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专题六 《导数》讲义
6.4导数与函数的零点
知识梳理 . 函数的零点
1.判断、证明或讨论函数零点个数的方法：利用零点存在性定理的条件为函数图
象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.
①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；
②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用
零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.
2.已知函数有零点求参数范围常用的方法：
(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解
法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题
设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通
常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合
题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.
题型一 . 讨论零点个数
1 4
1．函数f（x）= x3+2x2+3x+ 的零点个数为 2 ．
3 3
1 4
【解答】解：∵函数f（x）= x3+2x2+3x+ ，
3 3
∴f'（x）＝x2+4x+3＝（x+1）（x+3），
令f'（x）＝0得：x＝﹣3或﹣1，
∴当x （﹣∞，﹣3）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x （﹣3，﹣1）时，
f'（x）∈＜0，函数f（x）单调递减；当x （﹣1，+∞）时，f'（x）＞∈0，函数f（x）单调
递增， ∈
4
∴函数f（x）的极大值为f（﹣3）= ，极小值为f（﹣1）＝0，
3
∴函数f（x）的大致图象如图所示：，
由图象可知，函数f（x）有2个零点，
故答案为：2．
1
2．设函数f（x）= x﹣lnx（x＞0），则y＝f（x）（ ）
3
1
A．在区间（ ，1），（1，e）内均有零点
e
1
B．在区间（ ，1），（1，e）内均无零点
e
1
C．在区间（ ，1）内有零点，在区间（1，e）内无零点
e
1
D．在区间（ ，1），内无零点，在区间（1，e）内有零点
e
x−3
【解答】解：由题得f′（x）= ，令f′（x）＞0得x＞3；
3x
令f′（x）＜0得0＜x＜3；f′（x）＝0得x＝3，
故知函数f（x）在区间（0，3）上为减函数，在区间（3，+∞）为增函数，
在点x＝3处有极小值1﹣ln3＜0；
1 e 1 1
又f（1）= ＞0，f（e）= −1＜0，f（ ）= +1＞0，
3 3 e 3e
故选：D．
1
3．已知定义在R上的奇函数f（x），满足当x＞0时f（x）= x2﹣xlnx，则关于x的方程f
2
（x）＝a满足（ ）
A．对任意a R，恰有一解
B．对任意a∈R，恰有两个不同解
C．存在a R∈，有三个不同解
D．存在a∈R，无解
∈1 1
【解答】解：当x＞0时，f（x）= x2﹣xlnx，f′（x）＝x﹣1﹣lnx，f″（x）＝1−
2 x
∴0＜x＜1时，f″（x）＜0； x＞1时，f″（x）＞0，
∴f′（x）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，
∴f′（x）≥f′（1）＝0，∴f（x）在（0，+∞）上递增，
又x大于0趋近于0时，f（x）也大于0趋近于0；
x趋近于正无穷时，f（x）也趋近于正无穷，
又f（x）为R上的奇函数，其图象关于原点对称，
结合图象知，对任意的a，方程都恰有一解．
故选：A．
题型二 . 已知零点求参
考点 1 . 参变分离
1．已知函数f（x）＝（x2﹣4x+1）ex﹣a恰有三个零点，则实数a的取值范围为（ ）
6 6 6
A．（﹣2e3，0） B．（− ，0） C．（− ，2e3） D．（0， ）
e e e
【解答】解：令g（x）＝（x2﹣4x+1）ex，则g′（x）＝（x2﹣2x﹣3）ex＝0，解得x＝
3或x＝﹣1，
即函数g（x）在（﹣∞，﹣1），（3，+∞）上单调递增，在（﹣1，3）上单调递减；
作出g（x）图象如图：
函数f（x）＝（x2﹣4x+1）ex﹣a恰有三个零点等价于g（x）与y＝a图象有3个交点，
6
由图可知a （0，f（﹣1）），即a （0， ），
e
∈ ∈
故选：D．
3
2．已知函数f(x)= +4lnx−x−a在区间（0，2）上至少有一个零点，则实数a的取值
x范围是（ ）
A．（0，2） B．[2，4ln3﹣2）
1
C．(2，4ln2− ) D．[2，+∞）
2
3
【解答】解：函数f（x）= +4lnx﹣x﹣a在区间（0，2）上至少有一个零点，
x
3
可得a+1＝4lnx+ −x在x （0，2）有解，
x
∈
设g（x）＝4lnx 3 x，导数g′（x）＝﹣1 4 3 (x−1)(x−3)，
+ − + − =−
x x x2 x2
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）递减；在（1，2）时，g′（x）＞0，g（x）递曾，
可得g（1）取得极小值，且为最小值2，
作出y＝g（x）的图象，可得a≥2，
即a≥2．
故选：D．
考点 2 . 转化成两个函数的交点问题
1
3．已知函数f（x）= ax2+cosx﹣1（a R），若函数f（x）有唯一零点，则a的取值范围
2
∈
为（ ）
A．（﹣∞，0） B．（﹣∞，0）∪[1，+∞）
C．（﹣∞，0]∪[1，+∞） D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）
【解答】解：当a＝0时，f（x）＝cosx﹣1，显然此时函数f（x）的零点不唯一，不合
题意，故可排除选项C；
1
依 题 意 ， 方 程 cosx=− ax2+1有 唯 一 解 ， 即 函 数 g （ x ） ＝ cosx 与 函 数
2
1
ℎ(x)=− ax2+1的图象有唯一交点，
2当a＜0时，如图，
1
函数g（x）＝cosx与函数ℎ(x)=− ax2+1的图象显然只有唯一交点（0，1），符合
2
题意，故可排除选项D；
当a＞0时，如图，
1
由二次函数的性质可知，函数 h（x）的开口向下，且a越大，函数ℎ(x)=− ax2+1
2
1
的开口越小，由图可知，此时函数 g（x）＝cosx与函数ℎ(x)=− ax2+1的图象显然
2
只有唯一交点（0，1），符合题意，故可排除选项A；
故选：B．
4．已知函数f（x）＝e2x﹣ax2+bx﹣1，其中a，b R，e为自然对数的底数，若f（1）＝0，
f′（x）是f（x）的导函数，函数f′（x）在∈区间（0，1）内有两个零点，则a的取值
范围是（ ）
A．（e2﹣3，e2+1） B．（e2﹣3，+∞）
C．（﹣∞，2e2+2） D．（2e2﹣6，2e2+2）
【解答】解：∵f（1）＝0，∴e2﹣a+b﹣1＝0，∴b＝﹣e2+a+1，
∴f（x）＝e2x﹣ax2+（﹣e2+a+1）x﹣1，
∴f′（x）＝2e2x﹣2ax﹣e2+a+1，
令f′（x）＝0得2e2x＝2ax﹣a﹣1+e2，∵函数f′（x）在区间（0，1）内有两个零点，
∴y＝2e2x与y＝2ax﹣a﹣1+e2的函数图象在（0，1）上有两个交点，
作出y＝2e2x与y＝2ax﹣a﹣1+e2＝a（2x﹣1）+e2﹣1函数图象，如图所示：
若直线y＝2ax﹣a﹣1+e2经过点（1，2e2），则a＝e2+1，
若直线y＝2ax﹣a﹣1+e2经过点（0，2），则a＝e2﹣3，
∴e2﹣3＜a＜e2+1．
故选：A．
考点 3 . 讨论参数——单调性 + 极值、最值
5．若函数f（x）＝ex（x3﹣3ax﹣a）有3个零点，则实数a的取值范围是（ ）
1 1 1 1
A．（0， ） B．（ ，+∞） C．（0， ） D．（ ，+∞）
2 2 4 4
【解答】解：令g（x）＝x3﹣3ax﹣a，
若f（x）＝exg（x）有3个零点，
即g（x）有3个零点，
g′（x）＝3x2﹣3a，
当a≤0时，g′（x）≥0，g（x）递增，至多1个零点，
当a＞0时，g′（x）＝0，x＝±√a，
由题意知g（−√a）＞0，g（√a）＜0，
1
故a＞ ，
4
故选：D．
6．已知函数f（x）＝2e2x﹣2ax+a﹣2e﹣1，其中a R，e为自然对数的底数．若函数f（x）
在区间（0，1）内有两个零点，则a的取值范围∈是（ ）
A．（2，2e﹣1） B．（2，2e2）
C．（2e2﹣2e﹣1，2e2） D．（2e﹣1，2e2﹣2e﹣1）【解答】解：∵函数f（x）＝2e2x﹣2ax+a﹣2e﹣1，
∴f′（x）＝4e2x﹣2a，
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，函数f（x）在R上单调递增，
∴函数f（x）在区间（0，1）至多有一个零点，不满足题意，
∴a＞0，
1 a
令f′（x）＝0，解得x= ln ，
2 2
1 a
∴当f′（x）＞0时，即x＞ ln ，函数单调递增，
2 2
1 a
当f′（x）＜0时，即x＜ ln ，函数单调递减，
2 2
∴f（x） ＝2a﹣alna+aln2﹣2e﹣1，
min
设g（a）＝2a﹣alna+aln2﹣2e﹣1，a＞0
∴g′（a）＝1+ln2﹣lna，
令g′（a）＝0，解得a＝2e，
∴g′（a）＞0时，即0＜a＜2e，函数单调递增，
当g′（a）＜0时，即a＞2e，函数单调递减，
∴g（a） ＝4e﹣2eln2e+2eln2﹣2e﹣1＝4e﹣2eln2﹣2e+2eln2﹣2e﹣1＝﹣1＜0，
max
∵函数f（x）在区间（0，1）内有两个零点，
∴{f(0)＞0，
f(1)＞0
即{ 2+a−2e−1＞0 ，
2e2−2a+a−2e−1＞0
解得2e﹣1＜a＜2e2﹣2e﹣1
故选：D．
7．（2020·全国1）已知函数f（x）＝ex﹣a（x+2）．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【解答】解：由题意，f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），且f′（x）＝ex﹣a．
（1）当a＝1时，f′（x）＝ex﹣1，令f′（x）＝0，解得x＝0．
∴当x （﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
∈当x （0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（∈x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；
（2）当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不
合题意；
当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝lna，
当x （﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（∈x）的极小值也是最小值为f（lna）＝a﹣a（lna+2）＝﹣a（1+lna）．
又当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞．
∴要使f（x）有两个零点，只要f（lna）＜0即可，
1
则1+lna＞0，可得a＞ ．
e
1
综上，若f（x）有两个零点，则a的取值范围是（ ，+∞）．
e
题型三 . 隐零点问题——设而不求，虚设零点
1．已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x ，且x ＞0．则a的取
0 0
值范围是 （﹣∞，﹣ 2 ） ．
√3
【解答】解：当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1＝0，解得x=± ，函数f（x）有两个零点，
3
不符合题意，应舍去；
2 2
当a＞0时，令f′（x）＝3ax2﹣6x＝3ax（x− ）＝0，解得x＝0或x= ＞0，列表如
a a
下：
x （﹣∞，0） 0 2 2 2
（0， ） （ ，+∞）
a a a
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
∵x→﹣∞，f（x）→﹣∞，而f（0）＝1＞0，∴存在x＜0，使得f（x）＝0，
不符合条件：f（x）存在唯一的零点x ，且x ＞0，应舍去．
0 0
2 2
当a＜0时，f′（x）＝3ax2﹣6x＝3ax（x− ）＝0，解得x＝0或x= ＜0，列表如下：
a ax 2 2 2 0 （0，+∞）
（﹣∞， （ ，0）
a a a
）
f′（x） ﹣ 0 + 0 ﹣
f（x） 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
而f（0）＝1＞0，x→+∞时，f（x）→﹣∞，∴存在x ＞0，使得f（x ）＝0，
0 0
2 2 2
∵f（x）存在唯一的零点x ，且x ＞0，∴极小值f（ ）＝a（ ）3﹣3（ ）2+1＞0，
0 0
a a a
化为a2＞4，
∵a＜0，∴a＜﹣2．
综上可知：a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．
故答案为：（﹣∞，﹣2）．
2
2．若函数f（x）＝x2+ −alnx（a＞0）有唯一零点x ，且m＜x ＜n（m，n为相邻整数），
0 0
x
则m+n的值为（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
2
【解答】解：令y =x2+ ，y =alnx(a＞0)，
1 x 2
则 2 2x3−2 a ，
y '=2x− = ，y '= (a＞0，x＞0)
1 x2 x2 2 x
在（0，1）上y 为减函数，在（1，+∞）上y 为增函数，
1 1
所以y 为凹函数，而y 为凸函数；
1 22
∵函数f(x)=x2+ −alnx(a＞0)有唯一零点x ，
0
x
∴y ，y 有公切点（x ，y ），
1 2 0 0
2 a
{2x − =
0 x 2 x
则 0 0 ，
2
x 2+ =alnx
0 x 0
0
2 1
消去a，得x 2+ −2（x 2− ）lnx ＝0；
0 x 0 x 0
0 0
2 1
构造函数g(x)=x2+ −2(x2− )lnx，(x＞0)，
x x
1
则g(2)=4+1−2(4− )ln2=5−7ln2，
2
欲比较5与7ln2大小，可比较e5与27大小，
∵e5＞27，∴g（2）＞0，
2 1 3
g(e)=e2+ −2(e2− )=−e2+ ＜0，
e e e
∴x （2，e）；
∴m∈＝2，n＝3，∴m+n＝5．
1
3．已知函数f（x）＝lnx+ （a R且a≠0）．
ax
∈
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝2时，若关于x的方程f（x）＝m有两个实数根x ，x ，且x ＜x ，求证：
1 2 1 2
x +x ＞1．
1 2
1 ax−1
【解答】解：（1）由f(x)=lnx+ ，得f '(x)= ，
ax ax2
讨论：
当a＜0时，f'（x）＞0对任意的x （0，+∞）成立，
∈ 1 1
当a＞0时，令f'（x）＜0，得0＜x＜ ；令f'（x）＞0，得x＞ ，
a a
综上，当a＜0时，函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
1 1
当a＞0时，函数f（x）在区间(0， )上单调递减，在区间( ，+∞)上单调递增．
a a1
（2）证明：当a＝2时，方程f（x）＝m即为lnx+ =m．
2x
根据题意，得 x 1 1 ，
ln 1= −
x 2x 2x
2 2 1
两式相减，得 x 1 1 ，
ln 1= −
x 2x 2x
2 2 1
x −x
x x −x x x = 1 2
即 ，故 ，
ln 1= 1 2 1 2 x
x 2x x 2ln 1
2 2 1 x
2
1 1
x 1− t−
令t= 1 (0＜t＜1)，则 t−1 t t ，
x x +x = + =
2 1 2 2lnt 2lnt 2lnt
设 1 ，则 (t−1) 2 ，
ℎ(t)=t− −2lnt(0＜t＜1) ℎ'(t)=
t t2
因为0＜t＜1，所以h'（t）＞0，
所以h（t）在区间（0，1）上单调递增．
1
又当t＝1时，t− −2lnt=0，
t
1
所以当t （0，1）时，h（t）＜0，即t− −2lnt＜0
t
∈
1
t−
所以当t （0，1）时 t ，即x +x ＞1．
1 2
＞1
2lnt
∈
课后作业 . 零点
1．已知函数f（x）＝（x2+a）ex有最小值，则函数y＝f'（x）的零点个数为（ ）
A．0． B．1 C．2 D．不确定
【解答】解：f′（x）＝（x2+2x+a）ex，
若函数f（x）＝（x2+a）ex有最小值，
则g（x）＝x2+2x+a不能恒大于等于0，
故存在x使得g（x）＜0，
即g（x）＝x2+2x+a有2个不相等的实数根，即函数y＝f'（x）的零点个数为2个，
故选：C．
x3
2．若函数f（x）= −x2﹣3x﹣m在区间[﹣2，6]有三个不同的零点，则实数m的取值范
3
围是（ ）
2 5 5 2
A．（﹣9，18） B．[− ， ） C．（﹣9， ） D．[− ，18）
3 3 3 3
x3 x3
【解答】解：令f（x）= −x2﹣3x﹣m＝0，得m= −x2﹣3x,
3 3
x3
∵f（x）= −x2﹣3x﹣m在区间[﹣2，6]有三个不同的零点，
3
x3
∴直线y＝m与g(x)= −x2﹣3x在区间[﹣2，6]有三个不同的交点，
3
∵g′(x)＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣3)(x+1),
∴x [﹣2,﹣1)∪(3,6]时，g′(x)＞0,
x (﹣∈ 1,3)时，g′(x)＜0,
∈
x3
即g(x)= −x2﹣3x在区间[﹣2,﹣1)，(3,6]单调递增，在区间（﹣1，3）单调递减，
3
8 2
又g(﹣2)=− −4+6=− ,
3 3
1 5
g(﹣1)=− −1+3= ,
3 3
g(3)＝9﹣9﹣9＝﹣9,
g(6)＝72﹣36﹣18＝18,
2 5
当− ≤m＜ 时，满足题意，
3 3
故选：B．3．设函数f（x）＝（x﹣1）ex，若关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有且仅有两个整数解，则
实数a的取值范围是（ ）
e2
A．（﹣1，e2] B．(1， ]
2
e2+1 e2+1 2e3+1
C．(1， ] D．( ， ]
2 2 3
【解答】解：∵f（x）＝（x﹣1）ex，
∴f′（x）＝xex，令f′（x）＝0，得x＝0，
易知函数y＝f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）．
则函数y＝f（x）在x＝0处取得极小值，且极小值为f（0）＝﹣1，如图所示：
当a＝0时，f（x）＜﹣1无解；
当a＞0时，若关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有且仅有两个整数解，则{f(2)＜2a−1，
f(3)≥3a−1
e2+1 2e3+1
解得 ＜a≤ ；
2 3
1
当a＜0时，由于直线y＝ax﹣1与x轴的负半轴交于点( ，0)，
a
1
当x＜ 时，关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有无数个整数解，不合乎题意．
a
1+e2 2e3+1
综上所述，实数a的取值范围是( ， ]．
2 3
故选：D．
4．函数 f（x）＝aex+2x 在 R 上有两个零点 x ，x ，且 x 2，则实数 a 的最小值为
1 2 2≥
x
1
（ ）
ln2 2
A．− B．﹣ln2 C．− D．ln2
2 e2x
【解答】解：函数f（x）＝aex+2x＝0，变形为a =− ，
ex
令g（x） 2x，得g′（x） 2(x−1)，
=− =
ex ex
当x （﹣∞，1）时，g′（x）＜0，当x （1，+∞）时，g′（x）＞0，
∈ 2∈
可得x＝1时，函数g（x）取得最小值− ．
e
又当x→﹣∞时，g（x）→+∞，当x→+∞时，g（x）＜0，
且函数f（x）＝aex+2x在R上有两个零点x ，x ，
1 2
2
得− ＜a＜0．
e
由x 2，可得x ＝2x 时，a取得最小值．
2≥ 2 1
x
1
由 ， ，得 ，
aex 1=−2x aex 2=−2x ae2x 1=−4x
1 2 1
∴ex 1=2，解得x
1
＝ln2．
代入 ，解得a＝﹣ln2．
aex 1=−2x
1
∴a的最小值为﹣ln2．
故选：B．
5．已知函数f（x）＝ex﹣ax2．
1
（1）若a= ，证明：当x≥0时，f（x）≥1；
2
（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a的值．
1 1
【解答】（1）证明：当a= 时，f(x)=ex− x2，
2 2
f''（x）＝ex﹣x，
令u（x）＝ex﹣x﹣1，则u（0）＝0．
u′（x）＝ex﹣1≥0（x≥0）．
∴当x≥0时，u（x）≥u（0）＝0，
则f'（x）在[0，+∞）上单调递增，则f'（x）≥f'（0）＝e0﹣0＝1．
∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，f（x）≥f（0）＝e0﹣0＝1，即f（x）≥1．（2）解：当x （0，+∞），令f（x）＝0，则ex﹣ax2＝0， ex．
a=
x2
∈
令
ex
，x （0，+∞），
g(x)=
x2
∈
则 x2ex−2xex ex (x−2)，
g'(x)= =
x4 x3
令 ex (x−2) ，则x＝2．
g'(x)= =0
x3
当x （0，2）时，g'（x）≤0，g（x）单调递减；
当x∈（2，+∞）时，g'（x）≥0，g（x）单调递增；
∈
e2
∴当x＝2时，g(x) =g(2)= ，
min 4
e2
∵f（x）在（0，+∞）只有一个零点，∴a= ．
4
6．（2019·全国1）已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：
π
（1）f′（x）在区间（﹣1， ）存在唯一极大值点；
2
（2）f（x）有且仅有2个零点．
【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），
1 1
f′（x）＝cosx− ，f″（x）＝﹣sinx + ，
1+x (1+x) 2
1 2 π
令g（x）＝﹣sinx + ，则g′（x）＝﹣cosx − ＜0在（﹣1， ）恒成立，
(1+x) 2 (1+x) 3 2
π
∴f″（x）在（﹣1， ）上为减函数，
2
1
π + ＜−
又∵f″（0）＝1，f″（ ）＝﹣1 π 1+1＝0，由零点存在定理可知，
2 (1+ ) 2
2
π
函数f″（x）在（﹣1， ）上存在唯一的零点x ，结合单调性可得，f′（x）在（﹣
0
2
1，x ）上单调递增，
0
π π
在（x ， ）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1， ）存在唯一极大值点；
0
2 2（2）由（1）知，当x （﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f
（x）单调递减； ∈
当x （0，x ）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；
0
∈ 1
π π =− ＜
由于f′（x）在（x ， ）上单调递减，且f′（x ）＞0，f′（ ） π 0，
0 2 0 2 1+
2
π
由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x ， ）上存在唯一零点x ，结合单调性可知，
0 1
2
当x （x ，x ）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x ）＝0，f（x）单调递增；
0 1 1
∈ π
当x （x ， ）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x ）＝0，f（x）单调递减．
1 2 1
∈
π 1 1
当x （ ， ）时，cosx＜0，− ＜0，于是f′（x）＝cosx− ＜0，f（x）单
2 1+x 1+x
∈ π
调递减，
π π 3.2
其中f（ ）＝1﹣ln（1+ ）＞1﹣ln（1+ ）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，
2 2 2
f（ ）＝﹣ln（1+ ）＜﹣ln3＜0．
于是π可得下表： π
x （﹣ 0 （0， x （ π （
1
1，0） x ） π 2 π
1 x ， ，π
1 2 2 π
） ）
f′ ﹣ 0 + 0 ﹣ ﹣ ﹣ ﹣
（x）
f（x） 单调递 0 单调递 大于0 单调递 大于0 单调递 小于0
减 增 减 减
π
结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1， ]上有且只有一个零点0，
2
π
由函数零点存在性定理可知，f（x）在（ ， ）上有且只有一个零点x ，
2
2
π
当x [ ，+∞）时，sinx≤1＜ln（1+x），则f（x）＝sinx﹣ln（1+x）＜0恒成立，
因此∈函π数f（x）在[ ，+∞）上无零点．
综上，f（x）有且仅π有2个零点．
