07 专题逐一通关一 专题7 零点问题-【名师导航】2026年高考数学二轮总复习教师用书

专题7　零点问题 判断函数零点的个数 【例1】已知函数f (x)＝x2－2x＋aln x． (1)若a＝1，求曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程； (2)求证：当a≥0时，f (x)有且仅有一个零点． [解]　(1)若a＝1，则f (x)＝－2x＋ln x， f ′(x)＝x－2＋， 所以f ′(1)＝0，f (1)＝－，函数f (x)在x＝1处的切线方程为y＝－． (2)证明：f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x－2＋＝， 当a＝0时，f (x)＝－2x，f (x)有且仅有一个零点4； 当a≥1时，f ′(x)≥0，函数f (x)单调递增， 由f (1)<0，f (4)＝a ln 4>0，知f (x)存在唯一零点x0∈(1，4)； 当0<a<1时，令f ′(x)＝0，得x1＝1－，x2＝1＋，0<x1<1<x2， 当x∈(0，x1)时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增； 当x∈(x1，x2)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减； 当x∈(x2，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增； 当x∈(0，1]时，－2x<0，a ln x≤0，所以f (x)<0，函数f (x)无零点； 因为当x∈(1，x2)时，f (x)单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，f (x)单调递增， 且f (x2)<f (1)<0，f (4)＝a ln 4>0，所以f (x)存在唯一零点x0∈(1，4)． 综上所述，当a≥0时，f (x)有且仅有一个零点． 【解题技巧】　判断函数零点个数的方法 (1)利用函数单调性和函数零点存在定理 ①讨论函数的单调性，确定函数的单调区间． ②在每个单调区间上，利用函数零点存在定理判断零点的个数． ③注意区间端点的选取技巧． ④含参数时注意分类讨论． (2)利用数形结合 函数的零点个数等于函数图象与x轴的交点个数，因此借助数形结合思想，可通过函数图象判断函数的零点个数． ①利用导数研究函数f (x)的单调性、极值及最值情况，并结合函数值的正负情况及变化趋势，作出函数f (x)的大致图象，然后根据图象判断零点个数． ②若函数f (x)的图象不易直接作出，可根据函数与方程思想将函数零点转化为方程的根，再将方程进行变形，转化为两个函数的图象交点问题，从而判断函数的零点个数． 【学完就练1】 已知函数f (x)＝ex－sin x－1． (1)讨论函数f (x)在区间(0，＋∞)上的单调性； (2)证明：函数f (x)在区间(－π，0]内有且仅有两个零点． [解]　(1)函数f (x)＝ex－sin x－1，当x>0时，f ′(x)＝ex－cos x>1－cos x≥0， 所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：由(1)知，f ′(x)＝ex－cos x， 当x∈时，f ′(x)>0，函数f (x)在内单调递增，f (－π)＝e－π－1<0，f ＝>0，因此函数f (x)在内有唯一零点； 当x∈时，令g(x)＝ex－cos x， 求导得g′(x)＝ex＋sin x， g′(x)在内单调递增， g′＝－1<0, g′(0)＝1>0，则存在x0∈，使得 g′(x0)＝0， 当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)，即f ′(x)单调递减， 当x∈(x0，0)时，g′(x)>0，函数g(x)，即f ′(x)单调递增， 又f ′＝>0， f ′(x0)<f ′(0)＝0， 则存在x1∈，使得f ′(x1)＝0， 当x∈时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增，当x∈(x1，0)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减， 而f ＝>0，f (0)＝0，因此函数f (x)在内有唯一零点， 所以函数f (x)在区间(－π，0]内有且仅有两个零点． 根据零点求参数的取值范围 【例2】已知函数f (x)＝－a ln x－x2＋(a＋1)x，a∈R． (1)当a＝2时，求函数f (x)的极值； (2)设g(x)＝f (x)＋(a－1)ln x＋x2有两个不同的零点x1，x2，求a的取值范围． [解]　(1)当a＝2时，f (x)＝－2ln x－x2＋3x，x∈(0，＋∞)， f ′(x)＝－x＋3＝＝， 由f ′(x)>0，得1<x<2，由f ′(x)<0，得0<x<1或x>2， 所以当x∈(1，2)时，f (x)单调递增，当x∈(0，1)和x∈(2，＋∞)时，f (x)单调递减， 所以f (x)的极小值为f (1)＝，f (x)的极大值为f (2)＝4－2ln 2． (2)g(x)＝f (x)＋(a－1)ln x＋x2＝－ln x＋(a＋1)x，x∈(0，＋∞)， 令g(x)＝－ln x＋(a＋1)x＝0，则a＋1＝， 记h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝， 当x>e时，h′(x)＝<0，当0<x<e时，h′(x)＝>0， 所以h(x)在(0，e)内单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，且h(x)max＝h(e)＝， 又当x>1时，h(x)>h(1)＝0恒成立， 要使g(x)有两个零点，则函数h(x)＝的图象与直线y＝a＋1有两个交点， 所以0<a＋1<，解得－1<a<． 所以a的取值范围为． 【解题技巧】　已知函数零点个数求参数的取值范围问题的方法 【学完就练2】 已知函数f (x)＝(x－2)ex－． (1)当a＝－1时，求函数f (x)的极值； (2)g(x)＝f (x)－，若g(x)存在3个零点，求实数a的取值范围． [解]　(1)当a＝－1时，f (x)＝(x－2)ex＋，f ′(x)＝(x－1)ex＋x－1＝(x－1)(ex＋1)， 由f ′(x)>0，得x>1，f ′(x)<0，得x<1， 所以f (x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＝1时，f (x)取得极小值为f (1)＝－e，无极大值． (2)由函数g(x)＝(x－2)ex－ax2＋ax＝(x－2)， 可得g(x)有一个零点为x＝2，要使得g(x)存在3个零点， 则需方程ex－ax＝0(x≠2)有2个实根， 而方程ex－ax＝0(x≠2)可化为a＝(x≠0，2)， 令h(x)＝(x≠0，2)，则函数y＝a与y＝h(x)的图象有两个交点． h′(x)＝＝，令h′(x)＝0，得x＝1， 当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况列表如下： x (－∞，0) (0，1) 1 (1，2) (2，＋∞) h′(x) － － 0 ＋ ＋ h(x) 单调递减 单调递减 极小值 单调递增 单调递增 所以函数h(x)在x＝1处取得极小值为2e． 当x<0时，h(x)<0，又h(2)＝e2，所以h(x)的大致图象如图， 由函数y＝a与y＝h(x)的图象有两个交点，根据图象可得a∈(2e，e2)∪(e2，＋∞)． 所以要使得g(x)存在3个零点，则实数a的取值范围是(2e，e2)∪(e2，＋∞)． 隐零点问题 【例3】　已知函数f (x)＝ex－4ln x－4． (1)判断f (x)的导函数f '(x)在(1，＋∞)上零点的个数，并说明理由； (2)证明：当x∈(1，＋∞)时，ex－4xln x－1>0． (注：0.69<ln 2<0.7) [解]　(1) f ′(x)＝ex－，x∈(1，＋∞)， 令h(x)＝f ′(x)＝ex－，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝ex＋>0，x∈(1，＋∞)， 所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增，即f ′(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又f ′(1)<0，f ′(2)>0，所以f (x)的导函数在(1，＋∞)上零点的个数为1． (2)证明：令g(x)＝ex－4x ln x－1，x∈(1，＋∞)， 则g′(x)＝ex－4ln x－4，即f (x)＝g′(x)， 由(1)可知存在x0∈(1，2)，使得f ′(x0)＝0， 当1<x<x0时，f ′(x)<0，当x>x0时，f ′(x)>0， 所以f (x)在(1，x0)内单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 又因为f (1)<0，f (2)>0，存在x1∈(1，2)，使得f (x1)＝0，即－4ln x1－4＝0， 当1<x<x1时，g′(x)<0，当x>x1时，g′(x)>0， 所以g(x)在(1，x1)内单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(x1)＝－4x1ln x1－1＝4ln x1＋4－4x1ln x1－1＝4(1－x1)ln x1＋3， 令t(x)＝(1－x)ln x，x∈(1，2)，则t′(x)＝－ln x＋<0，x∈(1，2)， 所以函数t(x)在(1，2)内单调递减，所以t(x)>t(2)＝－ln 2， 所以x1∈(1，2)时，4(1－x1)ln x1＋3>－4ln 2＋3>0， 即当x∈(1，＋∞)时，ex－4x ln x－1>0恒成立． 【解题技巧】　隐零点问题求解的三个步骤 (1)用函数零点存在定理判定导函数f '(x)存在零点，列出零点方程f '(x0)＝0，并结合f (x)的单调性得到零点的取值范围． (2)以零点为分界点，说明导函数f '(x)的正负性，进而得到f (x)的最值表达式． (3)将零点方程适当变形，整体代入f (x)的最值表达式进行化简证明，有时(1)中零点的取值范围可以适当缩小． 【学完就练3】 已知函数f (x)＝x－ln x－2． (1)讨论函数f (x)的单调性； (2)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有x ln x＋x>k(x－1)成立，求整数k的最大值． [解]　(1)函数f (x)＝x－ln x－2的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝1－， 当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增， 所以函数f (x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)∀x∈(1，＋∞)，x ln x＋x>k(x－1)⇔k<， 令g(x)＝，x>1， 求导得g′(x)＝＝， 由(1)知，f (x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增， f (3)＝1－ln 3<0，f (4)＝2(1－ln 2)>0，因此存在唯一x0∈(3，4)，使得f (x0)＝0， 即x0－ln x0－2＝0⇔ln x0＝x0－2， 当x∈(1，x0)时，f (x)<0，即g′(x)<0， 当x∈(x0，＋∞)时， f (x)>0，即g′(x)>0， 因此函数g(x)在(1，x0)内单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 于是g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，则k<x0∈(3，4)， 所以整数k的最大值是3． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $