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§3.7 利用导数研究函数的零点
课标要求 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 (2023·辽宁实验中学模拟)已知函数f(x)＝excos x.
(1)求f(x)在区间内的极大值；
(2)令函数h(x)＝－1，当a>时，证明：h(x)在区间内有且仅有两个零点．
(1)解 由题得f′(x)＝ex(cos x－sin x)
＝excos，
当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
则f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以f(x)在区间内的极大值为f ＝ .
(2)证明 h(x)＝－1＝axcos x－1，
则h′(x)＝a(cos x－xsin x)，
令φ(x)＝cos x－xsin x，
则 φ′(x)＝－2sin x－xcos x<0，
所以φ(x)在区间上单调递减．
又φ(0)＝1>0，φ＝－<0，
故存在x∈，使得φ(x)＝0，
0 0
当x∈(0，x)时，φ(x)>0，
0
即h′(x)>0，h(x)在区间(0，x)上单调递增；
0
当x∈时，φ(x)<0，
即h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减．
因为h(0)＝－1<0，h＝－1<0，
又a>，
所以h＝a－1>×－1＝0，
所以h(x)在区间，内各有一个零点，
即h(x)在区间内有且仅有两个零点．思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、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＋－＝，
若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
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f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以要使得函数f(x)有唯一零点，只需
f(x) ＝f ＝1－(a－1)ln a＋a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e.
min
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·安庆模拟)已知函数f(x)＝aln x＋bx2e1－x，a，b∈R.e＝2.718 28….
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2，求a和b的值；
(2)若a＝e，讨论导函数f′(x)的零点个数．
解 (1)由题意得，f(2)＝aln 2＋4be－1，
因为f′(x)＝＋bx(2－x)e1－x，所以f′(2)＝，
因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2，
所以f′(2)＝1，f(2)＝2＋ln 2，
即解得
(2)由f′(x)＝＋bx(2－x)e1－x＝0，
得＝bx(x－2)．显然x>0，且x≠2.
因此＝b.
令g(x)＝，x>0且x≠2，
则g′(x)＝，
解方程x2－5x＋4＝0得，x＝4，x＝1，
1 2
因此函数g(x)在(0,1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，且极大值为g(1)＝
－e，极小值为g(4)＝，
当x→2＋时，g(x)→＋∞，当x→2－时，g(x)→－∞，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.
g(x)的大致图象如图所示．
由图象可知，当b>或b<－e时，直线y＝b与函数y＝g(x)的图象有两个交点，
即函数f′(x)有两个零点；
当b＝或b＝－e时，直线y＝b与函数y＝g(x)的图象有一个交点，即函数f′(x)有一个零点；
当－e0，当x>时，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x，
由f(x)＝mx得ln x＋x＝mx，
又x>0，所以m＝1＋，
要使方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，只需m＝1＋在区间[1，e2]上有唯一实数
解，
令g(x)＝1＋，x∈[1，e2]，
则g′(x)＝，
由g′(x)>0，得1≤x0，h(x)单调递增，
当0g(0)＝0，即当x<0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增，
当00，
f(2－e－6)＝ ＋2－e－6－240，
当x→－∞时，t(x)→0，
当x→－∞时，g(x)→＋∞，
由g′(x)＝－1＋＝＝0，得x＝－2，
当－20，g(x)单调递增，
当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
因为g(－2)＝2－4ln 4<0，
g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14>0，
g(1)＝－1<0，g＝－－4ln ＝ln＝ln>0，
且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2，
所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln(2－x)的图象在x<0时有一个交点，在00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)有两个解，
即方程＝有两个解．
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．设函数f(x)＝－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝－kln x(k>0)，
得f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．
f′(x)与f(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如下表．
x (0，) (，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ↘ ↗
所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e，
当k＝e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点；
当k>e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
2．(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)，f(x)的导函数为f′(x)．(1)讨论f(x)的极值点的个数；
(2)当a＝2时，方程f(x)＋f′(x)＋m＝0(m∈R)有两个不相等的实数根，求m的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝＋a.
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)无极值点；
当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝－，
所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示．
x －
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 单调递增 极大值 单调递减
所以f(x)有一个极大值点，无极小值点．
综上，当a≥0时，f(x)无极值点；
当a<0时，f(x)有一个极值点．
(2)当a＝2时，方程f(x)＋f′(x)＋m＝0，
即ln x＋2x＋＋2＋m＝0，
则－m＝ln x＋2x＋＋2.
令h(x)＝ln x＋2x＋＋2，x>0，
则h′(x)＝＋2－＝.
令h′(x)＝0，解得x＝或x＝－1(舍去)．
当x∈时，h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减；
当x∈时，h′(x)>0，h(x)在区间上单调递增，
所以h(x)≥h(x) ＝h＝5－ln 2，
min
又当x→0时，h(x)→＋∞；
当x→＋∞时，h(x)→＋∞，
所以－m>5－ln 2，即m0，得00，g(x)单调递增，g＝2＋4－4×sin －4cos >0，
∴g(x)在上有唯一零点；
当x≥时，g(x)>x2＋4－4x－4＝x2－4x≥2－4×>0，故g(x)在上无零点．
又g(0)＝0，
∴g(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点．
4．(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．
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)．
当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；
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；
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01，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
