专题4.8 导数中的零点问题（解析版）

专题4.8导数中的零点问题题型一讨论零点的个数题型二已知零点个数求参数题型三存在零点求参数题型四证明零点个数题型五隐零点题型一讨论零点的个数例1．（2023春·安徽六安·高二六安二中校联考期中）已知exfxxaxa，xR，a是参数，则下列结论正确的是（）A．若fx有两个极值点，则2aB．fx至多2个零点C．若2a，则fx的零点之和为0D．fx无最大值和最小值【答案】ACD【分析】求导，把两个极值点问题转化为导数方程有两个解问题，分离参数数形结合即可求解a的范围，判断A，求导，判断函数fx的单调性，再结合零点存在性定理，直接判断即可判断B；问题等价于直线y＝a与函数11xxeyxe图象的交点的横坐标之和是否为0，由函数11xxeyxe的奇偶性容易判断C，结合函数的的单调性及图象变化趋势判断D.【详解】对于A，因为exfxxaxa，所以e11xfxxa，若fx有两个极值点，则e110xxa有两个不同的解，分参得，11exax有两个不同的解，记1()1exhxx，则1()1exhx，令()0hx，得0x，当(,0)x时，0hx，hx单调递减，当,()0x时，0hx，hx单调递增，又02h，作出函数hx的图象，要使11exax有两个不同的解，则直线ya与函数1()1exhxx有两个不同的交点，由图知，2a，故A正确；对于B，当2a时，22e10afa，110fa，结合A选项知，存在1,2xa，22,1xaa，使得12()0fxfx，又020fa，所以120,xx，又00f，x趋向负无穷大时，函数fx无限趋向于负无穷大，x趋向正无穷大时，函数fx无限趋向于正无穷大，且12()00,()00fxffxf，由零点存在性可知，fx有三个零点，故选项B错误；对于C，e0xxaxa的根即为e1e1xxax的根，亦即直线y＝a与函数e1e1xxyx图象的交点的横坐标，又函数e1e1xxyx为偶函数，所以直线y＝a与函数e1e1xxyx图象的交点的横坐标之和为0，故选项C正确；对于D，当2a时，由选项A知，11exax，则e110xfxxa，函数fx在R上单调递增，且x趋向负无穷大时，函数fx无限趋向于负无穷大，x趋向正无穷大时，函数fx无限趋向于正无穷大，此时函数fx无最大值和最小值；当2a时，由选项B知，函数fx在1,x和2,x上单调递增，在12,xx上单调递减，且x趋向负无穷大时，函数fx无限趋向于负无穷大，x趋向正无穷大时，函数fx无限趋向于正无穷大，此时函数fx无最大值和最小值；综上，函数fx无最大值和最小值，故选项D正确；故选：ACD【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.例2．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考二模）已知函数221exfxxxmx，231e2xgxxxmx，m∈R．(1)设fx的导函数为fx，试讨论fx的零点个数；(2)设11ln1mhxmxxmx，2hxfxgx当1,x时，若21hxhx恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2),e．【分析】（1）分离参数得23exxm，将零点问题转换为交点问题，求得23expxx的导数，根据其单调性画出大致函数图象，分类讨论m的取值与函数交点个数的关系即可；（2）简化不等式，根据不等式特征构造函数，求导新函数的导数判断其单调性，根据新函数单调性将外函数的大小比较简化成内函数的大小比较，再求解内函数的大小关系即可求得实数m的取值范围.【详解】（1）23exfxxm，令23exqxxm，函数qx的零点即为23exxm的方程的根，令23expxx，223e13exxpxxxxx，当x＜－3或x＞1时，0px，px单调递增，当－3＜x＜1时，0px，px单调递减，且336ep，12ep，x→∞时，0px，x→＋∞时，px，且当3x或3x时0px，当33x时0px，则23expxx的大致图象如图所示：由数形结合可知，当m＝－2e或36em时，fx有一个零点；当－2e＜m≤0或36em时，fx有两个零点；当360em时，fx有三个零点；当m＜－2e时，fx无零点．（2）当1,x时，若21hxhx成立，即elnlnxmxxmxxmx对1,x恒成立，即elnlnxmxxmxxmx对1,x恒成立，亦即lnelnelnxmxxxmxmx对1,x恒成立，设函数exhxxx，∴lnhxhmx对1,x恒成立，又1e1xhxx，设11exxhxx，∴2exxx，∴当,2x时，0x，此时点hx在2上单调递减，当2,x时，0x，此时hx在2,上单调递增，∴21210ehxh，∴hx在R上单调递增，又lnhxhmx，∴lnxmx在1,上恒成立，令lnrxxmx，则1mxmrxxx， ①当m≤1时，0rx在1,上恒成立，∴110rxr，此时满足已知条件， ②当m＞1时，由0rx，解得x＝m，当1,xm时，0rx，此时rx在1,m上单调递减；当,xm时，0rx，此时rx在,m上单调递增；∴rx的最小值ln0rmmmm，解得1＜m≤e，综上，m的取值范围是,e．练习1．（2023春·甘肃武威·高三武威第六中学校考期中）已知函数()(2)exfxx．(1)求函数()fx的单调区间和极值：(2)若()()gxfxa，讨论函数()gx的零点个数．【答案】(1)单调递减区间为(,1)，单调递增区间为(1,)；极小值为e，无极大值(2)答案见解析【分析】（1）求导后，根据()fx正负可得单调区间；根据极值点定义可求得极值；（2）将问题转化为()fx与ya的交点个数问题，结合（1）中结论作出函数图象分析可得结果．【详解】（1）∵()fx定义域为R，()e(2)e(1)exxxfxxx，又e0x恒成立，∴当(,1)x时，()0fx；当(1,)x时，()0fx；()fx的单调递减区间为(,1)，单调递增区间为(1,)；所以极小值为(1)fe，无极大值．（2）当2x时，()0fx，当2x时，()0fx，结合（1）中结论作出函数图象如图：()gx的零点个数等价于()fx与ya的交点个数；当0a时，()fx与ya有且仅有一个交点；当e0a时，()fx与ya有两个不同交点；当ae时，()fx与ya有且仅有一个交点；当ea时，()fx与ya无交点；综上所述：当[0,){e}a时，()gx有唯一零点；当(e,0)a时，()gx有两个不同零点；当(,e)a时，()gx无零点．练习2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知esinxfxxx.(1)若22π0e2xxfxgxx，证明：gx存在唯一零点；(2)当,πx时，讨论fx零点个数.【答案】(1)见解析(2)fx有2个零点，【分析】（1）求导，利用导数判断gx在π02x单调递减，进而由零点存在性定理即可求解，（2）分类讨论，结合导数求解单调性，由零点存在性定理即可求解.【详解】（1）222eπ0eesin2xxxxfxxgxxx=，2sin2ee2ee3eeiesncosxxxxxxxxxxxxxgx，由于π02x，所以cos0,1,cos0,30,3cos0,eexxxxxxx进而0gx，所以gx在π02x单调递减，又ππ22ππ22πsinπ2020,2ππ2e2e220eegg，所以gx存在唯一零点（2）esinxfxxx，,πx，则esinecos1xxfxxx，,πx，当π2x-时，ππ122ee,esinecos1esincos12e12e12e10xxxxxfxxxxx--，此时fx在π2x-单调递减，ππ22ππ102πesine22f----+-+=，所以fx在在π2x-没有零点，当ππ22x-时，令πesinecos1,0,2ecos02xxxhxxxxhxx-，所以fx在ππ22x-单调递增，又00,f故当π02x-时，0fx，故fx在π02x-单调递减，又00f，当π02x时，()0fx¢，故fx在π02x单调递增，因此当ππ22x-时，fx只有一个零点0，当ππ2x时，2ecos0xhxx，所以fx在ππ2x单调递减，ππ2ππe10,e102ff=-，故0π,π,2x使得00fx，且当0π,2xx时，0,fxfx单调递增，当0,πxx时，0,π,0,xxfxfx单调递减，而π2πππee0,ππ0222ff-=，所以当0π,0,2xxfx此时fx无零点，当0,πxx，fx只有一个零点，综上可知：,πx时，fx有2个零点，【点睛】本题主要考查了导数的综合运用以及函数的零点，属于较难题.判断函数yfx零点个数的常用方法：(1)直接法：令0,fx则方程实根的个数就是函数零点的个；(2)零点存在性定理法：判断函数在区间,ab上是连续不断的曲线，且·0,fafb再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)可确定函数的零点个数；(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.练习3．（2023春·河南郑州·高三河南省实验中学校考期中）已知函数e1xfxax．(