資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第3課時　利用導數研究函數的零點
考點一　確定函數零點的個數(多考向探究)
考向1利用單調性和函數零點存在定理確定零點個數
例1 (2023·湖北武漢模擬)已知函數f(x)＝，g(x)＝tanx.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)設函數F(x)＝f(x)－g(x)，試判斷F(x)在∪內的零點個數．
解　(1)函數f(x)＝的定義域為{x|x≠0}，f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；
當x∈(0，1)時，f′(x)<0；
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)，(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－tanx＝0，
得xsinx－excosx＝0.
設h(x)＝xsinx－excosx，
所以h′(x)＝(ex＋1)sinx＋(x－ex)cosx.
①當x∈時，可知ex>0>x，則ex>x，
所以x－ex<0，
又sinx<0，cosx>0，所以h′(x)<0，
從而h(x)＝xsinx－excosx在上單調遞減，
又h(0)＝－1，h＝>0，
由零點存在定理及h(x)的單調性，得h(x)在上有一個零點．
②當x∈時，cosx≥sinx>0，由(1)知函數f(x)＝在(0，1)上單調遞減，所以當x∈時，函數f(x)＝>f(1)＝e>1，
則ex>x>0.
所以excosx>xsinx，
則h(x)＝xsinx－excosx<0恒成立．
所以h(x)在上無零點．
③當x∈時，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0，
則h(x)在上單調遞增．
又h＝>0，h＝<0，
由零點存在定理及h(x)的單調性，得h(x)在上存在一個零點．
綜上，h(x)在∪內的零點個數為2，即F(x)在∪內的零點個數為2.
【常用結論】 利用單調性和函數零點存在定理確定零點個數的一般步驟及注意點 (1)討論函數的單調性，確定函數的單調區間． (2)在每個單調區間上，利用函數零點存在定理判斷零點的個數． (3)注意區間端點的選取技巧． (4)含參數時注意分類討論．
　1.(2023·江西高三質量監測(四))已知函數f(x)＝(x－1)ex－ax3(a>e，e是自然對數的底數)．
(1)討論函數f(x)的極值點的個數；
(2)證明：函數f(x)在區間(0，＋∞)上有且只有一個零點．
解　(1)f′(x)＝xex－ax2＝x(ex－ax)(a＞e)，
令f′(x)＝0，得x＝0或ex－ax＝0.
設g(x)＝ex－ax，則g′(x)＝ex－a，
令g′(x)＝0，得x＝ln a，
當x當x>ln a時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，
所以g(x)min＝g(ln a)＝a－aln a＝a(1－ln a)．
因為a>e，則g(x)min<0，此時g(x)在R上有且僅有兩個零點，記為x1，x2(x1因為g(0)＝1>0，g(1)＝e－a<0，當x→＋∞時，g(x)>0，所以0又當x＜0時，f′(x)＜0，當0＜x＜x1時，f′(x)＞0，
所以0是f′(x)的變號零點，
即f′(x)在R上有且僅有3個變號零點，
所以函數f(x)在R上有且僅有3個極值點．
(2)證明：f′(x)＝x(ex－ax)，
由(1)知，當a>e時，f(x)在R上有3個極值點：0，x1，x2，其中0當00，則f′(x)>0，f(x)單調遞增；
當x1當x>x2時，g(x)>0，則f′(x)>0，f(x)單調遞增．
所以f(x)在區間(0，＋∞)內的極大值為f(x1)，極小值為f(x2)，
且ex1＝ax1，e x2＝ax2 a＝，a＝.
所以f(x2)＝(x2－1)ex2－ax＝(x2－1)ex2－·x＝(x2－1)ex2－＝(－x＋3x2－3)＝<0，
同理，f(x1)＝<0，
而當x→＋∞時，f(x)>0，
因此函數f(x)在區間(0，x2]內無零點，在區間(x2，＋∞)上有且只有一個零點．
綜上所述，函數f(x)在區間(0，＋∞)上有且只有一個零點．
考向2利用兩個函數圖象的交點確定零點個數
例2 (2024·河北邢臺第二中學高三階段練習)已知函數f(x)＝ax2－|1＋ln x|(a>0)．
(1)若a＝1，求f(x)的單調區間；
(2)討論f(x)零點的個數．
解　(1)當a＝1時，函數f(x)＝x2－|1＋ln x|的定義域為(0，＋∞)，
當00，
因此f(x)在上單調遞增，
當x>時，f(x)＝x2－1－ln x，f′(x)＝2x－＝，當時，f′(x)>0，因此函數f(x)在上單調遞減，在上單調遞增，
所以函數f(x)的單調遞增區間是，，單調遞減區間是.
(2)函數f(x)＝ax2－|1＋ln x|(a>0)的定義域為(0，＋∞)，
由f(x)＝0，得a＝，
令函數g(x)＝，x>0，
當0g′(x)＝－＝<0，
函數g(x)在上單調遞減，由于－(1＋ln x)≥0，即有－(1＋ln x)在上的取值集合是[0，＋∞)，又在上的取值集合是[e2，＋∞)，因此函數g(x)在上的取值集合是[0，＋∞)．
當x>時，g(x)＝，求導得g′(x)＝－，當0，當x>時，g′(x)<0，
因此函數g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，在x＝處取得極大值g＝，而 x∈，g(x)>0恒成立，
函數f(x)＝ax2－|1＋ln x|(a>0)的零點，
即方程a＝(a>0)的根，
亦即直線y＝a(a>0)與函數y＝g(x)的圖象交點的橫坐標，
在同一坐標系內作出直線y＝a(a>0)與函數y＝g(x)的圖象，如圖，
觀察圖象知，當00)與函數y＝g(x)的圖象有3個公共點；
當a＝時，直線y＝a(a>0)與函數y＝g(x)的圖象有2個公共點；
當a>時，直線y＝a(a>0)與函數y＝g(x)的圖象有1個公共點．
所以當0時，函數f(x)有1個零點．
在借助函數圖象研究函數零點問題時，要準確畫出函數的圖象，不僅要研究函數的單調性與極值的情況，還要關注函數值的正負以及變化趨勢，把函數圖象與x軸有無交點，哪一區間在x軸上方，哪一區間在x軸下方等情況分析清楚，這樣才能準確地研究直線與函數圖象交點的個數情況．
　2.(2023·湖北七市聯考)已知函數f(x)＝ln x＋－2，g(x)＝xln x－ax2－x＋1.
(1)證明：函數f(x)在(1，＋∞)上有且僅有一個零點；
(2)假設存在常數λ>1，且滿足f(λ)＝0，試討論函數g(x)的零點個數．
解　(1)證明：f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
當02時，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增．
因為f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1<0，f(e2)＝>0，
由零點存在定理及f(x)的單調性，得函數f(x)在(1，＋∞)上有且僅有一個零點．
(2)令g(x)＝0，即xln x－ax2－x＋1＝0，從而有ax＝ln x－1＋.
令φ(x)＝ln x－1＋，從而g(x)的零點個數等價于y＝ax的圖象與φ(x)圖象的交點個數．
φ′(x)＝－＝，令φ′(x)＝0，得x＝1.
當01時，φ′(x)>0，
所以φ(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，且φ(x)min＝φ(1)＝0，其圖象如圖所示．
當a＝0時，y＝ax的圖象與φ(x)的圖象有一個交點．
當a<0時，y＝ax的圖象經過第二、四象限，與φ(x)的圖象無交點．
當a>0時，y＝ax的圖象經過第一、三象限，與φ(x)的圖象至少有一個交點．
當y＝ax的圖象與φ(x)的圖象相切時，設切點橫坐標為x0，
則有
即有ln x0＋－2＝0，從而x0＝λ，
此時a＝－＝>0.
所以，當a＝時，y＝ax的圖象與φ(x)的圖象有兩個交點；
當0當a>時，y＝ax的圖象與φ(x)的圖象有一個交點．
綜上所述，當a<0時，g(x)沒有零點；當0或a＝0時，g(x)有一個零點．
考點二　根據零點情況求參數范圍
例3 (2023·廣東惠州實驗中學高三下學期適應性考試)已知函數f(x)＝ax，其中0(1)求函數g(x)＝f(x)－xln a的單調區間；
(2)若函數h(x)＝ax－x2－xln a－a＋(3－k)ln a＋(ln a)2在x∈[1，＋∞)上存在零點，求實數k的取值范圍．
解　(1)由已知，g(x)＝ax－xln a，
g′(x)＝axln a－ln a，
令g′(x)＝0，解得x＝0.
由0x (－∞，0) 0 (0，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) 單調遞減 極小值 單調遞增
所以函數g(x)的單調遞減區間為(－∞，0)，單調遞增區間為(0，＋∞)．
(2)令h(x)＝0，則存在x∈[1，＋∞)，
使得ax－x2－xln a－a＋(3－k)ln a＋(ln a)2＝0，
兩邊同時除以ln a，得－x2－x－＋ln a＋3－k＝0，
即－x2－x－＋ln a＋3＝k.
令t(x)＝－x2－x－＋ln a＋3，x∈[1，＋∞)，t′(x)＝ax－xln a－1，
由(1)知ax－xln a≥g(0)＝1，即t′(x)≥0，
則函數t(x)在[1，＋∞)上單調遞增，
所以t(x)≥t(1)＝－－1－＋ln a＋3＝＋2.
故k≥2＋，
即實數k的取值范圍為.
根據零點情況求參數范圍的解法
　3.(2022·全國乙卷)已知函數f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x.
(1)當a＝1時，求曲線f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；
(2)若f(x)在區間(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一個零點，求a的取值范圍．
解　(1)當a＝1時，f(x)＝ln (1＋x)＋xe－x，
∴f′(x)＝＋e－x－xe－x，
∴f′(0)＝1＋1＝2，又f(0)＝0，
∴所求切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x.
(2)f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x＝ln (x＋1)＋，
①當a≥0時，若x>0，
則ln (x＋1)>0，≥0，
∴f(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上無零點，不符合題意．
②當a<0時，f′(x)＝.
令g(x)＝ex＋a(1－x2)，則g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1，
(a)當g′(－1)≥0，即－≤a<0時，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴g(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，
∵g(－1)＝e－1>0，
∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，
∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均無零點，不符合題意．
(b)當g′(－1)<0，即a<－時，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0.
∴g(x)在(－1，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增．
g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.
(ⅰ)當g(0)≥0，即－1≤a<－時，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
∵f(0)＝0，∴當x∈(0，＋∞)時，f(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上無零點，不符合題意．
(ⅱ)當g(0)<0，即a<－1時，
存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，
∴f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上單調遞增，在(x1，x2)上單調遞減．
∵f(0)＝0，
∴f(x1)>f(0)＝0，當x→－1時，f(x)<0，
∴f(x)在(－1，x1)上存在一個零點，即f(x)在(－1，0)上存在一個零點，
∵f(x2)0，
∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一個零點，即f(x)在(0，＋∞)上存在一個零點．
綜上，a的取值范圍是(－∞，－1)．
考點三　“隱零點”問題
例4 已知函數f(x)＝ln x＋ax－a(a∈R)．
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)若不等式f(x)解　(1)由f(x)＝ln x＋ax－a知，定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝＋a＝，
①當a≥0時，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
②當a<0時，當x∈時，f′(x)>0，當x∈時，f′(x)<0，
故f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．
(2)由f(x)令g(x)＝ln x－a(x2－x)，
①當a≤0時，在(1，＋∞)上，g(x)＝ln x－a(x2－x)＝ln x－ax(x－1)>0恒成立，與題意不符；
②當a>0時，g′(x)＝－a(2x－1)＝－2ax＋a在(1，＋∞)上單調遞減，且g′(1)＝1－a，
當a∈(0，1)時，g′(1)>0，故在(1，＋∞)上存在x0，使得g′(x)＝0，當x∈(1，x0)時，g′(x)>0，
則在(1，x0)上，g(x)單調遞增，所以g(x)>g(1)＝0，與題意不符．
當a∈[1，＋∞)時，g′(x)綜上所述，實數a的取值范圍為[1，＋∞)．
在函數的零點中，有些零點不易求出，或者可以求出但無需求出，我們把這樣的零點稱為“隱零點”，即能確定其存在，但又無法或無需求出．對于“隱零點”問題的解題思路是對函數的零點設而不求，通過整體代換和過渡，再結合題目條件解決問題．
　4.已知函數f(x)＝aex－ln x，g(x)＝，a≠0.
(1)若g(x)在[1，3]上是增函數，求實數a的取值范圍；
(2)若a>0，求證：f(x)≥2＋ln a.
解　(1)∵g(x)＝＝ex－，
∴g′(x)＝ex－(x>0)．
∵g(x)在[1，3]上是增函數，
∴g′(x)≥0在[1，3]上恒成立，即≤xex在[1，3]上恒成立．
令t(x)＝xex，則t′(x)＝(x＋1)ex.
∵當x∈[1，3]時，t′(x)>0，
∴t(x)在[1，3]上是增函數，
∴(xex)min＝e.
∴≤e，解得a≥或a<0，
即實數a的取值范圍是(－∞，0)∪.
(2)證明：f′(x)＝aex－＝，
令h(x)＝axex－1，
則h′(x)＝aex＋axex＝aex(1＋x)，
∵a>0，∴h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
又h(0)＝－1<0，h＝e－1>0，
∴存在x0∈，使得h(x0)＝0，即存在x0∈，使得f′(x0)＝aex0－＝0，
即x0＝.
∴當x∈(0，x0)時，f′(x)<0，當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，
∴f(x)min＝f(x0)＝ae x0－ln x0＝－ln ＝＋x0＋ln a≥2＋ln a＝2＋ln a，
當且僅當＝x0，即x0＝1時等號成立，
∴當a>0時，f(x)≥2＋ln a.
課時作業
1．已知函數f(x)＝2x3－3x2－12x＋m.
(1)若m＝1，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)若函數f(x)有3個零點，求實數m的取值范圍．
解　(1)由題意，得f′(x)＝6x2－6x－12，
故f′(1)＝－12，
又當m＝1時，f(1)＝2－3－12＋1＝－12，
故所求的切線方程為y＋12＝－12(x－1)，
即y＝－12x.
(2)由題意，得f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)＝6(x＋1)(x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2，
當x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0；
當x∈(－1，2)時，f′(x)<0；
當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，－1)上單調遞增，在(－1，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，
所以函數f(x)有極大值f(－1)＝m＋7，有極小值f(2)＝m－20.
若函數f(x)有3個零點，
則實數m滿足
解得－7即實數m的取值范圍為(－7，20)．
2．已知函數f(x)＝(x2－2x＋a)ex.
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)當a＝1時，判斷函數g(x)＝f(x)－x2＋ln x的零點個數，并說明理由．
解　(1)f(x)的定義域為R，
f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x＋a)ex＝(x2＋a－2)ex，
當a≥2時，f′(x)≥0，則f(x)在R上是增函數；
當a<2時，f′(x)＝[x2－(2－a)]ex＝(x＋)(x－)ex，
令f′(x)＝0，得x＝±；
令f′(x)>0，得x<－或x>；
令f′(x)<0，得－所以函數f(x)在(－，)上單調遞減，在(－∞，－)和(，＋∞)上單調遞增．
(2)當a＝1時，g(x)＝(x－1)2ex－x2＋ln x，其定義域為(0，＋∞)，
則g′(x)＝(x＋1)(x－1).
設h(x)＝ex－(x>0)，則h′(x)＝ex＋>0，
從而h(x)在(0，＋∞)上是增函數，
又h＝－2<0，h(1)＝e－1>0，
所以存在x0∈，使得h(x0)＝e x0－＝0，
即e x0＝，x0＝－ln x0.
列表如下：
x (0，x0) x0 (x0，1) 1 (1，＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) 增函數 極大值 減函數 極小值 增函數
由表可得g(x)的極小值為g(1)＝－，
g(x)的極大值為g(x0)＝(x0－1)2e x0－x＋ln x0＝－x－x0＝－x＋－2.
因為y＝－x2＋－2在上是減函數，
所以－所以g(x)在(0，1]內沒有零點．
又g(1)＝－<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0，g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以g(x)在(1，＋∞)內有一個零點．
綜上所述，g(x)只有一個零點．
3．(2023·河北石家莊高三模擬(二))已知函數f(x)＝－2sinx，x∈.
(1)若函數g(x)＝f(x)－＋sin2x，求g(x)的最小值；
(2)證明：函數f(x)在上有唯一零點．
解　(1)由題意，g(x)＝－2sinx＋sin2x，
g′(x)＝－2cosx＋2cos2x＝2(2cos2x－cosx－1)＝2(cosx－1)(2cosx＋1)，
因為x∈，
所以0≤cosx<1，
所以g′(x)<0，g(x)是減函數，
所以g(x)min＝g＝－2.
(2)證明：f(x)＝－2sinx，
設h(x)＝x－sinx，則h′(x)＝1－cosx≥0，h(x)是增函數，
所以x>0時，h(x)>h(0)＝0，即x>sinx，從而2x>2sinx，
由2x<，解得0所以當02sinx，即f(x)>0，f(x)無零點；
當2sin＝，<<，
所以f(x)＝－2sinx<0，f(x)無零點；
當≤x≤時，f′(x)＝－2cosx，
≤＝1，2cosx≥2cos＝1，
所以f′(x)＝－2cosx≤0，f(x)單調遞減，
又f＝－2sin>－2×＝0，f＝－2sin＝－<0，
所以f(x)在上有唯一零點，也即在上有唯一零點．
4．(2024·湖北武漢模擬)設函數f(x)＝e2x－aln x.
(1)討論f(x)的導函數f′(x)的零點個數；
(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln .
解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－(x>0)．
當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點；
當a>0時，因為y＝e2x單調遞增，y＝－單調遞增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
又f′(a)＝2e2a－1>0，當b滿足0f′(b)<0，(討論a≥1或a<1來檢驗，
①當a≥1時，則0②當a<1時，則0綜上，f′(b)<0.)
故當a>0時，f′(x)存在唯一零點．
(2)證明：由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，則f′(x0)＝2e2x0－＝0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，為f(x0)．
所以f(x0)＝e2 x0－aln x0＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln ，當且僅當x0＝時等號成立．
故當a>0時，f(x)≥2a＋aln .
5．(2024·湖南邵東創新實驗學校高三第二次月考)已知函數f(x)＝ex－x2－x－1，
(1)證明：當x>0時，f(x)>0恒成立；
(2)若關于x的方程＋＝asinx在(0，π)內有解，求實數a的取值范圍．
解　(1)證明：函數f(x)＝ex－x2－x－1，x>0，求導得f′(x)＝ex－x－1，
令y＝ex－x－1，x>0，求導得y′＝ex－1>0，
則函數f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，f′(x)>f′(0)＝0，
因此函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，f(x)>f(0)＝0，
所以當x>0時，f(x)>0恒成立．
(2)設y＝x－sinx，x∈(0，π)，則y′＝1－cosx>0，
則y＝x－sinx在(0，π)上單調遞增，y>0，即x>sinx>0，
方程＋＝asinx等價于ex－axsinx－x－1＝0，x∈(0，π)，
令g(x)＝ex－axsinx－x－1，
原問題等價于g(x)在(0，π)內有零點，
由x∈(0，π)，得xsinx由(1)知，當a≤時，g(x)＝ex－axsinx－x－1>ex－x2－x－1>0，
當x∈(0，π)時，函數y＝g(x)沒有零點，不符合題意；
當a>時，由g(x)＝ex－axsinx－x－1，求導得g′(x)＝ex－a(xcosx＋sinx)－1，
令t(x)＝g′(x)＝ex－a(xcosx＋sinx)－1，
則t′(x)＝ex＋a(xsinx－2cosx)，
當x∈時，t′(x)>0恒成立，
當x∈時，令s(x)＝t′(x)＝ex＋a(xsinx－2cosx)，
則s′(x)＝ex＋a(3sinx＋xcosx)，
因為ex>0，a(3sinx＋xcosx)>0，則s′(x)>0，
即t′(x)在上單調遞增，
又t′(0)＝1－2a<0，t′＝e＋a>0，
因此t′(x)在上存在唯一的零點x0，
當x∈(0，x0)時，t′(x)<0，函數g′(x)單調遞減；
當x∈(x0，π)時，t′(x)>0，函數g′(x)單調遞增，
顯然g′(x0)0，
因此g′(x)在(0，π)上存在唯一的零點x1，
且x1∈(x0，π)，當x∈(0，x1)時，g′(x)<0，函數g(x)單調遞減；
當x∈(x1，π)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，
又g(0)＝0，g(x1)由(1)知，ex>x2＋x＋1>x＋1(x>0)，
則g(π)＝eπ－π－1>0，
所以g(x)在(0，x1)上沒有零點，在(x1，π)上存在唯一零點，因此g(x)在(0，π)上有唯一零點．所以實數a的取值范圍是.
6．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．
(1)求a；
(2)證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．
解　(1)f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－＝.
當a≤0時，因為ex>0，所以f′(x)>0，即f(x)在R上單調遞增，無最小值，不符合題意．
當a>0時，f(x)在(－∞，ln a)上單調遞減，在(ln a，＋∞)上單調遞增，
所以f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a；
g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，
所以g(x)min＝g＝1＋ln a.
由題意，a－aln a＝1＋ln a，
即(a＋1)ln a＝a－1，
所以ln a－＝0，(*)
令h(a)＝ln a－，
則h′(a)＝－＝>0.
所以h(a)在(0，＋∞)上單調遞增．
又h(1)＝0，由(*)式解得a＝1.所以a＝1.
(2)證明：由(1)知a＝1，函數f(x)＝ex－x在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增．
函數g(x)＝x－ln x在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．
設u(x)＝f(x)－g(x)＝ex－2x＋ln x(x＞0)，
則u′(x)＝ex－2＋＞ex－2，當x≥1時，u′(x)＞e－2＞0，
所以函數u(x)在[1，＋∞)上單調遞增，因為u(1)＝e－2＞0，
所以當x≥1時，u(x)≥u(1)＞0恒成立，即f(x)－g(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，所以函數f(x)與g(x)的圖象在[1，＋∞)上無交點．
當0＜x＜1時，u′(x)＝ex－1＋＞0，所以u(x)在(0，1)上單調遞增，
又u(1)＝e－2＞0，u＝e－－2＜e－－2＜0，所以u(x)在(0，1)上存在唯一零點，
所以函數f(x)與函數g(x)的圖象在(0，1)上存在唯一交點，設該交點為M(m，f(m))(0＜m＜1)，
由此可作出函數y＝f(x)和y＝g(x)的大致圖象，
由圖象可知，當且僅當直線y＝b經過點M(m，f(m))時，
直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個不同的交點，
此時，設三個交點的橫坐標分別為x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，
則f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b.
因為f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)，
所以f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3)．
由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2，
則f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，
f(ln x3)＝eln x2－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，
上述兩式相減得x1＋x3＝2x2，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．
綜上可得，存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．
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第3課時　利用導數研究函數的零點
考點一　確定函數零點的個數(多考向探究)
考向1利用單調性和函數零點存在定理確定零點個數
例1 (2023·湖北武漢模擬)已知函數f(x)＝，g(x)＝tanx.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)設函數F(x)＝f(x)－g(x)，試判斷F(x)在∪內的零點個數．
【常用結論】 利用單調性和函數零點存在定理確定零點個數的一般步驟及注意點 (1)討論函數的單調性，確定函數的單調區間． (2)在每個單調區間上，利用函數零點存在定理判斷零點的個數． (3)注意區間端點的選取技巧． (4)含參數時注意分類討論．
　1.(2023·江西高三質量監測(四))已知函數f(x)＝(x－1)ex－ax3(a>e，e是自然對數的底數)．
(1)討論函數f(x)的極值點的個數；
(2)證明：函數f(x)在區間(0，＋∞)上有且只有一個零點．
考向2利用兩個函數圖象的交點確定零點個數
例2 (2024·河北邢臺第二中學高三階段練習)已知函數f(x)＝ax2－|1＋ln x|(a>0)．
(1)若a＝1，求f(x)的單調區間；
(2)討論f(x)零點的個數．
在借助函數圖象研究函數零點問題時，要準確畫出函數的圖象，不僅要研究函數的單調性與極值的情況，還要關注函數值的正負以及變化趨勢，把函數圖象與x軸有無交點，哪一區間在x軸上方，哪一區間在x軸下方等情況分析清楚，這樣才能準確地研究直線與函數圖象交點的個數情況．
　2.(2023·湖北七市聯考)已知函數f(x)＝ln x＋－2，g(x)＝xln x－ax2－x＋1.
(1)證明：函數f(x)在(1，＋∞)上有且僅有一個零點；
(2)假設存在常數λ>1，且滿足f(λ)＝0，試討論函數g(x)的零點個數．
考點二　根據零點情況求參數范圍
例3 (2023·廣東惠州實驗中學高三下學期適應性考試)已知函數f(x)＝ax，其中0(1)求函數g(x)＝f(x)－xln a的單調區間；
(2)若函數h(x)＝ax－x2－xln a－a＋(3－k)ln a＋(ln a)2在x∈[1，＋∞)上存在零點，求實數k的取值范圍．
根據零點情況求參數范圍的解法
　3.(2022·全國乙卷)已知函數f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x.
(1)當a＝1時，求曲線f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；
(2)若f(x)在區間(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一個零點，求a的取值范圍．
考點三　“隱零點”問題
例4 已知函數f(x)＝ln x＋ax－a(a∈R)．
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)若不等式f(x)在函數的零點中，有些零點不易求出，或者可以求出但無需求出，我們把這樣的零點稱為“隱零點”，即能確定其存在，但又無法或無需求出．對于“隱零點”問題的解題思路是對函數的零點設而不求，通過整體代換和過渡，再結合題目條件解決問題．
　4.已知函數f(x)＝aex－ln x，g(x)＝，a≠0.
(1)若g(x)在[1，3]上是增函數，求實數a的取值范圍；
(2)若a>0，求證：f(x)≥2＋ln a.
課時作業
1．已知函數f(x)＝2x3－3x2－12x＋m.
(1)若m＝1，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)若函數f(x)有3個零點，求實數m的取值范圍．
2．已知函數f(x)＝(x2－2x＋a)ex.
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)當a＝1時，判斷函數g(x)＝f(x)－x2＋ln x的零點個數，并說明理由．
3．(2023·河北石家莊高三模擬(二))已知函數f(x)＝－2sinx，x∈.
(1)若函數g(x)＝f(x)－＋sin2x，求g(x)的最小值；
(2)證明：函數f(x)在上有唯一零點．
4．(2024·湖北武漢模擬)設函數f(x)＝e2x－aln x.
(1)討論f(x)的導函數f′(x)的零點個數；
(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln .
5．(2024·湖南邵東創新實驗學校高三第二次月考)已知函數f(x)＝ex－x2－x－1，
(1)證明：當x>0時，f(x)>0恒成立；
(2)若關于x的方程＋＝asinx在(0，π)內有解，求實數a的取值范圍．
6．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．
(1)求a；
(2)證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．
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