考點(diǎn)1 數(shù)形結(jié)合研究函數(shù)的零點(diǎn)
[名師點(diǎn)睛]
含參數(shù)的函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)，可轉(zhuǎn)化為方程解的個(gè)數(shù)，若能分離參數(shù)，可將參數(shù)分離出來后，用x表示參數(shù)的函數(shù)，作出該函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象特征求參數(shù)的范圍．
[典例]
(2022·廊坊聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq \f(1,2)x2－a2ln x，a∈R.
(1)若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為16x＋2y－17＝0，求a的值；
(2)若a>0，函數(shù)y＝f(x)與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍．
[解] (1)由題意知函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝x－eq \f(a2,x)， 因?yàn)榍€y＝f(x)在x＝1處的切線方程為16x＋2y－17＝0，所以切線斜率為－8，即x＝1時(shí)，f′(1)＝1－a2＝－8, 解得a＝±3.
(2)因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，
所以方程f(x)＝0在(0，＋∞)上有兩個(gè)不等實(shí)根，
即eq \f(1,2)x2＝a2ln x在(0，＋∞)上有兩個(gè)不等實(shí)根，
方程eq \f(1,2)x2＝a2ln x可化為eq \f(1,2a2)＝eq \f(ln x,x2)，
令g(x)＝eq \f(ln x,x2)，x>0，
則只需直線y＝eq \f(1,2a2)與函數(shù)g(x)＝eq \f(ln x,x2)的圖像有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．
g′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x2－2xln x,x4)＝eq \f(1－2ln x,x3)，
由g′(x)>0得1－2ln x>0，解得0＜x＜eq \r(e)；
由g′(x)＜0得1－2ln x＜0，解得x>eq \r(e)，
所以函數(shù)g(x)在(0，eq \r(e))上單調(diào)遞增，在(eq \r(e)，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以g(x)max＝g(eq \r(e))＝eq \f(1,2e).
當(dāng)x>1時(shí)，g(x)＝eq \f(ln x,x2)>0；當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＜0，
當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0.
畫出函數(shù)g(x)的大致圖像如下：
由函數(shù)圖像可得，當(dāng)0＜eq \f(1,2a2)＜eq \f(1,2e)，即a>eq \r(e)時(shí)，直線y＝eq \f(1,2a2)與函數(shù)g(x)＝eq \f(ln x,x2)的圖像有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，即函數(shù)y＝f(x)與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，因此a的取值范圍為a>eq \r(e).
[舉一反三]
1.已知函數(shù)f(x)＝xex＋ex.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；
(2)討論函數(shù)g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，
且f′(x)＝(x＋2)ex，
令f′(x)＝0得x＝－2，則f′(x)，f(x)的變化情況如表所示：
∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(－2，＋∞)．
當(dāng)x＝－2時(shí)，f(x)有極小值為f(－2)＝－eq \f(1,e2)，無極大值．
(2)令f(x)＝0，得x＝－1，
當(dāng)x0，且f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,e2)))，(－1,0)，(0,1)．
當(dāng)x→－∞時(shí)，與一次函數(shù)相比，指數(shù)函數(shù)y＝e－x增長更快，從而f(x)＝eq \f(x＋1,e－x)→0；
當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根據(jù)以上信息，畫出f(x)大致圖象如圖所示．
函數(shù)g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為y＝f(x)的圖象與直線y＝a的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．
當(dāng)x＝－2時(shí)，f(x)有極小值f(－2)＝－eq \f(1,e2).
∴關(guān)于函數(shù)g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)有如下結(jié)論：
當(dāng)a0)，
則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)eq \f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)無零點(diǎn)；
②當(dāng)m＝eq \f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；
③當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增，若x∈(ln(2a)，0)，則f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，若x∈(0，＋∞)，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)a＝eq \f(1,2)時(shí)，f′(x)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增；
當(dāng)a>eq \f(1,2)時(shí)，若x∈(－∞，0)，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
若x∈(0，ln(2a))，則f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，
若x∈(ln(2a)，＋∞)，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
(2)證明：若選擇條件①，
由(1)知當(dāng)a＞eq \f(1,2)時(shí)，f(x)在(－∞，0)，(ln 2a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，ln 2a)上單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝0處取得極大值f(0)，在x＝ln 2a處取得極小值f(ln 2a)，
且f(0)＝－1＋b，f(ln 2a)＝(2a－aln 2a)ln 2a＋b－2a.
由于eq \f(1,2)＜a≤eq \f(e2,2)，b＞2a，所以f(0)＞0，ln 2a＞0，b－2a＞0.
令g(x)＝2x－xln 2x，
則g′(x)＝1－ln 2x，當(dāng)eq \f(1,2)＜x＜eq \f(e,2)時(shí)，g′(x)＞0，
當(dāng)eq \f(e,2)＜x≤eq \f(e2,2)時(shí)，g′(x)＜0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(e,2)))上單調(diào)遞增，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(e,2)，\f(e2,2)))上單調(diào)遞減，
所以g(x)在x＝eq \f(e,2)處取得極大值geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2))).
由于geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))＝eq \f(e,2)＞0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,2)))＝0，
所以g(x)≥0在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(e2,2)))上恒成立，
所以f(ln 2a)＞0.
當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→－∞，所以f(x)有一個(gè)零點(diǎn)，得證．
若選擇條件②，
由(1)知，當(dāng)0＜a＜eq \f(1,2)時(shí)，f(x)在(－∞，ln 2a)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln 2a,0)上單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝ln 2a處取得極大值f(ln 2a)，在x＝0處取得極小值f(0)．
由于0＜a＜eq \f(1,2)，b≤2a，所以f(0)＜0，b－2a≤0，ln 2a＜0，－aln 2a＞0，則2a－aln 2a＞0，所以f(ln 2a)＜0.
當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，所以f(x)有一個(gè)零點(diǎn)，得證．
[舉一反三]
1.已知函數(shù)f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．
(1)解 當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).
當(dāng)x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)時(shí)，
f′(x)>0；
當(dāng)x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))時(shí)，f′(x)0在R上恒成立，
所以f(x)＝0等價(jià)于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
設(shè)g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，
則g′(x)＝eq \f(x2?x2＋2x＋3?,?x2＋x＋1?2)≥0在R上恒成立，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．
故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq \f(1,3)
＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))2－eq \f(1,6)0，故f(x)有一個(gè)零點(diǎn)．
綜上所述，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．
2.(2021·濟(jì)南二模)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a∈R)．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)a＝2時(shí)，求函數(shù)g(x)＝f(x)－cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．
解 (1)f(x)＝ex－ax，其定義域?yàn)镽，f′(x)＝ex－a.
①當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閒′(x)>0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)>0得x>ln a，令f′(x)＜0得x＜ln a，所以f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，ln a)單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)由已知得g(x)＝ex－2x－cs x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))，
則g′(x)＝ex＋sin x－2.
①當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))時(shí)，因?yàn)間′(x)＝(ex－1)＋(sin x－1)＜0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，所以g(x)>g(0)＝0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上無零點(diǎn)；
②當(dāng)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))時(shí)，因?yàn)間′(x)單調(diào)遞增，且g′(0)＝－1＜0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eeq \f(π,2)－1>0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使g′(x0)＝0，
當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g′(x)＜0，當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)>0，
所以g(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，且g(0)＝0，所以g(x0)＜0，
又因?yàn)間eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eeq \f(π,2)－π>0，所以g(x0)·geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＜0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上存在一個(gè)零點(diǎn)，所以g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有兩個(gè)零點(diǎn)；
③當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，＋∞))時(shí)，g′(x)＝ex＋sin x－2>eeq \f(π,2)－3>0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，
因?yàn)間eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，＋∞))上無零點(diǎn)．
綜上所述，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.
考點(diǎn)3 構(gòu)造法研究函數(shù)的零點(diǎn)
[名師點(diǎn)睛]
1．涉及函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根)問題，主要利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)尋找函數(shù)在給定區(qū)間的極值以及區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值與0的關(guān)系，從而求得參數(shù)的取值范圍．
2．解決此類問題的關(guān)鍵是將函數(shù)零點(diǎn)、方程的根、曲線交點(diǎn)相互轉(zhuǎn)化，突出導(dǎo)數(shù)的工具作用，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法．
[典例]
(2021·全國甲卷)已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)．
(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若曲線y＝f(x)與直線y＝1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝eq \f(x2,2x)(x>0)，
f′(x)＝eq \f(x?2－xln 2?,2x)(x>0)，
令f′(x)>0，則00)，
則g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，
令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
當(dāng)0e時(shí)，g′(x)e時(shí)，g(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，
又g(1)＝0，
所以00，h(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(－2,1)時(shí)，h′(x)0，h(x)單調(diào)遞增，
又當(dāng)x→－∞時(shí)，h(x)→－∞，
當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→0且h(x)ln eq \f(1,2)且x≠1時(shí)，g′(x)>0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,2)，1))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
因?yàn)間eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,2)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,2)＋1))＝eq \f(1,2)ln 2，g(1)＝e－1≠0，當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞，
所以b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ln 2，e－1))∪(e－1，＋∞)．x
(－∞，－2)
－2
(－2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
單調(diào)遞減
－eq \f(1,e2)
單調(diào)遞增
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
極大值
↘
極小值
↗

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