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1、第 5 讲导数与方程 判断、证明或讨论函数零点个数 两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间a，b上是 连续不断的曲线，且 f(a) f(b)0.(1)直接法： 判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值 证明 f(a) f(b)0；(2)分类讨论法： 判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准， 再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a) f(b)0， 【关键 1：正确求出导函数，研究函数 的单调性 】所以 f(x)在(0，1)，(1， )单调递增 . 因为 f(e) 1e1 e10，所以 f(x)在(1， )有唯一零点x1(ex1e2)，
2、即 f(x1)0. 【关键 2：利用零点存在性定理判断在(1， )内存在一个零点】 又 0 1 x11，f 1 x1 ln x1 x11 x11 f(x 1)0， 故 f(x)在(0， 1)有唯一零点 1 x1. 【关键 3：利用零点存在性定理判断在(0， 1)内存在一个零点】 综上， f(x)有且仅有两个零点. (2)略 【分类讨论法】 (2019 高考全国卷 ) 已知函数f(x)sin x ln(1x)，f(x)为 f(x)的 导数，证明： (1)f(x)在区间 1， 2 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)cos x
3、 1 1x，g( x) sin x 1 （1x） 2. 当 x 1， 2 时， g(x)单调递减，而g(0) 0，g 2 0，可得 g(x) 在 1， 2 有唯一零点，设为 . 【关键 1：利用零点的存在性定理确定g(x)在 1， 2 内有唯一零 点】 则当 x(1， )时， g(x)0；当 x ， 2 时， g(x)0. 所以 g(x)在(1， )单调递增， 在 ， 2 单调递减， 故 g(x)在 1 ， 2 存在唯一极大值点，即f(x)在 1， 2 存在唯一极大值点. 【关键 2： 根据函数的单调性与极大值点的定义判断极大值点的存在 性】 (2)f(x)的定义域为 (1， ). 当 x(1
4、，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 x0 是 f(x)在(1， 0的唯一零点 . 当 x 0， 2 时，由 (1)知， f(x)在(0， )单调递增，在 ， 2 单调 递减，而 f(0) 0，f 2 0，所以存在 ， 2 ，使得 f( )0，且 当 x(0， )时， f(x)0；当 x ， 2 时， f(x)0.故 f(x)在(0， ) 单调递增，在 ， 2 单调递减 . 又 f(0)0，f 2 1ln 1 2 0，所以当x 0， 2 时， f(x)0.从 而，
5、f(x)在 0， 2 没有零点 . 当 x 2，时，f( x)0，所以 f(x)在 2，单调递减 而 f 2 0， f( )0，所以 f(x)在 2，有唯一零点 . 当 x() ，时， ln(x1)1，所以 f(x)0，从而 f(x)在( ， )没有零点 【关键 3：在定义域内的不同区间，利用函数的单调性、 最值、零点存在性定理判 断零点的个数 】 综上， f(x)有且仅有2 个零点 . 典型例题 (2019 广东省七校联考)已知函数f(x)ln xax. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当 a0，f(x)在(0，)上单调递增； 当 a0，f(x)单调递增 ， 在 1 a， 上 ，f(
6、 x)0，f(x)单调递减 综上 ，当 a0 时，f(x)在 (0，)上单调递增；当a0 时，f(x)在 0， 1 a 上单调递增 ， 在 1 a， 上单调递减 (2)由 (1)可知 ，当 a0 时，f(x)在 0，1 a 上单调递增 ，在 1 a， 上单调递减 故 f(x)max f 1 a ln 1 a 1. 当 ln 1 a 1，即 a1 e时，f 1 a 1，即 1 ea0， 令 0b1 且 b 1 a，则 ln b0，f(b)ln babln b0， 故 f(b) f 1 a e， 则在 (e， )上，g(t) 2 t 10，故 g(t)在(e， )上单调递减 ， 故在 (e，)上，
7、g(t)g(e)2e0，则 f 1 a 20，故 f 1 a f 1 a 20，f(x)在 1 a， 1 a 2上有 一个零点 故 f(x)在(0， )上有两个零点 综上 ，当 a1 e 时，函数 f(x)没有零点；当a 1 e时 ，函数 f(x)有一个零点；当 1 ea0，所以 f(x)0 时，令 g(x)mx22xm， (i)m1 时， 44m 20，此时 f( x)0，f(x)在(0，)上单调递增； (ii)0 m0， 令 f( x)0， 则 x1 11m 2 m ，x2 11m 2 m ， 所以 x 0，1 1m 2 m 11m 2 m ， 时，f(x)0， x 11 m 2 m ，
8、11m 2 m 时，f(x)0， 所以f(x)在 0， 11 m 2 m 和 11m 2 m ， 上单调递增，在 11 m 2 m ， 11m 2 m 上单调递减 综上 ，m0 时，f(x)在(0，)上单调递减； m1 时，f(x)在(0，)上单调递增； 0m1 时，f(x)在 11m 2 m ， 11m 2 m 上单调递减 ， 在 0， 11m 2 m 和 11m 2 m ， 上 单调递增 (2)证明： 因为 m 1 2，所以 f(x) 1 2 x1 x 2ln x， 由(1)可知 f(x)在(0，23)和 (23，)上单调递增 ，在(23，23)上单调递减 ， 又 f(1)0，且 1(23
9、，23)，所以 f(x)在(23，23)上有唯一零点x1. 又 0e 32 3，f(e 3)1 2(e 3e3)61 2e 36 e 3 2 7 e 3 2 2 3，f(e 3) f(e3)0， 所以 f(x)在(2 3， )上有唯一零点 综上 ，当 m 1 2时，f(x)有且只有三个零点 根据零点个数确定参数范围 已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求 满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由 参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数 范围； (2)分类讨论法：一般
10、命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通 常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题 意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围 高考真题思维方法 【由导数特点分类讨论】 (2018 高考全国卷 )已知函数f(x) exax2. (1)若 a 1，证明：当x0 时， f(x)1； (2)若 f(x)在 (0， )只有一个零点， 求 a. (1)略 (2)设函数 h(x) 1ax 2ex. f(x)在(0， )只有一个零点当且仅当h(x)在(0， ) 只有一个零点 【关键 1：构造函数h(x)，将 f(x)的零点 情况转化为h(
11、x)的零点情况 】 ()当 a0 时， h(x)0，h(x)没有零点； 【 关键 2：对参数 a 分类讨论 ，结合函数值判断函数零 点情况 】 ()当 a0 时， h(x)ax(x2)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 4a e 2是 h(x)在(0， )的最小值 . 【 关键 3：分类讨论 ，利用导数研究函数单调性，求函 数最值 】 若 h(2)0，即 a e 2 4 ，h(x)在(0， )没有零点； 若 h(2)0，即 a e 2 4 ，h(x)在(0， )只有一个零点
12、； 若 h(2)0，即 a e 2 4 ，由于 h(0) 1，所以 h(x)在(0， 2)有一个零点 . 由 (1)知，当 x0 时， exx2，所以 h(4a)1 16a 3 e 4a1 16a 3 （e 2a）21 16a 3 （2a） 41 1 a0. 故 h(x)在(2，4a)有一个零点因此h(x)在(0， )有两 个零点 . 【 关键 4：对函数最小值的符号分类讨论，结合函数单 调性判断零点情况，求出参数值 】 综上， f(x)在 (0， )只有一个零点时，a e 2 4 . 续表 高考真题思维方法 【直接分类讨论】 (2017 高考全国卷 )已知 函数 f(x)ae 2x(a2)e
13、x x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求a 的取值范围 . (1)略 (2)()若 a0，由 (1)知， f(x)至多有一个零点. 【关键 1：针对 f(x)解析式的特点 ，可对参数a 直接分类讨论 】 ()若 a0，由 (1)知，当 x ln a 时，f(x)取得最小值，最小值 为 f(ln a)11 a ln a 【关键 2：结合函数单调性求函数最小 值，进而根据最小值直接判断零点的情况】 当 a1 时，由于f(ln a)0，故 f(x)只有一个零点； 当 a(1， )时，由于 11 aln a0，即 f( ln a)0，故 f(x) 没有零点； 当 a(
14、0，1)时， 1 1 aln a0，即 f(ln a)2e220，故 f(x)在 (， ln a)有一个零点 . 设正整数 n0满足 n0ln 3 a1 ， 则 f(n0)en0(aen0a2)n0en0 n02n0n00. 由于 ln 3 a1 ln a，因此 f(x)在(ln a， )有一个零点 . 【关键 3：对参数 a 分类讨论 ，结合函数单调性与最小值判断函 数零点情况 ，求参数取值范围】 综上， a 的取值范围为 (0，1). 典型例题 (2019 唐山模拟 )已知函数f(x)xe x1 2a(x 1) 2. (1)若 a e，求函数f(x)的极值； (2)若函数 f(x)有两个零
15、点，求实数a 的取值范围 【解】(1)由题意知 ，当 ae 时，f(x)xe x1 2e(x 1) 2，函数 f(x)的定义域为 (， )， f(x)(x1)e xe(x1)(x1)(exe) 令 f(x)0，解得 x 1 或 x1. 当 x 变化时 ，f(x)，f(x)的变化情况如下表所示： x (， 1)1(1，1)1(1， ) f(x)00 f(x)极大值 1 e 极小值 e 所以当 x 1 时 ，f(x)取得极大值 1 e；当 x1 时，f(x)取得极小值 e. (2)令 f(x)0，即 xe x1 2a(x1) 20， 得 xe x1 2a(x1) 2. 当 x 1 时，方程为 e
16、11 2a0，显然不成立 ， 所以 x 1 不是方程的解 ，即 1 不是函数f(x)的零点 当 x1 时，分离参数得a 2xe x （x1） 2. 记 g(x) 2xe x （ x1） 2(x 1)， 则 g(x) （2xex）（x1） 2（x1）2 2 xe x （x1） 4 2e x（x21） （x1） 3. 当 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，函数 g(x)单调递增 当 x0 时，g(x)0；当 x时， g(x) 0；当 x 1时 ，g(x)；当 x 时， g(x). 故函数 g(x)的图象如图所示 作出直线ya，由图可知 ，当 a0) (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若 g(x)f(x)m，当 a2 时， g(x)在e 1，e上有两个不同的零点，求 m 的取值范围 解： (1)f(x)a1 a
