第20讲 利用导数研究函数的零点
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] f'(x)=ex-在(0,+∞)上单调递增,结合f'<0,f'(1)>0,得到存在x0∈,使得f'(x0)=0,进而求得f(x)的单调性,结合函数零点存在定理,即可求解.
解:由题可得,f'(x)=ex-,因为y=ex和y=-在(0,+∞)上均单调递增,所以f'(x)=ex-在(0,+∞)上单调递增,又因为f'=-1<0,f'(1)=e->0,所以存在x0∈,使得f'(x0)=0,
所以当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(x0,+∞)上单调递增,又因为f=->0,f(1)=-1<0,f(4)=e4-2>0,
所以f(x)有两个零点.
变式题 (1)C (2)2 [解析] (1)f'(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,又f=-1>0,f(0)=0,f=-1>0,f(π)=-2<0,故函数f(x)的零点个数为2.
(2)令f(x)=ex-|x+1|=0,得ex=|x+1|,画出y=ex与y=|x+1|的图象如图所示,当x>-1时,y=|x+1|=x+1.因为(ex)'=ex,所以y=ex的图象在点(0,1)处的切线方程为y-1=e0(x-0),即y=x+1,所以由图可知y=ex与y=|x+1|的图象有两个交点,即f(x)有两个零点.
例2 [思路点拨] 函数f(x)的零点,即方程a=的解,设g(x)=,利用导数研究函数g(x)的性质,讨论a,结合图象确定函数f(x)的零点个数.
解:由f(x)=0,得a=,令g(x)=,x∈[1,e2],则g'(x)=,由g'(x)>0得1≤x<,由g'(x)<0,得
又g(1)=0,g()=,g(e2)=,所以函数g(x)的图象如图所示,由图可知,当0≤a<或a=时,f(x)在[1,e2]上有1个零点;当≤a<时,f(x)在[1,e2]上有2个零点;当a<0或a>时,f(x)在[1,e2]上没有零点.
变式题 解:由题得f'(x)=aeax-1.
当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减,又f(0)=1>0,f(1)=ea-1≤0,
此时f(x)存在一个零点.
当a>0时,令f'(x)<0得x<-,令f'(x)>0得x>-,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,故f(x)的最小值为f=.当a=时,f(x)的最小值为0,此时f(x)有一个零点.
当a>时,f(x)的最小值大于0,此时f(x)没有零点.当00,
f=<0,当x→+∞时,f(x)→+∞,此时f(x)有两个零点.
综上,当a≤0或a=时,f(x)有一个零点;当0时,f(x)没有零点.
例3 [思路点拨] (1)由导数确定函数的单调性,求其最大值即可得解;
(2)求导得f'(x)=,按照a≤0,01分类并结合导数讨论函数的单调性,求得函数的极值,分析其零点即可得解.
解:(1)当a=0时,f(x)=--ln x,x>0,则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)max=f(1)=-1.
(2)f(x)=ax--(a+1)ln x,x>0,则f'(x)=a+-=.
当a≤0时,ax-1<0,所以当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)max=f(1)=a-1<0,此时函数无零点,不合题意.当01,则当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
取0e2---3>0,又f(1)=a-1<0,所以f(x)仅在上有一个零点,符合题意.
当a=1时,f'(x)=≥0,所以f(x)单调递增,又f(1)=a-1=0,所以f(x)恰有一个零点,符合题意.
当a>1时,<1,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;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.此时f(1)=a-1>0,
由(1)得当01-,则ln>1-,所以ln x>2,
此时f(x)=ax--(a+1)ln x所以f(x)恰有一个零点,符合题意.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
例4 [思路点拨] (1)求得函数的导函数,利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调区间.
(2)思路一:将曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点等价转化为方程=有两个不同的实数根,即曲线y=m(x)与直线y=有两个交点,利用导函数研究g(x)的单调性,并结合g(x)的正负、零点和极限值分析g(x)的图象,进而得到0<<,然后得到a的取值范围.思路二:将已知转化为f(x)=1在(0,+∞)上有两个不等实根,转化为函数g(x)=ln x与y=的图象有两个交点,分类讨论得到a的取值范围.
解:(1)当a=2时,f(x)=,则f'(x)==,
令f'(x)=0得x=,当00,当x>时,f'(x)<0,
所以函数f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是.
(2)方法一:由f(x)==1,得ax=xa,可得xln a=aln x,即=,设函数m(x)=,则m'(x)=.
曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点等价于曲线y=m(x)与直线y=有两个交点,令m'(x)=0,得x=e,
所以当x∈(0,e)时,m'(x)>0,m(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,m'(x)<0,m(x)单调递减.所以m(x)max=m(e)=,又m(1)=0,当x→+∞时,m(x)→0,所以结合m(x)的图象可得0<<,解得1e,
所以a的取值范围是(1,e)∪(e,+∞).
方法二:曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点等价于=1在区间(0,+∞)上有两个不等实根.因为xa=ax,所以两边取对数得aln x=xln a,即ln x=,则问题等价于g(x)=ln x与y=的图象有且仅有两个交点.
①当0②当a>1时,取g(x)=ln x的图象上一点(x0,ln x0),因为g'(x)=,所以g'(x0)=,曲线y=g(x)在点(x0,ln x0)处的切线方程为y-ln x0=(x-x0),即y=x-1+ln x0.当直线y=x-1+ln x0与直线y=为同一直线时,得
直线y=的斜率满足当0<<时,g(x)=ln x与y=的图象有且仅有两个交点.
记h(a)=(a>1),则h'(a)=,令h'(a)=0,得a=e.当a∈(1,e)时,h'(a)>0,h(a)在区间(1,e)上单调递增;当a∈(e,+∞)时,h'(a)<0,h(a)在区间(e,+∞)上单调递减.当a=e时,h(a)取得最大值h(e)=,所以当a>1且a≠e时,有0<<.综上所述,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
变式题 解:(1)当a≠0,b=0时,f(x)=axeax,f'(x)=aeax+a2xeax=eax(a2x+a),当x<-时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x>-时,f'(x)>0,f(x)单调递增,∴f(x)极小值=f=-,f(x)无极大值.
(2)当a=0时,g(x)=be(b-1)x-ln x-x,当x∈(1,e2]时,令g(x)=0,得be(b-1)x=ln x+x,即bebx=ex(ln x+x),即bxebx=xex(ln x+x),即bxebx=ex+ln x(ln x+x).
∵x∈(1,e2],∴ln x+x>0,∴b>0.
令h(x)=xex,则h(bx)=h(x+ln x),∵h'(x)=(x+1)ex>0在(1,e2]上恒成立,∴h(x)在(1,e2]上单调递增,
∴bx=x+ln x,∴b=1+,∴b-1=.令u(x)=,x∈(1,e2],则u'(x)=.当x∈(1,e)时,u'(x)>0,u(x)单调递增;当x∈(e,e2]时,u'(x)<0,u(x)单调递减.
又u(1)=0,u(e)=,u(e2)=,∴y=u(x)的大致图象如图所示.
由图可知,要使be(b-1)x=ln x+x在(1,e2]上有两个不同的根,只需≤b-1<,即+1≤b<+1,
∴b的取值范围为.第20讲 利用导数研究函数的零点
1.B [解析] 令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,由h'(x)=ex-1=0,得x=0,∴当x<0时,h'(x)<0,当x>0时,h'(x)>0,∴当x=0时,h(x)取得最小值h(0)=0,∴h(x)=ex-x-1只有1个零点,即f(x)与g(x)的图象只有1个交点.故选B.
2.C [解析] 由f'(x)=+在区间(1,e)上恒为正可得,函数f(x)=ln x-+a在区间(1,e)上单调递增.因为函数f(x)在区间(1,e)上存在零点,所以由函数零点存在定理可得,f(1)=a-1<0,且f(e)=a+1->0,解得-13.B [解析] 由f(x)有两个零点,得m=x-在(0,+∞)上有两个不同的根.令g(x)=x-(x>0),则g'(x)=1-x2,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(1)=,当x∈(0,1)时,g(x)>g(0)=0,当x→+∞时,g(x)→-∞.要使m=x-在(0,+∞)上有两个不同的根,则04.D [解析] y=f(x)-kx恰有两个零点,即f(x)-kx=0恰有两个实数根,由于x≠0,所以f(x)-kx=0恰有两个实数根等价于=k恰有两个实数根,令g(x)=,则g(x)=
当x>0时,g(x)=1-,g'(x)=,故当x>e时,g'(x)>0,此时g(x)单调递增,当01时,>0,此时g(x)=1-<1.当x<0时,g(x)=1+>1,且g(x)单调递增.在平面直角坐标系中画出g(x)的大致图象如图,要使g(x)=k有两个根,则k∈∪(1,+∞).
5.D [解析] 令g(x)=f(x)-ax=0,可得f(x)=ax.在平面直角坐标系内画出函数f(x)=|ln x|的图象(如图所示),当x>1时,f(x)=ln x.由y=ln x得y'=.设过原点的直线y=ax与函数y=ln x的图象相切于点A(x0,ln x0),则有解得所以当直线y=ax与函数y=ln x的图象相切时,a=.又当直线y=ax经过点B(e2,2)时,有2=a·e2,解得a=.结合图象可得当直线y=ax与函数f(x)=|ln x|的图象在区间(0,e2)上有3个交点时,实数a的取值范围是.
6.0 [解析] f(x)=ex+a-x-1有1个零点,则方程ea=有1个实数根,令g(x)=,则g'(x)=,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(0)=1,又当x→+∞时,g(x)→0;当x→-∞时,g(x)→-∞,所以要直线y=ea与g(x)的图象有一个交点,则ea=1,解得a=0.
7. [解析] f'(x)=x2-2x,则曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线方程为y-f(x1)=(-2x1)(x-x1),整理得y=(-2x1)x-++1,将点(0,a)代入上式可得a=-++1.令g(x)=-x3+x2+1,则g'(x)=-2x2+2x=2x(1-x),∴当x<0时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当00,g(x)单调递增;当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又g(0)=1,g(1)=,∴当18.D [解析] 由mx2+=ln x(x>0)得m=,则问题转化为直线y=m和h(x)=的图象有两个交点,而h'(x)==,令h'(x)>0,解得0e,故h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,则h(x)max=h(e)=,当x→0时,h(x)→-∞,当x→+∞时,h(x)→0,故m的取值范围是.
9.C [解析] 由+e(x1-a-1)=0,得+(x1-1)=a,由ln (x2)-a=0,得ln x2+x2=a,令x2=et,则ln x2+x2=t+et=a,又函数y=x+ex是R上的增函数,因此x2=,则=.令h(x)=,则h'(x)=,当x<1时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h(1)=1,所以的最大值是1.
10.AD [解析] 令f(x)=ex-=0,则有a=ex(x-1)(x≠1),令h(x)=ex(x-1),则有h'(x)=exx,当x<0时,h'(x)<0,当x>0时,h'(x)>0,所以h(x)在(-∞, 0)上单调递减,在(0, +∞)上单调递增,所以h(x)min=h(0)=-1,又当x→-∞时,h(x)→0,当x→+∞时,h(x)→+∞,h(1)=0,故由f(x)有唯一零点,可得a=-1或a>0.故选AD.
11.BD [解析] 由题意得f(x)=|x-2|ex-a=
所以f'(x)=对于A,当x∈(1,2)时,f'(x)=(1-x)ex<0,所以f(x)在(1,2)上单调递减,故A错误.对于B,当x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,当x∈(1,2)时,f'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以x=1是函数f(x)的极大值点,故B正确.对于C,当x→-∞时,f(x)=|x-2|ex-a→-a,当x→+∞时,f(x)→+∞,又f(1)=e-a>f(2)=-a,所以f(x)的大致图象如图所示,则f(x)的值域为[-a,+∞),所以f(x)有最小值,无最大值,故C错误.对于D,因为a∈(1,2),所以f(2)=-a<0,f(3)=e3-a>0,所以f(x)在[2,+∞)上有一个零点,当x<2时,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,又f(1)=e-a>0,当x→-∞时,f(x)=|x-2|ex-a→-a,f(2)=-a<0.结合f(x)的大致图象,可知f(x)在(-∞,1)上有一个零点,在(1,2)上有一个零点.综上,当a∈(1,2)时,f(x)有三个零点,故D正确.故选BD.
12.-2 [解析] 设g(x)=f(x-2)=|x|+ex+e-x+a,x∈R,则g(-x)=|-x|+e-x+ex+a=|x|+ex+e-x+a=g(x),故函数g(x)为偶函数,则函数f(x-2)的图象关于y轴对称,故函数f(x)的图象关于直线x=-2对称,∵f(x)有唯一零点,∴f(-2)=0,可得a=-2.
13.解:(1)由f(x)=(x>0),得f'(x)=·,令g(x)=f'(x),则g'(x)=·.
当00,g(x)单调递增,当x>时,g'(x)<0,g(x)单调递减,故g(x)max=g=,所以f'(x)的最大值为,f'(x)无最小值.
(2)f(x)=kx(k>0)等价于=k,令t=>0,则关于x的方程f(x)=kx(k>0)的根的个数等价于关于t的方程te1-t=k(k>0)的根的个数.设h(t)=te1-t,t>0,则h'(t)=e1-t(1-t),当t>1时,h'(t)<0,h(t)单调递减,当00,h(t)单调递增,又h(t)>0恒成立,h(0)=0,h(1)=1,当t→+∞时,h(t)→0,所以y=h(t)的图象如图所示.由图可知,当k>1时,k=h(t)没有实数根,即f(x)=kx没有实数根;当k=1时,k=h(t)有1个根,即f(x)=kx有1个根;当014.解:(1)因为f(x)=ax+1-ln(x+1)(x>-1),
所以当a=1时,f(x)=x+1-ln(x+1),x∈(-1,+∞),
则f'(x)=1-ln(x+1)-·=1+-,
所以f'(1)=1+ln 2-1=ln 2,f(1)=1+1-2ln 2=2-2ln 2,
所以所求切线方程为y-(2-2ln 2)=ln 2(x-1),即y=xln 2+2-3ln 2.
(2)由题意知f(x)在(0,+∞)上有零点等价于ax+1-ln(x+1)=0在x∈(0,+∞)时有解,由ax+1-ln(x+1)=0,可得-ln(x+1)=0,设h(x)=-ln(x+1),则h(x)在(0,+∞)上有零点.易知h'(x)=,当a≤0时,h'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,h(x)0,且x∈(0,+∞)时,令h'(x)=0,则x=-2.
①当-2≤0,即a≥时,h'(x)==>0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(0)=0,所以h(x)在(0,+∞)上无零点,所以a≥不合题意.
②当-2>0,即00,得x>-2,所以h(x)在上单调递减,在上单调递增,又h(0)=0,所以当x∈时,h(x)<0,取x0=,则x0>-2>0,构造函数φ(x)=ex-(x>0),则φ'(x)=ex-(1+x)(x>0),令m(x)=φ'(x),则m'(x)=ex-1,所以当x>0时,m'(x)>0恒成立,则φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以φ'(x)>φ'(0)=0,则φ(x)在(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)>φ(0)=0,所以-(x0+1)>1+ax0+a2-(x0+1)>a2-x0=x0(a2x0-2)=0,所以ax0>ln(x0+1),所以h(x0)=-ln(x0+1)>-ln(x0+1)=ax0-ln(x0+1)>0,所以存在x1∈,使得f(x1)=0,所以0综上,实数a的取值范围为.
15.解:(1)证明:设g(x)=ex-x--f(x)=ex-x-1-xsin x,则g'(x)=ex-1-(sin x+xcos x).
设m(x)=g'(x)=ex-1-(sin x+xcos x),则m'(x)=ex+(xsin x-2cos x)=ex-cos x+xsin x,
因为y=ex-cos x在[0,π]上单调递增,所以ex-cos x≥e0-cos 0=0,
又因为当x∈[0,π]时,xsin x≥0,所以m'(x)≥0,所以m(x)在[0,π]上单调递增,所以m(x)≥m(0)=0,
所以g(x)在[0,π]上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,所以当x∈[0,π]时,ex-x-≥f(x).
(2)f'(x)=(sin x+xcos x),当x∈时,f'(x)≥0,所以f(x)在上单调递增,
因为f(0)=-<0,f=>0,所以由函数零点存在定理知f(x)在上有且仅有一个零点.
当x∈时,令h(x)=f'(x)=(sin x+xcos x),则h'(x)=(2cos x-xsin x),当x∈时,有h'(x)<0,所以h(x)在上单调递减,又因为h=>0,h(π)=-<0,所以存在m∈,使得h(m)=0,当x∈时,h(x)>h(m)=0,所以f(x)在上单调递增,所以当x∈时,f(x)≥f=>0,故f(x)在上无零点,当x∈(m,π)时,h(x)又f(m)>f>0,f(π)=-<0,所以f(x)在(m,π)上有且仅有一个零点.综上所述,f(x)在[0,π]上有且只有2个零点.第20讲 利用导数研究函数的零点
判断、证明或讨论函数零点的个数
例1 已知函数f(x)=ex-,探究f(x)的零点个数.
变式题 (1)若f(x)=xsin x+cos x-1,x∈,则函数f(x)的零点个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
(2)函数f(x)=ex-|x+1|的零点个数是 .
例2 [2024·湖北武昌实验中学月考] 已知函数f(x)=ln x-ax2(a∈R),讨论函数f(x)在区间[1,e2]上零点的个数.
变式题 [2024·河南郑州三模] 已知函数f(x)=eax-x,讨论f(x)的零点个数.
总结反思
确定函数零点个数的方法:
(1)数形结合法:构建函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值(最值),并确定定义域区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象,数形结合求解函数零点的个数.
(2)利用函数零点存在定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.
函数零点问题的“卡点”的方法有:
1.直接取点:方便计算、与参数有关、便于判断正负.
2.将次要部分放缩为常数.
3.“高阶”压制“低阶”.
4.当x趋于+∞时,常见函数(部分举例)趋于正无穷的速度由快到慢依次为e2x,ex,x2,x,,ln x.
5.当x趋于0+时,常见函数(部分举例)趋于负无穷的速度由快到慢依次为-,-,-,-,ln x.
6.当x趋于-∞时,常见函数(部分举例)趋于零的速度由快到慢依次为e2x,ex,,-,-.
根据零点个数确定参数范围
角度1 分类讨论法研究函数零点问题
例3 [2022·全国乙卷] 已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x.
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
角度2 利用分离参数+数形结合
例4 已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
总结反思
通过数形结合的方法解决依据函数零点个数确定参数取值范围的问题,最终是通过两个相关函数图象的交点个数确定参数需满足的条件,进而求得参数的取值范围,解决问题的步骤是“先形后数”.如果分离常数比较困难,可以直接对函数求导,研究函数图象,并对参数讨论,研究函数零点.
变式题 [2024·重庆一中模拟] 已知f(x)=axeax+be(b-1)x.
(1)当a≠0,b=0时,求函数f(x)的极值;
(2)当a=0时,设g(x)=f(x)-ln x-x,若函数g(x)在(1,e2]上有两个不同的零点,求b的取值范围.第20讲 利用导数研究函数的零点
(时间:45分钟)
1.已知函数f(x)=ex与g(x)=x+1,则它们的图象的交点个数为 ( )
A.0 B.1
C.2 D.不确定
2.若函数f(x)=ln x-+a在区间(1,e)上存在零点,则实数a的取值范围为 ( )
A.(0,1) B.
C. D.
3.[2024·武汉一检] 若函数f(x)=--(x>0)有两个零点,则m的取值范围为 ( )
A. B.
C. D.
4.已知函数f(x)=若y=f(x)-kx恰有两个零点,则k的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.∪(1,+∞)
5.设f(x)=|ln x|,若函数g(x)=f(x)-ax在区间(0,e2)上有三个零点,则实数a的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
6.若函数f(x)=ex+a-x-1有唯一零点,则a= .
7.已知过点(0,a)可作三条直线与曲线f(x)=-x2+1相切,则实数a的取值范围为 .
8.函数f(x)=ln x与函数g(x)=mx2+的图象有两个不同的交点,则m的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
9.[2025·江苏苏州模拟] 已知函数f(x)=ex+e(x-a-1),g(x)=ln (xex)-a(e为自然对数的底数)的零点分别为x1,x2,则的最大值为 ( )
A.e B.
C.1 D.
10.(多选题)[2024·重庆模拟] 已知函数f(x)=ex-有唯一零点,则实数a的值可以是 ( )
A.-1 B.-
C.0 D.1
11.(多选题)[2024·广东佛山模拟] 已知函数f(x)=|x-2|ex-a,则 ( )
A.f(x)在(1,2)上单调递增
B.x=1是函数f(x)的极大值点
C.f(x)既无最大值,也无最小值
D.当a∈(1,2)时,f(x)有三个零点
12.已知函数f(x)=|x+2|+ex+2+e-2-x+a有唯一零点,则实数a= .
13.[2024·温州一模] 已知f(x)=(x>0).
(1)求f(x)的导函数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.
14.[2024·太原二模] 已知函数f(x)=ax+1-ln(x+1).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,+∞)上有零点,求实数a的取值范围.
15.已知函数f(x)=xsin x-.
(1)证明:当x∈[0,π]时,ex-x-≥f(x);
(2)求f(x)在区间[0,π]上的零点个数.(共91张PPT)
第20讲 利用导数研究函数的零点
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
探究点一 判断、证明或讨论函数零点的个数
例1 已知函数，探究 的零点个数．
［思路点拨］在 上单调递增，
结合,，得到存在，使得 ，
进而求得 的单调性，结合函数零点存在定理，即可求解.
解：由题可得,，
因为和 在上均单调递增，
所以在 上单调递增，
又因为,，
所以存在 ，使得 ，
所以当时，，在 上单调递减；
当时，，在 上单调递增，
又因为,,
，所以 有两个零点．
变式题（1）若，，则函数
的零点个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
[解析] ,
当 时，，单调递减，
当时，， 单调递增，
当时，， 单调递减，
又，，，
，故函数 的零点个数为2.
√
（2）函数 的零点个数是___．
2
[解析] 令 ,得，
画出与 的图象如图所示，
当时， .
因为，所以的图象在点
处的切线方程为，即，
所以由图可知 与的图象有两个交点，
即 有两个零点.
例2 [2024·湖北武昌实验中学月考] 已知函数
，讨论函数在区间 上零点的个数.
解：由,得,令, ,则,
由,得，由 ,得,
所以在区间上单调递增,在区间 上单调递减，
［思路点拨］ 函数的零点，即方程 的解，
设，利用导数研究函数的性质，讨论 ，
结合图象确定函数 的零点个数.
又，， ，
所以函数 的图象如图所示，由图可知，
当或时，在 上有1个零点；
当时，在 上有2个零点；
当或时，在 上没有零点.
变式题 [2024·河南郑州三模] 已知函数，讨论 的
零点个数.
解：由题得 ．
当时，,在上单调递减，
又 , ，此时 存在一个零点.
当时，令得，令得 ，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
故的最小值为.
当时， 的最小值为0，此时 有一个零点.
当时，的最小值大于0，此时没有零点．
当 时，的最小值小于0， ，
,当 时， ，
此时 有两个零点.
综上，当或时，有一个零点；
当时， 有两个零点；当时， 没有零点.
[总结反思]
确定函数零点个数的方法：
（1）数形结合法：构建函数（要求易求，可
解），转化为确定的零点个数问题求解，利用导数研究该函数
的单调性、极值（最值），并确定定义域区间端点值的符号
（或变化趋势）等，画出的图象，数形结合求解函数零点的个数.
（2）利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零
点，然后利用导数研究函数的单调性、极值（最值）及区间端点值
的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数.
函数零点问题的“卡点”的方法有：
1.直接取点：方便计算、与参数有关、便于判断正负.
2.将次要部分放缩为常数.
3.“高阶”压制“低阶”.
4.当趋于 时，常见函数（部分举例）趋于正无穷的速度由快到
慢依次为,,,,, .
5.当趋于 时，常见函数（部分举例）趋于负无穷的速度由快到慢
依次为,,,, .
6.当趋于 时，常见函数（部分举例）趋于零的速度由快到慢依
次为,,,, .
探究点二 根据零点个数确定参数范围
角度1 分类讨论法研究函数零点问题
例3 [2022·全国乙卷] 已知函数 .
（1）当时，求 的最大值；
解：当时，,，则 ，
当时，，单调递增；当 时，
，单调递减.所以 .
［思路点拨］由导数确定函数的单调性，求其最大值即可得解；
（2）若恰有一个零点，求 的取值范围.
［思路点拨］求导得，按照， 及
分类并结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，分析其
零点即可得解.
解：, ，
则 .
当时，，
所以当时，， 单调递增；
当时，， 单调递减.
所以 ，此时函数无零点，不合题意.
当时,,则当时,, 单调递增；
当时,,单调递减；
当 时,, 单调递增.
取 ，则 ，又，
所以仅在 上有一个零点，符合题意.
当时，，所以 单调递增，
又，所以 恰有一个零点，符合题意.
当时，，则当时，， 单调递增；
当时，，单调递减；
当 时，，单调递增.
此时 ，由（1）得当时，
，则 ，所以 ，
此时,
存在，使得 ，所以在上有一个零点，在 上无零点，所以 恰有一个零点，符合题意.
综上，的取值范围为 .
角度2 利用分离参数+数形结合
例4 已知且,函数 .
（1）当时，求 的单调区间；
［思路点拨］求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调
性的关系即可得到函数的单调区间.
解：当时，,
则 ,令得,
当时，,当 时， ,
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是 .
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求 的取值范围.
［思路点拨］思路一：将曲线与直线 有且仅有两个交
点等价转化为方程有两个不同的实数根，
即曲线 与直线有两个交点，
利用导函数研究 的单调性，并结合的正负、零点和极限值
分析的图象，进而得到 ，然后得到的取值范围.
解：方法一：由，得，可得 ，
即,设函数,则 .
曲线与直线有且仅有两个交点等价于曲线 与
直线有两个交点，令，得 ,
所以当时，,单调递增；
当 时，,单调递减.
所以,又 ，当 时，，
所以结合的图象可得 ,解得或 ,
所以的取值范围是 .
方法二：曲线与直线有且仅有两个交点等价于
在区间上有两个不等实根．
因为 ，所以两边取对数得，即，
则问题等价于 与 的图象有且仅有两个交点．
①当时，,直线与 的图象只有一个交点，
不符合题意．
［思路点拨］思路二：将已知转化为在 上有两个不
等实根，转化为函数与 的图象有两个交点，
分类讨论得到 的取值范围.
②当时，取的图象上一点,因为 ,
所以,曲线在点 处的切线方程为
，即 ．
当直线与直线为同一直线时，
得
直线的斜率满足当时，
与 的图象有且仅有两个交点．
记,则，令，得 ．
当时,,在区间上单调递增；
当 时,,在区间上单调递减.
当时， 取得最大值，
所以当且时，有 ．
综上所述，实数的取值范围为 ．
[总结反思]
通过数形结合的方法解决依据函数零点个数确定参数取值范围的问
题，最终是通过两个相关函数图象的交点个数确定参数需满足的条
件,进而求得参数的取值范围,解决问题的步骤是“先形后数”.如果分离
常数比较困难，可以直接对函数求导，研究函数图象，并对参数讨
论，研究函数零点.
变式题 [2024·重庆一中模拟] 已知 .
（1）当,时，求函数 的极值；
解：当,时， ，
，
当时， ，单调递减，
当时，， 单调递增，
， 无极大值.
（2）当时，设，若函数在
上有两个不同的零点，求 的取值范围.
解：当时，，当 时，
令，得，即 ，
即，即 .
,， .
令，则，
在上恒成立,在 上单调递增，
，，.
令 ,,则.
当时，， 单调递增；
当时，， 单调递减.
又,, ， 的大致图象如图所示.
由图可知，要使 在上有两个不同的根，
只需，即 ，
的取值范围为 .
【备选理由】例1考查已知具体函数判断其零点个数；
2
例1 ［配例1使用］ 函数在 上的零点个数为
___.
[解析] 令，可得，因为，所以 ，
即，整理可得.令，则 .
故当时，，单调递增；
当 时，，单调递减.
又当时， ，当时，
，，且当 时， ,
故的图象与直线在上有2个交点，
故 在 上有2个零点.
例2 ［配例3使用］ [2025·湖南长郡中学月考] 已知函数
，.若函数 有2个不同的零
点，求 的取值范围.
解： ，
，令， ，则，
在 上单调递增.
令，则在上有2个不同的零点， ，
且，
【备选理由】例2考查通过函数的零点个数求参数的取值范围；
，当时，，
在 上单调递增，不存在2个不同的零点，
当时，；当 时，，
在上单调递减，在上单调递增.
当时， ；当 时， ，
，可得,
的取值范围是 .
例3 ［配例2使用］ 已知函数，讨论 的
零点个数.
解：因为，
所以当时， ，此时 有1个零点；
当时，，所以不是函数 的零点，
令,则 ，
故只需讨论的图象与直线 的交点个数即可，
【备选理由】例3考查讨论函数零点的个数，
转化为两个函数图象的交点求解；
，
因为 ,所以在和上单调递减，
在 上单调递增，
当 时, ，当且时， ，
当且时， ，当 时， ,
作出 的大致图象如图所示，
故当时,的图象与直线有1个交点，
当 时，的图象与直线 有2个交点.
综上，当时，函数有1个零点；
当时，函数 有2个零点．
例4 ［配例4使用］ 已知函数 的单调递增区间为
．
（1）求函数的图象在点 处的切线方程；
解：由题知，的定义域为， ，
由于函数的单调递增区间为 ，
因此函数在处取得极值，故 ，
解得 ，因此, .
【备选理由】例4利用同构思想构造函数求参数范围；
令，解得，当时，，
在 上单调递增，当时，，
在 上单调递减，符合题意，
故, ，所以函数的图象在点 处
的切线方程为 ，即 ．
（2）若函数有两个零点，求实数 的取值范围．
解：由（1）知 ，
则 ，
令，得 ．
令，则，整理得 ．
因为在上单调递增，在上单调递减，
且当 时， ，当 时， ，
所以函数 的最大值为，即 ．
令，则 ，
所以函数在上单调递增，
且当 时， .
易知若有两个零点，则直线与函数 的图象有两个交点，
直线与函数的图象有一个交点，可得 ，
所以实数的取值范围是 ．
例5 ［补充使用］[2024·北京卷] 设函数，
直线是曲线 在点 处的切线．
（1）当时，求 的单调区间.
解：因为,所以 ,
，
则当时，，当时， ，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
则的单调递减区间为，单调递增区间为 .
【备选理由】例5转化为考查函数零点个数问题.
（2）求证：不经过点 .
证明：，则切线的斜率为 ，
可得切线的方程为 .
将代入切线的方程，得 ，
只需证明关于的方程（*）无正数解.
由得 ，可得，
则 ，即 .
令 ，则只需证明在 上无零点，
可知 ，所以在上单调递增，
则当时， ，所以在上无零点，
故切线不经过点 .
（3）当时，设点，，，为
与轴的交点，与分别表示与 的面积．是
否存在点使得成立？若存在，这样的点 有几
个？
（参考数据：， ，
）
解：当时，,
，则在上单调递增，
所以当时， , 可得.
设点，易知 ，
则切线的方程为 ，
令，则 ，
所以 .
因为，所以 ，
所以 .
记 ，
所以满足条件的的个数等于 的零点个数.
，可得当时，， 单调递减；
当时，， 单调递增；
当时，， 单调递减.
因为, ,
，
，
所以由函数零点存在定理及的单调性知，
在 上必有一个零点，在 上必有一个零点.
综上所述，有两个零点，即满足的 有两个.
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.已知函数与 ，则它们的图象的交点个数为
( )
A.0 B.1 C.2 D.不确定
[解析] 令，则 ，
由，得， 当时，，
当 时，， 当时，取得最小值 ，
只有1个零点，即与 的图象只有1个交点.
故选B.
√
2.若函数在区间上存在零点，则实数 的取
值范围为( )
A. B. C. D.
[解析] 由在区间 上恒为正可得，
函数在区间上单调递增.
因为函数 在区间 上存在零点,所以由函数零点存在定理可得，
,且，解得 .
√
3.[2024·武汉一检]若函数有两个零点，则
的取值范围为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由有两个零点,得在 上有两个不同的根.
令,则，
当 时,，单调递增，
当时，， 单调递减，
所以，
当时， ，当 时，.
要使在 上有两个不同的根，则 .故选B.
4.已知函数若 恰有两个零点，
则 的取值范围为( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 恰有两个零点,即 恰有两个实数根，
由于，所以恰有两个实数根等价于 恰有
两个实数根，令，则
当时， ,，故当时, ,
此时单调递增，当 时, ，此时 单调递减，
故当时， 取得极小值也是最小值，
且当时， ,此时 .
当 时，，且单调递增.
在平面直角坐标系中画出 的大致图象如图，
要使有两个根，则 .
5.设，若函数在区间 上有三个零
点，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 令 ,可得 .
在平面直角坐标系内画出函数的
图象（如图所示），当 时，.
由得.设过原点的直线 与函数 的图象相切于
点，则有解得
所以当直线与函数 的图象相切时，.
又当直线经过点 时，有，解得 .
结合图象可得当直线与函数的图象在区间
上有3个交点时，实数的取值范围是 .
6.若函数有唯一零点，则 ___．
0
[解析] 有1个零点，
则方程 有1个实数根，令，则，
当时，, 单调递增；
当时，, 单调递减，
所以，
又当 时，；当 时， ，
所以要直线与 的图象有一个交点，则，解得 ．
7.已知过点可作三条直线与曲线 相切，则实
数 的取值范围为______．
[解析] ，则曲线在点 处
的切线方程为 ，
整理得，
将点 代入上式可得．
令 ，则，
当时，， 单调递减；
当时，，单调递增；
当 时，，单调递减．
又，，
当 时，方程有3个不同的实数根，
即当 时，有3个不同的满足方程，
即过点 可作三条直线与曲线 相切．
◆ 综合提升 ◆
8.函数与函数 的图象有两个不同的交点，
则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由得 ，
则问题转化为直线和 的图象有两个交点，
而，
令，解得 ，令，解得，
故在上单调递增，在 上单调递减，
则，当时， ，
当 时，,故的取值范围是 .
9.[2025·江苏苏州模拟]已知函数 ，
为自然对数的底数的零点分别为，，则
的最大值为( )
A. B. C.1 D.
√
[解析] 由，得 ，
由，得，
令 ，则，
又函数是 上的增函数，因此，则.
令，则，
当 时，，单调递增，
当时，， 单调递减，
所以，所以 的最大值是1.
10.（多选题）[2024·重庆模拟] 已知函数 有唯一零点，
则实数 的值可以是( )
A. B. C.0 D.1
[解析] 令，则有 ，
令，则有，当时， ，
当时，，所以在上单调递减，
在 上单调递增，所以,
又当时, ,当 时,,,
故由 有唯一零点，可得或.故选 .
√
√
11.（多选题）[2024·广东佛山模拟] 已知函数 ，
则( )
A.在 上单调递增
B.是函数 的极大值点
C. 既无最大值，也无最小值
D.当时， 有三个零点
√
√
[解析] 由题意得
所以
对于A，当时，，
所以在 上单调递减，故A错误.
对于B，当时，，当时， ，
当时，,所以在上单调递增，
在 上单调递减，在上单调递增，
所以是函数 的极大值点，故B正确.
对于C，当 时，，
当 时， ,又,
所以 的大致图象如图所示，则 的值域为,
所以 有最小值，无最大值，故C错误.
对于D，因为 ,所以, ,
所以在上有一个零点，
当 时，在上单调递增，
在 上单调递减,又 ，
当 时， ，.
结合 的大致图象，可知在上有一个零点，
在 上有一个零点.
综上，当时， 有三个零点，故D正确.故选 .
12.已知函数 有唯一零点，则实数
____.
[解析] 设， ,
则 ，
故函数为偶函数，则函数的图象关于轴对称，
故函数 的图象关于直线对称，
有唯一零点， ，可得 .
13.[2024·温州一模] 已知 .
（1）求的导函数 的最值；
解：由,得,
令 ,则 .
当时，,单调递增，
当时， , 单调递减，
故，所以的最大值为, 无最小值.
（2）试讨论关于的方程 的根的个数，并说明理由.
解：等价于,
令 ,则关于的方程 的根的个数
等价于关于的方程 的根的个数.
设,,则,
当时，, 单调递减，
当时，,单调递增，
又 恒成立，,,
当 时,,所以 的图象如图所示.
由图可知，当时，没有实数根，
即 没有实数根；
当时，有1个根，即有1个根；
当 时，有2个根，即 有2个根.
14.[2024·太原二模] 已知函数 ．
（1）当时，求曲线在点 处的切线方程；
解：因为 ，
所以当时，， ，
则 ，
所以， ，
所以所求切线方程为 ，
即 .
（2）若函数在上有零点，求实数 的取值范围．
解：由题意知在 上有零点等价于
在 时有解，
由,可得 ,
设,则在 上有零点.
易知,当时，在 上恒成立，
所以在上单调递减，所以当时，
, 所以在上无零点,所以不合题意.
当 ,且时，令,则 .
①当,即时， 在
上恒成立，所以在 上单调递增,
所以,所以在上无零点,所以 不合题意.
②当,即时，
令,得 ,令,得,
所以在 上单调递减，在上单调递增,
又,所以当 时，,取,
则 ,构造函数,
则 ,令,则,
所以当时， 恒成立，则在上单调递增,
所以,则 在上单调递增,
所以，所以 ,所以,
所以,所以存在 ,使得,所以 符合题意.综上，实数的取值范围为 ．
◆ 能力拓展 ◆
15.已知函数 ．
（1）证明：当时， ；
证明：设 ，
则 ．
设 ，
则 ，
因为在 上单调递增，
所以 ，
又因为当时，，所以，
所以 在上单调递增，所以 ，
所以在上单调递增，所以 ，
所以当时， ．
（2）求在区间 上的零点个数．
解：，
当时， ，所以在 上单调递增，
因为, ，
所以由函数零点存在定理知在 上有且仅有一个零点．
当时，令 ，
则 ，
当时，有，所以 在上单调递减，
又因为, ，
所以存在，使得，
当时， ，
所以在上单调递增，所以当 时，
，故在上无零点，
当 时，，
所以在 上单调递减，
又,，
所以在 上有且仅有一个零点．
综上所述，在 上有且只有2个零点．
课堂考点探究
例1(1) 有两个零点 变式题(1)C (2)2
例2当或时，在 上有1个零点；当时，在 上有2个零点；
当或时，在 上没有零点.
变式题 当a≤0或a=时,f(x)有一个零点;当0时,f(x)没有零点.
例3(1)-1 (2) 例4(1)函数f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是. (2) (1,e)∪(e,+∞)
变式题(1) ， 无极大值. (2)
教师备用习题
例1 2 例2 例3 当时，函数有1个零点；当时，函数 有2个零点．
例4(1) (2) 例5(1) 的单调递减区间为，单调递增区间为 (2)略
(3) 存在,A有两个
基础热身
1.B 2.C 3.B 4.D 5.D 6.0 7.
综合提升
8.D 9.C 10.AD 11.BD 12.-2
13.(1) 所以的最大值为, 无最小值.
(2) 当时, 没有实数根；当时,有1个根；
当 时, 有2个根. 14.(1) (2)
能力拓展
15.(1)略 (2) 在 上有且只有2个零点