1、第5讲导数与方程判断、证明或讨论函数零点个数两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0.(1)直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)f(b)0；(2)分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)f(b)0，关键1：正确求出导函数，研究函数的单调性所以f(x)在(0，1)，(1，)单调递增.因为f(e)10，所以f(x)在(1，)有唯一零点x1(ex1e2)，即f(x1)0.关键2：利用零点存在性定理判断在(1，)内存在一个
2、零点又01，fln x1f(x1)0，故f(x)在(0，1)有唯一零点.关键3：利用零点存在性定理判断在(0，1)内存在一个零点综上，f(x)有且仅有两个零点.(2)略【分类讨论法】(2019高考全国卷)已知函数f(x)sin xln(1x)，f(x)为f(x)的导数，证明：(1)f(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.证明：(1)设g(x)f(x)，则g(x)cos x，g(x)sin x.当x时，g(x)单调递减，而g(0)0，g0，可得g(x)在有唯一零点，设为.关键1：利用零点的存在性定理确定g(x)在内有唯一零点则当x(1，)时，g(x)0；当x时，g(x)0
3、.所以g(x)在(1，)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f(x)在存在唯一极大值点.关键2：根据函数的单调性与极大值点的定义判断极大值点的存在性(2)f(x)的定义域为(1，).当x(1，0时，由(1)知，f(x)在(1，0)单调递增，而f(0)0，所以当x(1，0)时，f(x)0，故f(x)在(1，0)单调递减又f(0)0，从而x0是f(x)在(1，0的唯一零点.当x时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在单调递减，而f(0)0，f0，所以存在，使得f()0，且当x(0，)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(0，)单调递增，在单调递减.又f(0)0，
4、f1ln0，所以当x时，f(x)0.从而，f(x)在没有零点.当x时，f(x)0，所以f(x)在单调递减而f0，f()0，所以f(x)在有唯一零点.当x时，ln(x1)1，所以f(x)0，从而f(x)在(，)没有零点关键3：在定义域内的不同区间，利用函数的单调性、最值、零点存在性定理综上，f(x)有且仅有2个零点.典型例题 (2019广东省七校联考)已知函数f(x)ln xax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0，f(x)在(0，)上单调递增；当a0，f(x)单调递增，在上，f(x)0，f(x)单调递减综上，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在上单调递增，在上
5、单调递减(2)由(1)可知，当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减故f(x)maxfln1.当ln 1，即a时，f 1，即a0，令0b1且b，则ln b0，f(b)ln babln b0，故f(b)fe，则在(e，)上，g(t)10，故g(t)在(e，)上单调递减，故在(e，)上，g(t)g(e)2e0，则f0，故ff0，f(x)在上有一个零点故f(x)在(0，)上有两个零点综上，当a时，函数f(x)没有零点；当a时，函数f(x)有一个零点；当a0，所以f(x)0时，令g(x)mx22xm，(i)m1时，44m20，此时f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；(ii)0m0，令f(x)
6、0，则x1，x2，所以x时，f(x)0，x时，f(x)0，所以f(x)在和上单调递增，在上单调递减综上，m0时，f(x)在(0，)上单调递减；m1时，f(x)在(0，)上单调递增；0m1时，f(x)在上单调递减，在和上单调递增(2)证明：因为m，所以f(x)2ln x，由(1)可知f(x)在(0，2)和(2，)上单调递增，在(2，2)上单调递减，又f(1)0，且1(2，2)，所以f(x)在(2，2)上有唯一零点x1.又0e32，f(e3)(e3e3)6672，f(e3)f(e3)0，所以f(x)在(2，)上有唯一零点综上，当m时，f(x)有且只有三个零点根据零点个数确定参数范围已知函数有零点求
7、参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围高考真题思维方法【由导数特点分类讨论】(2018高考全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(
8、0，)只有一个零点，求a.(1)略(2)设函数h(x)1ax2ex.f(x)在(0，)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，)只有一个零点关键1：构造函数h(x)，将f(x)的零点情况转化为h(x)的零点情况()当a0时，h(x)0，h(x)没有零点；关键2：对参数a分类讨论，结合函数值判断函数零点情况()当a0时，h(x)ax(x2)ex.当x(0，2)时，h(x)0；当x(2，)时，h(x)0.所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增.故h(2)1是h(x)在(0，)的最小值.关键3：分类讨论，利用导数研究函数单调性，求函数最值若h(2)0，即a，h(x)在(0，)没有零点；若h
9、(2)0，即a，h(x)在(0，)只有一个零点；若h(2)0，即a，由于h(0)1，所以h(x)在(0，2)有一个零点.由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110.故h(x)在(2，4a)有一个零点因此h(x)在(0，)有两个零点.关键4：对函数最小值的符号分类讨论，结合函数单调性判断零点情况，求出参数值综上，f(x)在(0，)只有一个零点时，a.【直接分类讨论】(2017高考全国卷)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(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.(1)略(2)()若a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点.关键1：针对f(x)解析
10、式的特点，可对参数a直接分类讨论()若a0，由(1)知，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)1ln a关键2：结合函数单调性求函数最小值，进而根据最小值直接判断零点的情况当a1时，由于f(ln a)0，故f(x)只有一个零点；当a(1，)时，由于1ln a0，即f(ln a)0，故f(x)没有零点；当a(0，1)时，1ln a0，即f(ln a)2e220，故f(x)在(，ln a)有一个零点.设正整数n0满足n0ln，则f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.由于lnln a，因此f(x)在(ln a，)有一个零点.类讨论，结合函数单调性与最小值判断
11、函数零点情况，求参数取值范围综上，a的取值范围为(0，1).典型例题 (2019唐山模拟)已知函数f(x)xexa(x1)2.(1)若ae，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围【解】(1)由题意知，当ae时，f(x)xexe(x1)2，函数f(x)的定义域为(，)，f(x)(x1)exe(x1)(x1)(exe)令f(x)0，解得x1或x1.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表所示：x(，1)1(1，1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值e所以当x1时，f(x)取得极大值；当x1时，f(x)取得极小值e.(2)令f(x)0，即xexa(x1
12、)20，得xexa(x1)2.当x1时，方程为e1a0，显然不成立，所以x1不是方程的解，即1不是函数f(x)的零点当x1时，分离参数得a.记g(x)(x1)，则g(x).当x1时，g(x)1时，g(x)0，函数g(x)单调递增当x0时，g(x)0；当x时，g(x)0；当x1时，g(x)；当x时，g(x).故函数g(x)的图象如图所示作出直线ya，由图可知，当a0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)f(x)m，当a2时，g(x)在e1，e上有两个不同的零点，求m的取值范围解：(1)f(x)a1，当a1时，f(x)，令f(x)0，得x1，令f(x)0，得0x1时，令f(x)0，得x
13、1或x0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增当a1时，(i)0a0，得x1，所以f(x)在上单调递增，在，(1，)上单调递减；(ii)a时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递减；(iii)a0，得1xf(e)，所以m.可化为函数零点的函数问题与函数零点性质研究本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、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
14、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高考真题思维方法【可化为函数零点的函数问题】(2014高考课标全国卷)已知函数f(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为2.(1)求a；(2)证明：当k0.当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x).h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)没有实根.综上，g(x)0在R有唯一实根，关键3：利用导数
15、判断函数单调性，结合零点存在性即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.【函数零点性质研究】(2016高考全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点.(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22.(1)略(2)证明：不妨设x1x2.由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又f(x)在(，1)上单调递减，所以x1x22等价于f(x1)f(2x2)，即f(2x2)0.关键1：利用分析法转化要证明的不等式由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2，而f(x2)(x22)ex2a(x21)20，所以f(2x2)x2e2x2(x22)e
16、x2.关键2：将代入，利用整体代入消元设g(x)xe2x(x2)ex，则g(x)(x1)(e2xex).所以当x1时，g(x)0，而g(1)0，故当x1时，g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.关键4：利用导数判断函数单调性、用最值证明不等式典型例题 (2019武汉市调研测试)已知函数f(x)a(ln x)(aR，a为常数)在(0，2)内有两个极值点x1，x2(x1x2)(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1x20，由题意，知yh(x)在(0，2)内存在两个零点因为h(x)ex1a，则当a0时，h(x)0，h(x)在(0，2)上单调递增，h(x)至多有一个零点不合题意当a
17、0时，由h(x)0，得x1ln a，由1ln a0，得a.(i)若1ln a0，即a时，h(x)在(0，1ln a)上单调递减，在(1ln a，2)上单调递增则h(x)minh(1ln a)aln a，当a1时，h(x)minaln a0，不合题意，舍去当1a时，h(x)minaln a0，x0时h(x)0，从而h(x)在(0，1ln a)和(1ln a，2)上各有一个零点所以yh(x)在(0，2)上存在两个零点(ii)若1ln a2，即ae时，h(x)在(0，2)上单调递减，h(x)至多有一个零点，舍去(iii)若1ln a2且h(2)0，即ae时，h(x)在(0，1ln a)上有一个零点，
18、而在(1ln a，2)上没有零点，舍去综上可得，1a，即实数a的取值范围为(1，)(2)证明：令H(x)h(x)h(22ln ax)，0x1ln a，则H(x)h(x)h(22ln ax)ex1ae22ln ax1aex12a2a2a0，所以H(x)在(0，1ln a)上单调递增，从而H(x)0，即h(x)h(22ln ax)0，所以h(x1)h(22ln ax1)0，而h(x1)h(x2)，且h(x)在(1ln a，2)上单调递增所以h(x2)h(22ln ax1)，x222ln ax1，所以x1x20时，求f(x)在区间(0，1上的最大值；(2)若函数g(x)f(x)x有两个极值点x1，x
19、2(x1x2)，求证：g(x1)g(x2)ln a.解：(1)由已知得f(x)的定义域为(0，)f(x)ax(a1).当01时，1，f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的最大值为f()ln a1.综上，当01时，f(x)在区间(0，1上的最大值为ln a1.(2)证明：g(x)f(x)xln xx2ax，g(x)的定义域为(0，)，g(x)axa.若g(x)有两个极值点x1，x2(x10，且x1x21，x1x20，所以a4.又x1x2，所以xx1x2，即0x1 .g(x1)g(x2)ln x1xax1ln x2xax2ln x1ln(ax1)ax1，设h(t)ln tln(at)a
20、t，其中tx1(0，)，h(t)a，令h(t)0得t.因为0，所以h(t)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，所以h(t)的最大值为h()2ln 2ln a2ln a，从而g(x1)g(x2)0)(1)讨论f(x)的单调性；(2)若1ae，试判断f(x)的零点个数解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a(x1)1，令f(x)0，则x11，x2，若a1，则f(x)0恒成立，所以f(x)在(0，)上是增函数若0a1，当x(0，1)时，f(x)0，f(x)是增函数，当x时，f(x)0.f(x)是增函数若a1，则00，f(x)是增函数，当x时，f(x)0，f(x)是增函数综上所述，当
21、a1时，f(x)在(0，)上是增函数；当0a1时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，)上是增函数(2)当1ae时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，)上是增函数，所以f(x)的极小值为f(1)10，所以g(a)在(1，e)上是增函数，所以g(a)g(e)294ln 4ln 40，所以存在x0(1，4)，使f(x0)0，所以当1ae时，f(x)有且只有一个零点2(2019南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)ex(ln xaxab)(e为自然对数的底数)，a，bR，直线yx是曲线yf(x)在x1处的切线(1)求a，b的值；(2)是否存在kZ，使得yf(x)在(k，k1)上有唯
22、一零点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由解：(1)f(x)ex(ln xaxb)，f(x)的定义域为(0，)由已知，得即，解得a1，b.(2)由(1)知，f(x)ex，则f(x)ex，令g(x)ln xx，则g(x)0，g(2)ln 210，即f(x)0，当x(x0，)时，g(x)0，即f(x)0.所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又当x0时，f(x)0，f(2)e2(ln 2)0，f(e)ee0，f(x)在(，)上单调递增当b0时，若xln(b)，则f(x)0，f(x)在ln (b)，)上单调递增；若xln (b)，则f(x)0，f(x)在(，ln (b)上
23、单调递减(2)令g(x)exbx1ln x，则g(x)exb，易知g(x)单调递增且一定有大于0的零点，设g(x)大于0的零点为x0，则g(x0)0，即eb0，be.方程f(x)ln x有两个实数根，即g(x)有两个零点，则需满足g(x0)0，即ebx01ln x0ex01ln x0eex0ln x00)，则h(x)exx0，所以h(x)在(0，)上单调递减，h(1)0，所以eex0ln x00的解集为(1，)，所以be1e.当bxbxln x，有g(eb)ebbebln eb(b1)ebb，令G(x)(x1)exx(x1)(ex1)1，x1e，所以x12e0，0ex0，所以g(eb)0，故g
24、(eb)g(x0)0.综上，b的取值范围是(，1e)4已知函数f(x)x2aln x.(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)ln xbxcx2，若函数f(x)的两个极值点x1，x2(x11，令f(x)0得x1a，x2a.当x(0，a)(a，)时，f(x)0.所以当a1时，f(x)的单调递减区间为(0，)，无单调递增区间；当a1时，f(x)的单调递减区间为(0，a)，(a，)；单调递增区间为(a，a)(2)由(1)知，a1且x1x22a，x1x21.又g(x)b2cx，所以g()bc(x1x2)，由g(x1)g(x2)0得ln c(xx)b(x1x2)，所以y(x1x2)g()b(x1x2)c(xx)lnln.令t(0，1)，则yln t，所以y1，故实数a的取值范围是，)
