導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用-函數(shù)的零點問題（5題型分類）-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（解析版）

專題15導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用■函數(shù)的零點問題5題型分類

彩題總

題型1：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點個數(shù)

題型5：導(dǎo)數(shù)與“隱零點”問題

題型2：根據(jù)零點個數(shù)求參數(shù)

專題15導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用一函數(shù)的

零點問題5題型分類

題型4：零點與不等式的證明問題

題型3：根據(jù)零點個數(shù)求值

彩先潟寶庫

1、函數(shù)零點問題的常見題型：判斷函數(shù)是否存在零點或者求零點的個數(shù)；根據(jù)含參函數(shù)零點情況，求參數(shù)

的值或取值范圍.

求解步驟：

第一步：將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖像與X軸(或直線^=左)在某區(qū)間上的交點

問題；

第二步：利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在此區(qū)間上的單調(diào)性、極值、端點值等性質(zhì)，進(jìn)而畫出其圖像；

第三步：結(jié)合圖像判斷零點或根據(jù)零點分析參數(shù).

2、函數(shù)零點的求解與判斷方法：

(1)直接求零點：令/G)=0,如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點.

(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間m，6］上是連續(xù)不斷的曲線，且/(a)<0,還必

須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個零點.

(3)利用圖象交點的個數(shù)：將函數(shù)變形為兩個函數(shù)的差，畫兩個函數(shù)的圖象，看其交點的橫坐標(biāo)有幾個不

同的值，就有幾個不同的零點.

3、求函數(shù)的零點個數(shù)時，常用的方法有：一、直接根據(jù)零點存在定理判斷；二、將/(x)整理變形成

f(x)=g(x)-〃(x)的形式，通過g(x)，Mx)兩函數(shù)圖象的交點確定函數(shù)的零點個數(shù)；三、結(jié)合導(dǎo)數(shù)，求函

數(shù)的單調(diào)性，從而判斷函數(shù)零點個數(shù).

4、利用導(dǎo)數(shù)研究零點問題：

(1)確定零點的個數(shù)問題：可利用數(shù)形結(jié)合的辦法判斷交點個數(shù)，如果函數(shù)較為復(fù)雜，可用導(dǎo)數(shù)知識確定

極值點和單調(diào)區(qū)間從而確定其大致圖像；

(2)方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題處理.可以通過

構(gòu)造函數(shù)的方法，把問題轉(zhuǎn)化為研究構(gòu)造的函數(shù)的零點問題；

(3)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②利用數(shù)形結(jié)合思想

研究；③構(gòu)造輔助函數(shù)研究.

彩儺題和籍

(-)

函數(shù)零點的求解與判斷方法

(1)直接求零點：令外)=0,如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點.

(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間口，句上是連續(xù)不斷的曲線，且八.)負(fù)6)<0,還必須結(jié)合函

數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個零點.

(3)利用圖象交點的個數(shù)：將函數(shù)變形為兩個函數(shù)的差，畫兩個函數(shù)的圖象，看其交點的橫坐標(biāo)有幾個不同

的值，就有幾個不同的零點.

(4)結(jié)合導(dǎo)數(shù)，求函數(shù)的單調(diào)性，從而判斷函數(shù)零點個數(shù).

注：導(dǎo)函數(shù)處理零點個數(shù)問題，由于涉及多類問題特征(包括單調(diào)性，特殊位置的函數(shù)值符號，隱零點的

探索、參數(shù)的分類討論等)，需要學(xué)生對多種基本方法，基本思想，基本既能進(jìn)行整合，注意思路是通過

極值的正負(fù)和函數(shù)的單調(diào)性判斷函數(shù)的走勢，從而判斷零點個數(shù)，較為復(fù)雜和綜合的函數(shù)零點個數(shù)問題，

分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進(jìn)行分類討論，分類的標(biāo)準(zhǔn)，及分類是否全面，都是需要思考

的地方

題型1：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點個數(shù)

1-1.(2024高三下?江蘇常州?階段練習(xí))已知/(x)=sin"x,g(x)=lnx+mex("為正整數(shù)，meR).

(1)當(dāng)〃=1時，設(shè)函數(shù)〃卜)=/-1-2/(x),XG(0,7t),證明：〃(x)有且僅有1個零點；

(2)當(dāng)〃=2時，證明：/+g(x)<(讓+加林—I.

1-------

【答案】(1)證明見解析；

⑵證明見解析.

【分析】(1)對〃(x)進(jìn)行二次求導(dǎo)，根據(jù)二階導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，確定一階導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而判斷原函數(shù)的單

調(diào)性，結(jié)合零點存在定理，即可求證.

Qin9V

(2)根據(jù)題意，只需證洶三+lnx+l-xe，<0即可，結(jié)合sin2x<2x,(x>0)結(jié)合同構(gòu)函數(shù)，即可容易證明.

2

【詳解】(1)當(dāng)〃=1時，/i(x)=x2-l-2sinx(0<x<7t)

t己9(x)==2x-2cosx,貝I］夕'(無)=2+2sinx>0

所以0(尤)=〃(x)在區(qū)間(0,7t)上單調(diào)遞增

而9(0)=-2<0,夕］|^=兀>0

所以存在毛,使得/仁)=0,即〃(%)=0

當(dāng)xe(O,Xo)時,9(x)="(x)<0,單調(diào)遞減

當(dāng)xe(天,兀)時，夕(x)=〃(x)>0,〃(x)單調(diào)遞增

2

又〃(0)=—1<0,/z(xo)</z(O)<O,//(K)=TI-1>0

所以〃(x)在(0,尤o)上沒有零點，在伉㈤上有一個零點，

綜上所述，函數(shù)力卜)在(0㈤內(nèi)只有一個零點.

(2)當(dāng)〃=2時，//(x)=2sinxcosx=sin2x,

要證于+g(x)<(x+")e“-L

cin9V

BPffi--±+lnx+l-xe%<0,

2

令〃(x)=sin2x-2x(x>0),貝iJH'(x)=2cos2x-2?0,

所以“(x)在(0,+8)單調(diào)遞減，H(x)<H(0)=0,即sin2x<2x,

Qin2x

要證------HInx+1-xex<0只需證x+Inx+1-xex<0，

2

令〃(x)=e*-x-l,則“(x)=eT,

二〃(x)在(-8,0)單調(diào)遞減,在(0,+co)單調(diào)遞增，

/.//(x)＞//(0)=0,即e'2x+l,

x+laxx

e＞x+lnx+1,BPxe＞x+Inx+1-

所以x+hu+l-xer0成立，

原命題得證.

【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的零點個數(shù)，以及利用導(dǎo)數(shù)證明不等式恒成立，解決第二問的關(guān)鍵是

利用$/2工＜2武工＞0)進(jìn)行放縮，以及利用同構(gòu)xe"=小膜構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行證明，屬綜合困難題.

1-2.(2024?江西九江?二模)已知函數(shù)/(x)=eX-a*(aeR),g(x)=x-l.

(1)若直線＞=g(x)與曲線＞=/(x)相切，求a的值；

⑵用表示〃?，〃中的最小值，討論函數(shù)〃(x)=min"(x),g(x)｝的零點個數(shù).

2_i

【答案】e

4

(2)答案見解析

【分析】(1)根據(jù)已知切線方程求列方程求切點坐標(biāo)，再代入求參即可；

(2)先分段討論最小值，再分情況根據(jù)單調(diào)性求函數(shù)值域判斷每種情況下零點個數(shù)即可.

【詳解】(1)設(shè)切點為(％,%),Vf\x)=e-2ax,二〃％)=6頻一2%

[e%0-2aXr.=1,

??()

?x02*

\e-axQ=x0-1,

消去〃整理，得(e%+l)(x。-2)=0,??.x0=2

(2)①當(dāng)、￡(—e,l)時，g(x)<0,/z(x)=min{/(x),g(x)}?g(x)<0,J在(-oo,l)上無零點

②當(dāng)x=l時，g(l)=0,/⑴=e-〃.

若a?e,7(1)^0,此時〃(x)=g(l)=0,x=l是%(x)的一個零點,

1------

若a>e,/(1)<0,此時〃(x)=/■⑴<0,x=l不是力(x)的零點

③當(dāng)xe(l,+oo)時,g(x)>0,此時〃(尤)的零點即為/'(x)的零點.

令/(X)=/_0%2=0,得a=二,令夕(幻==，則夕'(x)=^―,

XXX

當(dāng)l<x<2時，0(x)<O；當(dāng)x〉2時，9’(%)〉0,「?°(x)在(1,2)上單調(diào)遞減，在(2,+8)上單調(diào)遞增，且當(dāng)

Xf+8時，夕⑴―+00

2

⑴若"0(2),即時，/(X)在(1,+8)上無零點，即“X)在(1,+8)上無零點

2

(ii)若"研2),即°=?時，〃X)在(1,+8)上有一個零點，即〃(x)在(1,+功上有一個零點

2

(iii)若磯2)<。<9⑴，即?<Q<e時，/(x)在(1,+劃上有兩個零點，即力(、)在(1,+到上有兩個零點

(iv)若a>夕⑴,即a)e時,/(力在(L+8)上有一個零點,即〃(%)在。,+8)上有一個零點

綜上所述，當(dāng)或a>e時，〃(%)在R上有唯一零點；

當(dāng)a=7或Q=e時，人(“在R上有兩個零點；

當(dāng)?<q〈e時，〃(x)在R上有三個零點

1-3.(2024?山東?一模)已知/(x)=asinx—%+」一(%>-1),且。為/(%)的一個極值點.

x+1

(1)求實數(shù)。的值；

⑵證明：①函數(shù)/(x)在區(qū)間(-1,+8)上存在唯一零點；

11?1

②；-----<^sin—<1,其中〃wN*且〃>2.

2n+1Sk

【答案】⑴。=2

⑵證明見解析

【分析】(1)先求得/'(x)=acosx-l一1[y,由0為了⑴的一個極值點，可得/(0)=0,進(jìn)而求解；

(2)①當(dāng)-l<x40時，由/'(x)W0,可得〃x)單調(diào)遞減，由Vxe(-l,0],可得/(x)河(0)=1,此時函

數(shù)/(X)無零點；當(dāng)0<》苦時，設(shè)g(x)=acosx-l-島了，結(jié)合其導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性，結(jié)合g，⑼>0,

g'D<0和零點存在性定理，可知存在使得g'(x)=0,進(jìn)而得到尸(x)單調(diào)性，結(jié)合/'(0)=0

得到/（X）在（O,x。）上單調(diào)遞增；結(jié)合/（%）>0,廠目<0,存在”卜。，3,得到函數(shù)/（X）的單調(diào)性，

可得而“X）在園上無零點；當(dāng)日用時，由/'（x）<0,可得在單減，再結(jié)合零點存在

定理，可得函數(shù)/（x）在（右，上存在唯一零點；當(dāng)xN兀時，由/'（x）<0,此時函數(shù)無零點，最后綜合即可

得證.

②由⑴中/（無）在單增，所以Vxe/￡|,有〃x）>/（O）=l,可得$加>。1+1-。］令

x=a（八2）,利用放縮法可得sin我，再結(jié)合sinx<x，分別利用累加發(fā)可得盲sin^j-Q，

n11

Ysin—<1-^<1,即可求證.

占匕n

【詳解】（1）由/（x）=asinx-x+^—（x>-1）,

x+1

則/（x）=acosx-l-----—-,

」」（x+l）2

因為。為了（X）的一個極值點，

所以/'⑼=°一2=0,所以。=2.

當(dāng)a=2時，r(x)=2cosx_l_(二>,

當(dāng)T<x<0時，因為函數(shù)/'（無）在（-1,0）上單調(diào)遞減,

所以/'（另<2-1-1=0,即/（x）在（-1,0）上單調(diào)遞減;

[2

當(dāng)0<Y時，^W^cosx-l-^,則g，(x)=_2smx+還產(chǎn)

f-2+」

T<0

因為函數(shù)g'（x）在（0胃上單調(diào)遞減，且g'（0）=2>0,s〔尹

由零點存在定理，存在,使得g'(x)=。,

且當(dāng)xe（O,尤0）時，g'（x）>0,即/（無）單調(diào)遞增,

又因為r（o）=o,

所以受武。,/）,>0,“X）在（o,x。）上單調(diào)遞增；.

綜上所述，/（x）在（-1,0）上單調(diào)遞減，在（0,%）上單調(diào)遞增,

1------

所以0為/(X)的一個極值點，故。=2.

(2)①當(dāng)T<xWO時，r(x)<2-l-l=0,所以單調(diào)遞減,

所以對Vxe(T,O],有此時函數(shù)/(尤)無零點;

當(dāng)0<x<5時，設(shè)g(x)=2cosr-l-(尤+]>,

2

貝！|g，⑺=-2sinx+日百T，

因為函數(shù)g'(x)在向上單調(diào)遞減,且g'⑼=2>0,

由零點存在定理，存在使得g'(x)=O,

且當(dāng)無e(O,x°)時，g,(x)>0,即/(無)單調(diào)遞增,

當(dāng)時，/(尤)<0,即/(X)單調(diào)遞減.

又因為/'(0)=0,

所以Vxe(O,x°),H(尤)〉0，“X)在(0,%)上單調(diào)遞增;

因為/伉)>0，<,

所以存在國e(xog),

當(dāng)xe(x°,xj時，/%)>0,/(x)單調(diào)遞增，

當(dāng)可西春時，八尤)<0,“X)單調(diào)遞減.

所以，當(dāng)xe(O,再)時,〃x)單調(diào)遞增,/(x)>/(O)=l；

當(dāng)彳?匹:時，/⑺單調(diào)遞減,，3>，[5)-2-萬+女+]

此時“X)在(0,?上無零點;

當(dāng)xeg,兀，<0

時，/(x)=2cosx-l-^^^2，

所以/(x)在|■，兀J單減,

1------

又/（7l）=O-KH-------<o,

12/兀+1

由零點存在定理，函數(shù)/（X）在e，兀）上存在唯一零點；

當(dāng)x2兀時，/（x）=2sinx一x+」一<2—兀+1<0,此時函數(shù)無零點;

綜上所述，在區(qū)間（T+8）上存在唯一零點.

/巴]=拒_1_____!___>0/\

②因為[+]],由（1）中/（x）在[（）,?上的單調(diào)性分析,

知玉>：,所以在[0,：J單增，

所以對Vxe]o,￡|,有/(尤)>〃0)=1,

即2sinx—xH------>1,所以sinx>—|x+1---------

x+12Vx+1

人1/，7e.1?1111111

令％=-7(左22),貝Usin——>———H----->---->-z-------

左2l)k22(左2^2+1J上2+1k2+kII+i

n111

所以Zsinyy

k=2k2~小

設(shè)力(x)=sinx-x,xG0,—

貝ij//(x)=cosx-l<0,

所以函數(shù)〃(x)=sinx-x在上單調(diào)遞減,

則/23=51口]_]<0(0)=0,

BPsinx<x,xe\0,^-,

【點睛】關(guān)鍵點睛：本題第（2）②，關(guān)鍵在于先證明sinx>；\+l-士],令x=’（左22）,利用放縮法

可得sing>，-土，再結(jié)合累加法即可得證.

1-4.(2024?山東?一模)已知函數(shù)/(x)=asinx-ln(l+x).

⑴若對Vxe(-l,O］時，/(x)>0,求正實數(shù)。的最大值；

(2)證明：￡sinyy<ln2；

k=2k

⑶若函數(shù)g(x)=/(x)+e，+Jasinx的最小值為〃z,試判斷方程一皿1+k=0實數(shù)根的個數(shù)，并說明理

由.

【答案】(1)1

(2)證明見解析

⑶有唯一的實數(shù)解，理由見解析

【分析】(1)將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值，再利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性間的關(guān)系，通過求出函

數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而求出最值，從而求出結(jié)果；

(2)利用(1)中結(jié)果，得到sinx>ln(l+x),通過令x=-&依>1/eN),從而得到sin-^<ln,再

kkk

通過過累加即可得出結(jié)果；

(3)利用函數(shù)的單調(diào)性求出機的范圍，構(gòu)造函數(shù)〃(同=』+'-鏟山(1+村(2<加〈目，通過函數(shù)的單調(diào)性和

零點的存在性原理即可求出結(jié)果.

【詳解】(1)由題知/'(X)=acosv--------，令〃(x)=acosx---------,所以，'(x)=-asinx+^-y,

又因為xe(-l,O］時，sinx<0,〃為正實數(shù)，故〃⑴>0在區(qū)間(-1⑼恒成立，

所以函數(shù)尸(無)在區(qū)間(T0］上單調(diào)遞增，且/''(O)="l.

①當(dāng)0<a41時，/'(x)V/'(O)VO在區(qū)間(T0］上恒成立，函數(shù)“X)在上單調(diào)遞減，

此時)(x)N/(O)=O,符合題意.

②當(dāng)a>1時，/,(0)=a-l>0,f^―-=acos-l^-fl<a-cz=O,

由零點存在定理，3xoeQ-l,O^0t,有/'(/)=0,

即函數(shù)〃x)在區(qū)間(-1,%)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(％,0)上單調(diào)遞增，

所以當(dāng)xe(x°,0)時，有了⑺<〃0)=0,此時不符合,

綜上所述，正實數(shù)a的最大值為L

(2)由(1)知，當(dāng)4=1,X￡(—1,O)時，sinx>ln(l+x),

令x=T

(k>l,keN)時,

-1J一甘1k-k▼1,2x2.1.3x3,1,一〃.幾

即sinTT<M~-=In—―――,所以sin—<\n-—,sin-y<In---,L,sin—<In-——~,

k1k-\(左一1)(左+1)221x332x4〃+

,.1.1.1?2x2?3x3?nxn

累力口得sm^7+sinm+…+sm萬<ln——+ln—H--??+ln

L3K1X3LXH-(n-1+1)'

〃17wVI

即^sin—<In=In-----=In2+In------<ln2+lnl=ln2,

k=2k(13j(24J"1n+ljn+\w+1

n1

所以￡sin萬<ln2

k=2k

(3)因為g(x)=e，M_ln(x+l),所以因為卜―-」^,令G(x)=-——三,貝l|G，(x)=e，”+1">0

X?1X+l(X十1j

在區(qū)間（-1,+?0上恒成立,

所以函數(shù)g'（x）在區(qū)間（T+⑹上單調(diào)遞增，又g'（o）=e-l>o,g'[g]=五-2<0,

J—，。）時,有g(shù)'（xj=。，即*=七，

由零點存在定理，*1

\27"1十,

因此玉+l=ln±=-lnE+l),而函數(shù)g(x)在(-1,占)上遞減，在(占,+8)上遞增，

所以機Mga'nMgGjMeM+i-lnGi+Du—^+ln^YM^Y+Xi+l,

?XqIXI1.XiI1

又因為西令玉+l=fe[,l],則加=/+；,所以加=—==1="1"1)<0在區(qū)間(g,l)

上恒成立,

即加二人；在區(qū)間（；/）上單調(diào)遞減，所以2<加<；+2=g,即冽5

2

加

5Qm

iS//(x)=e1+x-emln(l+x)2<m<—,則〃（工）=』+"—、，令"x）=eW

2l+X

0加

則，（X）=9+X+忘了〉0在區(qū)間（-1,+功上恒成立

3>0,

所以函數(shù)4（X）在區(qū)間（-1,+8）上單調(diào)遞增，又〃'（0）=e-e"<0,=

m

m

由零點存在定理，*2€（0,打一1）時，〃'（尤2）=0，即寸丐=4^

?、1,1

因此冽=1+%2+加(1+%2),又加=----+ln------,

人]IX4]I1

設(shè)加(x)=x+lnr,則機'(x)=1+1>0在區(qū)間(0,+司上恒成立,

所以函數(shù)加(X)在(0,+力)上遞增，

于是1+x?=匚r且111(1+%2)=1+占，

而函數(shù)〃(x)在(-1,超)上遞減，在(尤2,內(nèi))上遞增，

1+l2mm

二H(無)1mHa2)=e-eln(l+x2)=ee"'(1+&一(I+xJ)=O,

即函數(shù)〃(x)有唯一零點々，故方程eW-ln(l+x)=O有唯一的實數(shù)解.

【點睛】關(guān)鍵點睛：零點代換：當(dāng)y=/(x)存在零點，且滿足等式時，對應(yīng)在此點處的等量運算也成立,

1

即若有貝lj有M+l=ln=-ln(xj+1).

玉+1

1-5.(2024高三上?海南省直轄縣級單位?階段練習(xí))已知函數(shù)/(x)=f-alnx(aeR).

⑴判斷函數(shù)/(x)的單調(diào)性;

(2)設(shè)g(x)=/(尤)-/(尤)-21n/(x),證明：當(dāng)°=2時，函數(shù)g(x)有三個零點.

【答案】⑴答案見解析

⑵證明見解析

【分析】(1)先求得/'(x),對。進(jìn)行分類討論，由此求得了(x)的單調(diào)區(qū)間.

(2)先求得的范圍，利用換元法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)以及零點存在性定理證得。=2時，函數(shù)g(x)有三個零點.

【詳解】(1)根據(jù)題意得，/(月=2》一q=空二^,xe(O,+s),

XX

當(dāng)a<0時，f^[x}>0,〃x)在(0,+。)上單調(diào)遞增；

當(dāng)。>0時，r(x)<0,得0<x<浮;

令川(x)>0,得x>警,

故“X)在0,上單調(diào)遞減，在,+8上單調(diào)遞增.

(2)當(dāng)a=2時，/(x)=x2-21nx,

1------

則/，3=2(尤一丁尤+1),

所以當(dāng)xe(O,l)時，r(x)<0,/(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)xe(l,+⑹時，/0(x)>0,〃無)單調(diào)遞增，故/(X)的最小值為"1)=1,

又Xf0,/(x)-+8;Xf+8,/(x)f+oo,

故/(X)G[L+8).

g(x)-f2(x)-/(x)_2In/k)=H_21nx)——21nxj-21n-21nx),

設(shè)m=x2-21nx，me[1,+0°),

則〃(加)=加2_冽_2]n加,mG[l,+oo),

2mm2

貝(5)=2加一1-2='--

mm

1+V17

由2ni2一加一2=0,得冽=

-4~

因此，當(dāng)加e1,—時，h^m)<0,〃(間單調(diào)遞減;

當(dāng)mw----,+oo時，h^(m)>0,〃(加)單調(diào)遞增.

I4J

由于〃(1)=0,故〃</z(l)=0,又〃(2)=20-ln2)>0,

/i+Vn

,2,使得〃(加o)=O,

由零點存在定理，存在/￡-4-

7

呼7,2和町=1.

所以力(")有兩個零點加0和町=1，即方程/■(%)=加有兩個根e

“X)的圖象如下,

1----------

Xiix2X

當(dāng)〃尤)=1時，因為/(x)二=1，

故方程/(x)=l有一個根％=1；

1+V17

當(dāng)/(x)=%時，其中％e

-4-

因為丁,

故由“X)圖角可知，/(x)=%有兩個不同的根X],W，且0＜不＜1＜￡.

綜上，當(dāng)a=2時，函數(shù)g(x)有三個零點.

【點睛】利用導(dǎo)數(shù)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的過程中，要對參數(shù)進(jìn)行分類討論，分類討論要做到不重

不漏.分類標(biāo)準(zhǔn)可通過判別式、開口方向、根的大小等等來制定.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點，往往要結(jié)合零點

存在性定理來進(jìn)行.

彩他題淞籍

根據(jù)零點個數(shù)求參數(shù)

函數(shù)由零點求參數(shù)的取值范圍的常用方法與策略：

1、分類參數(shù)法：一般命題情境為給出區(qū)間，求滿足函數(shù)零點個數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為從/(X)中分離參

數(shù)，然后利用求導(dǎo)的方法求出由參數(shù)構(gòu)造的新函數(shù)的最值，根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過

解不等式確定參數(shù)的取值范圍；

2、分類討論法：一般命題情境為沒有固定的區(qū)間，求滿足函數(shù)零點個數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為結(jié)合函數(shù)

的單調(diào)性，先確定參數(shù)分類標(biāo)準(zhǔn)，在每個小范圍內(nèi)研究零點的個數(shù)是否符合題意，將滿足題意的參數(shù)的各

個小范圍并在一起，即可為所求參數(shù)的范圍.

1--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------1

|題型2：根據(jù)零點個數(shù)求參數(shù)

2-1.(2024高二下?浙江臺州?期末)已知函數(shù)/(x)=alnx+?.

i(1)當(dāng)”=1時，求曲線y=/(x)在點處的切線方程；

1(2)證明：當(dāng)時，/(X)有且只有一個零點；

!⑶若〃x)在區(qū)間(04),。,+⑹各恰有一個零點，求。的取值范圍.

【答案】(1)丁=11+.1-；

I(2)證明見解析

!(3)——<a<0

!e

【分析】(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解即可；

(2)分析/(x)=alnx+:在xe(O,l)和x=l,xe(1,+s)時的正負(fù)判斷即可；

(3)根據(jù)(2)可得心0,又八x)="e，+2Ax2,設(shè)g(》)=前，+2x-x?,根據(jù)g(l)=ae+1=0時為臨界

xe

I條件，分與-！<。<0兩種情況，分別求導(dǎo)分析g(x)=ae'+2x-x2的單調(diào)性，進(jìn)而得到

ee

ig(x)=ae，+2x-/的正負(fù)區(qū)間，進(jìn)而得到〃x)的單調(diào)區(qū)間，同時結(jié)合零點存在定理求解即可

【詳解】(1)由題意，〃x)=lnx+?,/'(尤)=：+三三，故/'(1)=1+：,又〃1)=0,故曲線y=f(x)|

|在點處的切線方程為了=(1+1門-1),即了=+

X—1Y-1

(2)由題意，因為故當(dāng)x〉l時，/(x)=QlnrH->0,當(dāng)時，/(X)=Q1HXH—<0,當(dāng)|

IX=1時，/⑴=0，故當(dāng)〃>0時，/(%)有且只有一個零點X=1

(3)由(2)可得a<0,/(x)=alnr+^,故(⑴，+?="+?T?

\g(x)=aex+2x-x2,貝(j

[①若aW-1，則g(x)=ae，+2x-M4-eAi-(x-l)2+1,在xe(l,y)上為減函數(shù)，故

1------

g(x)<-e11-(l-l)2+l=0,故/⑴在x￡(l,+8)上為減函數(shù)，/(力</。)=0不滿足題意;

②若」<a<0,gr(x)=tzex+2-2%

e

i)當(dāng)%￡(l,+oo)時,gr(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，且g(l)=ae+l〉O,g(2)=ae2<0,故存在手￡(1,2)使得

e

g(x)=O,故/(X)在(1,%)上單調(diào)遞增，在(%,+8)上單調(diào)遞減.又/(%)>/⑴=0,e4>e>p且

111_i

1\1一[一1-Qa1

二.lne:+,；=-1+」■_,設(shè)夕(％)=e》-x(x>0),易得“(x)=e、一1>0,故夕(1)

(>ee^eeVe「「

/_￡\(_J_A

在(0,十8)單調(diào)遞增，故9(x)>W0)=e°-0>0,故ee->e-[故/e0<。.故/(%)在Le。上有一個零

V7V7

點，綜上有了(X)在區(qū)間(1,+8)上有一個零點

ii)當(dāng)xe(0,l)時，g'(x)=aex+2-2x,設(shè)〃(x)=g1x)=ae*+2-2x,則1(x)=ae*-2<0,故g'(x)為減

函數(shù)，因為g'(0)=a+2>0,g,(l)=ae<0,故存在玉e(0,1)使得g'(x)=0成立，故g(x)=ae"+2x-x?在

(0,%)單調(diào)遞增,在(再,1)單調(diào)遞減.又g(0)=a<0,g(l)=?e+l>0,故存在々武?！?使得g(%)=。成立,

故在(0,動上g(x)<0,〃x)單調(diào)遞減，在(孫1)上g⑺>0,〃x)單調(diào)遞增.又/⑴=0,故

￡L1J.L

小)<小)=0,且e'y,/p]=aln￡+y=l+=l=二^1>"二1>0,故

、)aaa

v7ee°eeeeee

「口卜0,故存在三€口,1]使得〃x)=0,綜上有〃X)在區(qū)間(0,1)上有一個零點.

綜上所述，當(dāng)-!<。<0時，“X)在區(qū)間(0,1),(1,+8)各恰有一個零點

e

【點睛】本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，同時考查了利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性與最值，同時結(jié)合零點

存在定理判斷函數(shù)零點的問題，需要根據(jù)題意確定臨界條件分類討論，再分析導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而得到

導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)區(qū)間，從而得到原函數(shù)的單調(diào)性，并根據(jù)零點存在性定理分析，屬于難題

2-2.(2024高三?全國?專題練習(xí))已知函數(shù)角0=券+1113)-2(0>0),若函數(shù)/(x)在區(qū)間(0,+e)內(nèi)存

在零點，求實數(shù)。的取值范圍.

【答案】a>l.

【分析】方法一：直接求導(dǎo)，分情況討論函數(shù)單調(diào)性及最值情況，進(jìn)而可得零點情況，進(jìn)而可得參數(shù)取值

1------

范圍；

方法二：構(gòu)造函數(shù)法并分離參數(shù)求得參數(shù)范圍.

【詳解】解：方法一：由/(x)=3+x-/"(ax)-2(a>0)可得八——a),

eex

設(shè)y=----a,x>0,a>0,貝！]y=--(:一,令y=0nx=1,

xx"

.?)在工€(0,1)單調(diào)遞減，在xe(l,+oo)單調(diào)遞增，

故九"="1)=1-a.

①當(dāng)0<a<l時，令/(x)=Onx=l,當(dāng)xe(O,l)時，單調(diào)遞減，當(dāng)xe(l,+s)時，單調(diào)遞增,

/Wmin=f(!)=?f-l->0,此時/(X)在區(qū)間(0,+00)內(nèi)無零點；

②當(dāng)a=l時，/(l)=a-l-lna=0,此時/(x)在區(qū)間(0,+網(wǎng)內(nèi)有零點；

③當(dāng)<7>1時，令/〈X)=,_](----<7)=0,解得x=X]或1或4，旦0<再<1<%,

ex

此時/(X)在xe(o,xj單減，尤單增，xe(l,X2)單減，工日與+⑹單增，

當(dāng)x=X]或X?時，/(x)極小值=0,此時/(X)在區(qū)間(0,+co)內(nèi)有兩個零點；

綜合①②③知〃x)在區(qū)間(0,+功內(nèi)有零點n/l.

方法二：由題意可得

eT+i+加㈤=歷3)一x+2,即ex+M"{ax]-[-x+l+Zn(ar)]-1=0,

因為e*Nx+1當(dāng)無=0時等號成立，

所以-x+1+歷(ar)=0,即女=—，

易知g(x)在(0,1)單減，在(1,+8)上單增,所以g(x)2g⑴=1,

又x趨近于。和正無窮時，g(x)趨近于正無窮，

所以。21.

【點睛】導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠?/p>

立問題.注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)

值問題處理.

1------

2-3.(2024?四川成都?一模)已知函數(shù)/(x)=[ge*+a]ex-(a+l)x.

(1)討論〃x)的單調(diào)性；

⑵若/(無)有兩個零點，求。的取值范圍.

【答案】(1)見解析；

【分析】(1)對函數(shù)〃x)求導(dǎo)，再對。進(jìn)行分類討論，根據(jù)/''(x)>0和/'(x)<0,即可得函數(shù)的單

調(diào)性；(2)根據(jù)(1)的單調(diào)區(qū)間，對。進(jìn)行分類討論，結(jié)合單調(diào)性和函數(shù)值的變化特點，即可得到。的取

值范圍.

【詳解】(1)由/(x)=[e、+a卜-(a+l)x

Ir

/^)=(e-l)(e+fl+l),

①當(dāng)〃2-1時，e"+a+l>0，

由/'(x)〉0,得X￡(0,+GO),

由/'(x)<0,得XE(—co,0).

"(%)的單增區(qū)間為(0,+。),單減區(qū)間為(-%0).

②當(dāng)4<一1時，令/'(%)=0,%=0或%=111(-。一1).

當(dāng)ln(—Q—1)=0,即a=—2時，/'(x)=(e*-1)>0

J/(%)在(―叫+⑹單增，

當(dāng)ln(-Q_l)>0,即Q<—2時，

由/'(X)>。得，x￡(—8,0)U(ln(—a—l),+8),

由得，%￡(0,ln(-q-1)).

???/(x)單增區(qū)間為(-8,0),(in(-q-1),+8),

/⑺單減區(qū)間為(0,皿-〃-1)).

1------

當(dāng)ln(-a-l)<0,即一2<0<—1時，

由/'(x)>0得,xe(-oo,ln(-a-l))U(0,+oo),

由/'(X)<0得，x￡(ln(—a—l),O).

/(x)的單增區(qū)間為(一-In(-0-1)),(0,+8),

“X)的單減區(qū)間為(皿-"1),0).

1

(2)由/⑼…子

1

(i)當(dāng)時，只需/(0)<0,即-時，滿足題意；

(ii)當(dāng)a=—2時,在(-%+8)上單增,不滿足題意；

當(dāng)。<-2時，〃x)的極大值〃0)<0,不可能有兩個零點；

當(dāng)時，的極小值/⑼<0,xf+oo,/(x)->+co,只有/(in(-a-l))=0才能滿足題意，即j

----=0有解.

22

Q+3

令〃(Q)=—,aG(-2,-1),則“(a)=一2(q+l)〉0，

〃⑷在(-2,-1)單增.

V//(-2)=||

二〃(。)>0,方程無解.

綜上所述，aw

LJ

【點睛】已知函數(shù)有零點求參數(shù)取值范圍常用的方法和思路：

⑴直接法：直接根據(jù)題設(shè)條件對參數(shù)進(jìn)行分類討論，構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)范I

圍；

(2)分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決；

⑶數(shù)形結(jié)合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)的圖像，然后數(shù)形結(jié)合求解.

2-4.(2024高三上?廣東?階段練習(xí))已知函數(shù)/(》)=原-！)/+°。+4.

22

(1)討論“X)的單調(diào)性；

1------

(2)若/(x)有兩個零點，求。的取值范圍.

【答案】(1)答案見解析；(2)(0,+“).

【分析】(1)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論和"0,分別解導(dǎo)數(shù)不等式即可得到函數(shù)的單調(diào)性.

(2)由(1)的單調(diào)性，可求得函數(shù)的極值，由極值的正負(fù)和函數(shù)的單調(diào)性可得函數(shù)的零點個數(shù)，從而得

到。的取值范圍.

【詳解】(1)/'(x)=[+￡|(e，+2a).

當(dāng)“20時，令/得xe1-oo,-，，

令/，(x)〉0,得xe[-；,+oo]

故/(X)在,巴-￡|單調(diào)遞減，在[],+6單調(diào)遞增.

當(dāng)a<0時，令/''(x)=0,得X[=一;,x2=ln(-2a).

①當(dāng)In(-2a)=-2即°=_近時，f'(x)>0,〃x)在R上單調(diào)遞增.

22e

②當(dāng)ln(-2a)<-：即一逅<a<0時，〃x)在1111(-2”),-]上單調(diào)遞減,

22eI2)

在(-oo,ln(-2a)),上單調(diào)遞增.

③當(dāng)>-：即.〈一亞時，/(尤)在上單調(diào)遞減，

22eI2/

在(In(-2a),+8)上單調(diào)遞增.

(2)當(dāng)。>0時，由(1)可知/(x)只有一個極小值點x=-g.

且/㈢=4<°，/Q]=a>0,

從而〃尤)-+對因此/(x)有兩個零點.

當(dāng)。=0時，=此時/(x)只有一個零點，不符合題意.

當(dāng)°=一近時，/(x)在R上單調(diào)遞增，不可能有兩個零點.

2e

當(dāng)_/<a<0時，/(x)在(in(-2a),-上單調(diào)遞減，

在(-oo,ln(-2a)),f-p+coj上單調(diào)遞增,

/[in(-2a)]=ln(-2a)-；*(-2。)+“1口(一2〃)+；

2

=-2aln(_2q)一；In(-2a)+1

+a

-in2i1

其中qln(—2〃)+-<0,ln(-2")—<0,-2aIn(-2^)--<0,

22_2_

則/[in(-2a)]<0,即函數(shù)的極大值小于0,

則/(x)在尺上不可能有兩個零點；

當(dāng)”一亞時，"X)在,ln(-2a)]上單調(diào)遞減，

在1(ln(-2a),+oo)上單調(diào)遞增，

=-'<0,即函數(shù)的極大值小于0,

則/(x)在我上不可能有兩個零點；

綜上，若〃x)有兩個零點，。的取值范圍是(0,+").

【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點個數(shù)問題，考查分析問題的能力

和計算能力，屬于中檔題.

2-5.(2024?浙江?二模)設(shè)函數(shù)/'(x)=x-sin-^.

⑴證明:當(dāng)xe[0,1]時,/(x)<0；

⑵記g(x)=/(x)-aln|x|,若g(x)有且僅有2個零點，求。的值.

【答案】⑴證明見解析

(2)-1,0,1

【分析】(1)求出了'(X),利用其單調(diào)性和特殊值可得改。€(0,1)使得廣(%)=0,再由/⑴=0,/(0)=0可

得答案;

(2)由0=0時，求出g(x)的零點，①當(dāng)0>0時，利用g(x)范圍可得在(0,+巧有1個零點:分；

。<0討論，利用g'(x)的單調(diào)性和函數(shù)值可得答案.

【詳解】(1)當(dāng)04x41時，有/'(x)=l-?cos?,/'(無)單調(diào)遞增，

又/''(0)=1-：<0/(1)=1>0,貝I］可知玉。€(0,1),使得/'(%)=0,

2

所以/(X)在(0,%)單調(diào)遞減，在(％,1］單調(diào)遞增，

又/。)=0,/(0)=0,則可知f(x)40；

(2)依題意，函數(shù)g(x)的定義域是(F,0)U(0,+8),

當(dāng)4=0時，g(x)=/(x)=0,即％=5m葭，而"0,

TTYTTJC

x=l時，x=sin—，％=-1時，x=sin—,有兩個零點1,一1,符合題意；

22

①當(dāng)a〉0時，若x<0,有g(shù)(—l)=O,且不<-1,有g(shù)(x)<0,

又一l<x<0,由(1)可知/(尤)>0,又-aln|x|>0,則g(x)>0

所以g(x)在(-8,0)有1個零點：

若x>0,有g(shù)⑴=O,g'(x)=1-,cos￡",g<,=1-a,若a=l,

i

W^(x)-x-lnx-sin—>l-sin—>0,