微专题8 函数的零点
题型1 求函数零点的个数
【例1】 (1)已知函数f(x)＝lnx－aex＋1(a∈R)，讨论函数f(x)的零点个数．
(2)讨论函数f(x)＝ex－2x－cosx在上的零点个数．
利用导数解决函数零点个数的方法
(1)直接法：将问题转化为函数图象与x轴的交点问题．
(2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题．
(3)参变量分离法：由f(x)＝0分离变量得出a＝g(x)，将问题等价转化为直线y＝a与函数y＝g(x)的图象的交点个数问题．
【变式】已知函数f(x)＝－x＋a－1(a∈R)，记g(x)＝xf(x)．
(1)当a＜1时，求g(x)在区间[1,3]上的最大值；
(2)当a＝2时，试判断f(x)的零点个数．
题型2 根据零点个数求参数
【例2】 已知函数f(x)＝axlnx－2x．
(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求f(x)在区间[1,2]上的值域；
(2)若函数h(x)＝－x2＋2有1个零点，求实数a的取值范围．
根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数的单调性确定函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．
【变式】 (2024·南通期初)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a＞0)的极小值为－2，其导函数f′(x)的图象经过A(－1,0)，B(1,0)两点．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若曲线y＝f(x)恰有三条过点P(1，m)的切线，求实数m的取值范围．
题型3 不含参函数的隐零点问题
【例3】 (2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－x3＋ax(x>0)(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－x2零点的个数，并说明理由．
思维升华 已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用函数零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围．
【变式】已知函数，，.
(1)求的单调递增区间；
(2)求的最小值；
(3)设，讨论函数的零点个数.
题型4 含参函数的隐零点问题
【例4】已知函数.
(1)求的单调区间，
(2)已如.若函数有唯一的零点.证明，.
【变式】已知函数，若在区间各恰有一个零点，求的取值范围.
题型5 三角函数的隐零点问题
【例题5】已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：．
【变式】已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设，求证：当时，恰有两个零点.微专题8 函数的零点
题型1 求函数零点的个数
【例1】 (1)已知函数f(x)＝lnx－aex＋1(a∈R)，讨论函数f(x)的零点个数．
(2)讨论函数f(x)＝ex－2x－cosx在上的零点个数．
【解答】（1）由f(x)＝lnx－aex＋1＝0，得a＝．令y＝a，g(x)＝，
则g′(x)＝(x＞0)．令h(x)＝－lnx－1，则 h′(x)＝－－＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)单调递减．故g(x)max＝g(1)＝．又g＝0，当x＞1，且x→＋∞时，g(x)＞0且g(x)→0，作出函数g(x)＝的大致图象如图所示．结合图象知，当a＞时，f(x)无零点；当a≤0或a＝时，f(x)有1个零点；当0＜a＜时，f(x)有两个零点．
【解答】（2） 由已知得f(x)＝ex－2x－cosx，x∈，则f′(x)＝ex＋sinx－2．①当x∈时，因为f′(x)＝(ex－1)＋(sinx－1)＜0，所以f(x)在上单调递减，所以f(x)＞f(0)＝0，所以f(x)在上无零点．②当x∈时，因为f′(x)单调递增，且f′(0)＝－1＜0，f′＝e－1＞0，所以存在x0∈，使f′(x0)＝0，当x∈[0，x0)时，f′(x)＜0，当x∈时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在上单调递增，且f(0)＝0，所以f(x0)＜0．又因为f＝e－π＞0，所以f(x0)·f＜0，所以f(x)在上存在一个零点，所以f(x)在上有两个零点．③当x∈时，f′(x)＝ex＋sinx－2＞e－3＞0，所以f(x)在上单调递增．因为f＞0，所以f(x)在上无零点．综上所述，f(x)在上的零点个数为2．
利用导数解决函数零点个数的方法
(1)直接法：将问题转化为函数图象与x轴的交点问题．
(2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题．
(3)参变量分离法：由f(x)＝0分离变量得出a＝g(x)，将问题等价转化为直线y＝a与函数y＝g(x)的图象的交点个数问题．
【变式】已知函数f(x)＝－x＋a－1(a∈R)，记g(x)＝xf(x)．
(1)当a＜1时，求g(x)在区间[1,3]上的最大值；
(2)当a＝2时，试判断f(x)的零点个数．
【解答】（1） 由题知，g(x)＝xf(x)＝alnx－x2＋(a－1)x，x＞0，则g′(x)＝－x＋a－1＝＝．当a＜1，且1≤x≤3时，g′(x)＜0恒成立，从而g(x)在[1,3]上单调递减，故g(x)在[1,3]上的最大值为g(1)＝a－．
【解答】（2） 由题意知，f(x)的零点个数即为g(x)的零点个数．当a＝2时，g(x)＝2lnx－x2＋x，则g′(x)＝(x＞0)．令g′(x)＞0，得0＜x＜2；令g′(x)＜0，得x＞2，故g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，故x＝2是g(x)唯一的极值点且为极大值点，故g(x)的最大值为g(2)＝2ln2＞0．又g＝－2－＋＜0，g(e2)＝4－e4＋e2＝－(e2－1)2＋＜0，由零点存在定理知，g(x)在和(2，e2)上分别有一个零点，故f(x)有2个零点．
题型2 根据零点个数求参数
【例2】 已知函数f(x)＝axlnx－2x．
(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求f(x)在区间[1,2]上的值域；
(2)若函数h(x)＝－x2＋2有1个零点，求实数a的取值范围．
【解答】 f′(x)＝alnx＋a－2．因为f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝aln1＋a－2＝0，得a＝2，则x∈[1,2]时，f′(x)＝2lnx≥0，f(x)在区间[1,2]上单调递增，所以f(1)＝－2≤f(x)≤f(2)＝4ln2－4，所以f(x)在区间[1,2]上的值域为[－2,4ln2－4]．
【解答】 h(x)的定义域为(0，＋∞)，函数h(x)＝alnx－x2有1个零点 alnx＝x2有1个实数根 y＝alnx的图象与y＝x2的图象有一个交点．当a＜0时，作出y＝alnx与y＝x2的大致图象如图所示，由图可知满足题意．当a＝0时，h(x)＝－x2在(0，＋∞)上无零点．当a＞0时，令h′(x)＝－2x＝＞0，得0＜x＜；令h′(x)＝＜0，得x＞，所以当x＝时，h(x)有最大值h＝aln－2＝．因为函数h(x)＝alnx－x2有1个零点，所以＝0，解得a＝2e．综上，实数a的取值范围为(－∞，0)∪{2e}．
根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数的单调性确定函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．
【变式】 (2024·南通期初)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a＞0)的极小值为－2，其导函数f′(x)的图象经过A(－1,0)，B(1,0)两点．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若曲线y＝f(x)恰有三条过点P(1，m)的切线，求实数m的取值范围．
【解答】（1） f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，因为a＞0，且f′(x)的图象经过A(－1,0)，B(1,0)两点，
所以当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，
所以f(1)＝a＋b＋c＝－2．又因为f′(－1)＝0，f′(1)＝0，所以3a－2b＋c＝0,3a＋2b＋c＝0．
由解得所以f(x)＝x3－3x．
(2) 设切点为(x0，y0)，则y0＝x－3x0．因为f′(x)＝3x2－3，所以f′(x0)＝3x－3，所以切线方程为y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)．将P(1，m)代入上式，得2x－3x＋m＋3＝0．因为曲线y＝f(x)恰有三条过点P(1，m)的切线，所以方程2x3－3x2＋m＋3＝0有三个不同实数解．记g(x)＝2x3－3x2＋m＋3，则g′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，令g′(x)＝0，得x＝0或1．列表如下：
x (－∞，0) 0 (0,1) 1 (1，＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) ? 极大值 ? 极小值 ?
所以g(x)的极大值为g(0)＝m＋3，g(x)的极小值为g(1)＝m＋2，所以解得－3＜m＜－2．故实数m的取值范围是(－3，－2)．
题型3 不含参函数的隐零点问题
【例3】 (2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－x3＋ax(x>0)(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－x2零点的个数，并说明理由．
解 (1)由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．
若a≤1，当0
1时，f′(x)>0，
∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若11时，f′(x)>0，当ln a∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若a＝e，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a>e，即ln a>1，当0ln a时，f′(x)>0，当1∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝0时，g(x)＝ln x－x2＋(x－1)2ex，定义域为(0，＋∞)，
∴g′(x)＝－x＋(x2－1)ex＝(x＋1)(x－1)，设h(x)＝ex－(x>0)，
∴h′(x)＝ex＋>0，∴h(x)在定义域上是增函数，
∵h＝－2<0，h(1)＝e－1>0，∴存在唯一x0∈，使h(x0)＝0，
即－＝0，＝，－x0＝ln x0，当00；
当x00，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝x0时，g(x)取极大值g(x0)＝ln x0－x＋＝－x＋－2，
设F(x)＝－x2＋－2，易知F(x)在区间上单调递减．
∴g(x0)∵g(1)＝－<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0，∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，
综上所述，g(x)有且只有一个零点．
思维升华 已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用函数零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围．
【变式】【不含参数隐零点】已知函数，，.
(1)求的单调递增区间；
(2)求的最小值；
(3)设，讨论函数的零点个数.
【解析】（1），令，可得，故的单调递增区间为；
（2），
令，则，
由，故恒成立，故在上单调递增，
又，，
故存在，使，即，【虚设零点、构建相关方程】
即在上单调递减，在上单调递增，故，
由，则，【隐零点方程变形】
【关键环节点拨：令无法直接解出，因此需要虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，从而求出的最小值.】
令，则有，
，当时，恒成立，
故在上单调递增，故，即，
则，即的最小值为；
（3）令，即有，
即函数的零点个数为的实数根的个数，
由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且，
又当时，，当时，，
故当，即时，有唯一实数根，
当，即时，有两实数根，
当，即时，无实数根，
即当时，函数有一个零点，
当时，函数有两个零点，
当时，函数无零点.
题型4 含参函数的隐零点问题
【例4】已知函数.
(1)求的单调区间，
(2)已如.若函数有唯一的零点.证明，.
【解析】（1），令，
当时，即为增函数，
又,当时，单调递减；
当时，单调递增.
的减区间为，增区间为
（2）,
由（1）可知在单调递增，且，
又
存在唯一的使得
当时单调递减；当时单调递增；
若方程有唯一的实数，则
【关键一步：根据，再通过函数有唯一的零点，即，化简可得，构造函数，分析单调性，再分别判断的正负，由零点存在性定理即可证明】
.消去可得，
令，
则，在上为减函数,
且
当时，即
【变式1】已知函数，若在区间各恰有一个零点，求的取值范围.
【解析】【思路分析】（1）将代入，对函数求导，求出及，由点斜式得答案；
（2）对函数求导，分及讨论，当时容易判断不合题意，当时，令，利用导数判断的性质，进而判断得到函数的单调性并结合零点存在性定理即可得解．
【解析】（1）当时，，则，，又，
所求切线方程为；
（2），若，当时，，单调递增，则，不合题意；故，，令，
注意到，
令，解得或，令，解得，
在单调递增，在单调递减，且时，，
①若，当时，，单调递增，不合题意；
②若，（1），则存在，使得，
且当时，，单调递减，则，
当时，，，则由零点存在性定理可知在上存在一个根，
当时，，单调递减，，
当时，，，则由零点存在性定理可知在上存在一个根．综上，实数的取值范围为．
【解法二】（闫延补解），
设
若,当,即，所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减，当单调递增
所以当
当，所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当，设，
所以在单调递增，，所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有，而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【解法三】（分离参数法：摘自张润平老师文章）
解：由, 则
由 。
记 , 则
函数在为减函数,上为增函数,上为增函数,
且
函数在上为增函数,
且,
其图象如下:
【解法四】另解 (两边求导, 减少超越函数个数)
由
令 , 考查其在 内的单调性 .
,由,
函数在上为增函数,上为减函数,
上为减函数,上为增函数,
且,
则在上各恰有一个零点与直线在上各恰有一个交点,则.
综上,.
【解法五】【岳惠艺补解】
①
②
③
【解法六】【张鸿茂补解1】
在，各有一个零点
在，各有一个零点
即令 则在，各有一个零点
又 当，由此在，各有一个极大值点，一个极小值点
又
即
令
则在恒正
所以在单调增又，
所以存在使得时即单调减，时即单调增且在上存在使得在存在使得
且 由此当时在单调增单调减单调增
所以是在的极大值点,是在的极小值点
所以
【解法七】【张鸿茂补解2】：在，各有一个零点
即在，各有一个零点
即在，各有一个零点
令与在，各有一个交点
即 其中
则在即单调减，
在单调减
所以在单调减，在单调增，又
所以在上单调增
接着判断在图像的凹凸性
因为所以
在恒成立
所以在单调增且
所以存在使得上即在为上凸函数
在上即在为下凹函数 且
当在点处求的切线方程为此切线在处与有一个交点
所以当时一定有两个交点。即
【试题评价】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．
题型5 三角函数的隐零点问题
【例题5】已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：．
【解析】（1），，．
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由（1）得．
令函数，则，所以是增函数．
因为，，
所以存在，使得，即．
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
．
因为，所以，
所以．故．
【变式】已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设，求证：当时，恰有两个零点.
【解析】（1）.
当时，在上单调递减.
当时，在上，有，在上，有,
故在上单调递减，上单调递增.
当时，在上单调递增.
当时，在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递减，上单调递增.
当时，在上单调递增.
当时，在上单调递减.
（2）时，.
令，则.
令.
i.时，恒成立，在上单调递增.
又，,存在一个零点，使.
ii.，恒成立，在上单调递减.
又，.
存在零点，使.，.
在上单调递增，上单调递减.
又.，存在一个零点，使.
iii.，
恒成立.在单调递减.
恒成立.在没有零点.
iv.时，.
下面来证明当时，.
设..在上单调递增，
，恒成立.
综上所述，在只有两个零点.
又是由向右平移一个单位所得，在只有两个零点.