专项突破练二 函数零点问题
题型一
例1 解:(1)由题意得f'(x)=+x-(a+1)==(x>0).
令f'(x)=0,得x=1或x=a(舍去),
则当0
当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以函数f(x)有极小值,极小值为f(1)=-a-,无极大值.
(2)由(1)得f'(x)=.
①若00,f(x)单调递增;
当a当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在x=a处有极大值,在x=1处有极小值,且极大值f(a)=aln a+a2-(a+1)a=a<0,
极小值f(1)=-a-<0,又f(2a+2)=aln(2a+2)>0,
所以函数f(x)有1个零点.
②若a=1,则f'(x)=≥0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
此时f(1)=-<0,f(2a+2)=aln(2a+2)=ln 4>0,所以函数f(x)有1个零点.
③若a>1,则当00,f(x)单调递增;
当1当x>a时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在x=1处有极大值,在x=a处有极小值,且极大值f(1)=-a-<0,显然极小值f(a)又f(2a+2)=aln(2a+2)>0,所以函数f(x)有1个零点.
综上所述,当a>0时,函数f(x)的零点个数为1.
变式 解:(1)由函数f(x)=,x∈(0,+∞),得f'(x)==,
令h(x)=-(ln x+1),则h'(x)=-,因为h'(x)<0对任意x∈(0,+∞)恒成立,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,又h(1)=0,
所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则当x=1时,f(x)取得最大值f(1)=,故f(x)有最大值,无最小值.
(2)函数g(x)=aex-ln x-1的零点个数就是关于x的方程aex-ln x-1=0,即a=的解的个数,即为直线y=a与f(x)的图象的交点个数.
由(1)可知,f(x)在(0,1)上单调递增,
在(1,+∞)上单调递减,且f(1)=,
当x趋近于0时,f(x)趋近于-∞,当x趋近于+∞时,f(x)恒大于0且趋近于0,
作出函数f(x)的大致图象如图.
由图知,当a>时,直线y=a与f(x)的图象没有交点,则函数g(x)没有零点;
当a=或a≤0时,直线y=a与f(x)的图象只有一个交点,则函数g(x)只有1个零点;
当0题型二
例2 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)的导数为f'(x)=-ax+1+a-=-(a>0).
①当a∈(0,1)时,>1.由f'(x)<0,得x>或0所以f(x)的单调递减区间为(0,1),.
②当a=1时,恒有f'(x)≤0,所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞).
③当a∈(1,+∞)时,0<<1.由f'(x)<0, 得x>1或0综上,当a∈(0,1)时,f(x)的单调递减区间为(0,1),;当a=1时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞);当a∈(1,+∞)时,f(x)的单调递减区间为,(1,+∞).
(2)g(x)=x2-xln x-k(x+2)+2,由g(x)在上有两个零点,可知关于x的方程k=当x∈时有两个不相等的实数根.
令函数h(x)=,x∈,则h'(x)=.令函数p(x)=x2+3x-2ln x-4,x∈,则p'(x)=,因为x∈,所以p'(x)≥0,故p(x)在上单调递增.
因为p(1)=0,所以当x∈时,p(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,p(x)>0,即h'(x)>0,所以h(x)单调递增.因为h=+,h(1)=1,所以k的取值范围为.
变式 解:(1)当a=2时,f(x)=2ln x-x2+2x,则f'(x)=-2x+2,f(1)=1,
所以切线的斜率k=f'(1)=2,则函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y-1=2(x-1),
即2x-y-1=0.
(2)g(x)=f(x)-ax+m=2ln x-x2+m,g(x)的定义域为(0,+∞),
则g'(x)=-2x=.
由g'(x)=0,得x=1.
当≤x<1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当1所以当x=1时,g(x)取得极大值,极大值为g(1)=m-1,
又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,
且g>g(e),
所以若g(x)在上有两个零点,则
解得1故实数m的取值范围是.
题型三
例3 解:(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f'(x)=+>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.因为f(e)=1-<0,f(e2)=2-=>0,所以f(x)在(1,+∞)上有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0<<1,f=-ln x1+=-f(x1)=0,故f(x)在(0,1)上有唯一零点.综上,f(x)有且仅有两个零点.
(2)证明:因为=,故点B在曲线y=ex上.由题设知f(x0)=0,即ln x0=,故直线AB的斜率k===.
曲线y=ex在点B处切线的斜率是,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
变式 解:(1)f'(x)=3x2+b.依题意得f'=0,即+b=0,故b=-.
(2)证明:由(1)知f(x)=x3-x+c,f'(x)=3x2-.
令f'(x)=0,解得x=-或x=.
当x变化时,f'(x)与f(x)的变化情况如下表:
x -
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ c+ ↘ c- ↗
因为f(1)=f=c+,所以当c<-时,f(x)只有大于1的零点.
因为f(-1)=f=c-,所以当c>时,f(x)只有小于-1的零点.
由题设可知-≤c≤.
当c=-时,f(x)只有两个零点-和1.
当c=时,f(x)只有两个零点-1和.
当-综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.专项突破练二 函数零点问题
1.C [解析] f'(x)=ex+(x+1)ex=(x+2)ex,则当x>-2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x<-2时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)min=f(-2)=(-2+1)e-2=-.易知当x→-∞时,f(x)→0,且f(x)<0,当x→+∞时,f(x)→+∞.因为方程f(x)=a(a∈R)有2个解,所以f(x)的图象与直线y=a有2个交点,可得-2.C [解析] 由f(x)=0,得-ax=0,即a=.令g(x)=,x∈(0,+∞),则g'(x)==,所以当02时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(2)=.显然当x→+∞时g(x)→+∞,当x→0+时g(x)→+∞,所以当a=时,直线y=a与g(x)的图象有且仅有1个交点,即函数f(x)=-ax在(0,+∞)上有且只有一个零点.故选C.
3.D [解析] 函数f(x)=x2-aln x的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-=.当a≤0时,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,不满足题意.当a>0时,由f'(x)=0,可得x=,所以当0时,f'(x)>0,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以x=为函数f(x)的极小值点.要使f(x)有两个零点,则f(x)min=f=-aln<0,则1-ln<0,即ln>1,所以>e,即a>2e, 此时f(1)=1>0,f(a)=a(a-ln a)>0,符合题意,所以a的取值范围是(2e,+∞).故选D.
4.B [解析] 设f(x)=x3-6x2+9x,可得f'(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3).令f'(x)>0,即(x-1)(x-3)>0,解得x<1或x>3,令f'(x)<0,即(x-1)(x-3)<0,解得15.C [解析] 由题知,方程ln x+2ex2=x3+kx有且只有一个解,因为x>0,
所以方程=k有且只有一个解.令h(x)==+2ex-x2,则h'(x)=+2(e-x).令h'(x)=0,可得x=e,易知当x∈(0,e)时,h'(x)>0,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h(e)=+e2,又当x→0+时,h(x)→-∞,当x→+∞时,h(x)→-∞,所以k=+e2.故g(x)=x3+x,则g'(x)=3x2++e2,当x∈[0,e]时,g'(x)>0,故函数g(x)在[0,e]上单调递增,所以当x∈[0,e]时,g(x)max=g(e)=2e3+1,故选C.
6.ACD [解析] 由f(x)=xex-ax-1,可得f'(x)=(x+1)ex-a.当a=1时,f'(x)=(x+1)ex-1,易知f'(0)=0,当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以当x=0时,函数f(x)取得极小值,即f(x)的极小值为f(0),所以A正确.当a=-1时,f'(x)=(x+1)ex+1,设g(x)=(x+1)ex+1,可得g'(x)=(x+2)ex,则当x<-2时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-2时,g'(x)>0,g(x)单调递增.又g(-2)=-e-2+1>0,所以g(x)>0,即f'(x)>0,所以f(x)单调递增,所以f(x)没有极值点,所以B错误.对于函数f(x)=xex-ax-1,因为f(0)=-1,所以0不是f(x)的零点.
令f(x)=0,得xex-ax-1=0,所以a=ex-.设h(x)=ex-,x≠0,则函数f(x)的零点为直线y=a与h(x)图象交点的横坐标.因为h'(x)=ex+>0,所以函数h(x)在(-∞,0),(0,+∞)上单调递增,当x<0时,h(x)>0;当x→0+时,h(x)→-∞;当x→+∞时,h(x)→+∞.结合以上性质可在平面直角坐标系中画出直线y=a与函数h(x)=ex-的图象,如图所示.由图可知,当a≤0时,函数f(x)有一个零点,所以C正确.当a>0时,函数f(x)有两个零点,所以D正确.故选ACD.
7.ACD [解析] 设切点为,由f(x)=可得f'(x)==,所以曲线y=f(x)在点处的切线的斜率k=f'(x0)=,所以曲线y=f(x)在点处的切线方程为y-=(x-x0).因为切线过点(a,b),所以b-=(a-x0),即b=.设g(x)=,则g'(x)===.当a=0时,g'(x)=,由g'(x)>0可得02,所以g(x)=在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增,g(0)=0,g(2)=,当x→+∞时,g(x)=→0,作出此时g(x)的图象,如图所示.对于A,当a=0时,只能作两条切线,则直线y=b与g(x)=的图象有两个交点,由图知b=,故选项A正确;对于B,当a=0,b>时,直线y=b与g(x)=的图象有一个交点,此时只能作一条切线,故选项B不正确;对于C,g'(x)=,当00可得a2,所以g(x)=在(-∞,a)和(2,+∞)上单调递减,在(a,2)上单调递增,则g(x)的极小值为g(a)==,g(x)的极大值为g(2)==,当x→-∞时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→0,由可作三条切线,得直线y=b与g(x)=的图象有三个交点,所以0时,直线y=b与g(x)=的图象有一个交点,所以有且只有一条切线,故选项D正确.故选ACD.
8.1 [解析] 令f(x)=ln x+cos x-,则f'(x)=-sin x,显然当x∈(0,1)时f'(x)>0,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,又f=ln+cos-=-1-+cos<0,f(1)=ln 1+cos 1-=0+cos 1->cos-=->0,所以当x∈(0,1)时函数f(x)的图象和x轴有且只有一个交点,
即方程ln x+cos x=当x∈(0,1)时的实数根的个数为1.
9.(-2,6) [解析] f'(x)=3x2-1,曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线方程为y-f(t)=f'(t)(x-t),即y=(3t2-1)x-2t3.因为过点(2,m)可作曲线y=f(x)的三条切线,所以方程m=-2t3+6t2-2有3个不等实根.设g(t)=2t3-6t2+2+m,则g'(t)=6t2-12t,由g'(t)=0得t=0或t=2.可得当t<0时,g'(t)>0,g(t)单调递增;当02时,g'(t)>0,g(t)单调递增.故当t=0时,函数g(t)取得极大值2+m;当t=2时,函数g(t)取得极小值m-6.当t→-∞时,g(t)→-∞;当t→+∞时,g(t)→+∞.要使方程g(t)=0有3个不等实根,则需满足2+m>0,m-6<0,可得-210.2 [解析] 因为f(x)=cos x+(a-2)ex,所以f'(x)=-sin x+(a-2)ex.因为f(x)在(-π,π)上恰有一个极值点,所以f'(x)在(-π,π)上恰有一个变号零点,则函数y=a-2-在(-π,π)上恰有一个变号零点.设g(x)=(-π0.所以g(x)在,上单调递减,在上单调递增.因为g(0)=0,当x∈(-π,0)时,g(x)<0,当x∈(0,π)时,g(x)>0,所以g(x)在(-π,π)上有且仅有一个变号零点,该零点为0.所以当a-2=0,即a=2时满足题意.
11. [解析] 函数g(x)恰有5个零点等价于关于x的方程[f(x)]2-(a-2)f(x)-2a=0有5个不同的实根.
由[f(x)]2-(a-2)f(x)-2a=0,得f(x)=a或f(x)=-2.因为f(x)=(x2+x-5)ex,所以f'(x)=(x2+3x-4)ex=(x+4)(x-1)ex,由f'(x)>0,得x<-4或x>1,由f'(x)<0,得-4则f(x)在(-∞,-4)和(1,+∞)上单调递增,在(-4,1)上单调递减,又f(-4)=,f(1)=-3e,当x→+∞时,f(x)→+∞,当x→-∞时,f(x)>0且f(x)→0,所以可画出f(x)的大致图象,如图,
由图可知f(x)=-2有2个不同的实根,则f(x)=a有3个不同的实根,所以a∈.
12.解:(1)f(x)=x-,则f'(x)=,由题意知f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立.记φ(x)=ex+ax-a(x>0),则φ(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,φ'(x)=ex+a.当a≥-1时,φ'(x)=ex+a>1+a≥0,即φ(x)在(0,+∞)上单调递增,∴φ(x)>φ(0)=1-a≥0,∴-1≤a≤1.当a<-1时,令φ'(x)=ex+a=0,解得x=ln(-a).
当0ln(-a)时,φ'(x)>0,φ(x)在(ln(-a),+∞)上单调递增.∴φ(x)≥φ[ln(-a)]=-2a+aln(-a)≥0,可得-e2≤a<-1.综上可得-e2≤a≤1.
(2)g(x)=x-ln x-f(x)=-ln x(x>0),令g(x)=0,得a=(x>0).令h(x)=,则h'(x)=.当x∈(0,1]时,ln x≤0,x-1≤0,∴h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,
ln x>0,x-1>0,∴h'(x)>0,h(x)单调递增,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增.易知当x→+∞时,h(x)→+∞,当x→0+时,h(x)→-∞,∴h(x)=∈R,又a∈R,∴直线y=a与h(x)=的图象只有一个交点,
∴g(x)只有一个零点.
13.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=1时,f'(x)=-1=.设φ(x)=1-2ln x-x3,因为y=-x3,y=-2ln x在(0,+∞)上都单调递减,所以φ(x)=1-2ln x-x3在(0,+∞)上单调递减,又φ(1)=0,所以当x∈(0,1)时,φ(x)>0,则f'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,φ(x)<0,则f'(x)<0,故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)因为f(x)有两个零点,所以方程-ax=0有两个不等的正实数根,即方程a=有两个不等的正实数根.设h(x)=,则直线y=a与h(x)的图象有两个交点.h'(x)==,由h'(x)=0,得x=,可得当x∈(0,)时,h'(x)>0,当x∈(,+∞)时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,则h(x)的极大值,也是最大值为h()=.又h(1)=0,当10,当x>时,h(x)>0,当x→+∞时,h(x)→0,所以要使直线y=a与h(x)的图象有两个交点,需满足014.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--=-.当a=1时,f'(x)=-<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.当01时,f'(x)=-<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.综上所述,当a≥1时,f(x)在(0,+∞)上单调递减.当0(2)g(x)=-(a-1)ln x+x-2,则g(e)=-(a-1)+e-2=(1-e)+e-1=(e-1),g(e2)=-2(a-1)+e2-2=a+e2,g'(x)=--+1==.当a=e时,可知g'(x)≥0在[e,e2]上恒成立,所以g(x)在[e,e2]上单调递增,且g(e)=(e-1)=0,故g(x)在[e,e2]上只有一个零点,满足要求.当a0在[e,e2]上恒成立,所以g(x)在[e,e2]上单调递增,且g(e)=(e-1)>0,故g(x)在[e,e2]上没有零点,不满足要求.当a≥e2时,可知g'(x)≤0在[e,e2]上恒成立,所以g(x)在[e,e2]上单调递减,且g(e)=(e-1)<0,故g(x)在[e,e2]上没有零点,不满足要求.当e◆ 题型一 确定函数零点个数
例1 已知函数f(x)=aln x+x2-(a+1)x(a∈R且a≠0).
(1)当a<0时,求函数f(x)的极值;
(2)当a>0时,求函数f(x)的零点个数.
变式 [2023·江西赣州高二期末] 已知函数f(x)=.
(1)求函数f(x)的最值;
(2)讨论函数g(x)=aex-ln x-1的零点个数.
[素养小结]
利用导数研究函数零点或方程根的个数的常用方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数
借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负,函数的单调性判断函数图象的走势,并结合零点存在定理确定各单调区间内的零点情况,从而确定函数零点个数.
(2)数形结合确定零点个数
将函数变形为两个函数的差,画出两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个零点.
◆ 题型二 已知零点存在情况求参数范围
例2 已知函数f(x)=-ax2+(1+a)x-ln x(a∈R).
(1)当a>0时,求函数f(x)的单调递减区间.
(2)当a=0时,设函数g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数g(x)在区间上有两个零点,求实数k的取值范围.
变式 已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).
(1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程;
(2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在上有两个零点,求实数m的取值范围.
[素养小结]
解决此类问题常从以下两个方面考虑:
(1)根据函数在区间上的零点个数情况,估计出函数图象的大致形状,从而推导出导数需要满足的条件,进而求出参数满足的条件.
(2)先求导,通过求导分析函数的单调性,再依据函数在区间内的零点个数情况,推导出函数本身需要满足的条件,即可求出参数满足的条件.此种情况下,函数通常比较复杂,常常需要构造新函数,通过多次求导,层层推理得解.
◆ 题型三 与零点有关的其他问题
例3 已知函数f(x)=ln x-.
(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
变式 设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
[素养小结]
本类问题一般包括两个方向:一是与函数零点性质有关的问题(通常涉及构造函数法);二是可以转化为零点的函数问题(通常涉及整体转化、数形结合等方法技巧).
能够利用等价转换法求解的问题常涉及参数的最值、曲线的交点、零点的大小关系等.求解时一般先通过等价转换,将已知转化为函数零点问题,再构造函数,然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等,并结合分类讨论,通过确定函数的零点达到解决问题的目的.专项突破练二 函数零点问题
一、选择题
1.已知函数f(x)=(x+1)ex,若方程f(x)=a(a∈R)有2个解,则a的取值范围为 ( )
A.a>- B.a<-
C.-0
2.若函数f(x)=-ax在(0,+∞)上有且只有一个零点,则a= ( )
A. B.
C. D.e2
3.已知函数f(x)=x2-aln x(x>0)有两个零点,则a的取值范围是 ( )
A. B.
C.(0,2e) D.(2e,+∞)
4.方程x3-6x2+9x+m=0恰有三个不等的实根,则实数m的取值范围是 ( )
A.(-∞,-4) B.(-4,0)
C.(-∞,-4)∪(0,+∞) D.(0,+∞)
5.设函数f(x)=ln x+2ex2,g(x)=x3+kx(k∈R),若函数y=f(x)-g(x)只有1个零点,则函数g(x)在[0,e]上的最大值为 ( )
A.0 B.e3+1
C.2e3+1 D.2e3+
6.(多选题)已知函数f(x)=xex-ax-1,则( )
A.当a=1时,f(x)的极小值为f(0)
B.当a=-1时,f(x)有一个极值点
C.当a≤0时,f(x)的零点个数为1
D.当a>0时,f(x)的零点个数为2
7.(多选题)已知函数f(x)=(e为自然对数的底数),过点(a,b)作曲线y=f(x)的切线.下列说法正确的是 ( )
A.当a=0时,若只能作两条切线,则b=
B.当a=0,b>时,可作三条切线
C.当0D.当a=2,b>0时,有且只有一条切线
二、填空题
8.方程ln x+cos x=当x∈(0,1)时的实数根的个数为 .
9.已知f(x)=x3-x,如果过点(2,m)可作曲线y=f(x)的三条切线,则m的取值范围是 .
10.已知函数f(x)=cos x+(a-2)ex在(-π,π)上恰有一个极值点,则a= .
11.[2023·江西丰城拖船中学高二期末] 已知函数f(x)=(x2+x-5)ex,若函数g(x)=[f(x)]2-(a-2)f(x)-2a恰有5个零点,则a的取值范围是 .
三、解答题
12.已知函数f(x)=x-(e为自然常数).
(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)设a∈R,讨论函数g(x)=x-ln x-f(x)的零点个数.
13.已知函数f(x)=-ax.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
14.已知函数f(x)=-(a-1)ln x(a>0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数g(x)=f(x)+x-2在区间[e,e2]上恰有一个零点,求参数a的取值范围.(共23张PPT)
专项突破练二 函数零点问题
题型一 确定函数零点个数
题型二 已知零点存在情况求参数范围
题型三 与零点有关的其他问题
题型一 确定函数零点个数
例1 已知函数且 .
（1）当时，求函数 的极值；
解：由题意得 .
令，得或 （舍去），
则当时，， 单调递减；
当时，， 单调递增.
所以函数有极小值，极小值为 ，无极大值.
（2）当时，求函数 的零点个数.
解：由（1）得 .
①若，则当时，， 单调递增；
当时，， 单调递减；
当时，， 单调递增.
所以在处有极大值，在 处有极小值，
且极大值 ，
极小值，又 ，
所以函数 有1个零点.
②若，则，所以函数在 上单调递增，
此时,，所以函数 有1个零点.
③若，则当时，， 单调递增；
当时，， 单调递减；
当时，， 单调递增.
所以在处有极大值，在 处有极小值，
且极大值，显然极小值 ，
又，所以函数 有1个零点.
综上所述，当时，函数 的零点个数为1.
变式 [2023·江西赣州高二期末] 已知函数 .
（1）求函数 的最值；
解：由函数，，得 ，
令，则，
因为对任意 恒成立，
所以在上单调递减，
又 ，所以当时，，当时，，
所以在 上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得最大值 ，故有最大值 ，无最小值.
（2）讨论函数 的零点个数.
解：函数的零点个数就是关于的方程 ，
即的解的个数，即为直线与 的图象的交点个数.
由（1）可知，在 上单调递增，在上单调递减，且 ，
当趋近于0时，趋近于 ，当趋近于 时， 恒大于0且趋近于0，
作出函数 的大致图象如图.
由图知，当时，直线与的图象没有交点，则函数 没有零点；
当或时，直线与的图象只有一个交点，则函数 只有1个
零点；
当时，直线与的图象有两个交点，则函数 有两个零点.
［素养小结］
利用导数研究函数零点或方程根的个数的常用方法
（1）通过最值（极值）判断零点个数
借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负,函数的单调性判断函数图
象的走势,并结合零点存在定理确定各单调区间内的零点情况，从而确定函数零
点个数.
（2）数形结合确定零点个数
将函数变形为两个函数的差，画出两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个
不同的值，就有几个零点.
题型二 已知零点存在情况求参数范围
例2 已知函数 .
（1）当时，求函数 的单调递减区间.
解：的定义域为， 的导数为
.
①当时，.由，得或 ,
所以的单调递减区间为， .
②当时，恒有，所以的单调递减区间为 .
③当时，.由,得或,所以 的单调
递减区间为， .
综上，当时，的单调递减区间为，；
当 时，的单调递减区间为；
当时， 的单调递减区间为， .
（2）当时，设函数.若函数 在区间
上有两个零点，求实数 的取值范围.
解：，由在 上有两个零点，
可知关于的方程当 时有两个不相等的实数根.
令函数，，则 .
令函数，，则 ，
因为,所以，故在 上单调递增.
因为，所以当时，，即，所以 单调递减；
当时，，即，所以 单调递增.
因为，，所以的取值范围为 .
变式 已知函数 .
（1）当时，求的图象在 处的切线方程；
解：当时，，则， ，
所以切线的斜率，则函数的图象在 处的切线方程为
,即 .
（2）若函数在上有两个零点，求实数 的取值范围.
解：，的定义域为 ，
则 .由，得 .
当时，， 单调递增，
当时，， 单调递减，
所以当时，取得极大值，极大值为 ，
又， ，且 ，
所以若在上有两个零点，则
解得 ,故实数的取值范围是 .
［素养小结］
解决此类问题常从以下两个方面考虑：
（1）根据函数在区间上的零点个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推
导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件.
（2）先求导，通过求导分析函数的单调性，再依据函数在区间内的零点个数情
况，推导出函数本身需要满足的条件，即可求出参数满足的条件.此种情况下，
函数通常比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解.
题型三 与零点有关的其他问题
例3 已知函数 .
（1）讨论的单调性，并证明 有且仅有两个零点;
解:的定义域为 .
因为，所以在， 上单调递增.
因为,,
所以在 上有唯一零点,即.
又,,
故 在上有唯一零点.综上， 有且仅有两个零点.
（2）设是的一个零点，证明曲线在点 处的切线也是
曲线 的切线.
证明：因为,故点在曲线上.由题设知 ,
即,故直线的斜率 .
曲线在点处切线的斜率是，
曲线在点 处切线的斜率也是，
所以曲线在点 处的切线也是曲线 的切线.
变式 设函数，曲线在点处的切线与 轴
垂直.
（1）求 ；
解：.依题意得，即，故 .
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明： 所有零点的绝对值都不
大于1.
证明：由（1）知， .
令，解得或 .
当变化时，与 的变化情况如下表:
0 - 0
因为，所以当时， 只有大于1的零点.
因为，所以当时，只有小于 的零点.
由题设可知 .
当时，只有两个零点 和1.
当时，只有两个零点和 .
当时，有三个零点,,，且， ，
.
综上，若有一个绝对值不大于1的零点，则 所有零点的绝对值都不大于1.
［素养小结］
本类问题一般包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题（通常涉及构造
函数法）；二是可以转化为零点的函数问题（通常涉及整体转化、数形结合等
方法技巧）.
能够利用等价转换法求解的问题常涉及参数的最值、曲线的交点、零点的大小
关系等.求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，
然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定
函数的零点达到解决问题的目的.