2025《金版教程•高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案》高考解答題專項(xiàng)突破（一） 第3課時(shí) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)

第3課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)考點(diǎn)一確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)(多考向探究)考向1利用單調(diào)性和函數(shù)零點(diǎn)存在定理確定零點(diǎn)個(gè)數(shù)例1(2023·湖北武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)，g(x)＝tanx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，試判斷F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．解(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}，f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(ex(x－1),x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)，(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(ex,x)－tanx＝0，得xsinx－excosx＝0.設(shè)h(x)＝xsinx－excosx，所以h′(x)＝(ex＋1)sinx＋(x－ex)cosx.①當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時(shí)，可知ex>0>x，則ex>x，所以x－ex<0，又sinx<0，cosx>0，所以h′(x)<0，從而h(x)＝xsinx－excosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，又h(0)＝－1，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，由零點(diǎn)存在定理及h(x)的單調(diào)性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上有一個(gè)零點(diǎn)．②當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，cosx≥sinx>0，由(1)知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)>f(1)＝e>1，則ex>x>0.所以excosx>xsinx，則h(x)＝xsinx－excosx<0恒成立．所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上無零點(diǎn)．③當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0，則h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－e\f(π,4)))<0，由零點(diǎn)存在定理及h(x)的單調(diào)性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上存在一個(gè)零點(diǎn)．綜上，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2，即F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.利用單調(diào)性和函數(shù)零點(diǎn)存在定理確定零點(diǎn)個(gè)數(shù)的一般步驟及注意點(diǎn)(1)討論函數(shù)的單調(diào)性，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(2)在每個(gè)單調(diào)區(qū)間上，利用函數(shù)零點(diǎn)存在定理判斷零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．(3)注意區(qū)間端點(diǎn)的選取技巧．(4)含參數(shù)時(shí)注意分類討論．1.(2023·江西高三質(zhì)量監(jiān)測(cè)(四))已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,3)ax3(a>e，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)討論函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)證明：函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)．解(1)f′(x)＝xex－ax2＝x(ex－ax)(a＞e)，令f′(x)＝0，得x＝0或ex－ax＝0.設(shè)g(x)＝ex－ax，則g′(x)＝ex－a，令g′(x)＝0，得x＝lna，當(dāng)x<lna時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>lna時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(lna)＝a－alna＝a(1－lna)．因?yàn)閍>e，則g(x)min<0，此時(shí)g(x)在R上有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，記為x1，x2(x1<x2)，因?yàn)間(0)＝1>0，g(1)＝e－a<0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)>0，所以0<x1<1<x2，且x1，x2是g(x)的兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，也是f′(x)的兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，又當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)0＜x＜x1時(shí)，f′(x)＞0，所以0是f′(x)的變號(hào)零點(diǎn)，即f′(x)在R上有且僅有3個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，所以函數(shù)f(x)在R上有且僅有3個(gè)極值點(diǎn)．(2)證明：f′(x)＝x(ex－ax)，由(1)知，當(dāng)a>e時(shí)，f(x)在R上有3個(gè)極值點(diǎn)：0，x1，x2，其中0<x1<1<x2，且f(0)＝－1<0，當(dāng)0<x<x1時(shí)，g(x)>0，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，g(x)<0，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>x2時(shí)，g(x)>0，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)的極大值為f(x1)，極小值為f(x2)，且ex1＝ax1，ex2＝ax2?a＝eq\f(ex1,x1)，a＝eq\f(ex2,x2).所以f(x2)＝(x2－1)ex2－eq\f(1,3)axeq\o\al(3,2)＝(x2－1)ex2－eq\f(1,3)·eq\f(ex2,x2)xeq\o\al(3,2)＝(x2－1)ex2－eq\f(xeq\o\al(2,2)ex2,3)＝eq\f(ex2,3)(－xeq\o\al(2,2)＋3x2－3)＝eq\f(ex2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(3,4)))<0，同理，f(x1)＝eq\f(ex1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(3,4)))<0，而當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)>0，因此函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，x2]內(nèi)無零點(diǎn)，在區(qū)間(x2，＋∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)．考向2利用兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)確定零點(diǎn)個(gè)數(shù)例2(2024·河北邢臺(tái)第二中學(xué)高三階段練習(xí))已知函數(shù)f(x)＝ax2－|1＋lnx|(a>0)．(1)若a＝1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)討論f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)＝x2－|1＋lnx|的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)0<x≤eq\f(1,e)時(shí)，f(x)＝x2＋1＋lnx，f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)>0，因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞增，當(dāng)x>eq\f(1,e)時(shí)，f(x)＝x2－1－lnx，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，當(dāng)eq\f(1,e)<x<eq\f(\r(2),2)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>eq\f(\r(2),2)時(shí)，f′(x)>0，因此函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(\r(2),2))).(2)函數(shù)f(x)＝ax2－|1＋lnx|(a>0)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由f(x)＝0，得a＝eq\f(|1＋lnx|,x2)，令函數(shù)g(x)＝eq\f(|1＋lnx|,x2)，x>0，當(dāng)0<x≤eq\f(1,e)時(shí)，g(x)＝－eq\f(1＋lnx,x2)，g′(x)＝－eq\f(x－2x(1＋lnx),x4)＝eq\f(1＋2lnx,x3)<0，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，由于－(1＋lnx)≥0，即有－(1＋lnx)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上的取值集合是[0，＋∞)，又eq\f(1,x2)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上的取值集合是[e2，＋∞)，因此函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上的取值集合是[0，＋∞)．當(dāng)x>eq\f(1,e)時(shí)，g(x)＝eq\f(1＋lnx,x2)，求導(dǎo)得g′(x)＝－eq\f(1＋2lnx,x3)，當(dāng)eq\f(1,e)<x<eq\f(1,\r(e))時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x>eq\f(1,\r(e))時(shí)，g′(x)<0，因此函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(1,\r(e))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))上單調(diào)遞減，在x＝eq\f(1,\r(e))處取得極大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝eq\f(e,2)，而?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，g(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)＝ax2－|1＋lnx|(a>0)的零點(diǎn)，即方程a＝eq\f(|1＋lnx|,x2)(a>0)的根，亦即直線y＝a(a>0)與函數(shù)y＝g(x)的圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出直線y＝a(a>0)與函數(shù)y＝g(x)的圖象，如圖，觀察圖象知，當(dāng)0<a<eq\f(e,2)時(shí)，直線y＝a(a>0)與函數(shù)y＝g(x)的圖象有3個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng)a＝eq\f(e,2)時(shí)，直線y＝a(a>0)與函數(shù)y＝g(x)的圖象有2個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng)a>eq\f(e,2)時(shí)，直線y＝a(a>0)與函數(shù)y＝g(x)的圖象有1個(gè)公共點(diǎn)．所以當(dāng)0<a<eq\f(e,2)時(shí)，函數(shù)f(x)有3個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＝eq\f(e,2)時(shí)，函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a>eq\f(e,2)時(shí)，函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)．在借助函數(shù)圖象研究函數(shù)零點(diǎn)問題時(shí)，要準(zhǔn)確畫出函數(shù)的圖象，不僅要研究函數(shù)的單調(diào)性與極值的情況，還要關(guān)注函數(shù)值的正負(fù)以及變化趨勢(shì)，把函數(shù)圖象與x軸有無交點(diǎn)，哪一區(qū)間在x軸上方，哪一區(qū)間在x軸下方等情況分析清楚，這樣才能準(zhǔn)確地研究直線與函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)情況．2.(2023·湖北七市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(2,x)－2，g(x)＝xlnx－ax2－x＋1.(1)證明：函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)；(2)假設(shè)存在常數(shù)λ>1，且滿足f(λ)＝0，試討論函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．解(1)證明：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)，令f′(x)＝0，得x＝2，當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)閒(1)＝0，f(2)＝ln2－1<0，f(e2)＝eq\f(2,e2)>0，由零點(diǎn)存在定理及f(x)的單調(diào)性，得函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．(2)令g(x)＝0，即xlnx－ax2－x＋1＝0，從而有ax＝lnx－1＋eq\f(1,x).令φ(x)＝lnx－1＋eq\f(1,x)，從而g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)等價(jià)于y＝ax的圖象與φ(x)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．φ′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，令φ′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)0<x<1時(shí)，φ′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，φ′(x)>0，所以φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，且φ(x)min＝φ(1)＝0，其圖象如圖所示．當(dāng)a＝0時(shí)，y＝ax的圖象與φ(x)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)．當(dāng)a<0時(shí)，y＝ax的圖象經(jīng)過第二、四象限，與φ(x)的圖象無交點(diǎn)．當(dāng)a>0時(shí)，y＝ax的圖象經(jīng)過第一、三象限，與φ(x)的圖象至少有一個(gè)交點(diǎn)．當(dāng)y＝ax的圖象與φ(x)的圖象相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x0，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝φ′(x0)＝\f(1,x0)－\f(1,xeq\o\al(2,0))，,ax0＝lnx0－1＋\f(1,x0)，))即有l(wèi)nx0＋eq\f(2,x0)－2＝0，從而x0＝λ，此時(shí)a＝eq\f(1,λ)－eq\f(1,λ2)＝eq\f(λ－1,λ2)>0.所以，當(dāng)a＝eq\f(λ－1,λ2)時(shí)，y＝ax的圖象與φ(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)0<a<eq\f(λ－1,λ2)時(shí)，y＝ax的圖象與φ(x)的圖象有三個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)a>eq\f(λ－1,λ2)時(shí)，y＝ax的圖象與φ(x)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)a<0時(shí)，g(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)0<a<eq\f(λ－1,λ2)時(shí)，g(x)有三個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＝eq\f(λ－1,λ2)時(shí)，g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a>eq\f(λ－1,λ2)或a＝0時(shí)，g(x)有一個(gè)零點(diǎn)．考點(diǎn)二根據(jù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍例3(2023·廣東惠州實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三下學(xué)期適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)＝ax，其中0<a<1.(1)求函數(shù)g(x)＝f(x)－xlna的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)h(x)＝ax－eq\f((lna)2,2)x2－xlna－a＋(3－k)lna＋(lna)2在x∈[1，＋∞)上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解(1)由已知，g(x)＝ax－xlna，g′(x)＝axlna－lna，令g′(x)＝0，解得x＝0.由0<a<1，可知當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0(0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．(2)令h(x)＝0，則存在x∈[1，＋∞)，使得ax－eq\f((lna)2,2)x2－xlna－a＋(3－k)lna＋(lna)2＝0，兩邊同時(shí)除以lna，得eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3－k＝0，即eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3＝k.令t(x)＝eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3，x∈[1，＋∞)，t′(x)＝ax－xlna－1，由(1)知ax－xlna≥g(0)＝1，即t′(x)≥0，則函數(shù)t(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以t(x)≥t(1)＝eq\f(a,lna)－eq\f(lna,2)－1－eq\f(a,lna)＋lna＋3＝eq\f(lna,2)＋2.故k≥2＋eq\f(lna,2)，即實(shí)數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(lna,2)，＋∞)).根據(jù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍的解法3.(2022·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)若f(x)在區(qū)間(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，∴f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋e－x－xe－x，∴f′(0)＝1＋1＝2，又f(0)＝0，∴所求切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x.(2)f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x＝ln(x＋1)＋eq\f(ax,ex)，①當(dāng)a≥0時(shí)，若x>0，則ln(x＋1)>0，eq\f(ax,ex)≥0，∴f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上無零點(diǎn)，不符合題意．②當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)＝eq\f(ex＋a(1－x2),(x＋1)ex).令g(x)＝ex＋a(1－x2)，則g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1，(a)當(dāng)g′(－1)≥0，即－eq\f(1,2e)≤a<0時(shí)，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵g(－1)＝e－1>0，∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均無零點(diǎn)，不符合題意．(b)當(dāng)g′(－1)<0，即a<－eq\f(1,2e)時(shí)，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0.∴g(x)在(－1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.(ⅰ)當(dāng)g(0)≥0，即－1≤a<－eq\f(1,2e)時(shí)，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∵f(0)＝0，∴當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上無零點(diǎn)，不符合題意．(ⅱ)當(dāng)g(0)<0，即a<－1時(shí)，存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，∴f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減．∵f(0)＝0，∴f(x1)>f(0)＝0，當(dāng)x→－1時(shí)，f(x)<0，∴f(x)在(－1，x1)上存在一個(gè)零點(diǎn)，即f(x)在(－1，0)上存在一個(gè)零點(diǎn)，∵f(x2)<f(0)＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)>0，∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一個(gè)零點(diǎn)，即f(x)在(0，＋∞)上存在一個(gè)零點(diǎn)．綜上，a的取值范圍是(－∞，－1)．考點(diǎn)三“隱零點(diǎn)”問題例4已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax－a(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若不等式f(x)<a(x2－1)在(1，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由f(x)＝lnx＋ax－a知，定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋a＝eq\f(ax＋1,x)，①當(dāng)a≥0時(shí)，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)a<0時(shí)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由f(x)<a(x2－1)，得lnx－a(x2－x)<0，令g(x)＝lnx－a(x2－x)，①當(dāng)a≤0時(shí)，在(1，＋∞)上，g(x)＝lnx－a(x2－x)＝lnx－ax(x－1)>0恒成立，與題意不符；②當(dāng)a>0時(shí)，g′(x)＝eq\f(1,x)－a(2x－1)＝eq\f(1,x)－2ax＋a在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且g′(1)＝1－a，當(dāng)a∈(0，1)時(shí)，g′(1)>0，故在(1，＋∞)上存在x0，使得g′(x)＝0，當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，g′(x)>0，則在(1，x0)上，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)>g(1)＝0，與題意不符．當(dāng)a∈[1，＋∞)時(shí)，g′(x)<g′(1)＝1－a≤0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)<g(1)＝0，符合題意．綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．在函數(shù)的零點(diǎn)中，有些零點(diǎn)不易求出，或者可以求出但無需求出，我們把這樣的零點(diǎn)稱為“隱零點(diǎn)”，即能確定其存在，但又無法或無需求出．對(duì)于“隱零點(diǎn)”問題的解題思路是對(duì)函數(shù)的零點(diǎn)設(shè)而不求，通過整體代換和過渡，再結(jié)合題目條件解決問題．4.已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx，g(x)＝eq\f(f(x),a)，a≠0.(1)若g(x)在[1，3]上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若a>0，求證：f(x)≥2＋lna.解(1)∵g(x)＝eq\f(f(x),a)＝ex－eq\f(lnx,a)，∴g′(x)＝ex－eq\f(1,ax)(x>0)．∵g(x)在[1，3]上是增函數(shù)，∴g′(x)≥0在[1，3]上恒成立，即eq\f(1,a)≤xex在[1，3]上恒成立．令t(x)＝xex，則t′(x)＝(x＋1)ex.∵當(dāng)x∈[1，3]時(shí)，t′(x)>0，∴t(x)在[1，3]上是增函數(shù)，∴(xex)min＝e.∴eq\f(1,a)≤e，解得a≥eq\f(1,e)或a<0，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).(2)證明：f′(x)＝aex－eq\f(1,x)＝eq\f(axex－1,x)，令h(x)＝axex－1，則h′(x)＝aex＋axex＝aex(1＋x)，∵a>0，∴h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又h(0)＝－1<0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eeq\s\up7(\f(1,a))－1>0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，使得h(x0)＝0，即存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，使得f′(x0)＝aex0－eq\f(1,x0)＝0，即x0＝eq\f(1,aex0).∴當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(x0)＝aex0－lnx0＝eq\f(1,x0)－lneq\f(1,aex0)＝eq\f(1,x0)＋x0＋lna≥2eq\r(\f(1,x0)·x0)＋lna＝2＋lna，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,x0)＝x0，即x0＝1時(shí)等號(hào)成立，∴當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2＋lna.課時(shí)作業(yè)1．已知函數(shù)f(x)＝2x3－3x2－12x＋m.(1)若m＝1，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)有3個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)由題意，得f′(x)＝6x2－6x－12，故f′(1)＝－12，又當(dāng)m＝1時(shí)，f(1)＝2－3－12＋1＝－12，故所求的切線方程為y＋12＝－12(x－1)，即y＝－12x.(2)由題意，得f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)＝6(x＋1)(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2，當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－1，2)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)有極大值f(－1)＝m＋7，有極小值f(2)＝m－20.若函數(shù)f(x)有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋7>0，,m－20<0，))解得－7<m<20，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－7，20)．2．已知函數(shù)f(x)＝(x2－2x＋a)ex.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，判斷函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x2＋lnx的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說明理由．解(1)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x＋a)ex＝(x2＋a－2)ex，當(dāng)a≥2時(shí)，f′(x)≥0，則f(x)在R上是增函數(shù)；當(dāng)a<2時(shí)，f′(x)＝[x2－(2－a)]ex＝(x＋eq\r(2－a))(x－eq\r(2－a))ex，令f′(x)＝0，得x＝±eq\r(2－a)；令f′(x)>0，得x<－eq\r(2－a)或x>eq\r(2－a)；令f′(x)<0，得－eq\r(2－a)<x<eq\r(2－a).所以函數(shù)f(x)在(－eq\r(2－a)，eq\r(2－a))上單調(diào)遞減，在(－∞，－eq\r(2－a))和(eq\r(2－a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)a＝1時(shí)，g(x)＝(x－1)2ex－eq\f(1,2)x2＋lnx，其定義域?yàn)?0，＋∞)，則g′(x)＝(x＋1)(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x))).設(shè)h(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，則h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0，從而h(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，h(1)＝e－1>0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得h(x0)＝ex0－eq\f(1,x0)＝0，即ex0＝eq\f(1,x0)，x0＝－lnx0.列表如下：x(0，x0)x0(x0，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)增函數(shù)極大值減函數(shù)極小值增函數(shù)由表可得g(x)的極小值為g(1)＝－eq\f(1,2)，g(x)的極大值為g(x0)＝(x0－1)2ex0－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋lnx0＝eq\f(xeq\o\al(2,0)－2x0＋1,x0)－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)－x0＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,x0)－2.因?yàn)閥＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是減函數(shù)，所以－eq\f(3,2)<g(x0)<－eq\f(1,8)，所以g(x)在(0，1]內(nèi)沒有零點(diǎn)．又g(1)＝－eq\f(1,2)<0，g(2)＝e2－2＋ln2>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在(1，＋∞)內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，g(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．3．(2023·河北石家莊高三模擬(二))已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x)－2sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\r(x)＋sin2x，求g(x)的最小值；(2)證明：函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有唯一零點(diǎn)．解(1)由題意，g(x)＝－2sinx＋sin2x，g′(x)＝－2cosx＋2cos2x＝2(2cos2x－cosx－1)＝2(cosx－1)(2cosx＋1)，因?yàn)閤∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以0≤cosx<1，所以g′(x)<0，g(x)是減函數(shù)，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－2.(2)證明：f(x)＝eq\r(x)－2sinx，設(shè)h(x)＝x－sinx，則h′(x)＝1－cosx≥0，h(x)是增函數(shù)，所以x>0時(shí)，h(x)>h(0)＝0，即x>sinx，從而2x>2sinx，由2x<eq\r(x)，解得0<x<eq\f(1,4)，所以當(dāng)0<x<eq\f(1,4)時(shí)，eq\r(x)>2sinx，即f(x)>0，f(x)無零點(diǎn)；當(dāng)eq\f(π,3)<x≤eq\f(π,2)時(shí)，2sinx>2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，eq\r(x)<eq\r(\f(π,2))<eq\r(3)，所以f(x)＝eq\r(x)－2sinx<0，f(x)無零點(diǎn)；當(dāng)eq\f(1,4)≤x≤eq\f(π,3)時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－2cosx，eq\f(1,2\r(x))≤eq\f(1,2\r(\f(1,4)))＝1，2cosx≥2coseq\f(π,3)＝1，所以f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－2cosx≤0，f(x)單調(diào)遞減，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,2)－2sineq\f(1,4)>eq\f(1,2)－2×eq\f(1,4)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(\f(π,3))－2sineq\f(π,3)＝eq\r(\f(π,3))－eq\r(3)<0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(π,3)))上有唯一零點(diǎn)，也即在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有唯一零點(diǎn)．4．(2024·湖北武漢模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f′(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閥＝e2x單調(diào)遞增，y＝－eq\f(a,x)單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(a)＝2e2a－1>0，當(dāng)b滿足0<b<eq\f(a,4)，且b<eq\f(1,4)時(shí)，f′(b)<0，(討論a≥1或a<1來檢驗(yàn)，①當(dāng)a≥1時(shí)，則0<b<eq\f(1,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\s\up7(\f(1,2))－4a≤2eeq\s\up7(\f(1,2))－4<0；②當(dāng)a<1時(shí)，則0<b<eq\f(a,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\s\up7(\f(a,2))－4<2eeq\s\up7(\f(1,2))－4<0.綜上，f′(b)<0.)故當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)存在唯一零點(diǎn)．(2)證明：由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，則f′(x0)＝2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時(shí)，f(x)取得最小值，為f(x0)．所以f(x0)＝e2x0－alnx0＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a)，當(dāng)且僅當(dāng)x0＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立．故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).5．(2024·湖南邵東創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)學(xué)校高三第二次月考)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，(1)證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0恒成立；(2)若關(guān)于x的方程eq\f(f(x),x)＋eq\f(x,2)＝asinx在(0，π)內(nèi)有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)證明：函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，x>0，求導(dǎo)得f′(x)＝ex－x－1，令y＝ex－x－1，x>0，求導(dǎo)得y′＝ex－1>0，則函數(shù)f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f′(x)>f′(0)＝0，因此函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)>f(0)＝0，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0恒成立．(2)設(shè)y＝x－sinx，x∈(0，π)，則y′＝1－cosx>0，則y＝x－sinx在(0，π)上單調(diào)遞增，y>0，即x>sinx>0，方程eq\f(f(x),x)＋eq\f(x,2)＝asinx等價(jià)于ex－axsinx－x－1＝0，x∈(0，π)，令g(x)＝ex－axsinx－x－1，原問題等價(jià)于g(x)在(0，π)內(nèi)有零點(diǎn)，由x∈(0，π)，得xsinx<x2，由(1)知，當(dāng)a≤eq\f(1,2)時(shí)，g(x)＝ex－axsinx－x－1>ex－eq\f(1,2)x2－x－1>0，當(dāng)x∈(0，π)時(shí)，函數(shù)y＝g(x)沒有零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)a>eq\f(1,2)時(shí)，由g(x)＝ex－axsinx－x－1，求導(dǎo)得g′(x)＝ex－a(xcosx＋sinx)－1，令t(x)＝g′(x)＝ex－a(xcosx＋sinx)－1，則t′(x)＝ex＋a(xsinx－2cosx)，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，t′(x)>0恒成立，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，令s(x)＝t′(x)＝ex＋a(xsinx－2cosx)，則s′(x)＝ex＋a(3sinx＋xcosx)，因?yàn)閑x>0，a(3sinx＋xcosx)>0，則s′(x)>0，即t′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又t′(0)＝1－2a<0，t′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\f(π,2)＋eq\f(π,2)a>0，因此t′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上存在唯一的零點(diǎn)x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，t′(x)<0，函數(shù)g′(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，π)時(shí)，t′(x)>0，函數(shù)g′(x)單調(diào)遞增，顯然g′(x0)<g′(0)＝0，g′(π)＝eπ＋aπ－1>0，因此g′(x)在(0，π)上存在唯一的零點(diǎn)x1，且x1∈(x0，π)，當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x1，π)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，又g(0)＝0，g(x1)<g(0)＝0，由(1)知，ex>eq\f(1,2)x2＋x＋1>x＋1(x>0)，則g(π)＝eπ－π－1>0，所以g(x)在(0，x1)上沒有零點(diǎn)，在(x1，π)上存在唯