新高考数学一轮复习考点讲义：第04章第4讲第3课时利用导数研究函数的零点（含解析）

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题型 函数零点个数的探究
典例1已知函数f(x)＝aeq \f(x,ex)＋sin x的图象在点(0，f(0))处的切线与y轴垂直．
即f′(0)＝0.
(1)求实数a的值；
(2)讨论f(x)在区间(－π，π)上的零点个数．
分别讨论在区间(－π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))的零点情况．
解：(1)f(x)＝aeq \f(x,ex)＋sin x，则f′(x)＝a·eq \f(1－x,ex)＋cs x，
由题意，得函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线斜率为0，即f′(0)＝a＋1＝0，得a＝－1.
(2)由(1)知f(x)＝－eq \f(x,ex)＋sin x，f(0)＝0，f′(x)＝eq \f(x－1,ex)＋cs x，则f″(x)＝eq \f(2－x,ex)－sin x.
当x∈(－π，0)时，eq \f(2－x,ex)＞0，sin x＜0，
此时f″(x)＞0，f′(x)单调递增，
二阶导数的符号，说明一阶导数的单调性．
f′(x)＜f′(0)＝－1＋1＝0，故函数f(x)单调递减，f(x)＞f(0)＝0，故函数f(x)在(－π，0)上无零点．前面一段，主要叙述f(x)在(－π，0)上无零点. 即x∈(－π，0)时，f(x)单调递减，f(x)＞0恒成立．
当x∈(0，π)时，将f(x)变形得f(x)＝－eq \f(x,ex)＋sin x＝eq \f(1,ex)(exsin x－x)，
设F(x)＝exsin x－x，则F′(x)＝ex(sin x＋cs x)－1，
设k(x)＝ex(sin x＋cs x)－1，
其实x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，ex＞1，sin x＋cs x＞1，故知k(x)＞0无零点．
则k′(x)＝2excs x，易知当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，k′(x)＞0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，k′(x)＜0，
故k(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，又k(0)＝0，keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝e eq \s\up15(eq \f(π,2)) －1＞0，k(π)＝－eπ－1＜0，故存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使k(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，k(x)＞0，F(x)单调递增；当x∈(x0，π)时，k(x)＜0，F(x)单调递减，又F(0)＝0，故F(x0)＞0，又F(π)＝－π＜0，故函数f(x)在(0，x0)上没有零点，在(x0，π)上有1个零点．
综上所述，f(x)在区间(－π，π)上的零点个数为2.
确定函数零点个数的方法
(1)数形结合法：构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．
(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
对点练1(2024·湖北武汉模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)，g(x)＝tan x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内的零点个数．
解：(1)函数f(x)＝eq \f(ex,x)的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝eq \f(exx－ex,x2)＝eq \f(exx－1,x2)，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0,1)时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在区间(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq \f(ex,x)－tan x＝0，得xsin x－excs x＝0.
设h(x)＝xsin x－excs x，
所以h′(x)＝(ex＋1)sin x＋(x－ex)cs x.
①当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，可知ex＞0＞x，则ex＞x，所以x－ex＜0，
又sin x＜0，cs x＞0，所以h′(x)＜0，
从而h(x)＝xsin x－excs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，
又h(0)＝－1，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝eq \f(π,2)＞0，
由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上有一个零点．
②当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，cs x≥sin x＞0，由(1)知函数f(x)＝eq \f(ex,x)在(0,1)上单调递减，所以x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，函数f(x)＝eq \f(ex,x)＞f(1)＝e＞1，则ex＞x＞0.
所以excs x＞xsin x，则h(x)＝xsin x－excs x＜0恒成立．
所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上无零点．
③当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，sin x＞cs x＞0，h′(x)＝ex(sin x－cs x)＋(xcs x＋sin x)＞0，
则h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增．
又heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)＞0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(π,4)－eq \f(\r(2),2)·e eq \s\up15(eq \f(π,4)) ＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－e eq \s\up15(eq \f(π,4)) ))＜0，
由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上存在一个零点．
综上，h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内的零点个数为2，即F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内的零点个数为2.
题型 已知函数零点个数求参数的取值范围
典例2(2024·河北衡水中学月考)已知函数f(x)＝ex－ax－1，其中e为自然对数的底数．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(0,1)上存在零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝ex－ax－1得f′(x)＝ex－a.
含参单调区间的讨论．
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，＋∞)．
综上，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a＞0时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)由(1)知f′(x)＝ex－a.
当a≤1时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增且
f′(x)＞0恒成立，从而f(x)单调递增．
f(0)＝0，所以函数f(x)在区间(0,1)上不存在零点．
当a≥e时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递减且f′(x)＝ex－a＜0，从而f(x)单调递减．
f(0)＝0，所以函数f(x)在区间(0,1)上不存在零点．
当1＜a＜e时，函数f(x)在区间(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增，
这里函数的极小值点ln a在区间(0,1)内，由单调性，主要关注右端f(1)＝e－a－1和0的大小比较了！
又f(0)＝0，f(1)＝e－a－1，如图所示，当e－a－1≤0，即e－1≤a＜e时，函数f(x)在区间(0,1)上不存在零点；当e－a－1＞0，即1＜a＜e－1时，函数f(x)在区间(0,1)上存在零点．
综上，实数a的取值范围为(1，e－1)．
已知函数零点个数求参数的取值范围问题的解法
对点练2(2024·湖北武汉月考)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a∈R)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝g(x)在x＝0处的切线方程；
(2)如果关于x的方程g(x)＝2exf(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝4时，
g(x)＝(－x2＋4x－3)ex，g(0)＝－3，
g′(x)＝(－x2＋2x＋1)ex，g′(0)＝1，
所以所求的切线方程为y＋3＝x－0，
即y＝x－3.
(2)由g(x)＝2exf(x)，
可得2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋eq \f(3,x).
设h(x)＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)(x＞0)，
所以h′(x)＝1＋eq \f(2,x)－eq \f(3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2)，
所以x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上变化时，h′(x)，h(x)的变化如下：
又heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)－2＋3e，h(1)＝4，h(e)＝e＋2＋eq \f(3,e)，
且h(e)－heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－2e＋4＋eq \f(2,e)＜0，
所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(4，e＋2＋\f(3,e))).
x
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
1
(1，e]
h′(x)
－
0
＋
h(x)

极小值(最小值)
