2021年高考理科数学一轮复习：专题3.6 高考解答题热点题型（三）利用导数探究函数的零点问题 题型全归纳与高效训练突破

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc439" 一、题型全归纳 PAGEREF _Tc439 1
\l "_Tc10901" 题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数 PAGEREF _Tc10901 1
\l "_Tc1253" 题型二 已知零点存在情况求参数范围 PAGEREF _Tc1253 4
\l "_Tc20011" 题型三 函数零点性质研究 PAGEREF _Tc20011 6
\l "_Tc9449" 二、高效训练突破 PAGEREF _Tc9449 9
一、题型全归纳
题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数
【题型要点】判断函数零点个数的3种方法
【例1】（2020年新课标全国三卷）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）因为，
由题意，，即
则；
（2）由（1）可得，
，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
【例2】(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，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)＝cs x－eq \f(1,1＋x)，g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,（1＋x）2).
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)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．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
(ⅰ)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x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．
(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．
又f(0)＝0，＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而f(x)在有零点．
(ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．
(ⅳ)当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，＋∞))时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
题型二 已知零点存在情况求参数范围
【题型要点】解决此类问题常从以下两个方面考虑
(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件．
(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
【例1】(2020·重庆调研)设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．
【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，
f′(x)＝－2x－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(－2x2－x＋1,x)，
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2)(负值舍去)．
当0＜x＜eq \f(1,2)时，f′(x)＞0.当x＞eq \f(1,2)时，f′(x)＜0，
所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－eq \f(ln x,x)，
令g(x)＝x－eq \f(ln x,x)，其中x∈，
则g′(x)＝1－eq \f(\f(1,x)·x－ln x,x2)＝eq \f(x2＋ln x－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，当eq \f(1,3)≤x＜1时，g′(x)＜0，当1＜x≤3时，g′(x)＞0，所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1，3]，
所以g(x)min＝g(1)＝1，
由于函数f(x)在上有两个零点，＝3ln 3＋eq \f(1,3)，g(3)＝3－eq \f(ln 3,3)，3ln 3＋eq \f(1,3)＞3－eq \f(ln 3,3)，
所以实数a的取值范围是.
【例2】已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
【解析】(1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
故h(2)＝1－eq \f(4a,e2)是h(x)在(0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞eq \f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－eq \f(16a3,e4a)＝1－eq \f(16a3,（e2a）2)＞1－eq \f(16a3,（2a）4)＝1－eq \f(1,a)＞0，
故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝eq \f(e2,4).
题型三 函数零点性质研究
【题型要点】本题型包括两个方向：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．
【例1】 (2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
【解】 (1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,（x－1）2)>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．
因为f(e)＝1－eq \f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq \f(e2＋1,e2－1)＝eq \f(e2－3,e2－1)>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.
又0故f(x)在(0，1)有唯一零点eq \f(1,x1).
综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)证明：因为eq \f(1,x0)＝e－ln x0，故点B在曲线y＝ex上．
由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝eq \f(x0＋1,x0－1)，连接AB，则直线AB的斜率k＝eq \f(\f(1,x0)－ln x0,－ln x0－x0)＝eq \f(\f(1,x0)－\f(x0＋1,x0－1),－\f(x0＋1,x0－1)－x0)＝eq \f(1,x0).
曲线y＝ex在点B处切线的斜率是eq \f(1,x0)，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是eq \f(1,x0)，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
【例2】已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋(1－a)x－aln x，a∈R.
(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；
(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.
【解析】(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－eq \f(a,x)，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.
(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－eq \f(a,x)＝(x＋1)(1－eq \f(a,x))(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
②当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x＞a时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，
当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，
所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．
又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，
所以f(a)＜0，
即eq \f(1,2)a2＋(1－a)a－aln a＜0，
整理得ln a＞1－eq \f(1,2)a，
作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－aln eq \f(2a－x,x)，
则h′(x)＝－2＋eq \f(2a2,（2a－x）x)＝－2＋eq \f(2a2,－（x－a）2＋a2)≥0，
所以h(x)在(0，2a)上单调递增，
不妨设x1＜a＜x2，则h(x2)＞h(a)＝0，
即g(x2)＝f(2a－x2)＞f(x2)＝f(x1)，
又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2＜x1，即x1＋x2＞2a，又ln a＞1－eq \f(1,2)a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.
二、高效训练突破
1.已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
【解析】：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.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－eq \f(4a,e2)是h(x)在[0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞eq \f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－eq \f(16a3,e4a)＝1－eq \f(16a3,（e2a）2)＞1－eq \f(16a3,（2a）4)＝1－eq \f(1,a)＞0.
故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝eq \f(e2,4).
2.(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)(x－eq \f(1,2))在区间[0，1]上零点的个数．
【解析】：(1)因为f(x)＝ex－ax－1，
所以f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a＞0时，令f′(x)＜0，
得x＜ln a，
令f′(x)＞0，得x＞ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝eq \f(1,2)，
先考虑f(x)在区间[0，1]上的零点个数，
当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；
当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；
当1＜a＜e时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，1)上单调递增，
而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1＜a≤e－1时，f(x)在[0，1]上有两个零点，
当e－a－1＜0，即e－1＜a＜e时，f(x)在[0，1]上有一个零点．
当x＝eq \f(1,2)时，由f(eq \f(1,2))＝0得a＝2(eq \r(e)－1)，
所以当a≤1或a＞e－1或a＝2(eq \r(e)－1)时，g(x)在[0，1]上有两个零点；
当1＜a≤e－1且a≠2(eq \r(e)－1)时，g(x)在[0，1]上有三个零点．
3．(2020·长春市质量监测(二))已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝ln x有两个实数根，求实数b的取值范围．
【解析】：(1)由题意可得f′(x)＝ex＋b，
当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln(－b)，＋∞)上单调递增；
若x(2)令g(x)＝ex＋bx－1－ln x，则g′(x)＝ex＋b－eq \f(1,x)，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ex0＋b－eq \f(1,x0)＝0，b＝eq \f(1,x0)－ex0.
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e x0＋bx0－1－ln x0＝ex0＋x0－1－ln x0＝e x0－e x0x0－ln x0<0，
令h(x)＝ex－exx－ln x(x>0)，则h′(x)＝－exx－eq \f(1,x)<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又h(1)＝0，所以ex0－e x0x0－ln x0<0的解集为(1，＋∞)，所以b＝eq \f(1,x0)－e x0<1－e.
当b<1－e时，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，有g(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b，
令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，0故G(x)＝(x＋1)ex－x>0，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上有唯一零点．
综上，b的取值范围是(－∞，1－e)．
4．(2020·江西八所重点中学联考)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax－a＋1－eq \f(ln x,x)(其中a为常数，且a∈R)．
(1)若函数f(x)为减函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围，并说明理由．
【解析】：(1)因为f(x)＝eq \f(1,2)ax－a＋1－eq \f(ln x,x)，所以f′(x)＝eq \f(1,2)a－eq \f(1－ln x,x2)，
若函数f(x)为减函数，则f′(x)≤0对x∈(0，＋∞)恒成立，即eq \f(1,2)a≤eq \f(1－ln x,x2)对x∈(0，＋∞)恒成立．
设m(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，则m′(x)＝eq \f(2ln x－3,x3)，令m′(x)＝0，得x＝eeq \s\up6(\f(3,2))，可得m(x)在区间(0，eeq \s\up6(\f(3,2)))上单调递减，在区间(eeq \s\up6(\f(3,2))，＋∞)上单调递增，
所以m(x)min＝m(eeq \s\up6(\f(3,2)))＝－eq \f(1,2e3)，所以eq \f(1,2)a≤－eq \f(1,2e3)，即a≤－e－3，故实数a的取值范围是(－∞，－e－3]．
(2)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝eq \f(\f(1,2)ax2－（a－1）x－ln x,x)，
所以可设h(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a－1)x－ln x，则函数f(x)有两个不同的零点等价于函数h(x)有两个不同的零点．
因为h′(x)＝ax－(a－1)－eq \f(1,x)＝eq \f(ax2－（a－1）x－1,x)＝eq \f(（ax＋1）（x－1）,x)，
所以当a≥0时，函数h(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)在(0，＋∞)上有最小值为h(1)．若函数h(x)有两个不同的零点，则必有h(1)＝－eq \f(1,2)a＋1<0，即a>2，此时，在x∈(1，＋∞)上有h(2)＝2a－2(a－1)－ln 2＝2－ln 2>0，
在x∈(0，1)上，h(x)＝eq \f(1,2)a(x2－2x)＋x－ln x，
因为－1－eq \f(1,2)a＋x－ln x，
所以h(e－eq \s\up6(\f(1,2))a)>－eq \f(1,2)a＋e－eq \s\up6(\f(1,2))a a－ln(e－eq \s\up6(\f(1,2))a)＝e－eq \s\up6(\f(1,2))a >0，
所以h(x)在区间(0，1)，(1，＋∞)上各有一个零点，故a>2符合题意．
当a＝－1时，h′(x)≤0，所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，所以函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．
当－1所以函数h(x)的极小值为h(1)＝－eq \f(1,2)a＋1>0，所以函数h(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<－1时，函数h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以函数h(x)的极小值为＝eq \f(1,2a)＋eq \f(1,a)(a－1)－＝1－eq \f(1,2a)＋ln(－a)>0，
所以函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是(2，＋∞)．
5.(2020·唐山模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x2,2)－4ax＋aln x＋3a2＋2a(a＞0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，当a变化时，求f(x1)＋f(x2)的最大值．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为x＞0，对f(x)求导得f′(x)＝x－4a＋eq \f(a,x)＝eq \f(x2－4ax＋a,x)，x＞0，a＞0.
令M(x)＝x2－4ax＋a，则Δ＝16a2－4a＝4a(4a－1)．
①当0＜a≤eq \f(1,4)时，Δ≤0，M(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞eq \f(1,4)时，Δ＞0，f′(x)＝0的根为x1＝2a－eq \r(4a2－a)，x2＝2a＋eq \r(4a2－a)，
由f′(x)＞0得0＜x＜2a－eq \r(4a2－a)或x＞2a＋eq \r(4a2－a)；
由f′(x)＜0得2a－eq \r(4a2－a)＜x＜2a＋eq \r(4a2－a).
所以f(x)在(0，2a－eq \r(4a2－a))，(2a＋eq \r(4a2－a)，＋∞)上单调递增；在(2a－eq \r(4a2－a)，2a＋eq \r(4a2－a))上单调递减．
(2)由(1)得a＞eq \f(1,4)，x1＝2a－eq \r(4a2－a)，x2＝2a＋eq \r(4a2－a)，
所以x1＋x2＝4a，x1x2＝a，从而
f(x1)＋f(x2)＝eq \f(1,2)(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))－4a(x1＋x2)＋aln x1x2＋6a2＋4a
＝eq \f(1,2)(x1＋x2)2－x1x2－10a2＋4a＋aln a＝aln a－2a2＋3a.
令g(a)＝aln a－2a2＋3a，则g′(a)＝ln a－4a＋4.
令h(a)＝ln a－4a＋4，则h′(a)＝eq \f(1,a)－4.
因为a＞eq \f(1,4)，所以h′(a)＜0，所以h(a)在(eq \f(1,4)，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以a∈(eq \f(1,4)，1)时，h(a)＞0，g′(a)＞0，g(a)在(eq \f(1,4)，1)上单调递增；
a∈(1，＋∞)时，h(a)＜0，g′(a)＜0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减，所以a＝1时，g(a)取得最大值1.
故f(x1)＋f(x2)的最大值为1.
6.(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x－xcs x－x，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．
【解】(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cs x＋xsin x－1，g′(x)＝xcs x.
当x∈时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．
又g(0)＝0，＞0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；
当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0]．
7.(2020年新课标全国一卷)已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【解析】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.
8.(2020年新课标全国三卷)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个零点，求的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2).
【解析】（1）由题，，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，所以在上单调递减，在
，上单调递增.
（2）由（1）知，有三个零点，则，且
即，解得，
当时，，且，
所以在上有唯一一个零点，
同理，，
所以在上有唯一一个零点，
又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，
综上可知的取值范围为.
直接法
令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数
画图法
转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数
定理法
利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决