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零点个数与隐零点问题
（一）零点个数问题
一、零点问题的相关概念和定理的补充
1.零点存在定理
定理：如果函数y = f x 在闭区间a,b 上的图像是连续不断的曲线，
并且f a f b < 0，那么函数在区间a,b 内至少有一个零点
结论：若函数y = f x 在其定义域内的某个区间上是单调的，
则f(x)在这个区间上至多有一个零点
思考：如果函数y = f x 在闭区间a,b 上的图像是连续不断的曲线，
但不满足f a f b < 0 那么，函数f x 在区间上有零点吗？
（可以有、可以没有）
2.一个非常重要的等价关系
函数y = F(x) = f(x) −g(x)有零点等价为
（1）方程F(x) = f(x) −g(x) = 0 有实根
（2）方程组，y1= f(x)和y2= g(x)有实数组解
（3）f(x)和g(x)的图像有交点
二、常见零点问题类型
1.有关零点个数的讨论问题
例题1：已知函数f（x）=acosx+xsinx 且函数为偶函数，ݔא ሾെ
ߨ
2 ，
ߨ
2 ሿ．求集合
A={x|f（x）=0}中元素的个数；
解法一：①当a＞0 时，因为f（x）=acosx+xsinx＞0，ݔא ሾെ
ߨ
2 ，
ߨ
2 ሿ恒成立，
所以集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为0．
②当a=0 时，令f（x）=xsinx=0，由ݔא ሾെ
ߨ
2 ，
ߨ
2 ሿ，得x=0．
所以集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为1．
③当a＜0 时，因为̵݂
ݔ=െܽܽ݅݅ܽ݅ݔݏ
݅ݔݏ
=ݔܽݏܿݔ1 െܽܽ݅݅ݔݏ
ݔܽݏܿݔ＞0，ݔא (0，
ߨ
2 )，
所以函数f（x）是ሾ0，
ߨ
2 ሿ上的增函数．…（8 分）
因为݂
(0) =ܽ
＜0，݂(
ߨ
2 ) =
ߨ
2 ＞0，
所以f（x）在(0，
ߨ
2 )上只有一个零点．由f（x）是偶函数可知，
集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为2．
综上所述，当a＞0 时，集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为0；当a=0 时，集
2
合A={x|f（x）=0}中元素的个数为1；当a＜0 时，集合A={x|f（x）=0}中元素
的个数为2．
解法二：此题还可用分离函数的方式求解，由于f(x) = 0,且x = 0，x =±
π
2都不
是这个方程的解（此时设a ≠0），则这个方程可以转化为tanx =െ
a
x.
那么问题就转化为在定义域内，两函数的交点个数问题，可以画出图像进行比较，
一个是反比例函数，一个是正切函数，都比较熟悉。
当a > 0 时，两图像无交点，所以同样无零点
当a = 0 时，tanx=0，在定义域内只有x = 0 一个解，则有一个零点
当a < 0 时，很明显两个图像有两个交点，则有两个零点，
则综上同样可说明结论。
可发现两种解法在计算的量和方法上还是有一些差别的，在此类题目中经常有一
题多解的现象出现，如果能选对方法，那么计算速度和做题时间都会有很大的一
个进步。
2.利用导数研究两个图像的交点个数问题
研究两个图像的交点问题，实际上就是函数零点问题的一种变形出题方式，如果
能够最终转化为函数的零点，这种类型就会迎刃而解。
例题2：已知函数f(x)=-ݔ2+8xg(x)=6lnx+m,是否存在m 使得y=f(x)与y=g(x)的图像
有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围，若不存在，说明理由。
函数y=f（x）的图象与y=g（x）的图象有且只有三个不同的交点，
即函数m（x）=g（x）﹣f（x）的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点．
∵m（x）=x2﹣8x+6lnx+m，
∴m′（x）=2x﹣8+
ݔ=
2ݔ2െͺݔ݅
ݔ
=
2(ݔെ1)(ݔെ3)
ݔ
（x＞0），
当xא（0，1）时，m'（x）＞0，m（x）是增函数；
当xא（1，3）时，m'（x）＜0，m（x）是减函数；
当xא（3，+∞）时，m'（x）＞0，m（x）是增函数；
当x=1，或x=3 时，m'（x）=0．
∴m（x）极大值=m（1）=m﹣7，m（x）极小值=m（3）=m+6ln3﹣15．
∵当x 充分接近0 时，m（x）＜0，当x 充分大时，m（x）＞0．
∴要使m（x）的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须
m(x)极大值= m െ7＞0
m(x)极小值= m݅
ln3 െ15＜0
，
即7＜m＜15﹣6ln3．
3
∴存在实数m，使得函数y=f（x）与y=g（x）的图象有且只有三个不同的交点，
m 的取值范围为（7，15-6ln3）．
本题可做进一步的引申，如果问只有一个交点，那么应如何解答呢？
如果只有两个交点应该如何解答呢？
我们可以发现，前半部分解法不变，只是在m(x)的极小值和极大值列式有所不同，
画图来辅助理解即可，通过这个例题我们可以发现此类问题一般有以下几步
（1）构造函数
（2）构造函数求导
（3）研究构造函数的单调性和极值（必要时研究函数图像端点的极限情况）
（4）画图，观察交点情况，列不等式组
（5）解不等式（组）进行求解
解答本类问题的关键是用数形结合的思想研究问题
3.研究方程根的个数问题
利用导数研究零点的问题，进而研究方程根的个数问题是近几年高考导数的重点
题型之一，并且题目难度有时候会比较大，需要引起足够重视。
例题3：（2013•山东）设函数݂
(ݔ) =
ݔ݁
2ݔ݅ܿ
(݁= 2Ǥ71ͺ2ͺڮ，ܿאܴ
)．
（1）求f（x）的单调区间及最大值；
（2）讨论关于x 的方程|lnx|=f（x）根的个数．
解：（1）∵̵݂ (ݔ) =݁
2ݔെݔڄ2݁2ݔ
(݁2ݔ)2
=
1െ2ݔ݁
2ݔ，解f′（x）＞0，得ݔ＜
1
2；解f′（x）＜0，
得ݔ＞
1
2．
∴函数f（x）的单调递增区间为( െλ，
1
2 )；单调递减区间为(
1
2 ，݅
λ)．
故f（x）在x=
1
2取得最大值，且݂
(ݔ)݉ܽ
ݔ=
1
2݁݅ܿ
．
（2）函数y=|lnx|，当x＞0 时的值域为[0，+∞）．如图所示：
①当0＜x≤1 时，令u（x）=﹣lnx﹣
ݔ݁
2ݔ﹣c，
c=െ݈െݔݏ
ݔ݁
2ݔ=g（x），
则̵݃
(ݔ) =െ
1
ݔെ
1െ2ݔ݁
2ݔ=െ݁
2ݔ݅ݔെ2ݔ2
ݔ݁2ݔ
．
令h（x）=e2x+x﹣2x2，则h′（x）=2e2x+1﹣4x＞0，∴h（x）在xא（0，1]单调
递增，
∴1=h（0）＜h（x）≤h（1）=e2﹣1．
∴g′（x）＜0，∴g（x）在xא（0，1]单调递减．
∴c݃
(1) =െ
1݁
2．
4
②当x≥1 时，令v（x）=lnx﹣
ݔ݁
2ݔെܿ，得到c=lnx﹣
ݔ݁
2ݔ=m（x），
则̵݉
(ݔ) =
1
ݔെ
1െ2ݔ݁
2ݔ=݁
2ݔ݅ݔ(2ݔെ1)
ݔ݁2ݔ
＞0，
故m（x）在[1，+∞）上单调递增，∴c≥m（1）=െ
1݁
2．
综上①②可知：当ܿ＜െ
1݁
2时，方程|lnx|=f（x）无实数根；
当ܿ
=െ
1݁
2时，方程|lnx|=f（x）有一个实数根；
当ܿ＞െ
1݁
2时，方程|lnx|=f（x）有两个实数根．
总结：
1.此类题目经常利用△和0 的大小进行分类讨论
2.整体构造函数太过复杂时，要局部构造函数解决问题，但应注意是否同时取最
值，这个方法同样适用于证明不等式。
（二）隐零点问题
一、隐零点的概念
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I 上的零点，但所述情形
难以求出其准确值，导致题目无法进行求解，但是可以先证明f(x)在区间I 上存
在唯一的零点，这时可设出零点是x0，因为x0 不易求出，所以把零点x0 叫做隐
零点，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求的方法”
二、解题策略
1.直接观察法
如果导函数存在零点，但令导函数为0 时，出现超越方程，直接求解比较困难，
此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，证明其
唯一。
例1.(2013 北京卷变形) 求证݈
ݔݏ
ݔݔെ1
解：根据原式变形可设，݂
ݔ=݈
ݔݏ
ݔെݔ݅
1̵݂
(ݔ) = 1 െ݈െݔݏݔ2
ݔ2
要证݂
ݔ0，观察̵݂
ݔ这个式子̵݂
ݔ= 0 是一个超越方程
5
观察此式当x=1 的时候̵݂
ݔ= 0
所以当0 < ݔ< 1 时，̵݂
ݔ< 0,݂
ݔ单调递减
当1 < ݔ时，̵݂
ݔ> 0,݂
ݔ单调递增
所以݂
ݔ最小值在ݔ= 1 处取得，݂
1 =0,所以݂
ݔ݂
1 =0
所以原不等式成立
2.虚设零点法
当导函数存在零点，但零点式子非常繁琐或无法求解时，可考虑虚设零点ݔ0，再
对̵݂
ݔ0 = 0 进行合理的变形和代换，将超越式化为普通式，从而达到化简的目
的。
例2. （2015•新课标Ⅰ）设函数f（x）＝e2x﹣alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
（Ⅱ）证明：当a＞0 时，f（x）≥2a+aln
2ܽ．
解：（Ⅰ）f（x）＝e2x﹣alnx 的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）＝2e2xെܽݔ．
当a≤0 时，f′（x）＞0 恒成立，故f′（x）没有零点，
当a＞0 时，∵y＝e2x 为单调递增，y=െܽݔ单调递增，
∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，
又f′（a）＞0，
假设存在b 满足0＜b＜lnܽ2时，且b＜
1
Ͷ，f′（b）＜0，
故当a＞0 时，导函数f′（x）存在唯一的零点，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，
当xא（0，x0）时，f′（x）＜0，
当xא（x0+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0+∞）单调递增，
所以当x＝x0 时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0），
由于2݁2ݔ0 െܽݔ0 =0，
6
所以f（x0）=ܽ2ݔ0݅
2ax0+aln
2ܽ2a+aln
2ܽ．
故当a＞0 时，f（x）≥2a+aln
2ܽ．
3.分类讨论
例题3.（2013•广东）设函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣kx2（kאR）．
（1）当k＝1 时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当݇
א (
1
2 ，1ሿ时，求函数f（x）在[0，k]上的最大值M．
解：（1）当k＝1 时，f（x）＝（x﹣1）ex﹣x2，
f'（x）＝ex+（x﹣1）ex﹣2x＝x（ex﹣2）
令f'（x）＝0，解得x1＝0，x2＝ln2＞0
所以f'（x），f（x）随x 的变化情况如下表：
x
（﹣∞，0）0
（0，ln2）ln2
（ln2，+∞）
f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数f（x）的单调增区间为（﹣∞，0）和（ln2，+∞），单调减区间为（0，
ln2）
（2）f（x）＝（x﹣1）ex﹣kx2，xא[0，k]，݇
א (
1
2 ，1ሿ．
f'（x）＝xex﹣2kx＝x（ex﹣2k），f'（x）＝0，解得x1＝0，x2＝ln（2k）
令φ（k）＝k﹣ln（2k），݇
א (
1
2 ，1ሿ，̵߮
(݇) = 1 െ
1݇=݇
െ1݇0
所以φ（k）在(
1
2 ，1ሿ上是减函数，∴φ（1）≤φ（k）＜φ(
1
2 )，∴1﹣ln2≤φ（k）
＜
1
2 ＜k．
即0＜ln（2k）＜k
所以f'（x），f（x）随x 的变化情况如下表：
x
（0，ln
（2k））
ln（2k）（ln（2k），k）
f'（x）
﹣
0
+
f（x）
↘
极小值
↗
7
f（0）＝﹣1，
f（k）﹣f（0）
＝（k﹣1）ek﹣k3﹣f（0）
＝（k﹣1）ek﹣k3+1
＝（k﹣1）ek﹣（k3﹣1）
＝（k﹣1）ek﹣（k﹣1）（k2+k+1）
＝（k﹣1）[ek﹣（k2+k+1）]
∵݇
א (
1
2 ，1ሿ，∴k﹣1≤0．
对任意的݇
א (
1
2 ，1ሿ，y＝ek 的图象恒在y＝k2+k+1 下方，所以ek﹣（k2+k+1）≤
0
所以f（k）﹣f（0）≥0，即f（k）≥f（0）
所以函数f（x）在[0，k]上的最大值M＝f（k）＝（k﹣1）ek﹣k3．
4.拆分函数
当原函数比较复杂的时候，可将函数拆分成几个简单函数，便于处理
例题4. （2014•新课标Ⅰ）设函数f（x）＝aexlnxܾ݅݁
ݔെ1
ݔ，曲线y＝f（x）在点（1，
f（1））处得切线方程为y＝e（x﹣1）+2．
（Ⅰ）求a、b；
（Ⅱ）证明：f（x）＞1．
解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=ܽ݁
ݔ݈݅ݔݏܽ
ݔڄ݁
ݔെܾݔ2 ڄ݁
ݔെ1ܾ݅
ݔڄ݁
ݔെ1，
由题意可得f（1）＝2，f′（1）＝e，
故a＝1，b＝2；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝exlnx݅
2
ݔڄ݁
ݔെ1，
∵f（x）＞1，∴exlnx݅
2
ݔڄ݁
ݔെ1＞1，∴lnx＞
1݁
ݔെ
2
ݔ݁，
∴f（x）＞1 等价于xlnx＞xe
﹣xെ
2݁，设函数g（x）＝xlnx，则g′（x）＝1+lnx，
∴当xא（0，
1݁）时，g′（x）＜0；当xא（
1݁，+∞）时，g′（x）＞0．
8
故g（x）在（0，
1݁）上单调递减，在（
1݁，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，
+∞）上的最小值为g（
1݁）=െ
1݁．
设函数h（x）＝xe
﹣xെ
2݁，则h′（x）＝e
﹣x（1﹣x）．
∴当xא（0，1）时，h′（x）＞0；当xא（1，+∞）时，h′（x）＜0，
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=െ
1݁．
综上，当x＞0 时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．
