第四课时 利用导数研究函数的零点问题
考点一 确定函数零点(方程根)的个数
[例1] (2025·河北衡水模拟)已知函数f(x)=(x－2)ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若g(x)=f(x)－a,讨论函数g(x)的零点个数.
1.利用导数确定函数零点(方程根)的基本思路
方程的根可转化为函数的零点,可转化为利用导数研究函数的图象与x轴(或直线y=k)在某区间上的交点问题.
2.利用导数确定函数零点(方程根)个数的常用方法
(1)利用导数研究函数的单调性、极值(最值)、变化趋势等,作出函数的大致图象,结合函数图象,判断函数零点的个数.
(2)根据函数零点存在定理,先判断函数在某区间内有无零点,若有零点,再结合函数的图象与性质确定函数有几个零点.
[针对训练] (2025·陕西商洛模拟)已知函数f(x)=ex－4sin x,其中e为自然对数的底数.
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;
(2)证明:f(x)在[0,+∞)上有两个零点.
考点二 由函数零点(方程根)的个数求参数
[例2] (2025·河南郑州模拟)已知函数f(x)=ln x－x2+x(a>0).
(1)若a=1,求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)=ln x－x2+x(a>0)在其定义域上有唯一零点,求实数a的值.
根据零点个数求参数取值范围的方法
(1)分离参数法:若能够分离参数,则分离参数后构造函数,通过研究函数的性质,画出函数的图象,利用数形结合确定参数的取值范围.
(2)极值(最值)转化法:若不能分离参数,应根据函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,利用函数的极值(最值)的符号以及函数的单调性,确定参数的取值范围.
[针对训练] (2025·江西吉安模拟)设函数f(x)=(x－2)ln(x－1)－ax,a∈R.
(1)若f(x)在(2,+∞)上单调递增,求a的取值范围;
(2)若f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围.
考点三 隐零点问题
角度1 不等式恒(能)成立中的隐零点
[例3] (2025·福建龙岩模拟)已知f(x)=(x－a－1)ex－ax2+a2x－1(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若a=－1,且存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤ln x+x2+(b+1)x,求实数b的取值范围.
角度2 不等式证明中的隐零点
[例4] (2025·内蒙古包头模拟)已知函数f(x)=aex－ln(x+1)－1.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积;
(2)证明:当a>1时,f(x)>0.
求解隐零点问题的步骤
(1)利用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程f′(x0)=0,并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围.
(2)以零点为分界点,说明导函数f′(x)的正负性和f(x)的单调性,进而得到f(x)的最值表达式.
(3)将零点方程适当变形(移项、指对互化、换元或者是构造函数),整体代入最值式子进行化简证明,有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
[针对训练]
1.(角度1)(2025·四川绵阳模拟)已知函数f(x)=ax－ln x(a>0).
(1)若a=,求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值;
(2)若函数f(x)≤xex－(a+1)ln x对x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
2.(角度2)已知函数f(x)=ln x－ax+1,g(x)=x(ex－x).
(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切,求实数a的值;
(2)当a=－1时,求证:f(x)≤g(x)+x2.
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
确定函数零点(方程根)的个数 3
由函数零点(方程根)的个数求参数 1,4
隐零点问题 2
1.(12分)(2025·浙江绍兴模拟)已知a为实数,n∈N*,设函数f(x)=xn－aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
2.(12分)已知函数f(x)=ax2－(2a+1)x+2ln x(a∈R).
(1)当a>0时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)当a=0时,证明:f(x)<2ex－x－4.(其中e为自然对数的底数)
3.(13分)(2025·四川南充模拟)已知函数f(x)=+－x,g(x)=ln x,其中e为自然对数的底数.
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
(2)用max{m,n}表示m,n中的最大值,记函数h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0),当a≥0时,讨论函数h(x)在(0,+∞)上的零点个数.
4.(13分)(2025·福建厦门模拟)设函数f(x)=ln x－ax2－bx(a,b∈R).
(1)当a=2,b=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当a=0,b=－1时,方程f(x)=mx在区间[1,e2]上有唯一实数解,求实数m的取值范围.
第四课时 利用导数研究函数的零点问题（解析版）
考点一 确定函数零点(方程根)的个数
[例1] (2025·河北衡水模拟)已知函数f(x)=(x－2)ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若g(x)=f(x)－a,讨论函数g(x)的零点个数.
【解】 (1)f(x)的定义域为R,f′(x)=ex+(x－2)·ex=(x－1)ex,
又ex>0恒成立,
所以当x∈(－∞,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,
所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞,1),单调递增区间为(1,+∞).
函数f(x)的极小值为f(1)=－e,无极大值.
(2)当x<2时,f(x)<0,当x>2时,f(x)>0,结合(1)中结论作出函数的大致图象如图所示,
所以g(x)的零点个数等价于f(x)的图象与直线y=a的交点个数,
当a≥0时,f(x)的图象与直线y=a有且仅有一个交点;
当－e
当a=－e时,f(x)的图象与直线y=a有且仅有一个交点;
当a<－e时,f(x)的图象与直线y=a无交点.
综上所述,当a∈[0,+∞)∪{－e}时,g(x)有唯一零点;
当a∈(－e,0)时,g(x)有两个不同的零点;
当a∈(－∞,－e)时,g(x)无零点.
1.利用导数确定函数零点(方程根)的基本思路
方程的根可转化为函数的零点,可转化为利用导数研究函数的图象与x轴(或直线y=k)在某区间上的交点问题.
2.利用导数确定函数零点(方程根)个数的常用方法
(1)利用导数研究函数的单调性、极值(最值)、变化趋势等,作出函数的大致图象,结合函数图象,判断函数零点的个数.
(2)根据函数零点存在定理,先判断函数在某区间内有无零点,若有零点,再结合函数的图象与性质确定函数有几个零点.
[针对训练] (2025·陕西商洛模拟)已知函数f(x)=ex－4sin x,其中e为自然对数的底数.
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;
(2)证明:f(x)在[0,+∞)上有两个零点.
(1)【解】 因为f(x)=ex－4sin x,所以f′(x)=ex－4cos x,则f(0)=1,f′(0)=－3,故所求切线方程为y－1=－3(x－0),即3x+y－1=0.
(2)【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′()=－2>0,
所以存在唯一x0∈(0,),
使f′(x0)=0.
则当x∈(0,x0)时,f′(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
因为f(0)=1>0,f()=－20,所以由零点存在定理知f(x)在(0,)和(,π)上各有一个零点,即f(x)在[0,+∞)上有两个零点.
考点二 由函数零点(方程根)的个数求参数
[例2] (2025·河南郑州模拟)已知函数f(x)=ln x－x2+x(a>0).
(1)若a=1,求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)=ln x－x2+x(a>0)在其定义域上有唯一零点,求实数a的值.
【解】 (1)由已知得函数定义域为(0,+∞).
当a=1时,f(1)=－+1=,
且f′(x)=－x+1,所以f′(1)=1.
所以函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程y－=x－1,即2x－2y－1=0.
(2)因为f(x)=ln x－x2+x(a>0)在其定义域上有唯一零点,所以方程ln x－x2+x=0,
即x2－2aln x－2ax=0在(0,+∞)有唯一实数解.
设g(x)=x2－2aln x－2ax,
则g′(x)=(x>0).
令g′(x)=0,即x2－ax－a=0.
因为a>0,x>0,所以x2－ax－a=0的两个根分别为x1=<0(舍去),
x2=.
当x∈(0,x2)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
当x=x2时,g′(x)=0,g(x)取得最小值g(x2).
要使g(x)在(0,+∞)上有唯一零点,则需
即
所以2aln x2+ax2－a=0.
因为a>0,
所以2ln x2+x2－1=0.(*)
设函数h(x)=2ln x+x－1,当x>0时,h(x)单调递增,所以h(x)至多有一解.
因为h(1)=0,所以方程(*)的解为x2=1,即=1,解得a=.
所以实数a的值为.
根据零点个数求参数取值范围的方法
(1)分离参数法:若能够分离参数,则分离参数后构造函数,通过研究函数的性质,画出函数的图象,利用数形结合确定参数的取值范围.
(2)极值(最值)转化法:若不能分离参数,应根据函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,利用函数的极值(最值)的符号以及函数的单调性,确定参数的取值范围.
[针对训练] (2025·江西吉安模拟)设函数f(x)=(x－2)ln(x－1)－ax,a∈R.
(1)若f(x)在(2,+∞)上单调递增,求a的取值范围;
(2)若f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围.
【解】 (1)因为f′(x)=ln(x－1)+1－－a(x>1),
令H(x)=ln(x－1)+1－－a(x>1),
则H′(x)=+>0,
所以f′(x)在(1,+∞)上单调递增,
因为f(x)在(2,+∞)上单调递增,
所以f′(2)≥0,
所以－a≥0 a≤0.
所以a的取值范围是(－∞,0].
(2)f(x)=0 a=,
令g(x)=,
故g′(x)=－2×=,
令h(x)=(x－1)－+2ln(x－1),
所以h′(x)=1++>0(x>1),
所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,又h(2)=0,
所以当12时,h(x)>0,即g′(x)>0,
所以g(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
所以g(x)≥g(2)=0,又由当x→1时,→－1,ln(x－1)→－∞,则g(x)→+∞;
当x→+∞时,→1,ln(x－1)→+∞,
则g(x)→+∞,
若f(x)有两个不同的零点,则需满足a>0.
所以a的取值范围为(0,+∞).
考点三 隐零点问题
角度1 不等式恒(能)成立中的隐零点
[例3] (2025·福建龙岩模拟)已知f(x)=(x－a－1)ex－ax2+a2x－1(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若a=－1,且存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤ln x+x2+(b+1)x,求实数b的取值范围.
【解】 (1)因为f(x)=(x－a－1)ex－ax2+a2x－1,所以f′(x)=(x－a)ex－a(x－a)=(x－a)(ex－a).
若a≤0,则ex－a>0,
当x∈(－∞,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
若a>0,由f′(x)=0得x=a或x=ln a.
设g(a)=a－ln a(a>0),
则g′(a)=1－=.
当a∈(0,1)时,g′(a)<0,g(a)单调递减;
当a∈(1,+∞)时,g′(a)>0,g(a)单调递增.
所以g(a)≥g(1)=1>0,所以a>ln a,
所以当x∈(－∞,ln a)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(ln a,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在(－∞,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在(ln a,a)上单调递减,在(－∞,ln a),(a,+∞)上单调递增.
(2)当a=－1时,f(x)=xex+x2+x－1.
存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤ln x+x2+(b+1)x成立,即xex－ln x－1≤bx成立,
即b≥成立.
设h(x)=,x>0,
则h′(x)=.
设m(x)=x2ex+ln x,x>0,
m′(x)=(x2+2x)ex+>0,
则m(x)在(0,+∞)上单调递增,且m(1)=e>0,m()=－1<0,
所以存在唯一的x0∈(,1),使得m(x0)=+ln x0=0,
所以x0=－ln x0=ln =(ln ),
令y=xex,x>0,y′=(x+1)ex>0,
y=xex在(0,+∞)上单调递增,
则有x0=ln =－ln x0,
所以=,=－1,
当x∈(0,x0)时,m(x)<0,h′(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,m(x)>0,h′(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)≥h(x0)==+1－=1,所以b≥1,即实数b的取值范围是[1,+∞).
角度2 不等式证明中的隐零点
[例4] (2025·内蒙古包头模拟)已知函数f(x)=aex－ln(x+1)－1.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积;
(2)证明:当a>1时,f(x)>0.
(1)【解】 当a=e时,f(x)=ex+1－ln(x+1)－1,
f(0)=e－1.f′(x)=ex+1,f′(0)=e－1,
故曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y－(e－1)=(e－1)x,即y=(e－1)x+e－1.
因为该切线在x,y轴上的截距分别为－1和e－1,
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S=×|－1|×(e－1)=.
(2)【证明】 当a>1时,
因为f(x)=aex－ln(x+1)－1(x>－1),
所以f′(x)=aex－=.
令g(x)=aex(x+1)－1(x>－1),
则g′(x)=aex(x+2),
因为a>1,x>－1,所以g′(x)>0,
所以g(x)在(－1,+∞)上单调递增,
又g(－1)=－1<0,g(0)=a－1>0,
故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β,即g(β)=0,
因此有aeβ(β+1)=1.
当x∈(－1,β)时,g(x)<0,即f′(x)<0;
当x∈(β,+∞)时,g(x)>0,即f′(x)>0.
所以f(x)在(－1,β)上单调递减,在(β,+∞)上单调递增,故f(β)为最小值.
由aeβ(β+1)=1,得－ln(β+1)=ln a+β,
所以当－1<β<0时,
f(β)=aeβ－ln(β+1)－1=+β－1+ln a=ln a+,
因为a>1,所以ln a>0,
又因为－1<β<0,所以>0,所以f(β)>0.
所以f(x)≥f(β)>0.
求解隐零点问题的步骤
(1)利用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程f′(x0)=0,并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围.
(2)以零点为分界点,说明导函数f′(x)的正负性和f(x)的单调性,进而得到f(x)的最值表达式.
(3)将零点方程适当变形(移项、指对互化、换元或者是构造函数),整体代入最值式子进行化简证明,有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
[针对训练]
1.(角度1)(2025·四川绵阳模拟)已知函数f(x)=ax－ln x(a>0).
(1)若a=,求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值;
(2)若函数f(x)≤xex－(a+1)ln x对x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
【解】 (1)当a=时,
f(x)=x－ln x,定义域为(0,+∞),
所以f′(x)==,
令f′(x)=0得x=e,
所以当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以函数f(x)在x=e处取得极小值,也是最小值,f(x)min=f(e)=0.
(2)因为函数f(x)≤xex－(a+1)ln x对x∈(0,+∞)恒成立,
所以xex－a(x+ln x)≥0对x∈(0,+∞)恒成立,
令h(x)=xex－a(x+ln x),x>0,
则h′(x)=(x+1)ex－a(1+)=(x+1)(ex－),
x>0,令h′(x)=0得a=xex>0,
令k(x)=ex－,x>0,k′(x)=ex+>0恒成立,故k(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为当x趋近于正无穷时,k(x)趋近于正无穷,
当x趋近于0时,k(x)趋近于负无穷,
所以 x0∈(0,+∞),使得h′(x0)=0,a=x0,
所以当x∈(0,x0)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,
所以只需h(x)min=h(x0)
=x0－a(x0+ln x0)
=x0(1－x0－ln x0)≥0即可;
所以1－x0－ln x0≥0,1≥x0+ln x0,
因为x0=a,所以ln x0=ln a－x0,
所以ln x0+x0=ln a≤1=ln e,
解得0综上所述,实数a的取值范围为(0,e].
2.(角度2)已知函数f(x)=ln x－ax+1,g(x)=x(ex－x).
(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切,求实数a的值;
(2)当a=－1时,求证:f(x)≤g(x)+x2.
(1)【解】 设切点坐标为(x0,f(x0)),
由f′(x)=－a,得f′(x0)=－a,
所以切线方程为y－(ln x0－ax0+1)=(－a)(x－x0),即y=(－a)x+ln x0.
因为直线y=2x与函数f(x)的图象相切,
所以解得a=－1.
(2)【证明】 当a=－1时,f(x)=ln x+x+1,
令F(x)=g(x)－f(x)+x2
=xex－ln x－x－1(x>0),
则F′(x)=(x+1)ex－－1=(xex－1),
令G(x)=xex－1(x>0),
则G′(x)=(x+1)ex>0,
所以函数G(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
又G(0)=－1<0,G(1)=e－1>0,
所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1),
且当x∈(0,x0)时,G(x)<0,即F′(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,G(x)>0,即F′(x)>0.
所以函数F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
故F(x)min=F(x0)=x0－ln x0－x0－1,
由G(x0)=0得x0－1=0,x0=1,
两边取对数得ln x0+x0=0,故F(x0)=0,
所以g(x)－f(x)+x2≥0,即f(x)≤g(x)+x2.
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
确定函数零点(方程根)的个数 3
由函数零点(方程根)的个数求参数 1,4
隐零点问题 2
1.(12分)(2025·浙江绍兴模拟)已知a为实数,n∈N*,设函数f(x)=xn－aln x.
(1)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】 (1)f′(x)=nxn－1－=,x>0,
当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当a>0时,令f′(x)>0,得x>,
令f′(x)<0,得0所以函数的单调递减区间是(0,),单调递增区间是((),+∞).
综上可知,当a≤0时,f(x)的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间;
当a>0时,f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).
(2)由(1)可知,若f(x)有两个零点,则a>0,
且当x=时,f(x)取得最小值,f()=－aln<0,得a>ne,
且x→0时,f(x)→+∞,当x→+∞,f(x)→+∞,
所以f(x)在(0,)内有1个零点,在(,+∞)内也有1个零点,所以若f(x)有两个零点,
则a>ne.
2.(12分)已知函数f(x)=ax2－(2a+1)x+2ln x(a∈R).
(1)当a>0时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)当a=0时,证明:f(x)<2ex－x－4.(其中e为自然对数的底数)
(1)【解】 f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=ax－(2a+1)+=,
当0<<2,即a>时,f(x)在(0,),(2,+∞)上单调递增.
当=2,即a=时,f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当>2,即0综上所述,当a>时,f(x)的单调递增区间为(0,),(2,+∞);
当a=时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);
当0(2)【证明】 当a=0时,由f(x)<2ex－x－4化简得ex－ln x－2>0,
构造函数h(x)=ex－ln x－2(x>0),
h′(x)=ex－,令g(x)=ex－,则g′(x)=ex+>0,所以h′(x)在(0,+∞)上单调递增,
h′()=－2<0,h′(1)=e－1>0,
故存在唯一的x0∈(,1),使得h′(x0)=0,即=.
当x∈(0,x0)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增.
所以当x=x0时,h(x)取得极小值,也是最小值.
h(x)min=h(x0)=－ln x0－2=－ln －2=+x0－2>2－2=0,
所以h(x)=ex－ln x－2>0,
故f(x)<2ex－x－4.
3.(13分)(2025·四川南充模拟)已知函数f(x)=+－x,g(x)=ln x,其中e为自然对数的底数.
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
(2)用max{m,n}表示m,n中的最大值,记函数h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0),当a≥0时,讨论函数h(x)在(0,+∞)上的零点个数.
【解】 (1)当a=1时,f(x)=+x2－x,f′(x)=+x－1=.
由f′(x)>0,得x<0或x>1;
由f′(x)<0,得0当x变化时,f′(x)在各区间上的正负,以及f(x)的单调性如表所示.
x (－∞,0) 0 (0,1) 1 (1,+∞)
f′(x) + 0 － 0 +
f(x) 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增
所以f(x)极大值=f(0)=0;f(x)极小值=f(1)=.
(2)由h(x)=max{f(x),g(x)}知h(x)≥g(x),
①当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,
所以h(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上无零点.
②当x=1时,由g(1)=0,f(1)=知,
当f(1)≤0,即0≤a≤时,h(1)=0,
x=1是h(x)的零点;
当f(1)>0,即a>时,h(1)>0,x=1不是h(x)的零点.
③当x∈(0,1)时,g(x)<0,
故f(x)在(0,1)上的零点就是h(x)在(0,1)上的零点.
由f(x)=0,得a=(1－x)ex.
设φ(x)=(1－x)ex,则φ′(x)=(1－x)ex,
所以φ(x)在(0,1)上单调递增,
又因为φ(0)=1,φ(1)=,
所以当a≥时,f(x)即h(x)在(0,1)上无零点;
当1当0≤a≤1时,f(x)即h(x)在(0,1)上无零点.
综上所述,当1当0≤a≤1或a=时,h(x)有1个零点;
当a>时,h(x)无零点.
4.(13分)(2025·福建厦门模拟)设函数f(x)=ln x－ax2－bx(a,b∈R).
(1)当a=2,b=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当a=0,b=－1时,方程f(x)=mx在区间[1,e2]上有唯一实数解,求实数m的取值范围.
【解】 (1)依题意知f(x)的定义域为(0,+∞),
当a=2,b=1时,f(x)=ln x－x2－x,
则f′(x)=－2x－1=,
令f′(x)=0,解得x=或x=－1(舍去),
当00,当x>时,f′(x)<0,
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,),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≤x由g′(x)<0,得e又g(1)=1,g(e2)=1+=1+,
g(e)=1+,则函数g(x)=1+,x∈[1,e2]的大致图象如图所示.
由图象可知,要使m=1+在[1,e2]上有唯一实数解,则m=1+或1≤m<1+.
故m的取值范围为{1+}∪[1,1+).
(
第
13
页
)(共61张PPT)
第四课时 利用导数研究
函数的零点问题
关键能力
课堂突破
考点一 确定函数零点(方程根)的个数
[例1] (2025·河北衡水模拟)已知函数f(x)=(x－2)ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
【解】 (1)f(x)的定义域为R,f′(x)=ex+(x－2)·ex=(x－1)ex,
又ex>0恒成立,
所以当x∈(－∞,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,
所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞,1),单调递增区间为(1,+∞).
函数f(x)的极小值为f(1)=－e,无极大值.
[例1] (2025·河北衡水模拟)已知函数f(x)=(x－2)ex.
(2)若g(x)=f(x)－a,讨论函数g(x)的零点个数.
【解】 (2)当x<2时,f(x)<0,当x>2时,f(x)>0,
结合(1)中结论作出函数的大致图象如图所示,
所以g(x)的零点个数等价于f(x)的图象与直线y=a的交点个数,
当a≥0时,f(x)的图象与直线y=a有且仅有一个交点;
当－e当a=－e时,f(x)的图象与直线y=a有且仅有一个交点;
当a<－e时,f(x)的图象与直线y=a无交点.
综上所述,当a∈[0,+∞)∪{－e}时,g(x)有唯一零点;
当a∈(－e,0)时,g(x)有两个不同的零点;
当a∈(－∞,－e)时,g(x)无零点.
1.利用导数确定函数零点(方程根)的基本思路
方程的根可转化为函数的零点,可转化为利用导数研究函数的图象与x轴(或直线y=k)在某区间上的交点问题.
解题策略
2.利用导数确定函数零点(方程根)个数的常用方法
(1)利用导数研究函数的单调性、极值(最值)、变化趋势等,作出函数的大致图象,结合函数图象,判断函数零点的个数.
(2)根据函数零点存在定理,先判断函数在某区间内有无零点,若有零点,再结合函数的图象与性质确定函数有几个零点.
解题策略
[针对训练] (2025·陕西商洛模拟)已知函数f(x)=ex－4sin x,其中e为自然对数的底数.
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;
(1)【解】 因为f(x)=ex－4sin x,所以f′(x)=ex－4cos x,
则f(0)=1,f′(0)=－3,故所求切线方程为y－1=－3(x－0),即3x+y－1=0.
[针对训练] (2025·陕西商洛模拟)已知函数f(x)=ex－4sin x,其中e为自然对数的底数.
(2)证明:f(x)在[0,+∞)上有两个零点.
(2)【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.
考点二 由函数零点(方程根)的个数求参数
(1)若a=1,求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
根据零点个数求参数取值范围的方法
(1)分离参数法:若能够分离参数,则分离参数后构造函数,通过研究函数的性质,画出函数的图象,利用数形结合确定参数的取值范围.
(2)极值(最值)转化法:若不能分离参数,应根据函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,利用函数的极值(最值)的符号以及函数的单调性,确定参数的取值范围.
解题策略
[针对训练] (2025·江西吉安模拟)设函数f(x)=(x－2)ln(x－1)－ax,a∈R.
(1)若f(x)在(2,+∞)上单调递增,求a的取值范围;
[针对训练] (2025·江西吉安模拟)设函数f(x)=(x－2)ln(x－1)－ax,a∈R.
(2)若f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围.
考点三 隐零点问题
角度1 不等式恒(能)成立中的隐零点
(1)讨论f(x)的单调性;
若a≤0,则ex－a>0,
当x∈(－∞,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
若a>0,由f′(x)=0得x=a或x=ln a.
所以g(a)≥g(1)=1>0,所以a>ln a,
所以当x∈(－∞,ln a)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(ln a,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在(－∞,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增;
当a>0时,f(x)在(ln a,a)上单调递减,在(－∞,ln a),(a,+∞)上单调递增.
角度2 不等式证明中的隐零点
[例4] (2025·内蒙古包头模拟)已知函数f(x)=aex－ln(x+1)－1.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积;
[例4] (2025·内蒙古包头模拟)已知函数f(x)=aex－ln(x+1)－1.
(2)证明:当a>1时,f(x)>0.
因为a>1,x>－1,所以g′(x)>0,
所以g(x)在(－1,+∞)上单调递增,
又g(－1)=－1<0,g(0)=a－1>0,
故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β,即g(β)=0,
因此有aeβ(β+1)=1.
当x∈(－1,β)时,g(x)<0,即f′(x)<0;
当x∈(β,+∞)时,g(x)>0,即f′(x)>0.
所以f(x)在(－1,β)上单调递减,在(β,+∞)上单调递增,故f(β)为最小值.
求解隐零点问题的步骤
(1)利用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程f′(x0)=0,并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围.
(2)以零点为分界点,说明导函数f′(x)的正负性和f(x)的单调性,进而得到f(x)的最值表达式.
(3)将零点方程适当变形(移项、指对互化、换元或者是构造函数),整体代入最值式子进行化简证明,有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
解题策略
1.(角度1)(2025·四川绵阳模拟)已知函数f(x)=ax－ln x(a>0).
[针对训练]
1.(角度1)(2025·四川绵阳模拟)已知函数f(x)=ax－ln x(a>0).
(2)若函数f(x)≤xex－(a+1)ln x对x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
2.(角度2)已知函数f(x)=ln x－ax+1,g(x)=x(ex－x).
(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切,求实数a的值;
2.(角度2)已知函数f(x)=ln x－ax+1,g(x)=x(ex－x).
(2)当a=－1时,求证:f(x)≤g(x)+x2.
令G(x)=xex－1(x>0),
则G′(x)=(x+1)ex>0,
所以函数G(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
又G(0)=－1<0,G(1)=e－1>0,
所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1),
且当x∈(0,x0)时,G(x)<0,即F′(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,G(x)>0,即F′(x)>0.
所以函数F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
课时作业
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
确定函数零点(方程根)的个数 3
由函数零点(方程根)的个数求参数 1,4
隐零点问题 2
1.(12分)(2025·浙江绍兴模拟)已知a为实数,n∈N*,设函数f(x)=xn－aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
1.(12分)(2025·浙江绍兴模拟)已知a为实数,n∈N*,设函数f(x)=xn－aln x.
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
(1)当a>0时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)当a=0时,证明:f(x)<2ex－x－4.(其中e为自然对数的底数)
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
当x变化时,f′(x)在各区间上的正负,以及f(x)的单调性如表所示.
x (－∞,0) 0 (0,1) 1 (1,+∞)
f′(x) + 0 － 0 +
f(x) 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调
递增
(2)用max{m,n}表示m,n中的最大值,记函数h(x)=max{f(x),g(x)}(x>0),当a≥0时,讨论函数h(x)在(0,+∞)上的零点个数.
【解】 (2)由h(x)=max{f(x),g(x)}知h(x)≥g(x),
①当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,
所以h(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上无零点.
(1)当a=2,b=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当a=0,b=－1时,方程f(x)=mx在区间[1,e2]上有唯一实数解,求实数m的取值范围.