专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题（原卷版）

专题2函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.二、解题秘籍(一)确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2.判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a＝g(x),根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．3.处理函数y=f(x)与y=g(x)图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,也通过构造函数y=f(x)-g(x),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.【例1】（2023届广东省罗定中学高三上学期调研）已知函数2213ln224fxxaxxaxx，其中0ea.(1)求函数fx的单调区间；(2)讨论函数fx零点的个数；【解析】（1）由题意知：fx定义域为0,，lnln1fxxaxxaxax，令0fx，解得：1xa，2ex，又0ea，当0,e,xa时，()0fx¢；当,exa时，0fx；()fx\的单调递增区间为0,a，e,；单调递减区间为,ea.（2）取min1,2a，则当0,x时，102xa，ln0x，3204ax，2213ln2024fxxaxxaxx；0ea，由（1）知：fx在0,a上单调递增，当0,xa时，0fx，即fx在0,a上无零点；下面讨论,xa的情况：①当e04a时，fx在,ea上单调递减，在e,上单调递增，2min1eeeee044fxfaa，又0fa，242244131e2ee2eee0244faa，()fx\在,ea和2e,e上各存在一个零点，即fx有两个不同零点；②当e4a时，fx在,ea上单调递减，在e,上单调递增，又eee04fa，()fx\有唯一零点ex；③当ee4a时，fx在,ea上单调递减，在e,上单调递增，mineee04fxfa，()fx\无零点；综上所述：当e04a时，fx有两个不同零点；当e4a时，fx有且仅有一个零点；当ee4a时，fx无零点.(二)根据函数零点个数确定参数范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出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,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.【例2】（2023届四川省成都市高三全真模拟）已知函数1ln1lnxfxxaa，1a．(1)若函数fx在2x处的切线的斜率为1e，求实数a的值（e是自然对数的底数）；(2)若函数fx有且仅有两个零点，求实数a的取值范围．【解析】（1）因为1ln1lnxfxxaa，定义域为(1,)，故211ln1xfxaax，则221ln1efaa，即22lne,lnlnlneaaaa，即ln2lnln1aa，令lnma，则2ln1mm，又因为2lnymm在0,上单调递增，且当1m时，2ln1ymm，所以lm，即ln1a，ea．（2）因为函数fx有且仅有两个零点，所以1ln1ln0xxaa有且仅有两个大于1的实数根，又1lnln1xaax，则11ln1ln1xxaaxx，即111ln1lnxxxxaa，令lnFxxx，则ln1Fxx，由0Fx，得1ex，当1ex时，0Fx，当10ex时，0Fx，所以Fx在10,e上单调递减且0Fx，在1,e上单调递增且1,x时0Fx，又11xFaFx，11xa，则110xFaF，则10Fx，即得11x，所以11xax，即ln1ln1xax，令ln,(1)xQxxx，则21lnxQxx，当ex时，0Qx，当1ex时，0Qx，所以函数Qx在1,e上单调递增，在e,上单调递减，1eeQ，当x时，0Qx，且无限趋近于0，所以1e10ln,1eeaa，故实数a的取值范围为1e1,e．(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点,赋值之所以“热”,是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性,唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知f(a)的符号,探求赋值点m(假定ma)使得f(m)与f(a)异号,则在(m,a)上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；确保赋值点x0落在规定区间内；确保运算可行三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.【例3】（2024届北京市新高三入学定位考试）已知函数()exxbfxax，曲线()yfx在(0,(0))f的切线为1yx．(1)求a，b的值；(2)求证：函数在区间(1,)上单调递增；(3)求函数()fx的零点个数，并说明理由．【解析】（1）e1()xxaxfb，则有01fb，解得1b=-，0121faba，则1,1ab.（2）由（1）知1()exxfxx，2e()21eexxxxfxx，设e2xhxx，因为hx在1,上单调递增，则1e10hxh，所以()0fx在1,上恒成立，所以函数fx在区间(1,)上单调递增.（3）因为2e()21eexxxxfxx，令()0fx，令()0fx，得e20xx，设e2xhxx，由（2）知hx在R上单调递增，且01h，1e10h，故存在唯一零点00,1x使得0hx，即存在唯一零点00,1x满足0()0fx，即得00e20xx，则00e2xx，且当0,xx时，()0fx，此时fx单调递减，当0,xx时，()0fx，此时fx单调递增，所以000000000000min1211eee2xxxxfxxxxxxfxxx22000001512422xxxxx，当00,1x时，020x，2201515012424x，则min0fx，则函数()fx的零点个数为0.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为0x,再利用导函数的单调性确定0x所在区间,最后根据00fx,研究0fx,我们把这类问题称为隐零点问题.注意若)(xf中含有参数a,关系式0)('0xf是关于ax,0的关系式,确定0x的合适范围,往往和a的范围有关.【例4】（2024届宁夏吴忠市高三上学期月考）已知函数exfxax在0,0f处的切线与直线l：240xy垂直．(1)求fx的单调区间；(2)若对任意实数x，232fxxb恒成立，求整数b的最大值．【解析】（1）由exfxa，得01kfa，又切线与直线l：240xy垂直，所以2k，即3a．所以e3xfx，令0fx，得ln3x，当ln3x时，0fx，fx单调递减；当ln3x时，()0fx¢，fx单调递增．所以fx的单调递减区间为,ln3，单调递增区间为ln3,．（2）对任意实数x，232fxxb恒成立，即对任意实数2,e332xxxxb恒成立．设2e33xgxxx，即min12bgx．e23xgxx，令e23xhxgxx，所以e20xhx恒成立，所以e23xgxx在R上单调递增．又1e202g，1e10g，所以存在01,12x，使得00gx，即00e230xx，所以00e32xx．当0,xx时，00gx，gx单调递减；当0,xx时，00gx，gx单调递增．所以02000mine33xgxgxxx2220000005132335624xxxxxx，当01,12x时，200152564xx，所以01151,28gx，由题意知012bgx且bZ所以1b，即整数b的最大值为1．三、典例展示【例1】（2022高考全国卷乙理）已知函数ln1exfxxax（1）当1a时,求曲线yfx在点0,0f处的切线方程；（2）若fx在区间1,0,0,各恰有一个零点,求a取值范围．【解析】（1）当1a时,()ln(1),(0)0exxfxxf,所以切点为(0,0),11(),(0)2