微突破(十一) 函数的零点问题
例1 解:函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)ex,
所以当x∈(-∞,-2)时,f'(x)<0,当x∈(-2,+∞)时,f'(x)>0,则f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,
故f(x)在x=-2处取得极小值,也是最小值,最小值为f(-2)=-.
令f(x)=0,得x=-1,可知当x<-1时,f(x)<0,
当x>-1时,f(x)>0,且f(x)的图象经过点,(-1,0),(0,1).
当x→-∞时,与一次函数相比,指数函数增长更快,从而f(x)=(x+1)ex→0;
当x→+∞时,f(x)→+∞,f'(x)→+∞.根据以上信息,画出f(x)的大致图象(横、纵坐标单位长度不同),如图所示.
函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数为f(x)的图象与直线y=a的交点个数,所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:
当a<-时,零点的个数为0;
当a=-或a≥0时,零点的个数为1;
当-
变式 B [解析] 易知f(x)的定义域为{x|x≠0},f'(x)=x2-=.令f'(x)<0,解得-10,解得x<-1或x>1,所以f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递增.当x=-1时,f(x)取得极大值f(-1)=-<0,易知f(x)在(-∞,0)上没有零点.当x=1时,f(x)取得极小值f(1)=-<0,且f=>0,f(2)=>0,可知f(x)在(0,+∞)上有2个零点.综上所述,f(x)的零点个数为2.故选B.
例2 解:令f(x)=0,得ex=a(x+2),
即=,
设φ(x)=,则函数y=的图象与函数φ(x)=的图象有两个交点.
φ'(x)=,
则当x∈(-∞,-1)时,φ'(x)>0,
当x∈(-1,+∞)时,φ'(x)<0,
所以φ(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,
所以φ(x)max=φ(-1)=e,
又φ(-2)=0,当x→-∞时,φ(x)→-∞,当x→+∞时,φ(x)→0,
当x>-2时,φ(x)>0,
所以可作出φ(x)的大致图象,如图所示,
又函数y=的图象与φ(x)=的图象有两个交点,所以由图可知0<,
所以a的取值范围是.
变式 (-∞,0]∪(4,+∞) [解析] f(x)=ax3-3x+1的定义域为R,f'(x)=3ax2-3,则当a≤0时,f'(x)=3ax2-3<0恒成立,故f(x)=ax3-3x+1在R上单调递减,又f(0)=1>0,f(1)=a-2<0,所以由零点存在定理得,存在唯一的x0∈(0,1),使得f(x0)=0,满足要求.当a>0时,由f'(x)=3ax2-3>0得x>或x<-,由f'(x)=3ax2-3<0,得-0,所以f(x)在(-∞,0)上存在一个零点,又函数f(x)=ax3-3x+1存在唯一的零点,所以只需f=-3+1>0,解得a>4,满足a>0.综上,实数a的取值范围是(-∞,0]∪(4,+∞).
例3 证明:f'(x)=-=.
设h(x)=ex-a-,则h(x)=ex-a-1-,易知h(x)在(1,+∞)上单调递增,当x→1+ 时,h(x)→-∞,
因为a>,所以h(a+1)=e-1->0,所以存在x0∈(1,a+1),使得h(x0)=-=0,
当x∈(1,x0)时,h(x)<0,则f'(x)<0,所以f(x)在(1,x0)上单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,
则f'(x)>0,所以f(x)在(x0,+∞)上单调递增,
故x=x0是函数f(x)=-ln x+ln(a+1)(a>0)的极小值点,也是最小值点,则f(x)≥f(x0)=-ln x0+ln(a+1),又因为=,
所以f(x0)=-ln x0+ln(a+1),即证-ln x0+ln(a+1)>,
即证-ln x0>-ln(a+1).
设g(x)=-ln x,则g(x)=-ln x在(1,+∞)上单调递减,
因为x0∈(1,a+1),所以g(x0)>g(a+1),故-ln x0>-ln(a+1),
故对任意x>1,f(x)>.
变式 解:(1)函数f(x)=ln x+(a-1)x+a+1(a∈R),定义域为(0,+∞),
f'(x)=+a-1=.
①当a≥1时,f'(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增,没有极值.
②当a<1时,由f'(x)=0,得x=,
则当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
∴f(x)的极大值为f=a-ln(1-a),无极小值.
综上讨论得,当a≥1时,f(x)无极值;
当a<1时,f(x)有极大值a-ln(1-a),无极小值.
(2)证明:当a≤1时,要证ex-f(x)>0,即证ex>f(x),只需证ex>ln x+2.
令h(x)=ex-ln x,则h'(x)=ex-,
令m(x)=ex-,则m'(x)=ex+>0,∴h'(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h'=-2<0,h'(1)=e-1>0,∴方程ex-=0有唯一解x0,且x0∈,即=,
∴-ln x0=x0,可知当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)在(0,x0)上单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(x0,+∞)上单调递增.
∴h(x)≥h(x0)=-ln x0=+x0>2,∴ex>ln x+2,故当a≤1时,ex-f(x)>0.微突破(十一) 函数的零点问题
1.D [解析] f'(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),令f'(x)>0得x<-1或x>1,令f'(x)<0得-1当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表:
x (-∞,-1) -1 (-1,1) 1 (1,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 2+m ↘ -2+m ↗
又当x→-∞时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,所以要使函数有三个不同的零点,则需满足解得-22. [解析] f'(x)=-=,x>0.①若a≤0,则f'(x)>0恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=ln 1+a=a≤0,当x→+∞时,f(x)→+∞,所以函数f(x)在定义域(0,+∞)上有1个零点.②若a>0,则当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.所以函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.所以当x=a时,f(x)取得最小值,且f(x)min=ln a+1,则需满足ln a+1≤0,解得00,所以函数f(x)在定义域(0,+∞)上有零点.综上所述,实数a的取值范围为.
3.3 [解析] f(x)=2sin x-x的定义域为R,f(0)=0,又f(-x)=2sin(-x)+x=-2sin x+x=-f(x),所以f(x)=2sin x-x为奇函数.当x>2时,因为2sin x≤2恒成立,所以f(x)=2sin x-x<0恒成立,无零点,故当x<-2时,f(x)也不存在零点.当00,f(x)=
2sin x-x单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)=2sin x-x单调递减,故f(x)=2sin x-x在x=处取得极大值,也是最大值,最大值为f=2sin-=->0,显然f(0)=0,f(2)=2sin 2-2<0,则由零点存在定理知,f(x)在上存在一个零点,且f(x)在上不存在零点.又函数f(x)为奇函数,所以f(x)在上也存在一个零点,在上不存在零点.综上,f(x)=2sin x-x一共有3个零点.
4.解:(1)由f(x)=x2+xln x,得f'(x)=2x+ln x+1,
因为1≤x≤e,所以f'(x)>0,
所以函数f(x)在[1,e]上单调递增,所以f(x)max=f(e)=e2+e.
(2)函数f(x)=x2+xln x的定义域为(0,+∞),
由f(x)=ax3可得a=.
令g(x)=,其中x>0,则g'(x)=.
令h(x)=1-x-2ln x,其中x>0,则h'(x)=-1-<0,
所以函数h(x)在(0,+∞)上为减函数,且h(1)=0,
则当00,则g'(x)>0,所以函数g(x)在(0,1)上单调递增,
当x>1时,h(x)<0,则g'(x)<0,所以函数g(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以g(x)的极大值为g(1)=1.
令p(x)=x+ln x,其中x>0,则p'(x)=1+>0,
则函数p(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为p=-1<0,p(1)>0,所以存在x0∈,使得p(x0)=0,
当0x0时,p(x)>0,则g(x)>0.
由以上分析可作出直线y=a与函数g(x)的图象,如图所示,
由图可知,当0即方程f(x)=ax3有两个不相等的实数根,
故实数a的取值范围是05.解:(1)f'(x)=,所以f'(1)=1,f(1)=a,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x+a-1,
因为切线经过点(0,1),
所以1=0+a-1,解得a=2.
(2)证明:设g(x)=ex-a-ln x-a,
则g'(x)=ex-a-,
设g'(x0)=-=0,
则a=x0+ln x0,
因为g'(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(x0)=-ln x0-a=-x0-2ln x0≥0.
令h(x)=-x-2ln x,x>0,
则h'(x)=--1-==-<0,
所以h(x)=-x-2ln x在(0,+∞)上单调递减,
因为h(1)=0,所以x0≤1,所以a=x0+ln x0≤1.微突破(十一) 函数的零点问题
一、用导数求函数零点(方程根)问题的解题思路
(1)利用导数研究函数f(x)的最值,进而将问题转化为f(x)的图象与x轴的交点问题,解题过程中可能用到分类讨论思想.
(2)分离参变量,即由f(x)=0分离参变量,得到a=g(x),通过研究y=a与y=g(x)图象的交点解决问题.
角度1 零点个数问题
例1 已知函数f(x)=xex+ex,讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.
变式 [2025·江苏徐州一中高二月考] 函数f(x)=x3+-2的零点个数为 ( )
A.1 B.2
C.3 D.4
角度2 根据零点个数求参数范围
例2 已知函数f(x)=ex-a(x+2),若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
变式 [2025·江苏无锡一中高二月考] 已知函数f(x)=ax3-3x+1存在唯一的零点,则实数a的取值范围为 .
二、简单的隐零点问题
隐零点问题是指函数的零点求不出来,但又存在,在具体的解题中主要是隐零点代换.
隐零点代换的解题步骤:
第1步:用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范围;
第2步:以零点为分界点,说明导函数f'(x)的正负,进而得到f(x)最值的表达式;
第3步:将零点方程f'(x0)=0适当变形,整体代入f(x)最值的表达式进行化简,要么消除f(x)最值表达式中的有关项,要么消除其中的参数项,从而得到f(x)最值表达式的估计.
例3 已知函数f(x)=-ln x+ln(a+1)(a>0)(e是自然对数的底数),a>,求证:对任意x>1,f(x)>.
变式 [2025·江苏徐州一中高二月考] 已知函数f(x)=ln x+(a-1)x+a+1(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的极值情况;
(2)证明:当a≤1时,ex-f(x)>0.微突破(十一) 函数的零点问题
1.若函数f(x)=x3-3x+m有三个不同的零点,则实数m的取值范围是 ( )
A. [-2,2] B. (-∞,-2]
C. [2,+∞) D. (-2,2)
2.已知函数f(x)=ln x+有零点,则实数a的取值范围是 .
3.函数f(x)=2sin x-x的零点个数为 .
4.(13分)已知函数f(x)=x2+xln x.
(1)求函数f(x)在区间[1,e]上的最大值;
(2)若关于x的方程f(x)=ax3有两个不相等的实数根,求实数a的取值范围.
5.(15分)已知函数f(x)=ln x+a.
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(0,1),求实数a的值;
(2)若对任意x∈(0,+∞),都有ex-a≥f(x)(e为自然对数的底数),求证:a≤1.(共36张PPT)
微突破（十一） 函数的零点问题
一、用导数求函数零点（方程根）问题的解题
思路
二、简单的隐零点问题
◆
练习册
答案核查【导】
答案核查【练】
一、用导数求函数零点（方程根）问题的解题思路
（1）利用导数研究函数的最值，进而将问题转化为 的图象
与 轴的交点问题，解题过程中可能用到分类讨论思想.
（2）分离参变量，即由分离参变量，得到 ，通过
研究与 图象的交点解决问题.
角度1 零点个数问题
例1 已知函数，讨论函数 的
零点的个数.
解：函数的定义域为，且 ，
所以当时，，当
时，，则在 上单调递减，在
上单调递增，
故在 处取得极小值，也是最小值，最小
值为 .
令，得，可知当 时，
，
当时，，且 的图象经过点
，， .
当 时，与一次函数相比，指数函数增长更
快，从而 ；
当 时， ， .根据以
上信息，画出 的大致图象（横、纵坐标单位长度
不同），如图所示.
函数的零点的个数为 的
图象与直线 的交点个数，所以关于函数
的零点个数有如下结论：
当 时，零点的个数为0；
当或 时，零点的个数为1；
当 时，零点的个数为2.
变式 ［2025·江苏徐州一中高二月考］ 函数 的零
点个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
√
[解析] 易知的定义域为， .令
，解得或，所以在和
上单调递减.
令，解得或，所以 在和上
单调递增.
当时， 取得极大值，
易知在上没有零点.
当时， 取得极小值，且，
，可知在上有2个零点.
综上所述， 的零点个数为2.故选B.
角度2 根据零点个数求参数范围
例2 已知函数，若有两个零点，求 的取值
范围.
解：令，得 ，即 ，
设,则函数的图象与函数的图象有两个交点.
，则当时， ，
当时， ，
所以在上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
又,当 时, ,当 时, ，
当时， ，
所以可作出 的大致图象，如图所示，
又函数的图象与 的图象有两个交点，
所以由图可知，解得 ，
所以的取值范围是 .
变式 ［2025·江苏无锡一中高二月考］ 已知函数
存在唯一的零点，则实数 的取值范围为______
___________.
[解析] 的定义域为， ，则当
时，恒成立，故在
上单调递减，
又， ，所以由零点存在定理得，
存在唯一的，使得，满足要求.
当 时，由得或 ，由
，得，故在 上单
调递减，在，上单调递增，
易知当 时， ，，所以在
上存在一个零点，
又函数 存在唯一的零点，所以只需
，解得，满足.
综上，实数 的取值范围是 .
二、简单的隐零点问题
隐零点问题是指函数的零点求不出来，但又存在，在具体的解题中
主要是隐零点代换.
隐零点代换的解题步骤：
第1步：用零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程
，并结合 的单调性得到零点的范围；
第2步：以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到 最
值的表达式；
第3步：将零点方程适当变形，整体代入 最值的表达
式进行化简，要么消除 最值表达式中的有关项，要么消除其中
的参数项，从而得到 最值表达式的估计.
例3 已知函数 是自然对数的
底数，，求证：对任意， .
证明： .
设，则，易知 在
上单调递增，当时， ，
因为，所以 ，所以存在
，使得 ，
当时，，则，所以在 上单调
递减，
当时， ，
则，所以在 上单调递增，
故是函数 的极小值点，
也是最小值点，则 ，又因为
，
所以 ，即证
，
即证 .
设，则在 上单调递减，
因为，所以 ，故
，
故对任意， .
变式 ［2025·江苏徐州一中高二月考］ 已知函数
.
（1）讨论函数 的极值情况；
解：函数，定义域为 ，
.
①当时，恒成立，在 上单调递增，没有
极值.
②当时，由，得 ，
则当时，， 单调递增；
当时，， 单调递减.
的极大值为 ，无极小值.
综上讨论得，当时， 无极值；
当时，有极大值 ，无极小值.
（2）证明：当时， .
证明：当时，要证，即证 ，只需证
.
令，则 ，
令，则，在 上单调
递增，
又，， 方程 有唯一
解，且，即 ，，
可知当时，，在 上单调递减；
当时，，在 上单调递增.
， ，故当
时， .
练习册
1.若函数有三个不同的零点，则实数 的取值范
围是( )
A. B. C. D.
[解析] ，令得 或
，令得 ，
当变化时，， 的变化情况如表：
1
0 - 0
√
又当 时， ，当 时， ，所
以要使函数有三个不同的零点，则需满足 解得
.
2.已知函数有零点，则实数 的取值范围是________.
[解析] ，.
①若，则 恒成立，函数在上单调递增，
又 ，当 时， ，
所以函数在定义域 上有1个零点.
②若，则当时，；当 时，
.所以函数在上单调递减，在 上单调递增.
所以当时，取得最小值，且 ，则需满足
，解得.又 ，所以函数
在定义域上有零点.
综上所述，实数 的取值范围为 .
3.函数 的零点个数为___.
3
[解析] 的定义域为， ，
又 ，
所以为奇函数.
当时，因为 恒成立，所以恒成立，
无零点，故当时， 也不存在零点.
当时，，当 时，，
单调递增，当 时，，
单调递减，
故在 处取得极大值，也是最大值，最大值为
，
显然 ，，则由零点存在定理知，
在 上存在一个零点，且在上不存在零点.
又函数 为奇函数，所以在上也存在一个零点，
在 上不存在零点.
综上， 一共有3个零点.
4.（13分）已知函数 .
（1）求函数在区间 上的最大值；
解：由，得 ，
因为，所以 ，
所以函数在上单调递增，所以 .
（2）若关于的方程有两个不相等的实数根，求实数 的
取值范围.
解：函数的定义域为 ，
由可得 .
令，其中，则 .
令，其中，则 ，
所以函数在上为减函数，且 ，
则当时，，则，所以函数在 上
单调递增，
当时，，则，所以函数在 上单调
递减，
所以的极大值为 .
令，其中，则 ，
则函数在 上单调递增，
因为，，所以存在 ，使得
，
当时，，则，当时， ，
则 .
由以上分析可作出直线与函数 的
图象，如图所示，
由图可知，当时，直线 与函
数 的图象有两个交点，
即方程 有两个不相等的实数根，
故实数的取值范围是 .
5.（15分）已知函数 .
（1）若曲线在点处的切线经过点，求实数 的值；
解：，所以， ，
所以曲线在点处的切线方程为 ，
因为切线经过点 ，
所以，解得 .
（2）若对任意，都有为自然对数的底数 ，
求证： .
证明：设 ，
则 ，
设 ，
则 ，
因为在 上单调递增，
所以当时，，当时， ，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
所以 .
令， ，
则 ，
所以在 上单调递减，
因为，所以，所以 .
快速核答案（导学案）
例1 当时，零点的个数为0；当或时，零点的个数为1；
当时，零点的个数为2.
变式 B
例2 变式
例3 略
变式(1) 当时,无极值;当时,有极大值,无极小值.
（2）略
快速核答案（练习册）
1.D 2. 3.3
4.（1）（2）m> .
5.（1） （2）略