新高考数学一轮复习基础版讲义第3章导数中的综合问题第3课时 利用导数研究函数的零点（2份，原卷版+解析版）

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例1 (2024·南昌模拟节选)已知函数f(x)＝(x－a)2＋bex(a，b∈R)，若a＝0时，函数y＝f(x)有3个零点，求b的取值范围.
解 函数y＝f(x)有3个零点，
即关于x的方程f(x)＝0有3个根，
也即关于x的方程b＝－eq \f(x2,ex)有3个根.
令g(x)＝－eq \f(x2,ex)，则直线y＝b与g(x)＝－eq \f(x2,ex)的图象有3个交点.
g′(x)＝eq \f(x（x－2）,ex)，
由g′(x)ln 2.
∴a>ln 2.
再证必要性.
∵a>ln 2，∴e2a>4.
∴f(ea)＝e2a－4>0.
∵a>ln 2>0，∀x>0，ex>x＋1，
∴e2a>2a＋1>2a.
∴f(e－a)＝e－2a(4a＋1)－4＝eq \f(4a＋1,e2a)－40，
即g(ea)＝ea－2a>0，
∴g(x)在(1，ea)上有一个零点.
∴当a>1时，a＝x－ln x有两个不同的实数解.
综上，a的取值范围为(1，＋∞).
法二 由eq \f(f（x）－ax＋1,ea)＝ln x＋a，
得ex＝ea(ln x＋a)，∴xex＝xea(ln x＋a)，
即xex＝ea＋ln x(ln x＋a).
令u(x)＝xex，则有u(x)＝u(a＋ln x).
当x>0时，u′(x)＝(x＋1)ex>0，
∴u(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝a＋ln x，即a＝x－ln x.
下同法一.
感悟提升 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.
训练3 (2021·全国甲卷节选)已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x＞0).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.
解 曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程eq \f(xa,ax)＝1(x＞0)有两个不同的解，
即方程eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln a,a)有两个不同的解.
设g(x)＝eq \f(ln x,x)(x＞0)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，
令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
当0＜x＜e时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，
且当x＞e时，g(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，又g(1)＝0，
所以0＜eq \f(ln a,a)＜eq \f(1,e)，所以a＞1且a≠e，
故a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).
隐零点问题
在研究函数单调性时，常常会遇到f′(x)零点不可求的情形，此时可先论证f′(x)有零点，再虚设零点，最后运用零点代换，化简函数极值的策略来解决问题，这是隐零点问题常用的处理方法.隐零点的零点代换处理策略被广泛应用于零点讨论、不等式证明、求最值等各种题型中，是零点不可求问题中一个必备的基本处理方法，真题中也十分常见.
例 (2024·青岛质检)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln eq \f(2,a).
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为e2x单调递增，－eq \f(a,x)单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)单调递增，
又f′(a)>0，当b满足0m＋eq \f(4,5)对于任意x∈(0，＋∞)恒成立，
令g(x)＝f(x)－eq \f(4,5)＝ex－x2－x－eq \f(4,5)⇒g′(x)＝ex－2x－1，
记h(x)＝g′(x)＝ex－2x－1⇒h′(x)＝ex－2，
当x∈(0，ln 2)时，h′(x)0，
故h(x)即g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
又g′(0)＝0，g′(ln 2)＝1－2ln 2