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微专题 9 导数与函数的零点
高考定位 导数与函数的零点问题是高考的热点题型和常见题型：(1)判断、证
明或讨论函数零点的个数；(2)已知零点存在情况求参数范围；(3)函数零点性质
的研究.
【难点突破】
[高考真题] (2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.若f(x)恰有一个
零点，求a的取值范围.
样题1 (2024·渭南质检改编)已知函数f(x)＝ex－4sin x，其中e为自然对数的底数，
证明：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
样题2 已知函数f(x)＝eln x＋bx2e1－x.若f(x)的导函数f′(x)恰有两个零点，求b的
取值范围.
样题3 已知函数f(x)＝－aln x，a≠0，若f(x)在区间(1，e)上有零点，求实数 a
的取值范围.
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.
训练 (2024·温州模拟)已知f(x)＝e1－(x>0).(1)求导函数f′(x)的最值；
(2)试讨论关于x的方程f(x)＝kx(k>0)的根的个数，并说明理由.
【精准强化练】
1.已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围.
2.已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R，试讨论函数f(x)的零点个数.
3.(2024·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－sin x－1.
(1)讨论函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明函数f(x)在区间(－π，0]上有且仅有两个零点.
4.(2024·南昌模拟)已知函数f(x)＝(x－a)2＋bex(a，b∈R).
(1)若a＝0时，函数y＝f(x)有3个零点，求b的取值范围；
(2)若a>0，b＝，方程f(x)＝3有解，求a的取值范围.【解析版】
[高考真题] (2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.若f(x)恰有一个
零点，求a的取值范围.
解 由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋－＝(x＞0).
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)＝－1<0，
max
所以f(x)不存在零点；
当a＜0时，f′(x)＝，
若x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
若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，即a＝1满足条件；
当a＞1时，0＜＜1，故f(x)在(0，)，(1，＋∞)上单调递增，在(，1)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(0，)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(1，)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，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞).
样题1 (2024·渭南质检改编)已知函数f(x)＝ex－4sin x，其中e为自然对数的底数，
证明：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
证明 设g(x)＝f′(x)＝ex－4cos x，
则g′(x)＝ex＋4sin x.
显然当x∈[0，π]时，g′(x)>0，当x∈[π，＋∞)时，g′(x)>eπ－4>0，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f′(0)＝－3<0，f′＝e－2>0，
所以存在唯一x ∈，使f′(x )＝0.
0 0
则当x∈(0，x )时，f′(x)<0；
0
当x∈(x ，＋∞)时，f′(x)>0.
0故f(x)在(0，x )上单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增.
0 0
因为f(0)＝1>0，f＝e－20，
所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
样题2 已知函数f(x)＝eln x＋bx2e1－x.若f(x)的导函数f′(x)恰有两个零点，求b的
取值范围.
解 由f′(x)＝＋bx(2－x)e1－x＝0得，
＝bx(x－2).
显然x≠2，x>0.
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)＝.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与曲线y＝g(x)的图象分别有两个交点，即函数f′(x)恰有两个零点.
故b的取值范围是(－∞，－e)∪.
样题3 已知函数f(x)＝－aln x，a≠0，若f(x)在区间(1，e)上有零点，求实数 a
的取值范围.
解 因为f(x)＝－aln x在(1，e)上有零点，
所以方程＝a在(1，e)上有解.
设h(x)＝，则
h′(x)＝且>0.
设n(x)＝ln x－x＋1 n′(x)＝，
⇒
当x>1时，n′(x)<0，n(x)单调递减；
当00，n(x)单调递增，
故当x＝1时，函数n(x)有最大值n(1)＝0，
因此有n(x)＝ln x－x＋1≤0 ln x≤x－1.
⇒
设j(x)＝2ln x－xln x－1，
则j(x)≤2(x－1)－xln x－1＝2x－xln x－3.
设k(x)＝2x－xln x－3，则在区间(1，e)上，
k′(x)＝1－ln x>0，k(x)单调递增，
k(x)0).
(1)求导函数f′(x)的最值；
(2)试讨论关于x的方程f(x)＝kx(k>0)的根的个数，并说明理由.
解 (1)∵f′(x)＝e1－，记g(x)＝f′(x)，
∴g′(x)＝e1－·＋e1－·＝e1－·＝0，解得x＝.
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴f′(x)的最大值等于f′＝.
(2)法一 由f(x)＝kx，即e1－＝kx，即k＝.
令k(x)＝，∴k′(x)＝，由k′(x)＝0解得x＝1，
∴k(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴k (x)＝k(1)＝1，且
max
k(x)>0，
∴当k>1时，方程无解；当k＝1时，方程有1个解；
当00.
max
∴当k>1时，方程无解；当k＝1时，方程有1个解；
当00，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h (x)＝h(1)＝0.
max
当ln k>0，即k>1时，方程无解；
当ln k＝0，即k＝1时，方程有1个解；
当ln k<0，即00；
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)的大致图象如图所示.
①当>，即0e3时，f(x)有两个零点；
④当<0，即a<0时，f(x)有一个零点.
综上，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.
3.(2024·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－sin x－1.
(1)讨论函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明函数f(x)在区间(－π，0]上有且仅有两个零点.
(1)解 函数f(x)＝ex－sin x－1，
当x>0时，f′(x)＝ex－cos x>1－cos x>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上的单调递增.
(2)证明 由(1)知，f′(x)＝ex－cos x，
①当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)在上单调递增，
f(－π)＝e－π－1<0，f＝e－>0，
因此函数f(x)在上有唯一零点；
②当x∈时，令g(x)＝ex－cos x，求导得g′(x)＝ex＋sin x，g′(x)在上单调递增，g′＝e－－1<0，g′(0)＝1>0，
则存在x ∈，使得g′(x )＝0，
0 0
当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)即f′(x)单调递减，
当x∈(x ，0)时，g′(x)>0，函数g(x)即f′(x)单调递增，
0
又f′＝e－>0，f′(x )0，函数f(x)单调递增，
当x∈(x ，0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
1
而f＝e－>0，f(0)＝0，
因此函数f(x)在上有唯一零点，
所以函数f(x)在区间(－π，0]上有且仅有两个零点.
4.(2024·南昌模拟)已知函数f(x)＝(x－a)2＋bex(a，b∈R).
(1)若a＝0时，函数y＝f(x)有3个零点，求b的取值范围；
(2)若a>0，b＝，方程f(x)＝3有解，求a的取值范围.
解 (1)函数y＝f(x)有3个零点，即关于x的方程f(x)＝0有3个根，
也即关于x的方程b＝－有3个根.
令g(x)＝－，则直线y＝b与g(x)＝－的图象有3个交点.
g′(x)＝，由g′(x)<0解得00解得x<0或x>2，
所以g(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减.
g(0)＝0，g(2)＝－，当x>0时，g(x)<0，
当x→＋∞时，g(x)→0，
当x→－∞时，g(x)→－∞，
作出g(x)的大致图象如图所示，作出直线y＝b.
由图可知，若直线y＝b与g(x)的图象有3个交点，则－a＋3；
由h′(x)>0得a－10，当x>a＋3时，(x－a)2－3>0，
则当x>a＋3时，h(x)>，
所以h(a－1)≤0时，即＋≤0，得a≤2，
所以a的取值范围为(0，2].
