湖北武汉月考)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a∈R)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝g(x)在x＝0处的切线方程；
(2)如果关于x的方程g(x)＝2exf(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝4时，
g(x)＝(－x2＋4x－3)ex，g(0)＝－3，
g′(x)＝(－x2＋2x＋1)ex，g′(0)＝1，
所以所求的切线方程为y＋3＝x－0，
即y＝x－3.
(2)由g(x)＝2exf(x)，
可得2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋.
设h(x)＝x＋2ln x＋(x＞0)，所以h′(x)＝1＋－＝，
所以x在上变化时，h′(x)，h(x)的变化如下：
x 1 (1，e]
h′(x) － 0 ＋
h(x) 极小值(最小值)
又h＝－2＋3e，h(1)＝4，h(e)＝e＋2＋，
且h(e)－h＝－2e＋4＋＜0，
所以实数a的取值范围为.
