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高中数学重难点突破
专题十四 函数的零点、隐零点及零点赋值问题
典例分析
题型一、讨论函数零点或方程根的个数问题
用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．
【例1-1】已知f (x)＝e－x(ax2＋x＋1)．当a>0时，试讨论方程f (x)＝1的解的个数．
[规范解答]
法一：分类讨论法
方程f (x)＝1的解的个数即为函数h(x)＝ex－ax2－x－1(a>0)的零点个数．而h′(x)＝ex－2ax－1，
设H(x)＝ex－2ax－1，则H′(x)＝ex－2a．令H′(x)>0，解得x>ln 2a；令H′(x)<0，
解得x
所以h′(x)min＝h′(ln 2a)＝2a－2aln 2a－1．
设m＝2a，g(m)＝m－mln m－1(m>0)，则g′(m)＝1－(1＋ln m)＝－ln m，
令g′(m)<0，得m>1；令g′(m)>0，得0所以g(m)max＝g(1)＝0，即h′(x)min≤0(当m＝1即a＝时取等号)．
①当a＝时，h′(x)min＝0，则h′(x)≥0恒成立．所以h(x)在R上单调递增，故此时h(x)只有一个零点．
②当a>时，ln 2a>0，h′(x)min＝h′(ln 2a)<0，
又h′(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增，
又h′(0)＝0，则存在x1>0使得h′(x1)＝0，
这时h(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增．
所以h(x1)③当0又h′(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增，
又h′(0)＝0，则存在x2<0使得h′(x2)＝0．
这时h(x)在(－∞，x2)上单调递增，在(x2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x2)>h(0)＝0，h(0)＝0，所以此时f (x)有两个零点．
综上，当a＝时，方程f (x)＝1只有一个解；当a≠且a>0时，方程f (x)＝1有两个解．
法二：分离参数法
方程f (x)＝1的解的个数即方程ex－ax2－x－1＝0(a>0)的解的个数，方程可化为ax2＝ex－x－1．
当x＝0时，方程为0＝e0－0－1，显然成立，所以x＝0为方程的解．
当x≠0时，分离参数可得a＝(x≠0)．
设函数p(x)＝(x≠0)，则p′(x)＝＝．
记q(x)＝ex(x－2)＋x＋2，则q′(x)＝ex(x－1)＋1．
记t(x)＝q′(x)＝ex(x－1)＋1，则t′(x)＝xex．显然当x<0时，t′(x)<0，函数t(x)单调递减；
当x>0时，t′(x)>0，函数t(x)单调递增．所以t(x)>t(0)＝e0(0－1)＋1＝0，即q′(x)>0，
所以函数q(x)单调递增．而q(0)＝e0(0－2)＋0＋2＝0，
所以当x<0时，q(x)<0，即p′(x)>0，函数p(x)单调递增；
当x>0时，q(x)>0，即p′(x)>0，函数p(x)单调递增．
而当x→0时，p(x)→ x→0＝ x→0＝ x→0＝ x→0＝(洛必达法则)，
当x→－∞时，p(x)→ x→－∞＝ x→－∞＝0，
故函数p(x)的图象如图所示．作出直线y＝a．
显然，当a＝时，直线y＝a与函数p(x)的图象无交点，即方程ex－ax2－x－1＝0只有一个解x＝0；
当a≠且a>0时，直线y＝a与函数p(x)的图象有一个交点(x0，a)，
即方程ex－ax2－x－1＝0有两个解x＝0或x＝x0．
综上，当a＝时，方程f (x)＝1只有一个解；当a≠且a>0时，方程f (x)＝1有两个解．
[注] 部分题型利用分离法处理时，会出现“”型的代数式，这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题有效的方法就是洛必达法则．
法则1 若函数f (x)和g(x)满足下列条件：
(1)lif (x)＝0及lig(x)＝0；(2)在点a的去心邻域内，f (x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)li ＝l．
那么li ＝li ＝l．
法则2 若函数f (x)和g(x)满足下列条件：
(1)lif (x)＝∞及lig(x)＝∞；(2)在点a的去心邻域内，f (x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)li ＝l．
那么li ＝li ＝l．
[题后悟通] 对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个．(1)分离参数：得到参数与超越函数式相等的式子，借助导数分析函数的单调区间和极值，结合图形，由参数函数与超越函数的交点个数，易得交点个数的分类情况；(2)构造新函数：求导，用单调性判定函数的取值情况，再根据零点存在定理证明零点的存在性．
【例1-2】已知函数f(x)=xex+ax2+ax(a∈R).
（1）当a=﹣2时，求函数f(x)的单调区间；
（2）当a≥﹣1时，讨论函数f(x)的零点个数.
【解析】（1）当a=﹣2时，，
，
令，即，解得或，
令，即，解得，
所以函数的单调递增区间为，；
单调递减区间为.
（2），
①时，，
时，单调递减；时，单调递增；
，，，
有个零点.
②令，，，
当时，即，恒成立，
单调递增，只有个零点，且.
③，则，
由，解得或，
由，解得，
在上单调递减；
在，上单调递增，
，
也只有，只有个零点.
④，，
由，解得或，
由，解得，
在上单调递减；
在，上单调递增，
由，令，解得，
当时，，且，所以，
，，即有个零点.
当时，，
此时函数只有这个零点.
综上所述，时，有个零点；
时，有个零点；
时，有个零点.
【例1-3】已知，其中为实数．
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）当时，判断函数在上零点的个数，并给出证明．
【分析】（1）由题意在恒成立，转化为，求的最大值可得的取值范围是．
（2），，因为转化为研究，
①当时， 在上单调递减，方程无法求解，引入隐零点：
，在上有一解，
且时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
又，
在上有1个零点；
②当时，，则是一个零点；
③当时，令，则，
在上均单调递增，但方程也无法求解，引入隐零点：
，在上有一解，
且当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，在上有一解，且时，
，当时，，在上单调递减，在上单调递增，
又，，
在上恒成立，此时在上无解；
④当时，在上恒成立，
在上单调递增，
又，，
在上有一个零点；
综上，在上有三个零点.
【例1-4】已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋2ln x(a∈R)．
(1)若a＝0，求证：f(x)<0；
(2)讨论函数f(x)零点的个数．
[破题思路] (1)当a＝0时，f(x)＝－2x＋2ln x(x>0)，f′(x)＝－2＋＝，设g(x)＝1－x，根据g(x)的正负可画出f(x)的图象如图(1)所示．(2)f′(x)＝(x>0)，令g(x)＝(x－1)(ax－2)，当a＝0时，由(1)知f(x)没有零点；当a>0时，画g(x)的正负图象时，需分＝1，>1，<1三种情形进行讨论，再根据极值、端点走势可画出f(x)的图象，如图(2)(3)(4)所示；当a<0时，同理可得图(5)．综上，易得f(x)的零点个数．
[规范解答] (1)当a＝0时，f′(x)＝－2＋＝，由f′(x)＝0得x＝1.
当00，f(x)在(0,1)上单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)≤f(x)max＝f(1)＝－2，即f(x)<0.
(2)由题意知f′(x)＝ax－(a＋2)＋＝＝(x>0)，
当a＝0时，由第(1)问可得函数f(x)没有零点．
当a>0时，①当＝1，即a＝2时，f′(x)≥0恒成立，仅当x＝1时取等号，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝－a－2＝－×2－2<0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点．
②当>1，即0，则f′(x)>0，f(x)在(0,1)和上单调递增；
若1又f(1)＝a－(a＋2)＋2ln 1＝－a－2<0，则f当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)仅有一个零点在区间上；
③当0<<1，即a>2时，若01，则f′(x)>0，f(x)在和(1，＋∞)上单调递增；
若因为a>2，所以f＝－－2＋2ln <－－2＋2ln 1<0，又x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以函数f(x)仅有一个零点在区间(1，＋∞)上．
当<0，即a<0时，若00，f(x)在(0,1)上单调递增；
若x>1，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，
又f(1)＝a－(a＋2)＋2ln 1＝－a－2＝.
当f(1)＝>0，即a<－4时，函数f(x)有两个零点；
当f(1)＝＝0，即a＝－4时，函数f(x)有一个零点；
当f(1)＝<0，即－4综上，当a<－4时，函数f(x)有两个零点；当a＝－4时，函数f(x)有一个零点；当－4函数f(x)没有零点；当a>0时，函数f(x)有一个零点．
【例1-5】已知函数f(x)＝－x3＋ax－，g(x)＝ex－e(e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线与曲线y＝g(x)在(0，g(0))处的切线互相垂直，求实数a的值；
(2)设函数h(x)＝试讨论函数h(x)零点的个数．
[规范解答] (1)f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，由题意，知a＝－1．
(2)易知函数g(x)＝ex－e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x<1时，g(x)<0，
又f′(x)＝－3x2＋a，
①当a≤0时，f′(x)≤0，f(x)在R上单调递减，且过点，f(－1)＝－a>0，
即f(x)在x≤0时必有一个零点，此时y＝h(x)有两个零点；
②当a>0时，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，得两根为x1＝－<0，x2＝>0，
则－是函数f(x)的一个极小值点，是函数f(x)的一个极大值点，
而f＝－3＋a－＝－－<0．
现在讨论极大值的情况：
f＝－3＋a－＝－，当f<0，即a<时，
函数y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，此时y＝h(x)有两个零点；
当f＝0，即a＝时，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有一个零点x0＝＝，
此时y＝h(x)有三个零点；
当f>0，即a>时，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于，
若f(1)＝a－<0，即a<时，y＝h(x)有四个零点；
若f(1)＝a－＝0，即a＝时，y＝h(x)有三个零点；
若f(1)＝a－>0，即a>时，y＝h(x)有两个零点．
综上所述：当a<或a>时，y＝h(x)有两个零点；当a＝或a＝时，y＝h(x)有三个零点；当y＝h(x)有四个零点．
【例1-6】若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，其中，为自然对数的底数，则的值为
A． B． C． D．1
【解析】由方程，
令，则有，
令函数，，
在递增，在递减，
其图象如下，
要使关于的方程
有3个不相等的实数解，，，且
结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，
且，
．
．
．
故选：．
【例1-7】若关于的方程有三个不相等的实数解、、，其中，，则的值为
A． B．4 C． D．
【解析】令，函数的图象如下：
方程．即，
要使方程有三个不相等的实数解、、，，
则方程一定有两个实根，，
可验证或1不符合题意，
所以方程一定有两个实根，，且．
且，，
则．
．
则，
故选：．
题型二、由函数零点或方程根的个数求参数范围问题
【例2-1】已知函数与函数的图象有两个不同的交点，则实数取值范围为
A．， B． C． D．
【解析】由题意得：，，
问题转化为函数的图象和函数的图象有2个交点，
，
故函数在和上递增，
在，单调递减，且时，
，，（2），
作出函数的图象，
观察图象得：函数和的图象有2个不同的交点时，
实数，，
故选：．
【例2-2】已知函数的定义域为，且对任意都满足，当时，．（其中为自然对数的底数），若函数与的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是
A．或 B． C． D．
【解析】由函数则函数的图象关于对称，
如图所示：
由于和函数的图象只有两个交点，
设，图象上的切点，，
所以，则，
所以曲线的切线方程为，
把代入可得，
则，结合图象，
要使图象有两个交点，则或．
故选：．
【例2-3】若存在正实数，使得关于的方程有两个不同的根，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是
A． B．
C．，， D．，
【解析】由题意得，，
令，，则，，
当时，（e），当时，（e），
（e），，而时，，
则要满足，解得：，
故选：．
【例2-4】已知函数，若有且仅有两个整数使得，则实数的取值范围是
A．， B．， C．， D．，
【解析】由得，
即，
设，，
，
由得，即，我
由得，即，
即当时，函数取得极大值，
当时，满足的整数解超过2个，不满足条件．
当时，要使的整数解只有2个，
则满足，即，即，即，
即实数的取值范围是，，
故选：．
【例2-5】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】（1）由，求导，
当时，，
当，单调递减，
当时，，
令，解得：，当，解得：，当，解得：，
时，单调递减，，单调递增；
当时，，恒成立，
当，单调递减，
综上可知：当时，在单调减函数，
当时，在是减函数，在，是增函数；
（2）①若时，由（1）可知：最多有一个零点，
当时，，
当时，，，
当时，，
当，，且远远大于和，
当，，
函数有两个零点，的最小值小于0即可，
由在是减函数，在，是增函数，
，
，即，
设，则，，求导，由（1），
，解得：，的取值范围．
方法二：（1）由，求导，
当时，，
当，单调递减，
当时，，
令，解得：，当，解得：，当，解得：，
时，单调递减，单调递增；
当时，，恒成立，
当，单调递减，
综上可知：当时，在单调减函数，
当时，在是减函数，在是增函数；
（2）①若时，由（1）可知：最多有一个零点，
②当时，由（1）可知：当时，取得最小值，，
当，时，，故只有一个零点，
当时，由，即，
故没有零点，
当时，，，
由，
故在有一个零点，
假设存在正整数，满足，则，
由，因此在有一个零点．
的取值范围．
题型三、零点存在性赋值理论
1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a) 的符号,探求赋值点 m (假定 m a )使得 f (m) 与 f (a) 异号,则在 (m,a) 上存在零点．
2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值； 确保赋值点 x0 落在规定区间内；确保运算可行
三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.
【例3-1】设函数.
（1）求的单调区间；
（2）当时,试判断零点的个数；
（3）当时,若对,都有（）成立,求的最大值.
【分析】（1）求出,分两种情况讨论的范围,在定义域内,分别令求得的范围,可得函数增区间,求得的范围,可得函数的减区间；（2）当时,由（1）可知,在是单减函数,在是单增函数,由,,利用零点存在定理可得结果；（3）当,为整数,且当时,恒成立,
,利用导数求出的取值范围,从而可得结果.
【解析】（1）,. 当时,在恒成立,
在是单减函数. 当时,令,解之得.
从而,当变化时,,随的变化情况如下表：
- 0 +
单调递减 单调递增
由上表中可知,在是单减函数,在是单增函数. 综上,当时,的单减区间为；当时,的单减区间为,单增区间为.
（2）当时,由（1）可知,在是单减函数,在是单增函数；
又,,. ,；
故在有两个零点.
（3）当,为整数,且当时,恒成立
.
令,只需；
又,由（2）知,在有且仅有一个实数根,
在上单减,在上单增；
又,,
,且,即代入式,得
. 而在为增函数,,即.而,,
即所求的最大值为0.
【例3-2】已知函数存在极大值与极小值,且在处取得极小值.
（1）求实数的值；
（2）若函数有两个零点,求实数的取值范围.
【解析】（1）函数存在极大值与极小值,且在处取得极小值,
,依题意知,解得或,
当时,,时,,单调递减；时,,单调递增,
此时,只有极小值,不符合题意．当时,,
或时,,单调递增；时,,单调递减,
符合在处取得极小值的题意,综上,实数的值为．
（2）,,
当时,,故在上单调递增,
当时,令,则,
单调递增,单调递减,
,时,,故在上单调递减,
在上有两个零点,,此时当时,,在有一个零点,当时,,令,,
在有一个零点,综上,实数的取值范围是．
【例3-3】已知函数有两个零点，求的取值范围。
解析：（Ⅰ）(参数扫描) ．
若，当，当．
一方面,当时；
另一方面,当时——
途径一(标解)存在且，使，
所以在两侧，各有一个零点，满足题意．
途径二【分析：当时,能对起主导作用的那一项显然是，而变化幅度不大，是比较理想的放缩目标．时,
】
详解：时,
，今取，所以在两侧，
各有一个零点，满足题意．
若，当，所以有两零点时，有两零点
有两零点，但
所以不存在两个零点．
综上，的取值范围是．
方法小结
1．赋值的理论依据：
1)不等式的基本性质以及一些简单代数方程、不等式的求解．
2)零点存在定理.基本模式是已知的符号，探求赋值点(假定)使得与异号，则在上存在零点．
3)一些基本的超越不等式，如：
1．；．
2．时，．
3．时，．
4．．
【注】应用上述不等式,一般须给出证明．
2．赋值的应对方略：
2.1赋值的方法：
直观放缩法．其形态是先直观尝试，后放缩证明，其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．（参阅上节“真题探究”）
放缩求解法．其形态是先适度放缩，然后通过解不等式或方程求出赋值点，其特点是稳妥、可靠，但有时，目标放缩有点难．（参阅上节“真题探究”中的思路一，思路二）
2.2赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保，三个优先
三个确保：
（1）确保参数能取到它的一切值；（2）确保赋值点落在规定区间内；（3）确保运算可行．
三个优先：
（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；
（3）优先简单运算，如，等．
2.3放缩的分类及其目标：放缩于赋值，如影随形，唇齿相依．
（1）依放缩的依据划分，可分为无条件放缩和条件放缩两类．前者如，，等；后者如时，．时，等；
（2）依赋值点的个数划分，可分为单点式和两点式．前者以解方程为归宿；后者以解不等式为归宿，从某种意义上说，后者是前者受挫时的应急之举．
一般情形下，放缩的目标应锁定于对函数的变化趋势起不了主导作用的那些项；但有些问题中，很难界定“主导”与非“主导”，此时放缩的尺度取决于对题目中各种因素的综合考量———这正是赋值的难点．
题型四、隐零点问题
1、函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”。
2、利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为,再利用导函数的单调性确定所在区间,最后根据,研究,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若中含有参数a，关系式是关于的关系式，确定的合适范围，往往和的范围有关.
【例4-1】已知.
（1）求的最小值；
（2）若对任意都成立，求整数的最大值.
【解析】（1）的定义域是，令 ，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在处取唯一的极小值，也是最小值
（2） （注意），记，则
考查函数， ，在定义域上单调递增.
显然有，，所以存在唯一的使得.
在上，，单调递减；在上，，单调递增.
所以在取唯一的极小值也是最小值，注意此时 ，
所以 ，所以整数的最大值可以取3
【例4-2】已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）当时，，求整数的最大值．
【分析】（1）对函数求导得，再对分两种情况讨论，即和，即可得答案；
（2）当时，，即， 因为，所以只需，
令，，所以．
，令，在递增
但无法求解，故引入隐零点：
，
根据零点存在性定理，，使得，即．
当时，，即，为减函数，
当时，，即，为增函数，
所以，
故；
在递增，，所以，又
所以整数的最大值是1．
【例4-3】已知．
（1）设是的极值点,求实数的值,并求的单调区间：
（2）时,求证：．
【分析】（1）由题意,求得函数的导数,由是函数的极值点,解得,又由,进而得到函数的单调区间；
（2）由（1）,进而得到函数的单调性和最小值,令,利用导数求得在上的单调性,即可作出证明.
【解析】（1）由题意,函数的定义域为,
又由,且是函数的极值点,所以,解得,
又时,在上,是增函数,且,所以,得,,得,
所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为.
（2）由（1）知因为,在上,是增函数,
又（且当自变量逐渐趋向于时,趋向于）,
所以,,使得,所以,即,
在上,,函数是减函数,在上,,函数是增函数,
所以,当时,取得极小值,也是最小值,
所以,
令,则,
当时,,函数单调递减,所以,
即成立.
【例4-4】已知函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若对于任意的，恒成立，求的最小值.
【解析】（1）因为，所以，.
令，得. 当时，； 当时，.
故的单调速增区间是，单调递减区间是.
（2）.
因为，，又，所以，则.
令，则在上单调递增.
因为当时，，所以.
因为，
所以，使得.
且当时，，则，
当时，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减.
故.
由，得.
由，得，
即.
结合，得，所以.
令.则，
所以在上单调递增，
所以，即.
故的最小值为.
课后作业
1、已知函数（k为常数）是实数集R上的奇函数,其中e为自然对数的底数.
（1）求k的值；
（2）讨论关于x的方程如的根的个数.
【解析】（1）因为函数f（x）＝（k为常数）是实数集R上的奇函数,
所以f（﹣0）＝﹣f（0）即f（0）＝0,则ln（e0+k）＝0解得k＝0,
显然k＝0时,f（x）＝x是实数集R上的奇函数；
（2）由（1）得f（x）＝x
∴方程转化为x2﹣2ex+m,令F（x）（x＞0）,G（x）＝x2﹣2ex+m （x＞0）,
∵F'（x）,令F'（x）＝0,即0,得x＝e当x∈（0,e）时,F'（x）＞0,∴F（x）在（0,e）上为增函数；
当x∈（e,+∞）时,F'（x）＜0,F（x）在（e,+∞）上为减函数；当x＝e时,F（x）max＝F（e）
而G（x）＝（x﹣e）2+m﹣e2 （x＞0）∴G（x）在（0,e）上为减函数,在（e,+∞）上为增函数；
当x＝e时,G（x）min＝m﹣e2∴当m,即m时,方程无解；
当m,即m时,方程有一个根；当m,即m时,方程有两个根；
2、已知函数,曲线在点处的切线为.
（1）求,的值；
（2）若对任意的,恒成立,求正整数的最大值.
【解析】（1）由得：
由切线方程可知：,,解得：,
（2）由（1）知
则时,恒成立等价于时,恒成立
令,,则.
令,则
当时,,则单调递增
,
,使得
当时,；时,
,即正整数的最大值为
3、设函数.
（1）求的单调区间；
（2）若，为整数，且当时，，求的最大值．
【解析】(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)由于a＝1时，(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.
故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<＋x(x>0) ①
令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.
由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0. 所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．
故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．
设此零点为α，则α∈(1,2)． 当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．
又由g′(α)＝0，得eα＝α＋2, 所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．
由于①式等价于k故整数k的最大值为2.
4、设函数．
（1）若在上存在零点，求实数的取值范围；
（2）证明：当时，．
【解析】（1）解：设，因为当时，为增函数，
当时，，，
所以在上恒大于零，所以在上不存在零点，
当时，在上为增函数，根据增函数的和为增函数，
所以在上为单调函数，所以在上若有零点，则仅有1个，
所以，即，解得，
所以实数的取值范围
（2）证明：设，则
，则，所以 ，
因为，所以，
所以在上递增，在上恒成立，
所以在上递增，而，
因为，所以，所以恒成立，
所以当时，
5、设，．
（1）讨论在上的单调性；
（2）令，试判断在上的零点个数，并加以证明．
【解析】（1），
令，则，或，
时，，单调递增，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
，时，，单调递减，
综上，的单调递增区间为和，单调递减区间为和．
（2）在上有3个零点，证明如下：
，则，
故是的一个零点，
，
是偶函数，
要确定在上的零点个数，只需确定时，的零点个数即可，
①当时，，
令，即，，
时，，单调递减，，
，时，，单调递增，，
在有唯一零点．
②当时，由于，，，
而在，单调递增，，故，
故在，无零点，
在有一个零点，
由于是偶函数，在有一个零点，而，
故在上有且仅有3个零点．
6、已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时,讨论函数的零点个数.
【解析】（1）,
令,其对称轴为,令,则.
当时,,所以在上单调递增；
当时,对称轴为,
若,即,恒成立,所以,所以在上单调递增；
若时,设的两根,,
当时,,所以,所以在上单调递增,
当时,,所以,所以在上单调递减,
当时,,所以,所以在上单调递增,
综上所述：当时, 在上单调递增；
若时, 在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增；
（2）当时,由（1）知在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,下面研究的极大值,
又,所以,
令,则（）,可得在上单调递增,在上单调递减,且的极大值,所以,所以,
当时, 单调递增,所以当时, 在上单调递减,所以当时, 单调递增,
且,
,所以存在,使得,
又当时, 单调递增,所以只有一个零点,
综上所述,当时,在上只有一个零点.
7、已知函数,函数的导函数,且,其中为自然对数的底数.
（1）求的极值；
（2）若存在,使得不等式成立,试求实数的取值范围；
（3）当时,对于,求证：.
【解析】（1）函数的定义域为,.
当时,,∴在上为增函数,没有极值；
当时,令∴在单调递增,在单调递减
∴有极大值,无极小值.
（2）,∴∵,∴∴
∵,使得不等式成立即
令,当时,,
∴,即.∴在单调递减,∴∴.
（3）当时,,令,
即∴,则在上为增函数
∵,∴.∵在上为增函数
∴时,,时,.
在单调递减,在单调递增
∴∵∴
∵∴单调递减,∴
∴即.
8、已知函数.（其中为自然对数的底数）
（1）若恒成立,求的最大值；
（2）设,若存在唯一的零点,且对满足条件的不等式恒成立,求实数的取值集合.
【解析】（1）,
当时,,在上单调递增,取,
当时,矛盾；当时,,
只要,即,此时； 当时,令,,
所以在单调递增,在单调递减,
,所以,即,
此时,令,,
令,,
当,,在上为增函数；
当,,在上为减函数．
所以,所以,故的最大值为．
（2）在单调递减且在的值域为,
设的唯一的零点为,则,,即
所以,,
由恒成立,则,
得在上恒成立．
令,,
．
若,,在上为增函数,注意到,知当时,,矛盾；
当时,,为增函数,
若,则当时,,,为减函数,
所以时,总有,矛盾；
若,则当时,,,为增函数,
所以时,总有,矛盾；
所以即,此时当时,,为增函数,,
当时,,为减函数,而,
所以有唯一的零点.
综上,的取值集合为 ．
9、已知函数.
（1）若曲线在处的切线的斜率为3,求实数的值；
（2）若函数在区间上存在极小值,求实数的取值范围；
（3）如果的解集中只有一个整数,求实数的取值范围.
【解析】（1）由题意,,
由题意知,,所以,解得.
（2）令,所以,所以（舍负）,
因为函数在上存在极小值,所以,解之得,
经检验,当时,符合题意,所以.
（3）①当,即时,恒成立,
在上为增函数,.
所以当时,,所以当时,,所以无整数解；
②当,即或时,
若,则,同①可得无整数解；
若,即在上有两个不同的解且,
当时,,在上为增函数；
当时,,在上为减函数；
当时,,在上为增函数,
而,所以在上无解,
故在上只有一个整数解,
故,即,
解得,
综上,.
9、已知函数（,是自然对数的底数）.
（1）若函数在点处的切线方程为,试确定函数的单调区间；
（2）①当,时,若对于任意,都有恒成立,求实数的最小值；②当时,设函数,是否存在实数,使得？若存在,求出的取值范围；若不存在,说明理由.
【解析】（1）由题意
在点处的切线方程为：
,,即： 解得：,
,
当时,,当时,
在上单调递减,在上单调递增
（2）①由,,,即：
对任意,都有恒成立等价于对任意恒成立
记,
设 对恒成立
在单调递增
而,
在上有唯一零点
当时,,当时,
在单调递减,在上单调递增
的最大值是和中的较大的一个
,即 ,
的最小值为
②假设存在,使得,则问题等价于
⑴当时,,则在上单调递减
,即,得：
（2）当时,,则在上单调递增
,即,得：
（3）当时,当时,；当时,,
在上单调递减,在上单调递增
,即……（*）
由（1）知在上单调递减,故,而
不等式（*）无解
综上所述,存在,使得命题成立
10、已知函数.
（1）当时,求曲线在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数在区间内有且只有一个极值点,求的取值范围.
【解析】（1）当时,,
所以,．
又,
所以曲线在处的切线方程为
（2）函数的定义域为．
,
（1）当即时,
因为,,
所以的单调增区间为,无单调减区间.
（2）当,即时,令,得．
当时,；
当时,；
所以的单调增区间为,减区间为．
综上,当时,的单调增区间为,无单调减区间；
当时,的单调增区间为,减区间为．
（Ⅲ）因为,
所以.
令.
若函数在区间内有且只有一个极值点,
则函数在区间内存在零点.
又,
所以在内有唯一零点.
且时,，时,
则在内为减函数,在内为增函数.
又因为且在内存在零点,所以解得.
显然在内有唯一零点,记为.
当时,时,,所以在点两侧异号,即在点两侧异号,为函数在区间内唯一极值点.
当时,
又在内成立,
所以在内单调递增,故无极值点.
当时,易得时,故无极值点.
所以当且仅当时,函数在区间内有且只有一个极值点.
11、已知函数，且函数与有相同的极值点.
（1）求实数的值；
（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）求证：.
【解析】（1）的定义域为，，由得，
易知函数在单调递增，在单调递减，故函数的极大值点为，
，依题意有，解得，经验证符合题意，故.
（2）由（1）知，函数在单调递增，在单调递减，
又，且，
当时，，.
① 当，即时，对，不等式恒成立，
即为恒成立，
则，
，又，
此时的取值范围为；
② 当，即时，对，不等式恒成立，
即为恒成立，
则，所以，又，
此时的取值范围为.
综上，实数的取值范围为.
（3）证明：所证不等式即为，
下证：，即证，
设，则，
令，则，
易知函数在上单调递减，且，
故存在唯一的，使得，即，，
且当时，，即单调递增；
当时，，即单调递减，
，
在单调递减，
又时，，故，即；
再证：，即证在上恒成立，
设，，
在单调递增，则，即，故，
综上，.
12、已知函数．
（1）求f（x）的极值；
（2）设为自然对数的底数．
①若函数g（x）恰有两个零点，求实数a的取值范围；
②当时，求函数g（x）的最小值．
【解析】（1）f（x）的定义域为，，
当时，，f（x）单调递减；
当时，，f（x）单调递增．
所以f（x）的极小值为，f（x）无极大值；
（2）函数有两个零点，等价于有两个不同的根，
等价于的图象与的图象有两个不同的交点.
令，则，又，结合（1）单调性和极值情况，作函数图象如下：
由图象得时，f（x）与h（x）的图象相切，此时只有一个交点．
令，则，当h（x）的右半边图象与f（x）相切时，切点为，则切线为，即，与x轴的交点为，f（x）与h（x）的图象相切，此时只有一个交点．
结合图象得，a的取值范围为；
②（i）当时，，
因为恒成立，所以g（x）在上单调递增，所以此时g（x）的最小值为；
（ii）当时，在恒成立，所以g（x）在上单调递减，所以此时g（x）的最小值为；
（iii）当时，若，则，
若，则，由（i），（ii）知g（x）在上单调递减，在上单调递増，所以此时g（x）的最小值为．
综上有：当时，g（x）的最小值为；当时，g（x）的最小值为；当时，g（x）的最小值为．
13、．
（1）求的零点个数；
（2）使不等式对任意恒成立时最大的k记为c，求当时，的取值范围．
【解析】（1）函数定义域是，
由题意，
当或时，，时，，
所以在和上递增，在上递减，
时，，时，，
极大值，极小值，
所以只在区间上有一个零点；
（2）因为，所以原不等式可变为，
令，，
令，则，时，，递增，，，
①当，即时，在上，是增函数，
，，
②当，即时，，递减，
，；
③当时，在上递增，
存在唯一的实数，使得，，，
则当时，，，递减，
时，，，递增，
，
，
，令，，时，，递增，
所以时，，所以，
综上，．
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高中数学重难点突破
专题十四 函数的零点、隐零点及零点赋值问题
典例分析
题型一、讨论函数零点或方程根的个数问题
用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．
【例1-1】已知f (x)＝e－x(ax2＋x＋1)．当a>0时，试讨论方程f (x)＝1的解的个数．
【例1-2】已知函数f(x)=xex+ax2+ax(a∈R).
（1）当a=﹣2时，求函数f(x)的单调区间；
（2）当a≥﹣1时，讨论函数f(x)的零点个数.
【例1-3】已知，其中为实数．
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）当时，判断函数在上零点的个数，并给出证明．
【例1-4】已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋2ln x(a∈R)．
(1)若a＝0，求证：f(x)<0；
(2)讨论函数f(x)零点的个数．
【例1-5】已知函数f(x)＝－x3＋ax－，g(x)＝ex－e(e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线与曲线y＝g(x)在(0，g(0))处的切线互相垂直，求实数a的值；
(2)设函数h(x)＝试讨论函数h(x)零点的个数．
【例1-6】若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，其中，为自然对数的底数，则的值为
A． B． C． D．1
【例1-7】若关于的方程有三个不相等的实数解、、，其中，，则的值为
A． B．4 C． D．
题型二、由函数零点或方程根的个数求参数范围问题
【例2-1】已知函数与函数的图象有两个不同的交点，则实数取值范围为
A．， B． C． D．
【例2-2】已知函数的定义域为，且对任意都满足，当时，．（其中为自然对数的底数），若函数与的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是
A．或 B． C． D．
【例2-3】若存在正实数，使得关于的方程有两个不同的根，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是
A． B．
C．，， D．，
【例2-4】已知函数，若有且仅有两个整数使得，则实数的取值范围是
A．， B．， C．， D．，
【例2-5】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
题型三、零点存在性赋值理论
1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a) 的符号,探求赋值点 m (假定 m a )使得 f (m) 与 f (a) 异号,则在 (m,a) 上存在零点．
2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值； 确保赋值点 x0 落在规定区间内；确保运算可行
三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.
【例3-1】设函数.
（1）求的单调区间；
（2）当时,试判断零点的个数；
（3）当时,若对,都有（）成立,求的最大值.
【例3-2】已知函数存在极大值与极小值,且在处取得极小值.
（1）求实数的值；
（2）若函数有两个零点,求实数的取值范围.
【例3-3】已知函数有两个零点，求的取值范围。
方法小结
1．赋值的理论依据：
1)不等式的基本性质以及一些简单代数方程、不等式的求解．
2)零点存在定理.基本模式是已知的符号，探求赋值点(假定)使得与异号，
则在上存在零点．
3)一些基本的超越不等式，如：
1．；．
2．时，．
3．时，．
4．．
【注】应用上述不等式,一般须给出证明．
2．赋值的应对方略：
2.1赋值的方法：
直观放缩法．其形态是先直观尝试，后放缩证明，其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．（参阅上节“真题探究”）
放缩求解法．其形态是先适度放缩，然后通过解不等式或方程求出赋值点，其特点是稳妥、可靠，但有时，目标放缩有点难．（参阅上节“真题探究”中的思路一，思路二）
2.2赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保，三个优先
三个确保：
（1）确保参数能取到它的一切值；
（2）确保赋值点落在规定区间内；
（3）确保运算可行．
三个优先：
（1）优先常数赋值点；
（2）优先借助已有极值求赋值点；
（3）优先简单运算，如，等．
2.3放缩的分类及其目标：放缩于赋值，如影随形，唇齿相依．
（1）依放缩的依据划分，可分为无条件放缩和条件放缩两类．前者如，，等；后者如时，．时，等；
（2）依赋值点的个数划分，可分为单点式和两点式．前者以解方程为归宿；后者以解不等式为归宿，从某种意义上说，后者是前者受挫时的应急之举．
一般情形下，放缩的目标应锁定于对函数的变化趋势起不了主导作用的那些项；但有些问题中，很难界定“主导”与非“主导”，此时放缩的尺度取决于对题目中各种因素的综合考量———这正是赋值的难点．
题型四、隐零点问题
1、函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”。
2、利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为,再利用导函数的单调性确定所在区间,最后根据,研究,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若中含有参数a，关系式是关于的关系式，确定的合适范围，往往和的范围有关.
【例4-1】已知.
（1）求的最小值；
（2）若对任意都成立，求整数的最大值.
【例4-2】已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）当时，，求整数的最大值．
【例4-3】已知．
（1）设是的极值点,求实数的值,并求的单调区间：
（2）时,求证：．
【例4-4】已知函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若对于任意的，恒成立，求的最小值.
课后作业
1、已知函数（k为常数）是实数集R上的奇函数,其中e为自然对数的底数.
（1）求k的值；
（2）讨论关于x的方程如的根的个数.
2、已知函数,曲线在点处的切线为.
（1）求,的值；
（2）若对任意的,恒成立,求正整数的最大值.
3、设函数.
（1）求的单调区间；
（2）若，为整数，且当时，，求的最大值．
4、设函数．
（1）若在上存在零点，求实数的取值范围；
（2）证明：当时，．
5、设，．
（1）讨论在上的单调性；
（2）令，试判断在上的零点个数，并加以证明．
6、已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时,讨论函数的零点个数.
7、已知函数,函数的导函数,且,其中为自然对数的底数.
（1）求的极值；
（2）若存在,使得不等式成立,试求实数的取值范围；
（3）当时,对于,求证：.
8、已知函数.（其中为自然对数的底数）
（1）若恒成立,求的最大值；
（2）设,若存在唯一的零点,且对满足条件的不等式恒成立,求实数的取值集合.
9、已知函数.
（1）若曲线在处的切线的斜率为3,求实数的值；
（2）若函数在区间上存在极小值,求实数的取值范围；
（3）如果的解集中只有一个整数,求实数的取值范围.
10、已知函数（,是自然对数的底数）.
（1）若函数在点处的切线方程为,试确定函数的单调区间；
（2）①当,时,若对于任意,都有恒成立,求实数的最小值；②当时,设函数,是否存在实数,使得？若存在,求出的取值范围；若不存在,说明理由.
11、已知函数.
（1）当时,求曲线在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数在区间内有且只有一个极值点,求的取值范围.
12、已知函数，且函数与有相同的极值点.
（1）求实数的值；
（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）求证：.
13、已知函数．
（1）求f（x）的极值；
（2）设为自然对数的底数．
①若函数g（x）恰有两个零点，求实数a的取值范围；
②当时，求函数g（x）的最小值．
14、．
（1）求的零点个数；
（2）使不等式对任意恒成立时最大的k记为c，求当时，的取值范围．
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