专题--利用导数研究函数零点问题（方法+题型+总结归纳）-2025届高三数学一轮复习

利用导数研究函数零点问题 题型一：求函数（无参）零点及零点个数 2 题型二：函数（含参）零点个数问题（分类讨论） 4 题型三：函数（含参）零点个数问题（分离参数） 10 题型四：已知零点个数求参数 16 题型五：证明函数零点问题 40 题型六：与三角函数相关零点问题 49 题型七：同构法妙解零点问题 58 题型八：取对数法 62 1.函数的零点的概念 对于函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点． 方程、函数、图象之间的关系： 方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点． 2.零点存在性定理 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根． 3.函数零点问题的常见题型：①判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围. 求解步骤： 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴(或直线)在某区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像； 第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数. 4.求函数的零点个数常用方法： ①直接根据零点存在定理判断； ②将整理变形成的形式，通过两函数图象的交点确定函数的零点个数； ③结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数. 5.利用导数研究零点问题： （1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像； （2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题； （3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究. 题型一：求函数（无参）零点及零点个数 对于无参函数零点问题，直接求导，求出原函数单调区间，然后结合极值和端点值判断零点，如果原函数是单调函数，我们可以结合端点值和零点存在定理进行判断，而且单调函数最多一个零点。 【例1】．设函数f(x)＝x－ln x(x＞0)，则y＝f(x)(　　) A．在区间，(1，e)内均有零点 B．在区间，(1，e)内均无零点 C．在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点 D．在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点 【变式1-1】函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0,1)内的零点个数是(　　) A．0　　 B．1 C．2　　 D．3 【变式1-2】直线与函数的图象公共点的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 1．函数f(x)＝x3－12x－16的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 2.方程x2＝ex的实根个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 3.已知函数f(x)＝x4＋9x＋5，则f(x)的图象在(－1，3)内与x轴的交点的个数为________． 题型二：函数（含参）零点个数问题（分类讨论） 分类讨论，通过对参数范围讨论判断出原函数的单调性，然后根据函数单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；根据图像判断零点个数。 【例1】.已知函数．讨论函数的零点个数． 【变式1-1】已知函数，其中e为自然对数的底数． (1)求的单调区间： (2)讨论函数在区间上零点的个数． 【变式1-2】设函数，，.当时，讨论与图象的交点个数． 【变式1-3】已知函数.讨论函数的零点个数. 1．已知函数．求函数f（x）在区间（1，e）上的零点个数． 2．已知函数f（x）＝eax﹣x．讨论f（x）的零点个数． 3.已知函数f（x）＝ax3﹣3（a+1）x2+12x．当a≤0时，讨论方程f（x）＝0实根的个数． 4．已知函数．求函数f（x）在区间（1，e）上的零点个数． 5．已知函数f（x）＝eax﹣x．讨论f（x）的零点个数． 题型三：函数（含参）零点个数问题（分离参数） 分离参数，构造新函数，转换为判断与新函数图像交点个数问题： 【例1】函数f（x）＝aex﹣x﹣1（a∈R）．讨论函数f（x）的零点个数． 【变式1-1】.已知函数．讨论的零点个数； 【变式1-2】已知函数．讨论的零点个数； 【变式1-3】设函数f（x）＝lnx，m∈R．讨论函数g（x）＝f′（x）零点的个数； 1．已知函数f（x）＝（x+a）ex，a∈R．讨论方程f（x）＝b的实根的个数． 2.给定函数 (1)判断的单调性并求极值；(2)讨论解的个数． 3．已知函数．讨论函数f（x）在区间[1，e2]上零点的个数． 题型四：已知零点个数求参数 常见两种方法： 1.分离参数，转换为两函数图像交点个数问题 2.直接讨论函数单调性，根据函数单调性，极值以及端点值，画出函数图像，然后根据零点个数去判断 1.分离参数根据图像交点判断零点 【例1】已知函数f（x）=16ln（1+x）+x2﹣10x，若直线y=b与函数y=f（x）的图象有3个交点，求b的取值范围． 【变式1-1】若函数f(x)＝ln x＋－a在区间(1，e)上只有一个零点，则常数a的取值范围为(　　) A．a≤1 B．a>e C．1<a<＋1 D.<a<1 【变式1-2】．设函数f（x）=（x2﹣3x+1）ex 直线y=m与函数f（x）的图象有三个交点，求m的范围． 【变式1-3】已知函数有两个零点，.求实数的取值范围； 【变式1-4】已知函数f（x）＝ex﹣ax2．若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a． 【例2】已知函数.函数有且只有两个零点，求a的取值范围． 【变式2-1】已知函数．若恰有三个零点，求a的取值范围． 【变式2-2】已知函数，定义域为.求当函数有且只有一个零点时，的取值范围. 【变式2-3】已知函数f（x）＝alnx﹣bx在（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为﹣2．若f（x）有且仅有两个零点，求b的取值范围． 【变式2-4】．已知函数f（x）＝ex﹣ax2﹣bx﹣1，其中a，b∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数． （1）设g（x）是函数f（x）的导函数，求函数g（x）在区间[0，1]上的最小值； （2）若f（1）＝0，函数f（x）在区间（0，1）内有零点，证明：e﹣2＜a＜1． 1．已知函数f(x)＝ex－x－a，若函数y＝f(x)有零点，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，＋∞) B．[1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－∞，1] 2．若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C．(0,4e2) D．(0，＋∞) 3．直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有三个相异的交点，则a的取值范围是________． 4.已知函数.若函数的图象与有且只有一个交点，求的取值范围． 5.已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋b(b∈R)．若方程f(x)＝1有三个不同的解，求b的取值范围． 6．已知函数f（x）＝ex﹣lnx+x2﹣ax（a∈R）． （1）当a＝0时，求函数f（x）在x＝1处的切线方程； （2）若函数至多一个零点，求a的取值范围． 7．已知函数f（x）＝x2（a∈R）．若方程f（x）＝0有三个不同的实数根，求a的取值范围． 8.已知函数.当时，设，若有两个不同的零点，求参数的取值范围. 9.已知函数，若对于任意，直线与曲线都有唯一交点，求实数的取值范围. 10.已知函数，其中．若方程有三个根，求的取值范围． 2.直接求导讨论单调性判断零点 分类讨论，通过对参数范围讨论判断出原函数的单调性，根据原函数单调性及对应零点个数求出参数范围 【例1】若函数恰有一个零点，求实数a的取值范围． 【变式1-1】已知函数.若函数在上有两个零点，求实数的取值范围. 【变式1-2】已知函数f（x）＝a2x+2a2lnx（a≠0）．若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围． 【变式1-3】．已知函数，a＞0．若f（x）存在零点，求a的取值范围； 【变式1-4】.已知函数.若函数在上仅有两个零点，求实数的取值范围. 1．已知函数有两个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．设I是函数y＝f(x)的定义域，若存在x0∈I，使f(x0)＝－x0，则称x0是f(x)的一个“次不动点”，也称f(x)在区间I上存在“次不动点”．若函数f(x)＝ax3－3x2－x＋1在R 上存在三个“次不动点x0”，则实数a的取值范围是(　　) A．(－2,0)∪(0,2) B．(－2,2) C．(－1,0)∪(0,1) D．[－1,1] 3．已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点，则f(0)的取值范围是________． 4．已知函数f（x）＝（x﹣1）exa． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）有三个不同的零点，求实数a的取值范围． 5.已知函数.若函数在上仅有两个零点，求实数的取值范围. 6.已知函数f（x）＝aex﹣3x． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）恰有两个零点，求a的取值范围． 7．已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围． 8．设函数f（x）＝a2x2+ax﹣3lnx+1，其中a＞0． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围． 9．已知函数f（x）＝ex﹣a（x+2）．若f（x）有两个零点，求a的取值范围． 10．已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）有三个零点，求k的取值范围． 11.已知函数有三个零点，.求的取值范围； 题型五：证明函数零点问题 1．对于无参函数零点，求出导数，根据导数求出原函数单调性，然后根据极值，端点值画出函数图像去判断零点， 2.对与有参函数零点，常见两种方法： ①分离参数，转换为两函数图像交点个数问题 ②直接讨论函数单调性，根据函数单调性，极值以及端点值，结合函数图像去判断零点。 【例1】已知函数f（x）＝ln（x﹣a）+2（a＞0）．若a＝1，求证：函数f（x）恰有一个零点； 【变式1-1】已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【变式1-2】已知函数，且曲线在点处的切线方程为． (1)求实数，的值； (2)证明：函数有两个零点． 【变式1-3】已知函数f（x）＝lnx．证明f（x）有且仅有两个零点； 【例2】.已知函数，．当时，证明：函数有两个不同的零点． 【变式2-1】已知函数f（x）＝aex﹣ln（x+1）﹣1．证明：当a＞1时，f（x）没有零点． 【变式2-2】设函数f（x）klnx，k＞0． （1）求f（x）的单调区间和极值； （2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点． 【变式2-3】已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数． 证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点； 1．已知函数f（x）＝x3﹣3x2+ax+2，曲线y＝f（x）在点（0，2）处的切线与x轴交点的横坐标为﹣2． （Ⅰ）求a； （Ⅱ）证明：当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点． 2．已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b． （Ⅰ）讨论f（x）的单调性； （Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）恰有一个零点． ①＜a≤，b＞2a；②0＜a＜，b≤2a． 3．设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）ex，其中a∈R．若0＜a＜．证明：f（x）恰有两个零点； 4.已知函数f（x）x3﹣a（x2+x+1）．证明：f（x）只有一个零点． 题型六：与三角函数相关零点问题 涉及与三角函数有关的零点时，我们要注意三角函数的有界性。 【例1】．已知f（x）＝2x2+cos2x﹣1．判断函数f（x）的零点个数； 【变式1-1】．已知函数f（x）＝esinx﹣（x+1）．证明：函数y＝f（x）在（﹣1，0]上有且仅有一个零点． 【变式1-2】．已知函数f（x）＝aexsinx+x﹣cosx，f′（x）为f（x）的导函数，f′（0）＝2．求f′（x）在（0，π）上的零点个数． 【变式1-3】．已知函数．求f（x）在区间[0，π]上的零点个数． 【变式1-4】．已知函数f（x）＝asinx+xcosx．若a＞﹣1，证明：f（x）在（﹣π，π）上有3个零点． 1．已知函数. 求在的零点个数. 2.已知函数f（x）＝acosx﹣ex+1（a∈R）的图象在x＝0处的切线过点（﹣1，2）．判断f（x）在内零点的个数，并说明理由． 3.已知函数f（x）＝ln（1+x）+2cosx．若，试探究g（x）在上零点的个数． 4．已知函数f（x）＝ex﹣4sinx，其中e为自然对数的底数．证明：f（x）在[0，+∞）上有两个零点． 5．已知函数．讨论曲线与直线的交点个数． 6．已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数．证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； 7.已知函数.当时，判断的零点个数. 8.函数的图象在处的切线为.求在上零点的个数. 9.已知函数的图象在处的切线过点.判断在内零点的个数，并说明理由. 题型七：同构法妙解零点问题 同构变形是一种处理含有参数的函数常用方法，特别是指对同构，对不能参变分离或分类讨论很复杂的函数可以达到化简后可以参变分离的效果，非常的好用。 【例1】.已知函数，若函数在区间内存在零点，求实数的取值范围 【变式1-1】．已知函数的图象与函数的图象有两个交点，则实数的取值范围是 ． 【变式1-2】已知函数.若仅有两个零点，求的取值范围. 【变式1-3】已知函数.已知，设函数若在区间上存在零点，求实数的取值范围. 1.已知函数.若函数有且仅有两个零点，求a的取值范围. 2. 已知．若关于的方程有两个不同的实数解，求的取值范围． 3.已知函数若函数在定义域内没有零点，求的取值范围． 题型八：取对数法 【例1】.已知函数.若函数有2个零点，试比较与的大小关系. 【变式1-1】已知函数，．讨论函数和的图象在上的交点个数． 1．已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝ （x＞0）． （1）当a＝2时，求f（x）的单调区间； （2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 利用导数研究函数零点问题 题型一：求函数（无参）零点及零点个数 2 题型二：函数（含参）零点个数问题（分类讨论） 4 题型三：函数（含参）零点个数问题（分离参数） 10 题型四：已知零点个数求参数 16 题型五：证明函数零点问题 40 题型六：与三角函数相关零点问题 49 题型七：同构法妙解零点问题 58 题型八：取对数法 62 1.函数的零点的概念 对于函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点． 方程、函数、图象之间的关系： 方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点． 2.零点存在性定理 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根． 3.函数零点问题的常见题型：①判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围. 求解步骤： 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴(或直线)在某区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像； 第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数. 4.求函数的零点个数常用方法： ①直接根据零点存在定理判断； ②将整理变形成的形式，通过两函数图象的交点确定函数的零点个数； ③结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数. 5.利用导数研究零点问题： （1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像； （2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题； （3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究. 题型一：求函数（无参）零点及零点个数 对于无参函数零点问题，直接求导，求出原函数单调区间，然后结合极值和端点值判断零点，如果原函数是单调函数，我们可以结合端点值和零点存在定理进行判断，而且单调函数最多一个零点。 【例1】．设函数f(x)＝x－ln x(x＞0)，则y＝f(x)(　　) A．在区间，(1，e)内均有零点 B．在区间，(1，e)内均无零点 C．在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点 D．在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点 解析：选D　f′(x)＝－＝，令f′(x)＝0，得x＝3，当0＜x＜3时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在区间(0,3)上为减函数．又因为f(1)＝＞0，f(e)＝－1＜0，f＝＋1＞0，所以y＝f(x)在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点． 【变式1-1】函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0,1)内的零点个数是(　B　) A．0　　 B．1 C．2　　 D．3 [解析]　本小题考查函数的零点与用导数判断函数的单调性，考查分析问题、解决问题的能力． ∵f(x)＝2x＋x3－2,0<x<1，∴f ′(x)＝2xln2＋3x2>0在(0,1)上恒成立，∴f(x)在(0,1)上单调递增． 又f(0)＝20＋0－2＝－1<0，f(1)＝2＋1－2＝1>0，f(0)f(1)<0，则f(x)在(0,1)内至少有一个零点， 又函数y＝f(x)在(0,1)上单调递增，则函数f(x)在(0,1)内有且仅有一个零点． 【变式1-2】直线与函数的图象公共点的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【详解】联立与，消去y得，， 令，求导得， 当时，单调递减；当时，单调递增， 因此，函数有唯一零点1， 所以直线与函数的图象公共点的个数为1． 故选：B 1．函数f(x)＝x3－12x－16的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　C 解析　由题意得f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)， 令f′(x)>0，得x>2或x<－2；令f′(x)<0， 得－2<x<2， 所以函数的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递减区间为(－2,2)， 所以函数的极大值为f(－2)＝0，极小值为f(2)＝－32， 当x→－∞时，f(x)<0， 当x→＋∞时，f(x)>0， 所以函数的零点个数为2. 2.方程x2＝ex的实根个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　B 解析　设f(x)＝ex－x2，f′(x)＝ex－2x， 令g(x)＝f′(x)＝ex－2x， 则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0，则x＝ln 2， 当x<ln 2时，g′(x)<0；当x>ln 2时，g′(x)>0， 所以g(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以当x＝ln 2时，g(x)取得极小值，也是最小值，为f′(x)的最小值， f′(x)min＝f′(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0， 即f′(x)>0在(－∞，＋∞)上恒成立， 所以f(x)＝ex－x2在(－∞，＋∞)上单调递增， 又f(0)＝1>0，f(－1)＝－1<0， 所以函数f(x)＝ex－x2存在唯一的零点， 即方程x2＝ex只有1个实根． 3.已知函数f(x)＝x4＋9x＋5，则f(x)的图象在(－1，3)内与x轴的交点的个数为________． 解析：因为f′(x)＝4x3＋9，当x∈(－1,3)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－1,3)上单调递增．又因为f(－1)＝－3＜0，f(0)＝5＞0，所以f(x)在(－1，3)内与x轴只有一个交点． 答案：1 题型二：函数（含参）零点个数问题（分类讨论） 分类讨论，通过对参数范围讨论判断出原函数的单调性，然后根据函数单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；根据图像判断零点个数。 【例1】.已知函数．讨论函数的零点个数． 【详解】函数定义域为， ， 当，即时恒成立，所以在上单调递增， 又当趋向于0时，，所以函数有一个零点； 当，即时令，解得， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当趋向于0时，当趋向于正无穷时，又， 令， 则，所以在上单调递增，且， 若，即时函数有两个零点； 若，即时函数有一个零点； 若，即时函数没有零点； 综上，当时函数没有零点，当或时函数有一个零点，当时函数有两个零点. 【变式1-1】已知函数，其中e为自然对数的底数． (1)求的单调区间： (2)讨论函数在区间上零点的个数． 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【详解】（1）因为，所以， 当时，恒成立， 所以的单调增区间为，无单调减区间． 当时，令，得， 令，得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）由（1）知，． ①当时，在区间上单调递增且， 所以在区间上有一个零点． ②当时，在区间上单调递减且， 所以在区间上有一个零点． ③当时，在区间上单调递减，在上单调递增， 而． 当，即时，在区间上有两个零点． 当，即时，在区间上有一个零点． 综上可知，当或时，在上有一个零点， 当时，在区间上有两个零点． 【变式1-2】设函数，，.当时，讨论与图象的交点个数． 【详解】令，， 题中问题等价于求函数的零点个数． ， 当时，，函数为减函数， 因为，，所以有唯一零点； 当时，或时，；时，， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 因为， ， 所以有唯一零点． 综上，函数有唯一零点，即函数与的图象总有一个交点． 【变式1-3】已知函数.讨论函数的零点个数. 【解析】函数的定义域为， 求导得， 当时，恒成立，即函数在上单调递减，显然， 当时，，则，， 令函数，求导得，函数在上单调递增， 于是，即，则，从而， 显然函数在上单调递减，取，， 则当时，， 因此函数在上有唯一零点； 当时，由，得；由，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， ①当时，只有一个零点； ②当时，，函数没有零点； ③当时，， ，因此在上有一个零点， 设， 则， 令函数，求导得，函数在上单调递增，， 则，因此函数在上有一个零点，从而有两个零点， 所以当或时，有一个零点；当时，有两个零点；当时，没有零点. 1．已知函数．求函数f（x）在区间（1，e）上的零点个数． 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求得答案； （2）由f′（x）＝0，求得x＝a，分类讨论x＝a与（1，e）的位置关系，结合函数的单调性，以及零点存在定理，即可判断出函数的零点个数． 【解答】解：（1）由题意得定义域为（0，+∞）， ， 因为y＝f（x）在点（1，f（1））处与x轴相切，且f（1）＝0， 所以f′（1）＝1﹣a＝0，解得a＝1．经检验a＝1符合题意． （2）由（1）知，令f′（x）＝0，得x＝a， 当x＜a时，f′（x）＜0，当x＞a时，f′（x）＞0， （i）当0＜a≤1时，x∈（1，e），f′（x）＞0，函数f（x）在区间（1，e）上单调递增， 所以f（x）＞f（1）＝0，所以函数f（x）在区间（1，e）上无零点； （ii）当1＜a＜e时，若1＜x＜a，则f′（x）＜0，若a＜x＜e，则f′（x）＞0． 函数f（x）在区间（1，a）上单调递减，在区间（a，e）上单调递增， 且f（1）＝0，则f（a）＜f（1）＜0，而． 当，即时，函数f（x）在区间（1，e）上有一个零点； 当时，即当时，函数f（x）在区间（1，e）上无零点； （iii）当a≥e时，x∈（1，e），f′（x）＜0，函数f（x）在区间（1，e）上单调递减． 所以f（x）＜f（1）＝0，所以函数f（x）在区间（1，e）上无零点． 综上：当0＜a≤1或时，函数f（x）在区间（1，e）上无零点； 当时，函数f（x）在区间（1，e）上有一个零点． 2．已知函数f（x）＝eax﹣x．讨论f（x）的零点个数． 【分析】结合导数与单调性关系及函数零点存在定理对a的范围进行分类讨论，即可求解函数零点个数． 【解答】解： 由题f′（x）＝aeax﹣1， 1°当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在R上单调递减，又f（0）＝1＞0，f（1）＝ea﹣1≤0． f（x）存在一个零点； 2°当a＞0时，令f′（x）＜0得，此时f（x）单调递减，令f′（x）＞0得，此时f（x）单调递增， 则f（x）的最小值为． （i）当时，f（x）的最小值为0，此时f（x）有一个零点． （ii）当时，f（x）的最小值大于0，此时f（x）没有零点． （iii）当时，f（x）的最小值小于0，f（﹣1）＝e﹣a+1＞0， 时，f（x）→+∞．此时f（x）有两个零点． 综上，当a≤0或时，f（x）有一个零点；当时，f（x）有两个零点； 当时，f（x）没有零点． 3.已知函数f（x）＝ax3﹣3（a+1）x2+12x．当a≤0时，讨论方程f（x）＝0实根的个数． 【分析】解法一：对a的取值分两种情况，a＝0时直接代入解析式，求出方程f（x）＝0的解，a＜0时求出函数f（x）的极大值和极小值，利用极值的正负来确定方程f（x）＝0根的个数； 解法二：对a的取值分两种情况，a＝0时直接代入解析式，求出方程f（x）＝0的解，a＜0时直接将函数f（x）的解析式进行因式分解，利用判别式确定二次函数y＝ax2﹣3（a+1）x+12的零点个数，从而确定方程f（x）＝0的根的个数． 【解答】解： 解法一：①当a＝0时，令f（x）＝﹣3x2+12x＝﹣3x（x﹣4），得x＝0或x＝4，有两个根； ②当a＜0时，令f'（x）＝0，得x＝2或，有，列表如下： x 2 （2，+∞） f'（x） ﹣ 0 + 0 ﹣ f（x） ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 故极大值为f（2）＝12﹣4a＞0，极小值，因此f（x）＝0有三个根． 解法二：①当a＝0时，令f（x）＝﹣3x2+12x＝﹣3x（x﹣4），得x＝0或x＝4，有两个根； ②当a＜0时，f（x）＝x[ax2﹣3（a+1）x+12]，对于二次函数y＝ax2﹣3（a+1）x+12，x＝0不是该二次函数的零点，Δ＝9（a+1）2﹣24a＞0，则该二次函数有两个不等的非零零点， 此时，方程f（x）＝0有三个根． 4．已知函数．求函数f（x）在区间（1，e）上的零点个数． 【分析】由f′（x）＝0，求得x＝a，分类讨论x＝a与（1，e）的位置关系，结合函数的单调性，以及零点存在定理，即可判断出函数的零点个数． 【解答】解：由题意得定义域为（0，+∞）， ， 令f′（x）＝0，得x＝a， 当x＜a时，f′（x）＜0，当x＞a时，f′（x）＞0， （i）当0＜a≤1时，x∈（1，e），f′（x）＞0，函数f（x）在区间（1，e）上单调递增， 所以f（x）＞f（1）＝0，所以函数f（x）在区间（1，e）上无零点； （ii）当1＜a＜e时，若1＜x＜a，则f′（x）＜0，若a＜x＜e，则f′（x）＞0． 函数f（x）在区间（1，a）上单调递减，在区间（a，e）上单调递增， 且f（1）＝0，则f（a）＜f（1）＜0，而． 当，即时，函数f（x）在区间（1，e）上有一个零点； 当时，即当时，函数f（x）在区间（1，e）上无零点； （iii）当a≥e时，x∈（1，e），f′（x）＜0，函数f（x）在区间（1，e）上单调递减． 所以f（x）＜f（1）＝0，所以函数f（x）在区间（1，e）上无零点． 综上：当0＜a≤1或时，函数f（x）在区间（1，e）上无零点； 当时，函数f（x）在区间（1，e）上有一个零点． 5．已知函数f（x）＝eax﹣x．讨论f（x）的零点个数． 【分析】结合导数与单调性关系及函数零点存在定理对a的范围进行分类讨论，即可求解函数零点个数． 【解答】解： 由题f′（x）＝aeax﹣1， 1°当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在R上单调递减，又f（0）＝1＞0，f（1）＝ea﹣1≤0． f（x）存在一个零点； 2°当a＞0时，令f′（x）＜0得，此时f（x）单调递减，令f′（x）＞0得，此时f（x）单调递增， 则f（x）的最小值为． （i）当时，f（x）的最小值为0，此时f（x）有一个零点． （ii）当时，f（x）的最小值大于0，此时f（x）没有零点． （iii）当时，f（x）的最小值小于0，f（﹣1）＝e﹣a+1＞0， 时，f（x）→+∞．此时f（x）有两个零点． 综上，当a≤0或时，f（x）有一个零点；当时，f（x）有两个零点； 当时，f（x）没有零点． 题型三：函数（含参）零点个数问题（分离参数） 分离参数，构造新函数，转换为判断与新函数图像交点个数问题： 【例1】函数f（x）＝aex﹣x﹣1（a∈R）．讨论函数f（x）的零点个数． 【分析】令f（x）＝0，参变量分离可得a，令g（x），利用导数判断函数的单调性，从而可得函数的零点． 【解答】解：令f（x）＝0，则a， 令g（x），． 当x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＞0单调递增；当x∈（0，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减． 又g（0）＝1，当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞；当x→+∞时，g（x）→0． 从而当a＞1时，f（x）无零点；当a≤0或a＝1时，f（x）有一个零点；当0＜a＜1时，f（x）有两个零点． 【变式1-1】.已知函数．讨论的零点个数； 【解析】由题可得，函数的定义域为． 由得． 令，则． 令，解得，令，解得， 在上单调递减，在上单调递增． 当时，取得极小值，也是最小值，最小值为． 设， 所以， 所以当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以， 所以， 所以， 当时，，， 当时，，所以， 所以作出的大致图象，如图． 由图可知，当时，直线与函数的图象无交点， 函数的零点个数为0； 当时，直线与函数的图象有1个交点， 函数的零点个数为1； 当时，直线与函数的图象有2个交点， 函数的零点个数为2． 【变式1-2】已知函数．讨论的零点个数； 【解析】因为， 当时，，此时有一个零点； 当时，，所以不是函数的零点， 令， 故只需讨论与的交点个数即可， ， 因为， 所以在和上单调递减，在上单调递增， ，且时，，且时，， 所以的大致图象如图所示： 故当与有一个交点， 当时，与有2个交点； 综上，时，函数有1个零点，当时，函数有2个零点． 【变式1-3】设函数f（x）＝lnx，m∈R．讨论函数g（x）＝f′（x）零点的个数； 【分析】由函数g（x）＝f′（x），令g（x）＝0，求出m；设φ（x）＝m，求出φ（x）的值域， 讨论m的取值，对应g（x）的零点情况； 【解答】解：∵函数g（x）＝f′（x）（x＞0）， 令g（x）＝0，得mx3+x（x＞0）； 设φ（x）x3+x（x＞0）， ∴φ′（x）＝﹣x2+1＝﹣（x﹣1）（x+1）； 当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，1）上是增函数， 当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上是减函数； ∴x＝1是φ（x）的极值点，且是极大值点， ∴x＝1是φ（x）的最大值点， ∴φ（x）的最大值为φ（1）； 又φ（0）＝0，结合y＝φ（x）的图象，如图； 可知：①当m时，函数g（x）无零点； ②当m时，函数g（x）有且只有一个零点； ③当0＜m时，函数g（x）有两个零点； ④当m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点； 综上，当m时，函数g（x）无零点； 当m或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点； 当0＜m时，函数g（x）有两个零点； 1．已知函数f（x）＝（x+a）ex，a∈R．讨论方程f（x）＝b的实根的个数． 【分析】求导得f′（x）＝（x+a+1）ex，进而可得f（x）在（﹣∞，﹣a﹣1）上单调递减，在（﹣a﹣1，+∞）上单调递增，又x＜﹣a时，f（x）＜0，x＞﹣a时，f（x）＞0，可作大致图象，由图象可得结论． 【解答】解：∵函数f（x）的定义域为R，且f′（x）＝（x+a+1）ex， ∴x＜﹣a﹣1时，f′（x）＜0，x＞﹣a﹣1时，f′（x）＞0， ∴f（x）在（﹣∞，﹣a﹣1）上单调递减，在（﹣a﹣1，+∞）上单调递增， ∴， ∵x＜﹣a时，f（x）＜0，x＞﹣a时，f（x）＞0， x→﹣∞时f（x）→0，x→+∞时f（x）→+∞． ∴f（x）的大致图象如图所示 ∴当时，方程f（x）＝b没有实数根； 当或b≥0时，方程f（x）＝b有且只有1个实数根； 当时，方程f（x）＝b有2个实数根． 2.给定函数 (1)判断的单调性并求极值；(2)讨论解的个数． 【答案】(1)的单调递增区间是，单调递减区间是．无极大值，极小值. (2)或时有一解；时有两解. 【详解】（1）∵ ∴， 令得， 令得， ∴函数在区间上单调递减，在上单调递增， ∴当时，取得极小值为，无极大值. （2）由（1）知 函数在区间上单调递减且当时，； 当时，取得极小值为， 从而得知，当时，图像恒在轴下方，且当时，，即以轴为渐近线， ∴当时，两函数图像恰好相切，方程有一个解；当时，两图像恰好交于一点，方程有一个解； 当时，两图像有两个交点，方程有两根. 综上，当或时，方程有一个解；当时，方程有两根. 3．已知函数．讨论函数f（x）在区间[1，e2]上零点的个数． 【分析】令函数f（x）＝0，可得a的表达式，令g（x），求导，可得函数g（x）的单调区间，进而可得函数g（x）的零点，分a的不同范围，可得函数的零点的个数． 【解答】解：由f（x）＝0，得， 令g（x），则， 由g'（x）＞0得，， 由g'（x）＜0，得，g（x）在区间[1，]递增，在区间递减， 又g（1）＝0，，． 综上：当或时，f（x）在[1，e2]上有一个零点， 当时，f（x）在[1，e2]上有2个零点， 当a＜0或时，f（x）在[1，e2]上没有零点． 题型四：已知零点个数求参数 常见两种方法：1.分离参数，转换为两函数图像交点个数问题 2.直接讨论函数单调性，根据函数单调性，极值以及端点值，画出函数图像，然后根据零点个数去判断 1.分离参数根据图像交点判断零点 【例1】已知函数f（x）=16ln（1+x）+x2﹣10x，若直线y=b与函数y=f（x）的图象有3个交点，求b的取值范围． 【解答】解：f（x）=16ln（1+x）+x2﹣10x，x∈（﹣1，+∞）， ， 当x∈（﹣1，1）∪（3，+∞）时，f′（x）＞0 当x∈（1，3）时，f′（x）＜0 所以f（x）的单调增区间是（﹣1，1），（3，+∞）f（x）的单调减区间是（1，3） ∴f（x）的极大值为f（1）=16ln2﹣9，极小值为f（3）=32ln2﹣21． 且当x从右侧无限接近于﹣1时，f（x）趋于﹣∞，当x无限大时，f（x）趋于+∞， ∴若直线y=b与函数y=f（x）的图象有3个交点，则b的取值范围是（32ln2﹣21，16ln2﹣9）． 【变式1-1】若函数f(x)＝ln x＋－a在区间(1，e)上只有一个零点，则常数a的取值范围为(　　) A．a≤1 B．a>e C．1<a<＋1 D.<a<1 答案　C 解析　令ln x＋－a＝0，则ln x＋＝a， 因为函数f(x)＝ln x＋－a在区间(1，e)上只有一个零点， 则函数g(x)＝ln x＋与函数h(x)＝a的图象只有一个交点， 又g′(x)＝－＝>0，x∈(1，e)． g(x)＝ln x＋在(1，e)上单调递增， 则g(x)∈ ，所以1<a<＋1. 【变式1-2】．设函数f（x）=（x2﹣3x+1）ex 直线y=m与函数f（x）的图象有三个交点，求m的范围． 【解答】解：∵f（x）=（x2﹣3x+1）ex， ∴f′（x）=（x2﹣x﹣2）ex=（x+1）（x﹣2）ex， 由f′（x）=0，得x=﹣1或x=2， 列表讨论，得： x （﹣∞，﹣1） ﹣1 （﹣1，2） 2 （2，+∞） f′（﹣x） + 0 ﹣ 0 + f（x） ↗ 极大 ↘ 极小 ↗ f（x）极大=f（﹣1）=，f（x）极小=f（2）=﹣e2． 当x＜0时，f（x）＞0， x→﹣∞时，f（x）→0；x→+∞时，f（x）→+∞． ∴当0＜m＜时，直线y=m与函数f（x）的图象有三个交点 【变式1-3】已知函数有两个零点，.求实数的取值范围； 【解析】令，即， 令，则， 当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，且时，当时， 又与有两个交点，所以. 【变式1-4】已知函数f（x）＝ex﹣ax2．若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a． 【分析】分离参数可得a在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）的图象在（0，+∞）只有一个交点．结合图象即可求得a． 【解答】解：f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程ex﹣ax2＝0在（0，+∞）只有一个根， ⇔a在（0，+∞）只有一个根， 即函数y＝a与G（x）的图象在（0，+∞）只有一个交点． G， 当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0， ∴G（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增， 当x→0时，G（x）→+∞，当→+∞时，G（x）→+∞， ∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝G（2）． 【例2】已知函数.函数有且只有两个零点，求a的取值范围． 【解析】， 由题知，有且只有两个不相等实数根， 即有且只有两个不相等实数根， 令，则， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减. 当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于， 又，所以可得的图象如图： 由图可知，当时，函数的图象与直线有两个交点， 所以，a的取值范围为. 【变式2-1】已知函数．若恰有三个零点，求a的取值范围． 【解析】因为， 可得是的一个零点， 因为恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根， 即方程有两个不为2实数根， 令，所以， 令，可得，令，可得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，当时，函数取得极大值，也是最大值， 且当时，， 所以，当时，的值域为；当时，的值域为， 所以，且，所以且． 所以a的取值范围是． 【变式2-2】已知函数，定义域为.求当函数有且只有一个零点时，的取值范围. 【解析】若，可知在内无零点，不合题意，可知 令，整理得， 构建， 原题意等价于与的图象有且仅有一个交点， 因为， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则，即在内恒成立， 可知在内单调递减， 且当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0且； 的大致图象如图所示， 可得，即，所以的取值范围为. 【变式2-3】已知函数f（x）＝alnx﹣bx在（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为﹣2．若f（x）有且仅有两个零点，求b的取值范围． 【分析】借助函数与方程的关系，可将f（x）有且仅有两个零点转化为方程有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得． 【解答】解：，f′（1）＝a﹣b，f（1）＝a×0﹣b＝﹣b， 则函数f（x）＝alnx﹣bx在（1，f（1））处的切线为：y+b＝（a﹣b）（x﹣1）， 即y＝（a﹣b）x﹣a，令x＝0，则有y＝﹣a＝﹣2，即a＝2； 即f（x）＝2lnx﹣bx， 若f（x）有且仅有两个零点，则方程2lnx﹣bx＝0有两个根， 即方程有两个根， 令，则， 则当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，则当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0， 故g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减， 故， 又x→0时，g（x）→﹣∞，x→+∞时，g（x）→0， 故当时，方程有两个根，即f（x）有且仅有两个零点． 【变式2-4】．已知函数f（x）＝ex﹣ax2﹣bx﹣1，其中a，b∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数． （1）设g（x）是函数f（x）的导函数，求函数g（x）在区间[0，1]上的最小值； （2）若f（1）＝0，函数f（x）在区间（0，1）内有零点，证明：e﹣2＜a＜1． 【分析】（1）求出f（x）的导数得g（x），再求出g（x）的导数，对它进行讨论，从而判断g（x）的单调性，求出g（x）的最小值； （2）利用等价转换，若函数f（x）在区间（0，1）内有零点，则函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间，所以g（x）在（0，1）上应有两个不同的零点． 【解答】解：∵f（x）＝ex﹣ax2﹣bx﹣1，∴g（x）＝f′（x）＝ex﹣2ax﹣b， 又g′（x）＝ex﹣2a，x∈[0，1]，∴1≤ex≤e， ∴①当时，则2a≤1，g′（x）＝ex﹣2a≥0， ∴函数g（x）在区间[0，1]上单调递增，g（x）min＝g（0）＝1﹣b； ②当，则1＜2a＜e， ∴当0＜x＜ln（2a）时，g′（x）＝ex﹣2a＜0，当ln（2a）＜x＜1时，g′（x）＝ex﹣2a＞0， ∴函数g（x）在区间[0，ln（2a）]上单调递减，在区间[ln（2a），1]上单调递增， g（x）min＝g[ln（2a）]＝2a﹣2aln（2a）﹣b； ③当时，则2a≥e，g′（x）＝ex﹣2a≤0， ∴函数g（x）在区间[0，1]上单调递减，g（x）min＝g（1）＝e﹣2a﹣b， 综上：函数g（x）在区间[0，1]上的最小值为； （2）由f（1）＝0，⇒e﹣a﹣b﹣1＝0⇒b＝e﹣a﹣1，又f（0）＝0， 若函数f（x）在区间（0，1）内有零点，则函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间， 由（1）知当a或a时，函数g（x）在区间[0，1]上单调，不可能满足“函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间”这一要求． 若，则gmin（x）＝2a﹣2aln（2a）﹣b＝3a﹣2aln（2a）﹣e+1 令h（x） （1＜x＜e） 则，∴．由0⇒x ∴h（x）在区间（1，）上单调递增，在区间（，e）上单调递减， 0，即gmin（x）＜0 恒成立， ∴函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间⇔⇒， 又，所以e﹣2＜a＜1， 综上得：e﹣2＜a＜1． 另解：由g（0）＞0，g（1）＞0 解出e﹣2＜a＜1， 再证明此时f（x）min＜0 由于f（x）最小时，f'（x）＝g（x）＝ex﹣2ax﹣b＝0， 故有ex＝2ax+b且f（1）＝0知e﹣1＝a+b， 则f（x）min＝2ax+b﹣ax2﹣（e﹣1﹣a）x﹣1＝﹣ax2+（3a+1﹣e）x+e﹣a﹣2， 开口向下，最大值（5a2﹣（2e+2）a+e2﹣2e），分母为正， 只需看分子正负，分子＜5﹣（2e+2）+e2﹣2e（a＝1时取最大）＝e2﹣4e+3＜0， 故f（x）min＜0， 故 e﹣2＜a＜1． 1．已知函数f(x)＝ex－x－a，若函数y＝f(x)有零点，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，＋∞) B．[1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－∞，1] 答案　B 解析　函数y＝f(x)有零点等价于方程ex－x＝a有解，令g(x)＝ex－x，g′(x)＝ex－1， 当x>0时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x<0时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减， 又g(0)＝1，所以a≥1. 2．若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C．(0,4e2) D．(0，＋∞) 答案　B 解析　令g(x)＝x2ex， 则g′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)． 令g′(x)＝0，得x＝0或x＝－2， ∴g(x)在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增． ∴g(x)极大值＝g(－2)＝，g(x)极小值＝g(0)＝0， 又f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则0<a<. 3．直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有三个相异的交点，则a的取值范围是________． 答案　(－2,2) 解析　令y＝f(x)＝x3－3x， 则f′(x)＝3x2－3， 令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1. 因为当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，所以f(x)极小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数f(x)＝x3－3x的大致图象如图所示，所以－2<a<2. 4.已知函数.若函数的图象与有且只有一个交点，求的取值范围． 【详解】与有且只有一个交点， 即只有一个根， 只有一个根， 令，所以的图象与的图象只有一个交点， ，令，解得或， 令，解得，所以在，上单调递增，上单调递减，的图象如下所示：    ， 又的图象与的图象只有一个交点， . 5.已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋b(b∈R)．若方程f(x)＝1有三个不同的解，求b的取值范围． 解：∵方程f(x)＝1有三个不同的解， 即x3－x2＋2x＝1－b有三个不同的解， 由(1)知，y＝x3－x2＋2x在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减， ∴y＝x3－x2＋2x在x＝1处取得极大值为，在x＝2处取得极小值为， ∴<1－b<，解得<b<. ∴b的取值范围为<b<. 6．已知函数f（x）＝ex﹣lnx+x2﹣ax（a∈R）． （1）当a＝0时，求函数f（x）在x＝1处的切线方程； （2）若函数至多一个零点，求a的取值范围． 【分析】（1）把a＝0代入，对函数求导，结合导数几何意义可求切线斜率，进而可求切线方程； （2）由f（x）＝0可得，，结合等式特点构造函数g（x），对其求导，结合导数分析g（x）的单调性，转化为函数图象的交点，可求． 【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝ex﹣lnx+x2，f（1）＝e+1， 则，f′（1）＝e+1， 则函数f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e+1）（x﹣1）， 即y＝（e+1）x； （2）易知函数定义域为（0，+∞）， 由f（x）＝ex﹣lnx+x2﹣ax＝0知，， 令g（x），则， 令h（x）＝（x﹣1）ex+lnx+x2﹣1，则， ∴h（x）单调递增， 又h（1）＝0，∴g（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增， 又∴x→0时g（x）→+∞，x→+∞时g（x）→+∞， 若f（x）＝0至多一个零点，则a∈（﹣∞，e+1]． 7．已知函数f（x）＝x2（a∈R）．若方程f（x）＝0有三个不同的实数根，求a的取值范围． 【分析】问题转化为y＝﹣a与函数g（x）的图象有三个不同的交点，易知函数g（x）为奇函数，利用导数研究函数g（x）在（0，+∞）上的单调性及最值，再结合对称性，作出函数g（x）的图象，结合图象即可得到答案． 【解答】解：令f（x）＝0，得， 令，则y＝﹣a与函数g（x）的图象有三个不同的交点， 显然x≠0，g（x）＝﹣g（﹣x），则g（x）为奇函数，其图象关于原点对称， 当x＞0时，， 则当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，且g（x）＞0， 此时， 结合对称性，作出函数g（x）的图象如下， 由图象可知，要使y＝﹣a与函数g（x）的图象有三个不同的交点，则或， 所以实数a的取值范围为． 8.已知函数.当时，设，若有两个不同的零点，求参数的取值范围. 【详解】由题设，，故在有两个不同零点， 所以在在有两个不同根， 令，则， 在，则，在上递减， 在，则，在上递增，且， 趋向于0或时都趋向于，故只需，满足题设. 9.已知函数，若对于任意，直线与曲线都有唯一交点，求实数的取值范围. 【详解】 由题可得有唯一解，即有唯一解． 令， 若，则与题设，矛盾，故. 又因为，；，， 结合题意可得在上单调递增， 即，所以， 结合（1）可得，所以. 10.已知函数，其中．若方程有三个根，求的取值范围． 【详解】方程有三个根，即有三个根， 有三个根，显然不是方程的根， 则有三个根，即与函数的图象有三个交点， ，令，可得， 由，可得或，由，可得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值为， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 如图所示：    要使与函数的图象有三个交点， 只需，的取值范围是． 2.直接求导讨论单调性判断零点 分类讨论，通过对参数范围讨论判断出原函数的单调性，根据原函数单调性及对应零点个数求出参数范围 【例1】若函数恰有一个零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)3 (2) 【详解】（1）因为，所以， 又因为函数在处有极小值， 所以，解得或， 当时，， 则时，，时，， 在上单调递减，在上单调递增， 可得函数在处取得极小值； 当时，， 则时，，时，， 在上单调递增，在上单调递减， 可得函数在处取得极大值，不合题意，舍去． 所以c的值为3. （2）， 函数定义域为R，， 当时，恒成立，在R上单调递增， 时，有一个零点-1； 时，，，恰有一个零点. 当时，解得或，解得， 在和上单调递增，在上单调递减， 时，有极大值，时，有极小值， 恰有一个零点，或 解得， 综上可知，函数恰有一个零点，实数a的取值范围为. 【变式1-1】已知函数.若函数在上有两个零点，求实数的取值范围. 【详解】， 则， ，∴由，得. 当，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 故当时，函数取得极大值， 又，， 且， ∴在上有两个零点需满足条件， 解得，故实数的取值范围是. 【变式1-2】已知函数f（x）＝a2x+2a2lnx（a≠0）．若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围． 【分析】对f（x）求导，再对a分类讨论，求出函数的单调性与极值，结合零点个数即可求解a的取值范围． 【解答】解：函数的定义域为{x|x＞0}； ， ①当a＞0时，f'（x），f（x）的变化情况如下表： x f'（x） ﹣ 0 + f（x） 单调递减 极小值 单调递增 所以f（x）的极小值为， 函数f（x）有两个零点的必要条件是，解得， 当x→0时，，﹣2lnx→+∞，从而f（x）→+∞； 当x→+∞时，，﹣2lnx→→∞， 当自变量x越来越大时，函数y＝2lnx的增长速度相对函数的增长速度要慢，从而f（x）→+∞． 所以时，函数f（x）有两个零点． ②当a＜0时，f'（x），f（x）的变化情况如下表： x f′（x） ﹣ 0 + f（x） 单调递减 极小值 单调递增 f（x）极小值为， 函数f（x）有两个零点的必要条件是，解得﹣2＜a＜0． 当x→0时，，﹣2lnx→+∞，从而f（x）→+∞； 当x→+∞时，a2x→+∞，， 当自变量x越来越大时，函数的增长速度相对函数y＝a2x的增长速度要慢，从而f（x）→+∞． 所以﹣2＜a＜0时，函数f（x）有两个零点； 综上所述，a的取值范围为． 【变式1-3】．已知函数，a＞0．若f（x）存在零点，求a的取值范围； 【分析】利用导数求出函数g（x）的最小值，解不等式g（x）min≤0即可求解； 【解答】解：f（x）的定义域为（0，+∞）， 令f（x）＝0，即，等价于ax2﹣lnx＝0， 设g（x）＝ax2﹣lnx，则（x＞0）， 令g′（x）＝0，可得， 当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 则g（x）的最小值为，g（1）＝a＞0， 要使得g（x）＝ax2﹣lnx存在零点，则， 即1+ln2a≤0，得． 【变式1-4】.已知函数.若函数在上仅有两个零点，求实数的取值范围. 【解析】函数在上仅有两个零点， 令，则问题等价于在上仅有两个零点， 易知，因为，所以. ①当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 所以，所以在上没有零点，不符合题意； ②当时，令，得， 所以在上，，在上，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为. 因为在上有两个零点，所以，所以. 因为， 令，则， 所以在上，，在上，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 所以当时，在和内各有一个零点， 即当时，在上仅有两个零点. 综上，实数的取值范围是. 1．已知函数有两个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】令，则， 注意函数与函数互为反函数，它们的图象关于直线对称， 则要使函数有两个零点，只需与直线有两个交点即可， 即关于的方程有两个根，即在上有两个根， 设，则， 易知当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则，且时，，当时，， 故， 故选：A． 2．设I是函数y＝f(x)的定义域，若存在x0∈I，使f(x0)＝－x0，则称x0是f(x)的一个“次不动点”，也称f(x)在区间I上存在“次不动点”．若函数f(x)＝ax3－3x2－x＋1在R 上存在三个“次不动点x0”，则实数a的取值范围是(　　) A．(－2,0)∪(0,2) B．(－2,2) C．(－1,0)∪(0,1) D．[－1,1] 答案　A 解析　因为函数f(x)＝ax3－3x2－x＋1在R上存在三个“次不动点x0”， 所以ax－3x－x0＋1＝－x0在R上有三个解， 即ax－3x＋1＝0在R上有三个解， 设g(x)＝ax3－3x2＋1，则g′(x)＝3ax2－6x， 由已知a≠0，令g′(x)＝0，即3ax2－6x＝0， 解得x＝0或x＝. 当a>0时，x>或x<0时，g′(x)>0； 0<x<时，g′(x)<0，要使g(x)＝ax3－3x2＋1有三个零点，则g<0，即a2<4，解得0<a<2； 当a<0时，x<或x>0时，g′(x)<0； <x<0时，g′(x)>0，要使g(x)＝ax3－3x2＋1有三个零点，则g<0， 即a2<4，解得－2<a<0. 综上可得，实数a的取值范围是(－2,0)∪(0,2)． 3．已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点，则f(0)的取值范围是________． 答案　 解析　∵f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b， ∴f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)， 由f′(x)>0，得x>2或x<1，此时函数单调递增； 由f′(x)<0，得1<x<2，此时函数单调递减， 即当x＝1时，函数取得极大值f(1)＝－＋2＋3a＋b＝＋3a＋b, 当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝－6＋4＋3a＋b＝＋3a＋b, 若函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点， 则f(1)＝＋3a＋b>0，且f(2)＝＋3a＋b<0, 则－<3a＋b<－， 又f(0)＝3a＋b, 即f(0)的取值范围是. 4．已知函数f（x）＝（x﹣1）exa． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）有三个不同的零点，求实数a的取值范围． 【分析】（1）对f（x）求导，再对a分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可； （2）结合（1）中结论，根据a的不同取值范围，判断零点个数，从而可求得a的取值范围． 【解答】解：（1）函数f（x）＝（x﹣1）exa，定义域为R，f'（x）＝x（ex﹣a）， 当a≤0时，令f'（x）＜0，解得x＜0；令f'（x）＞0，解得x＞0， ∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； 当a＝1时，f'（x）≥0恒成立，当且仅当x＝0时等号成立，∴f（x）在R上单调递增； 当0＜a＜1时，lna＜0，令f'（x）＜0，解得lna＜x＜0； 令f'（x）＞0，解得x＜lna或x＞0， ∴f（x）在（﹣∞，lna）上单调递增，在（lna，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； 当a＞1时，lna＞0，令f'（x）＜0，解得0＜x＜lna； 令f'（x）＞0，解得x＜0或x＞lna， ∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在（0，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增． 综上，当a≤0时，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； 当0＜a＜1时，f（x）在（﹣∞，lna）和（0，+∞）上单调递增，在（lna，0）上单调递减； 当a＝1时，f（x）在R上单调递增； 当a＞1时，f（x）在（﹣∞，0）和（lna，+∞）上单调递增，在（0，lna）上单调递减． （2）由（1）得，当a≤0时，f（x）至多有两个零点，不符题意； 当a＝1时，f（x）至多有一个零点，不符题意； 当0＜a＜1时，f（x）的极大值，f（x）至多有一个零点，不符题意； 当1＜a≤e2时，f（x）的极小值，f（x）的极大值f（0）＝a﹣1＞0，f（x）至多有两个零点，不符题意； 当a＞e2时，∵f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，且，f（0）＝a﹣1＞0，∴f（x）在（﹣∞，0）上有且只有一个零点， ∵f（x）在（0，lna）上单调递减，f（0）＝a﹣1＞0，且， ∴f（x）在（0，lna）上有且只有一个零点， ∵f（x）在（lna，+∞）上单调递增，， 令，则H'（x）＝ex﹣x，H″（x）＝ex﹣1， 故H″（x）＞H″（0）＝0，H'（x）＞H'（0）＝1＞0，H（x）＞H（0）＝1＞0， 即在（0，+∞）上恒成立， ∴， ∴f（a+1）＞a＞0， 故f（x）在（lna，+∞）上有且只有一个零点， ∴f（x）有三个零点， 综上，当a＞e2时，y＝f（x）有三个不同的零点， 即a的取值范围是（e2，+∞）． 5.已知函数.若函数在上仅有两个零点，求实数的取值范围. 【详解】函数在上仅有两个零点， 令，则问题等价于在上仅有两个零点， 易求，因为，所以. ①当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 所以，所以在上没有零点，不符合题意； ②当时，令，得， 所以在上，在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 因为在上有两个零点， 所以，所以. 因为， 令， 所以在上，在上，，所以在上单调递减，在上单调递增； 所以，所以， 所以当时，在和内各有一个零点，即当时，在上仅有两个零点. 综上，实数的取值范围是. 6.已知函数f（x）＝aex﹣3x． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）恰有两个零点，求a的取值范围． 【分析】（1）求导可得f′（x）＝aex﹣3，按照a≤0和 a＞0两种讨论即可； （2）根据（1）的结论，画出草图，根据图形得出结论即可． 【解答】解：（1）由题意知：f（x）定义域为R，f′（x）＝aex﹣3， 当a≤0时，f′（x）＜0，∴f（x）为R上的减函数， 当a＞0时，由f′（x）＝0，解得：， ∴当时，f′（x）＜0；当时，f′（x）＞0， ∴f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为， 综上所述：当a≤0时，f（x）为R上的减函数； 当a＞0时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）由上问知道，当a≤0时，f（x）为R上的减函数，不可能恰有两个零点； 当a＞0，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为， 则f（x）的极小值点为，极小值为， 草图如下， 若f（x）恰有两个零点，只需要最小值在x轴下方即可，即， 解得，又a＞0， 故a的取值范围为{a|}． 7．已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围． 【分析】对函数f（x）求导，分a＝0，a＜0，0＜a＜1，a＝1及a＞1讨论即可得出结论． 【解答】解：＝， ①当a＝0时，由（1）可知，函数f（x）无零点； ②当a＜0时，易知函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， 又f（1）＝a﹣1＜0，故此时函数f（x）无零点； ③当0＜a＜1时，易知函数f（x）在上单调递增，在单调递减， 且f（1）＝a﹣1＜0，， 又由（1）可得，，即，则lnx＜x，，则， 当x＞1时，， 故存在，使得f（m）＞0， ∴此时f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点； ④当a＝1时，，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增， 又f（1）＝0，故此时函数f（x）有唯一零点； ⑤当a＞1时，易知函数f（x）在上单调递增，在上单调递减， 且f（1）＝a﹣1＞0， 又由（1）可得，当0＜x＜1时，，则，则， 此时， 故存在，使得f（n）＜0， 故函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点； 综上，实数a的取值范围为（0，+∞）． 8．设函数f（x）＝a2x2+ax﹣3lnx+1，其中a＞0． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围． 【分析】（1）对f（x）求导得f′（x）＝，分析f′（x）的正负，即可得出f（x）的单调区间． （2）由（1）可知，f（x）min＝f（），由y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，得3+3lna＞0，即可解出a的取值范围． 【解答】解：（1）f′（x）＝2a2x+a﹣＝＝，x＞0， 因为a＞0， 所以﹣＜0＜， 所以在（0，）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 在（，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增． 综上所述，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上f（x）单调递增． （2）由（1）可知，f（x）min＝f（）＝a2×（）2+a×﹣3ln+1＝3+3lna， 因为y＝f（x）的图像与x轴没有公共点， 所以3+3lna＞0， 所以a＞， 所以a的取值范围为（，+∞）． 9．已知函数f（x）＝ex﹣a（x+2）．若f（x）有两个零点，求a的取值范围． 【分析】当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；当a＞0时，利用导数可得函数单调性，得到函数极值，结合题意由极小值小于0即可求得a的取值范围． 【解答】解：由题意，f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），且f′（x）＝ex﹣a． 当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意； 当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝lna， 当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增． ∴f（x）的极小值也是最小值为f（lna）＝a﹣a（lna+2）＝﹣a（1+lna）． 又当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞． ∴要使f（x）有两个零点，只要f（lna）＜0即可， 则1+lna＞0，可得a＞． 综上，若f（x）有两个零点，则a的取值范围是（，+∞）． 10．已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）有三个零点，求k的取值范围． 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间即可； （2）根据函数的单调性，求出函数的极值，得到关于k的不等式组，解出即可． 【解答】解：（1）f（x）＝x3﹣kx+k2．f′（x）＝3x2﹣k， k≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R递增， k＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞或x＜﹣， 令f′（x）＜0，解得：﹣＜x＜， ∴f（x）在（﹣∞，﹣）递增，在（﹣，）递减，在（，+∞）递增， 综上，k≤0时，f（x）在R递增， k＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣）递增，在（﹣，）递减，在（，+∞）递增； （2）由（1）得：k＞0，f（x）极小值＝f（），f（x）极大值＝f（﹣）， 若f（x）有三个零点， 只需，解得：0＜k＜， 故k∈（0，）． 11.已知函数有三个零点，.求的取值范围； 【解析】函数的定义域为， ，令，解得：或1， 且时，，，，，， 所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 当时，函数取极大值，当时，函数取极小值， 又，， 因为函数有三个零点，且，， 所以， 解得，即的取值范围为. 题型五：证明函数零点问题 1．对于无参函数零点，求出导数，根据导数求出原函数单调性，然后根据极值，端点值画出函数图像去判断零点， 2.对与有参函数零点，常见两种方法： ①分离参数，转换为两函数图像交点个数问题 ②直接讨论函数单调性，根据函数单调性，极值以及端点值，结合函数图像去判断零点。 【例1】已知函数f（x）＝ln（x﹣a）+2（a＞0）．若a＝1，求证：函数f（x）恰有一个零点； 【分析】根据函数的单调性，结合零点存在性定理即可； 【解答】解：当a＝1时， 证明：（ii）由（i）知，x∈（1，3]，，且f'（2）＝0， 当x∈（1，2）时，因为，所以f′（x）＞0， 当x∈（2，3）时，因为，所以f'（x）＜0， 所以f（x）在区间（1，2）上单调递增，在区间（2，3）上单调递减， 因为f（2）＝2，f（3）＝ln2＞0，， 所以函数f（x）恰有一个零点； 【变式1-1】已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【解答】证明：∵函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1． ∴f（x）的定义域为（0，+∞）， f′（x）＝＝lnx﹣， ∵y＝lnx单调递增，y＝单调递减，∴f′（x）单调递增， 又f′（1）＝﹣1＜0，f′（2）＝ln2﹣＝＞0， ∴存在唯一的x0∈（1，2），使得f′（x0）＝0． 当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， ∴f（x0）＜f（1）＝﹣2， 又f（e2）＝e2﹣3＞0， ∴f（x）＝0在（x0，+∞）内存在唯一的根x＝a， 由a＞x0＞1，得， ∵f（）＝（）ln﹣＝＝0， ∴是f（x）＝0在（0，x0）的唯一根， 综上，f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【变式1-2】已知函数，且曲线在点处的切线方程为． (1)求实数，的值； (2)证明：函数有两个零点． 【解析】（1）由题意可得，由切线方程可知其斜率为， 所以，解得； （2）由可得，所以． 函数有两个零点即函数有两个零点． ， 当时，，单调递减；当时，，单调递增． 又，，0， 所以，． 由零点存在定理可得使得，使得， 所以函数有两个零点． 【变式1-3】已知函数f（x）＝lnx．证明f（x）有且仅有两个零点； 【解答】解析：函数f（x）＝lnx．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）； f′（x）0，（x＞0且x≠1）， ∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增， ①在（0，1）区间取值有，代入函数，由函数零点的定义得， ∵f（）＜0，f（）＞0，f（）•f（）＜0， ∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点， ②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得， 又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0， ∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点， 故f（x）在定义域内有且仅有两个零点； 【例2】.已知函数，．当时，证明：函数有两个不同的零点． 【解析】证明：由得， 所以， 因为，所以， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，， 因为，所以，下面证明在区间上与上分别存在一个零点， 因为， 所以在区间上存在唯一零点，且． 因为， 当时，， 所以， 所以， 所以在区间上存在唯一零点，且， 所以当时，函数有两个不同的零点． 【变式2-1】已知函数f（x）＝aex﹣ln（x+1）﹣1．证明：当a＞1时，f（x）没有零点． 【分析】求出导函数，引入新函数g（x）＝aex（x+1）﹣1，x＞﹣1，由导数确定g（x）的零点的存在，从而得出f′（x）的正负，得f（x）的最小值，然后证明这个最小值大于0即可证． 【解答】解：证明：当a＞1时，因为f（x）＝aex﹣ln（x+1）﹣1， 所以f′（x）＝aex，x＞﹣1， 令g（x）＝aex（x+1）﹣1，x＞﹣1，则g′（x）＝aex（x+2）， 因为a＞1，x＞﹣1，所以g′（x）＞0， 所以g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增， 又g（﹣1）＝﹣1＜0，g（0）＝a﹣1＞0， 故g（x）在（﹣1，0）上有唯一的零点β，即g（β）＝0，因此有aeβ（1+β）＝1． 当x∈（﹣1，β）时，g（x）＜0，即f′（x）＜0；当x∈（β，0）时，g（x）＞0，即即f′（x）＞0． 所以f（x）在（﹣1，β）上单调递减，在（β，0）上单调递增，故f（β）为最小值． 由aeβ（1+β）＝1，得﹣ln（1+β）＝lna+β， 所以在﹣1＜β＜0时，f（β）＝aeβ﹣ln（1+β）﹣1β﹣1+lna＝lna， 因为a＞1，所以lna＞0，又因为当﹣1＜β＜0时，0， 所以f（β）＞0． 所以f（x）≥f（β）＞0． 因此当a＞1时，f（x）没有零点． 【变式2-2】设函数f（x）klnx，k＞0． （1）求f（x）的单调区间和极值； （2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点． 【分析】（1）利用f'（x）≥0或f'（x）≤0求得函数的单调区间并能求出极值； （2）利用函数的导数的极值求出最值，利用最值讨论存在零点的情况． 【解答】解：（1）由f（x） f'（x）＝x 由f'（x）＝0解得x f（x）与f'（x）在区间（0，+∞）上的情况如下： X （0，） （） f'（x） ﹣ 0 + f（x） ↓ ↑ 所以，f（x）的单调递增区间为（），单调递减区间为（0，）； f（x）在x处的极小值为f（），无极大值． （2）证明：由（1）知，f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为f（）． 因为f（x）存在零点，所以，从而k≥e 当k＝e时，f（x）在区间（1，）上单调递减，且f（）＝0 所以x是f（x）在区间（1，）上唯一零点． 当k＞e时，f（x）在区间（0，）上单调递减，且， 所以f（x）在区间（1，）上仅有一个零点． 综上所述，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点． 【变式2-3】已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数． 证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点； 【分析】推导出x＞0时，f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，f（0）＝＜0，f（2）＞0，由此能证明函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点． 【解答】证明：∵f（x）＝ex﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立， ∴f（x）在（0，+∞）上单调递增， ∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0， ∴函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点． 1．已知函数f（x）＝x3﹣3x2+ax+2，曲线y＝f（x）在点（0，2）处的切线与x轴交点的横坐标为﹣2． （Ⅰ）求a； （Ⅱ）证明：当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点． 【分析】（Ⅰ）求函数的导数，利用导数的几何意义建立方程即可求a； （Ⅱ）构造函数g（x）＝f（x）﹣kx+2，利用函数导数和极值之间的关系即可得到结论． 【解答】解：（Ⅰ）函数的导数f′（x）＝3x2﹣6x+a；f′（0）＝a； 则y＝f（x）在点（0，2）处的切线方程为y＝ax+2， ∵切线与x轴交点的横坐标为﹣2， ∴f（﹣2）＝﹣2a+2＝0，解得a＝1． （Ⅱ）方法一：当a＝1时，f（x）＝x3﹣3x2+x+2， 设g（x）＝f（x）﹣kx+2＝x3﹣3x2+（1﹣k）x+4， 由题设知1﹣k＞0， 当x≤0时，g′（x）＝3x2﹣6x+1﹣k＞0，g（x）单调递增，g（﹣1）＝k﹣1，g（0）＝4， 当x＞0时，令h（x）＝x3﹣3x2+4，则g（x）＝h（x）+（1﹣k）x＞h（x）． 则h′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）单调递增， ∴在x＝2时，h（x）取得极小值h（2）＝0， g（﹣1）＝k﹣1，g（0）＝4， 则g（x）＝0在（﹣∞，0]有唯一实根． ∵g（x）＞h（x）≥h（2）＝0， ∴g（x）＝0在（0，+∞）上没有实根． 综上当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点． 方法二：证明：当a＝1时，f（x）＝x3﹣3x2+x+2， 则由f（x）＝kx﹣2，可得， 令，则（x≠0）， 令g'（x）＝0，则x＝2，又x≠0， 所以当x＜0或0＜x＜2时，g'（x）＜0；当x＞2时，g'（x）＞0， 所以g（x）在（﹣∞，0）和（0，2）上单调递减；在（2，+∞）上单调递增， 所以g（x）min＝g（2）＝1，又当x→0时，g（x）→﹣∞，g（x）的图象如下图所示： 由图象可知，当k＜1时，曲线y＝g（x）与直线y＝k有且仅有一个交点， 即当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点． 2．已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b． （Ⅰ）讨论f（x）的单调性； （Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）恰有一个零点． ①＜a≤，b＞2a； ②0＜a＜，b≤2a． 【分析】（Ⅰ）对函数f（x）求导，对导数f'（x）分a≤0、、a＝、四种情况讨论，即可求解．（2）结合第一问单调性以及零点存在定理来证明f（x）有一个零点． 【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b，f'（x）＝x（ex﹣2a）， ①当a≤0时，当x＞0时，f'（x）＞0，当x＜0时，f'（x）＜0， ∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， ②当a＞0时，令f'（x）＝0，可得x＝0或x＝ln（2a）， （i）当时， 当x＞0或x＜ln（2a）时，f'（x）＞0，当ln（2a）＜x＜0时，f'（x）＜0， ∴f（x）在（﹣∞，ln（2a）），（0，+∞）上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减， （ii）a＝时， f'（x）＝x（ex﹣1）≥0 且等号不恒成立，∴f（x）在R上单调递增， （iii）当时， 当x＜0或x＞ln（2a）时，f'（x）＞0，当0＜x＜ln（2a）时，f'（x）＜0， f（x）在（﹣∞，0），（ln（2a），+∞）上单调递增，在（0，ln（2a））上单调递减． 综上所述： 当 a⩽0 时，f（x） 在 （﹣∞，0）上单调递减；在 （0，+∞）上 单调递增； 当 时，f（x） 在 （﹣∞，ln（2a）） 和 （0，+∞）上单调递增；在 （ln（2a），0）上单调递减； 当 时，f（x） 在 R 上单调递增； 当 时，f（x） 在 （﹣∞，0）和 （ln（2a），+∞） 上单调递增；在 （0，ln（2a）） 上单调递减． （Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知，f（x） 在 （﹣∞，0）上单调递增，（0，ln（2a）） 单调递减，（ln（2a），+∞） 上 f（x） 单调递增． 注意到 ． ∴f（x） 在 上有一个零点； f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）⋅2a﹣a⋅ln22a+b＞2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a））， 由 得 0＜ln（2a）⩽2，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））⩾0， ∴f（ln（2a））＞0，当 x⩾0 时，f（x）⩾f（ln（2a））＞0，此时 f（x） 无零点． 综上：f（x） 在 R 上仅有一个零点． 另解：当a∈（，]时，有ln（2a）∈（0，2]， 而f（0）＝b﹣1＞2a﹣1＝0，于是f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）•2a﹣aln2（2a）+b ＝ln（2a）（2a﹣ln（2a））+（b﹣2a）＞0， 所以f（x）在（0，+∞）没有零点，当x＜0时，ex∈（0，1）， 于是f（x）＜﹣ax2+b⇒f（﹣）＜0，所以f（x）在（﹣，0）上存在一个零点，命题得证． 若选②，则由（Ⅰ）知：f（x）在 （﹣∞，ln（2a）） 上单调递增， 在 （ln（2a），0）上单调递减，在 （0，+∞） 上单调递增． f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）2a﹣aln22a+b⩽2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a））， ∵，∴ln（2a）＜0，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））＜0，∴f（ln（2a））＜0， ∴当 x⩽0 时，f（x）⩽f（ln（2a））＜0，此时 f（x） 无零点． 当 x＞0 时，f（x） 单调递增，注意到 f（0）＝b﹣1⩽2a﹣1＜0， 取，∵b＜2a＜1，∴，又易证 ec＞c+1， ∴﹣1＝1＞0， ∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零点． 综上：f（x） 在 R 上有唯一零点． 3．设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）ex，其中a∈R．若0＜a＜．证明：f（x）恰有两个零点； 【分析】可知：f′（x）＝，x∈（0，+∞）．令g（x）＝1﹣ax2ex，∵0＜a＜，可知：可得g（x）存在唯一解x0∈（1，ln）．可得x0是函数f（x）的唯一极值点．令h（x）＝lnx﹣x+1，可得x＞1时，lnx＜x﹣1．f（ln）＜0．f（x0）＞f（1）＝0．可得函数f（x）在（x0，+∞）上存在唯一零点．又函数f（x）在（0，x0）上有唯一零点1．即可证明结论． 【解答】解：f′（x）＝﹣[aex+a（x﹣1）ex]＝，x∈（0，+∞）． 令g（x）＝1﹣ax2ex，∵0＜a＜，可知：g（x）在x∈（0，+∞）上单调递减，又g（1）＝1﹣ae＞0． 且g（ln）＝1﹣a＝1﹣＜0， ∴g（x）存在唯一解x0∈（1，ln）． 即函数f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）单调递减． ∴x0是函数f（x）的唯一极值点． 令h（x）＝lnx﹣x+1，（x＞0），h′（x）＝， 可得h（x）≤h（1）＝0，∴x＞1时，lnx＜x﹣1． f（ln）＝ln（ln）﹣a（ln﹣1）＝ln（ln）﹣（ln﹣1）＜0． ∵f（x0）＞f（1）＝0． ∴函数f（x）在（x0，+∞）上存在唯一零点． 又函数f（x）在（0，x0）上有唯一零点1． 因此函数f（x）恰有两个零点； 4.已知函数f（x）x3﹣a（x2+x+1）．证明：f（x）只有一个零点． 【分析】（1）利用导数，求出极值点，判断导函数的符号，即可得到结果． （2）分离参数后求导，先找点确定零点的存在性，再利用单调性确定唯一性． 【解答】解：（1）当a＝3时，f（x）x3﹣3（x2+x+1）， 所以f′（x）＝x2﹣6x﹣3时，令f′（x）＝0解得x＝3， 当x∈（﹣∞，3﹣2），x∈（3+2，+∞）时，f′（x）＞0，函数是增函数， 当x∈（3﹣2时，f′（x）＜0，函数是单调递减， 综上，f（x）增区间（﹣∞，3﹣2），（3+2，+∞），减区间（3﹣2． （2）证明：因为x2+x+1＝（x）2， 所以f（x）＝0等价于， 令， 则，仅当x＝0时，g′（x）＝0，所以g（x）在R上是增函数； g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点． 又因为f（3a﹣1）＝﹣6a2+2a6（a）20， f（3a+1）0， 故f（x）有一个零点， 综上，f（x）只有一个零点． 题型六：与三角函数相关零点问题 涉及与三角函数有关的零点时，我们要注意三角函数的有界性。 【例1】．已知f（x）＝2x2+cos2x﹣1．判断函数f（x）的零点个数； 【解答】解：由f（x）＝2x2+cos2x﹣1，则f′（x）＝4x﹣2sin2x， 令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝4﹣4cos2x≥0， 故函数f′（x）在R上单调递增，可知f′（0）＝0， 则当x＜0时，f′（x）＜0，即f（x）在（﹣∞，0）上单调递减； 当x＞0时，f′（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）上单调递增． 故f（x）≥f（0）＝0，则函数f（x）存在唯一零点，零点为0． 【变式1-1】．已知函数f（x）＝esinx﹣（x+1）．证明：函数y＝f（x）在（﹣1，0]上有且仅有一个零点． 【分析】判断函数y＝f（x）在（﹣1，0]上单调性，再结合零点存在性定理判断即可． 【解答】解：证明：由f（x）＝esinx﹣（x+1），得f′（x）＝esinx•cosx﹣1． 因为x∈（﹣1，0]，所以sinx≤0，esinx≤1，0＜cosx≤1， 所以esinx•cosx≤1，所以f′（x）≤0，当且仅当x＝0时取等号， 所以f（x）在（﹣1，0]上是减函数，且f（0）＝0， 所以f（x）在（﹣1，0]上仅有一个零点． 【变式1-2】．已知函数f（x）＝aexsinx+x﹣cosx，f′（x）为f（x）的导函数，f′（0）＝2．求f′（x）在（0，π）上的零点个数． 【分析】设g（x）＝f′（x），利用导数研究函数单调性，结合零点存在定理可确定零点个数． 【解答】解：由f（x）＝aexsinx+x﹣cosx， 则f′（x）＝aexsinx+aexcosx+1+sinx＝aex（sinx+cosx）+1+sinx， 又f′（0）＝2，所以a+1＝2，即a＝1； ∴f′（x）＝ex（sinx+cosx）+1+sinx， 设g（x）＝f′（x）＝ex（sinx+cosx）+1+sinx， 则g′（x）＝ex（sinx+cosx）+ex（cosx﹣sinx）+cosx＝cosx（2ex+1）， 则当时，g′（x）＞0，则g（x）单调递增， 当时，g′（x）＜0，则g（x）单调递减， 所以当x∈（0，π）时，， 又g（0）＝f′（0）＝2＞0，g（π）＝1﹣eπ＜0， 所以g（x）在上无零点，在上有一个零点， 从而f′（x）在（0，π）上有1个零点． 【变式1-3】．已知函数．求f（x）在区间[0，π]上的零点个数． 【分析】讨论和两种情况，当时，结合题意构造函数，判断函数的单调性，结合零点存在定理判断函数的零点个数，综合即可求得答案． 【解答】 解：，当时，f′（x）≥0，所以f（x）在上单调递增， 因为，所以由零点存在定理知f（x）在上有且仅有一个零点． 当时，令，则， 当时，有h′（x）＜0，所以h（x）在上单调递减， 又因为，所以存在使得h（m）＝0， 当时，h（x）＞h（m）＝0，所以f（x）在上单调递增， 所以当时，故f（x）在上无零点， 当x∈（m，π）时，h（x）＜h（m）＝0，所以f（x）在（m，π）上单调递减， 又，所以f（x）在（m，π）上有且仅有一个零点． 综上所述：f（x）在[0，π]上有且只有2个零点． 【变式1-4】．已知函数f（x）＝asinx+xcosx．若a＞﹣1，证明：f（x）在（﹣π，π）上有3个零点． 【分析】由f（0）＝0，且f（x）为奇函数可知，要证f（x）在（﹣π，π）上有3个零点，只需要证明f（x）在（0，π）上有1个零点，求导可得存在，所得f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，π）上单调递减，再利用函数的零点判定定理证明即可． 【解答】解： 证明：因为f（0）＝0，所以0是f（x）的一个零点， 因为f（﹣x）＝﹣f（x），所以f（x）为奇函数， 要证f（x）在（﹣π，π）上有3个零点，只需要证明f（x）在（0，π）上有1个零点， 则f′（x）＝（a+1）cosx﹣xsinx，f′（0）＝a+1， 令函数g（x）＝f′（x）＝（a+1）cosx﹣xsinx，则g′（x）＝﹣（a+2）sinx﹣xcosx， 当时，g′（x）＜0，所以函数g（x）＝f′（x）在上单调递减， 因为， 所以存在，使得f′（x0）＝0， 当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（x0，π）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 因为f（0）＝0，f（π）＝﹣π＜0， 所以f（x）在（0，π）上有1个零点， 故f（x）在（﹣π，π）上有3个零点． 1．已知函数. 求在的零点个数. 【详解】解：由（1）知，， 当，可得，且，所以， 即，所以单调递减； 当，可得，且，所以， 即，所以单调递增， 又因为，，， 所以函数有两个零点. 2.已知函数f（x）＝acosx﹣ex+1（a∈R）的图象在x＝0处的切线过点（﹣1，2）．判断f（x）在内零点的个数，并说明理由． 【分析】判断f（x）在 零点个数，等价于判断方程 根的个数，令，，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理即可得解． 【解答】解：判断f（x）在零点个数，等价于判断方程2cosx＝ex+1根的个数， 等价于判断方程根的个数，………（8分） 令， ，令g（x）＝0，则，得，……（10分） 当时，g（x）＞0，g（x）在上单调递增； 当时，g′（x）＜0，g（x）在上单调递减．………（12分） ，，， （或 所以时，方程g（x）＝1有2根， 所以f（x）在有2个零点．………（15分） 3.已知函数f（x）＝ln（1+x）+2cosx．若，试探究g（x）在上零点的个数． 【解答】解：， 则． 令h（x）＝g′（x），则． 当x∈（﹣1，0]时，h'（x）＜0，则g'（x）单调递减， 所以g′（x）≥g′（0）＝2＞0． 所以g（x）在（﹣1，0]上单调递增． 当x→﹣1时，g（x）→﹣∞；当x＝0时，g（0）＝1＞0． 所以g（x）在（﹣1，0]上存在零点，且只有一个零点． 当时，h'（x）＜0，则g'（x）单调递减，g′（0）＝2，， 所以存在g′（x0）＝0，当x∈（0，x0）时，g′（x）＞0，则g（x）单调递增；当时，g′（x）＜0，则g（x）单调递减． 而，所以g（x）在上无零点． 综上，g（x）在上只有1个零点． 4．已知函数f（x）＝ex﹣4sinx，其中e为自然对数的底数．证明：f（x）在[0，+∞）上有两个零点． 【分析】构造g（x）＝ex﹣4cosx研究f′（x）的单调性并确定其零点所在区间，进而判断f（x）的单调性，结合零点存在性定理即可证结论． 【解答】解：证明：设g（x）＝f'（x）＝ex﹣4cosx，则g'（x）＝ex+4sinx， 显然当x∈[0，π]时，g'（x）＞0，当x∈[π，+∞）时，g'（x）＞eπ﹣4＞0， ∴f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又f'（0）＝﹣3＜0，， ∴存在唯一，使f'（x0）＝0， ∴当x∈（0，x0）时，f'（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f'（x）＞0， ∴f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， ∵f（0）＝1＞0，，f（π）＝eπ＞0， ∴f（x）在[0，+∞）上有两个零点． 5．已知函数．讨论曲线与直线的交点个数． 【答案】 【详解】（1）， 当时， 当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以． 所以当时，曲线与直线无交点； 当时，曲线与直线有且仅有一个交点； 当时，在上，， 令，得舍去， 则，又 所以在上，曲线与直线有且仅有一个交点， 又因为， 即为偶函数， 所以在上，曲线与直线有两个交点． 综上所述，当时，曲线与直线无交点； 当时，曲线与直线有且仅有一个交点； 当时，曲线与直线有两个交点． 6．已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数．证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； 【分析】令g（x）＝f′（x），对g（x）再求导，研究其在（0，π）上的单调性，结合极值点和端点值不难证明； 【解答】解：证明：∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x， ∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1＝cosx+xsinx﹣1， 令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx， 当x∈（0，）时，xcosx＞0，当x时，xcosx＜0， ∴当x时，极大值为g（）0， 又g（0）＝0，g（π）＝﹣2， ∴g（x）在（0，π）上有唯一零点， 即f′（x）在（0，π）上有唯一零点； 7.已知函数.当时，判断的零点个数. 【解析】当时，，则，     记，则， 当时，，所以，在单调递增， 所以，在上单调递增， 所以，在上无零点. 当时，因为， 所以，此时无零点. 当时，记，则， 因为当趋近于0时，趋近于0，所以的变化越来越慢，图象下凹， 当时，，当时，， 作出函数和的图象如图， 由图可知，当时，两个函数图象有一个交点，即有一个零点. 易知是的一个零点. 综上，函数共有2个零点. 8.函数的图象在处的切线为.求在上零点的个数. 【解析】因为， 所以，所以切线斜率为，即， 所切线方程为 又，所以切点坐标为，代入得 则，解得. ∴， 令，则， 当时，恒成立，所以在上递增， 所以， 因此在无零点； 当时，恒成立，所以单调递增， 又， 所以在上存在唯一的零点， 当单调递减； 当单调递增； 又，， 因此在上仅有1个零点； 综上，在上仅有1个零点. 9.已知函数的图象在处的切线过点.判断在内零点的个数，并说明理由. 【解析】法一：判断在内零点的个数，等价于判断方程根的个数， 等价于判断方程根的个数. 令 ，令，则，得. 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减. ， （或） 所以时，方程有2根， 所以在有2个零点. 法二：由（1）得， 令，则在上为减函数 ， 所以在上必有一个零点，使得， 从而当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减.. 又， 所以在上必有一个零点，使得. 当时，，即，此时单调递增; 当时，，即，此时单调递减.. 又因为， 所以在上有一个零点，在上有一个零点， 综上，在有2个零点. 题型七：同构法妙解零点问题 同构变形是一种处理含有参数的函数常用方法，特别是指对同构，对不能参变分离或分类讨论很复杂的函数可以达到化简后可以参变分离的效果，非常的好用。 【例1】.已知函数，若函数在区间内存在零点，求实数的取值范围 【解析】解：方法一：由可得， 设，，，则，令，在单调递减，在单调递增， 故（1）． ①当时，令，当时，单调递减，当时，单调递增， （1），此时在区间内无零点； ②当时，（1），此时在区间内有零点； ③当时，令，解得或1或，且， 此时在单减，，单增，单减，，单增， 当或时，，此时在区间内有两个零点； 综合①②③知在区间内有零点a≥1． 方法二：由题意可得 ，即， 因为当时等号成立， 所以，即， ，令，， 易知在单减，在上单增，所以≥g（1）， 又趋近于0和正无穷时，趋近于正无穷， 所以a ≥1.． 【变式1-1】．已知函数的图象与函数的图象有两个交点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【详解】因为，， 且在上单调递增，可知在上单调递增， 由题意可知：函数的图象与函数的图象有两个交点， 又因为， 设切点坐标为，则切线斜率，切线方程为， 若切线过原点，则，解得， 结合图象可知：若函数的图象与函数的图象有两个交点，则， 所以实数的取值范围是. 故答案为：.    【变式1-2】已知函数.若仅有两个零点，求的取值范围. 【详解】若仅有两个零点， 即有两个根，整理为，即 设函数，则上式为： 因为恒成立，所以单调递增，所以= 所以只需有两个根，令，. ，当时，，当时，，故在处取得极大值，， 要想有两个根，只需，解得：，所以的取值范围为 【变式1-3】已知函数.已知，设函数若在区间上存在零点，求实数的取值范围. 【分析】令，则可得，令，即转化为有解，构造函数，由导数可得由唯一零点，从而将问题转化为在有解，即，再构造函数，利用导数求出函数的值域可得的范围，从而可求出实数的取值范围 【详解】解：令，有，又， 所以， 令， 即转化为有解，设， 则由可得，在单调递减，在单调递增，而， 所以由唯一零点. 若在区间存在零点，即为在有解. 整理得：， 设，由知，在单调递减， 在单调递增， 则，所以，故有. 1.已知函数.若函数有且仅有两个零点，求a的取值范围. 【分析】函数有两个零点，转化为有两个解，构造函数，由函数单调递增，可得()有两个解，进而可得结果. 【详解】函数有两个零点，即有两个解， 即有两个解， 设，则，单调递增， ∴()有两个解，即()有两个解. 令()，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，又时，，且，当时，，且 所以当时， ∴. 2. 已知．若关于的方程有两个不同的实数解，求的取值范围． 【分析】由可得，令，则，由关于的方程有两个不同的实数解，即方程有两个不同的实数解，令，求出函数的最值，即可得解. 【详解】解：由 ， 即，即， 则有， 令，则， ，所以函数在上递增， 所以，则有，即， 因为关于的方程有两个不同的实数解， 则方程有两个不同的实数解， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上递减，在上递增， 所以， 当时，，当时，， 所以. 3.已知函数若函数在定义域内没有零点，求的取值范围． 【分析】依题意可得在无实根，即：在无实根，构造函数，利用导数研究函数的单调性与最值，即可得解； 【详解】解：在无零点， 等价于方程在无实根， 亦即在无实根， 因为在为单调增函数， 原方程无零点等价于在无实根， 即：在无实根， 构造函数， ，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，， 所以． 题型八：取对数法 【例1】.已知函数.若函数有2个零点，试比较与的大小关系. 【解析】 函数有2个零点等价于方程有两个根， 即有两个根， 令，则，令， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 当时，， 当时，， 所以要使得有两个根，则，即， 所以. 【变式1-1】已知函数，．讨论函数和的图象在上的交点个数． 【解析】由，得，两边同时取自然对数得，显然，则， 于是函数和的图象在上的交点个数，即方程的解的个数， 令，求导得，令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 因此是的极大值点，， 当时，单调递增，函数的取值集合为， 当时，直线与函数的图象仅只一个公共点，方程有一个解， 当时，恒成立，在上递增，函数值集合为，在上递减，函数值集合为， 因此当，即时，直线与函数的图象有两个公共点，方程有两个解， 当，即时，直线与函数的图象仅只一个公共点，方程有一个解， 当，即时，直线与函数的图象无公共点，方程没有实数解， 综上，当或时，函数和的图象在上的交点个数是1； 当时，函数和的图象在上的交点个数是0； 当时，函数和的图象在上的交点个数是2. 1．已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝ （x＞0）． （1）当a＝2时，求f（x）的单调区间； （2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【分析】（1）求出a＝2时f（x）的解析式，求导，利用导数与单调性的关系即可求解； （2）将已知转化为f（x）＝1在（0，+∞）有两个不等实根，变形可得＝，令g（x）＝，利用导数求出g（x）的单调性及g（x）的大致图象，即可求解a的取值范围． 【解答】解：（1）a＝2时，f（x）＝， f′（x）＝＝＝， 当x∈（0，）时，f′（x）＞0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0， 故f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）． （2）由题知f（x）＝1在（0，+∞）有两个不等实根， f（x）＝1⇔xa＝ax⇔alnx＝xlna⇔＝， 令g（x）＝，g′（x）＝，g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减， 又当x＜1时，g（x）＜0，g（1）＝0，g（e）＝，当x＞1时，g（x）＞0， 作出g（x）的图象，如图所示： 由图象可得0＜＜，解得a＞1且a≠e， 即a的取值范围是（1，e）∪（e，+∞）． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$