命題點(diǎn)1 根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)
例1 [2022全國卷乙]已知函數(shù)f（x）＝ax－1x－（a＋1）ln x.
（1）當(dāng)a＝0時(shí)，求f（x）的最大值；
（2）若f（x）恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.
解析 （1）當(dāng)a＝0時(shí)，f（x）＝－1x－ln x（x＞0），所以f '（x）＝1x2－1x＝1－xx2.
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f '（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，f '（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減.
所以f（x）max＝f（1）＝－1.
（2）由f（x）＝ax－1x－（a＋1）ln x（x＞0），得f '（x）＝a＋1x2－a+1x＝（ax－1)(x－1）x2（x＞0）.
當(dāng)a＝0時(shí)，由（1）可知，f（x）不存在零點(diǎn).
當(dāng)a＜0時(shí)，f '（x）＝a（x－1a)(x－1）x2，
若x∈（0，1），則f '（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
若x∈（1，＋∞），則f '（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減.
所以f（x）max＝f（1）＝a－1＜0，
所以f（x）不存在零點(diǎn).
當(dāng)a＞0時(shí)，f '（x）＝a（x－1a)(x－1）x2，
若a＝1，則f '（x）≥0（當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)“＝”成立），f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，因?yàn)閒（1）＝a－1＝0，所以函數(shù)f（x）恰有一個(gè)零點(diǎn)；
若a＞1，則f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上單調(diào)遞增，在（1a，1）上單調(diào)遞減，因?yàn)?br>f（1）＝a－1＞0，
所以f（1a）＞f（1）＞0，當(dāng)x→0＋時(shí)，f（x）→－∞，
由零點(diǎn)存在定理可知f（x）在（0，1a）上必有一個(gè)零點(diǎn)，所以a＞1滿足條件；
若0＜a＜1，則f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上單調(diào)遞增，在（1，1a）上單調(diào)遞減，因?yàn)閒（1）＝a－1＜0，
所以f（1a）＜f（1）＜0，
當(dāng)x→＋∞時(shí)，f（x）→＋∞，由零點(diǎn)存在定理可知f（x）在（1a，＋∞）上必有一個(gè)零點(diǎn)，即0＜a＜1滿足條件.
綜上，若f（x）恰有一個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍為（0，＋∞）.
方法技巧
已知函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的方法
（1）數(shù)形結(jié)合法：先根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)畫出圖象，再根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的要求數(shù)形結(jié)合求解；
（2）分離參數(shù)法：由f（x）＝0分離出參數(shù)a，得a＝φ（x），利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)y＝φ（x）的單調(diào)性、極值和最值，根據(jù)直線y＝a與y＝φ（x）的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)得參數(shù)a的取值范圍；
（3）分類討論法：先確定參數(shù)分類的標(biāo)準(zhǔn)，在每個(gè)小范圍內(nèi)研究零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是否符合題意，將滿足題意的參數(shù)的各小范圍并在一起，即為所求參數(shù)的范圍.
訓(xùn)練1 [2021全國卷甲]已知a＞0且a≠1，函數(shù) f（x）＝xaax（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.
解析 （1）當(dāng)a＝2時(shí)，f（x）＝x22x（x＞0），
f '（x）＝x（2－xln2）2x（x＞0），
令f '（x）＞0，則0＜x＜2ln2，此時(shí)函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
令f '（x）＜0，則x＞2ln2，此時(shí)函數(shù)f（x）單調(diào)遞減.
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，2ln2），單調(diào)遞減區(qū)間為（2ln2，＋∞）.
（2）曲線y＝f（x）與直線y＝1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化為方程xaax＝1（x＞0）有兩個(gè)不同的解，即方程lnxx＝lnaa有兩個(gè)不同的解.
設(shè)g（x）＝lnxx（x＞0），則g'（x）＝1－lnxx2（x＞0），
令g'（x）＝0，得x＝e，
當(dāng)0＜x＜e時(shí)，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞e時(shí)，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減.
故g（x）max＝ g（e）＝1e，且當(dāng)x＞e時(shí)，g（x）∈（0，1e）.
又g（1）＝0，所以0＜lnaa＜1e，
所以a＞1且a≠e，
即a的取值范圍為（1，e）∪（e，＋∞）.
命題點(diǎn)2 探究函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)
例2 [全國卷Ⅰ]已知函數(shù)f（x）＝sin x－ln（1＋x），f '（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù)，證明：
（1）f '（x）在區(qū)間（－1，π2）上存在唯一極大值點(diǎn)；
（2）f（x）有且僅有2個(gè)零點(diǎn).
解析 （1）設(shè)g（x）＝f '（x），則g（x）＝cs x－11+x，
g'（x）＝－sin x＋1（1+x）2.
當(dāng)x∈（－1，π2）時(shí)，g'（x）單調(diào)遞減，而g'（0）＞0，g'（π2）＜0，可得g'（x）在
（－1，π2）上有唯一零點(diǎn)，設(shè)為α.
則當(dāng)x∈（－1，α）時(shí)，g'（x）＞0；
當(dāng)x∈（α，π2）時(shí)，g'（x）＜0.
所以g（x）在（－1，α）上單調(diào)遞增，在（α，π2）上單調(diào)遞減，故g（x）在（－1，π2）上存在唯一極大值點(diǎn)，即f '（x）在（－1，π2）上存在唯一極大值點(diǎn).
（2）f（x）的定義域?yàn)椋ǎ?，＋∞）.
（i）當(dāng)x∈（－1，0]時(shí)，由（1）知，f '（x）在（－1，0）上單調(diào)遞增，而f '（0）＝0，
所以當(dāng)x∈（－1，0）時(shí)，f '（x）＜0，故f（x）在（－1，0）上單調(diào)遞減.
又f（0）＝0，從而x＝0是f（x）在（－1，0]上的唯一零點(diǎn).
（ii）當(dāng)x∈（0，π2]時(shí)，由（1）知，f '（x）在（0，α）上單調(diào)遞增，在（α，π2）上單調(diào)遞減，而f '（0）＝0，f '（π2）＜0，所以存在β∈（α，π2），使得f '（β）＝0，且當(dāng)x∈（0，β）時(shí)，f '（x）＞0；
當(dāng)x∈（β，π2）時(shí)，f '（x）＜0.
故f（x）在（0，β）上單調(diào)遞增，在（β，π2）上單調(diào)遞減.
又f（0）＝0，f（π2）＝1－ln（1＋π2）＞0，
所以當(dāng)x∈（0，π2]時(shí)，f（x）＞0.從而f（x）在（0，π2]上沒有零點(diǎn).
（iii）當(dāng)x∈（π2，π]時(shí)，f '（x）＜0，
所以f（x）在（π2，π）上單調(diào)遞減.
而f（π2）＞0，f（π）＜0，
所以f（x）在（π2，π]上有唯一零點(diǎn).
（iv）當(dāng)x∈（π，＋∞）時(shí)，ln（x＋1）＞1，所以f（x）＜0，從而f（x）在（π，＋∞）上沒有零點(diǎn).
綜上，f（x）有且僅有2個(gè)零點(diǎn).
方法技巧
探究函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的方法
（1）圖象法：通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值， 確定函數(shù)f（x）的圖象草圖，判斷圖象與橫軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，一般要結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)存在定理處理.
（2）分離法：設(shè)f（x）＝g（x）－h(huán)（x），則f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)?g（x）與h（x）圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù).
訓(xùn)練2 [2023山東濰坊二模節(jié)選]已知函數(shù)f（x）＝x＋asin x.討論f（x）在區(qū)間（0，π2）上的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
解析 f '（x）＝1＋acs x.
①若a≥0，則f '（x）＝1＋acs x＞0在（0，π2）上恒成立，所以f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，又f（0）＝0，所以f（x）在（0，π2）上無零點(diǎn).
②若a＜0，由x∈（0，π2），得0＜cs x＜1，則1＋a＜1＋acs x＜1.
當(dāng)a＋1≥0，即－1≤a＜0時(shí)，f '（x）＞0，所以f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，又f（0）＝0，故f（x）在（0，π2）上無零點(diǎn).
當(dāng)a＋1＜0，即a＜－1時(shí)，f '（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，且f '（0）＝1＋a＜0，f '（π2）＝1＞0，
故存在x0∈（0，π2），使得f '（x0）＝0，
所以f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，π2）上單調(diào)遞增，
又f（0）＝0，故f（x0）＜0，f（π2）＝π2＋a.
此時(shí)，若π2＋a≤0，即a≤－π2，則f（x）在（0，π2）上無零點(diǎn)；
若π2＋a＞0，即－π2＜a＜－1，則f（x）在（0，π2）上有一個(gè)零點(diǎn).
綜上，當(dāng)a≥－1時(shí)，f（x）在（0，π2）上無零點(diǎn)；當(dāng)－π2＜a＜－1時(shí)，f（x）在（0，π2）上有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a≤－π2時(shí)，f（x）在（0，π2）上無零點(diǎn).
1.[命題點(diǎn)1/2022全國卷乙]已知函數(shù)f（x）＝ln（1＋x）＋axe－x.
（1）當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；
（2）若f（x）在區(qū)間（－1，0），（0，＋∞）各恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.
解析 （1）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝ln（1＋x）＋xe－x，
∴f '（x）＝1x+1＋e－x＋xe－x×（－1），
∴f '（0）＝1＋1＝2.
∵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）＋axex，
∴當(dāng)a≥0時(shí)，若x＞0，則ln（x＋1）＞0，axex≥0，∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，＋∞）上無零點(diǎn)，不符合題意.
當(dāng)a＜0時(shí)，f '（x）＝ex＋a（1－x2）（x+1）ex.
令g（x）＝ex＋a（1－x2），則g'（x）＝ex－2ax，g'（x）在（－1，＋∞）上單調(diào)遞增，g'（－1）＝e－1＋2a，g'（0）＝1.
（a）若g'（－1）≥0，則－12e≤a＜0，∴－12e≤a＜0時(shí)，g'（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴g（x）在（－1，＋∞）上單調(diào)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(diào)遞增.
∵f（0）＝0，
∴f（x）在（－1，0），（0，＋∞）上均無零點(diǎn)，不符合題意.
（b）若g'（－1）＜0，則a＜－12e，∴a＜－12e時(shí)，存在x0∈（－1，0），使得g'（x0）＝0.
∴g（x）在（－1，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，＋∞）上單調(diào)遞增.
g（－1）＝e－1＞0，g（0）＝1＋a，g（1）＝e＞0.
（i）當(dāng)g（0）≥0，即－1≤a＜－12e時(shí)，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(diào)遞增.
∵f（0）＝0，
∴當(dāng)x∈（0，＋∞）時(shí)，f（x）＞0，∴f（x）在（0，＋∞）上無零點(diǎn)，不符合題意.
（ii）當(dāng)g（0）＜0，即a＜－1時(shí)，
存在x1∈（－1，x0），x2∈（0，1），使得g（x1）＝g（x2）＝0，
∴f（x）在（－1，x1），（x2，＋∞）上單調(diào)遞增，在（x1，x2）上單調(diào)遞減.
∵f（0）＝0，∴f（x1）＞f（0）＝0，當(dāng)x→－1時(shí)，f（x）＜0，
∴f（x）在（－1，x1）上存在一個(gè)零點(diǎn)，
即f（x）在（－1，0）上存在一個(gè)零點(diǎn).
∵f（0）＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f（x）＞0，
∴f（x）在（x2，＋∞）上存在一個(gè)零點(diǎn)，即f（x）在（0，＋∞）上存在一個(gè)零點(diǎn).
綜上，a的取值范圍是（－∞，－1）.
2.[命題點(diǎn)2/全國卷Ⅱ]已知函數(shù)f（x）＝ln x－x+1x－1.
（1）討論f（x）的單調(diào)性，并證明f（x）有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；
（2）設(shè)x0是f（x）的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y＝ln x在點(diǎn)A（x0，ln x0）處的切線也是曲線y＝ex的切線.
解析 （1）f（x）的定義域?yàn)椋?，1）∪（1，＋∞）.
因?yàn)閒 '（x）＝1x＋2（x－1）2＞0，
所以f（x）在（0，1），（1，＋∞）單調(diào)遞增.
因?yàn)閒（e）＝1－e+1e－1＜0，f（e2）＝2－e2+1e2－1＝e2－3e2－1＞0，
所以f（x）在（1，＋∞）有唯一零點(diǎn)x1，即f（x1）＝0.
又0＜1x1＜1，f（1x1）＝－ln x1＋x1+1x1－1＝－f（x1）＝0，
故f（x）在（0，1）有唯一零點(diǎn)1x1.
綜上，f（x）有且僅有兩個(gè)零點(diǎn).
（2）因?yàn)?x0＝e－ln x0，所以點(diǎn)B（－ln x0，1x0）在曲線y＝ex上.
由題設(shè)知f（x0）＝0，即ln x0＝x0+1x0－1，連接AB，則直線AB的斜率k＝1x0－ln x0－ln x0－x0＝1x0－x0+1x0－1－x0+1x0－1－x0＝1x0.
曲線y＝ex在點(diǎn)B（－ln x0，1x0）處切線的斜率是1x0，曲線y＝ln x在點(diǎn)A（x0，ln x0）處切線的斜率也是1x0，所以曲線y＝ln x在點(diǎn)A（x0，ln x0）處的切線也是曲線y＝ex的切線.
學(xué)生用書·練習(xí)幫P287
1.[2024安徽六校聯(lián)考]已知函數(shù)f（x）＝aex－x（e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若g（x）＝aex（x－1）－ln x＋f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解析 （1）由已知，得f '（x）＝aex－1.
①當(dāng)a≤0時(shí)，f '（x）＜0，f（x）在R上單調(diào)遞減；
②當(dāng)a＞0時(shí)，令f '（x）＝0，得x＝－ln a，
當(dāng)x∈（－∞，－ln a）時(shí)，f '（x）＜0，所以f（x）在（－∞，－ln a）上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（－ln a，＋∞）時(shí)，f '（x）＞0，所以f（x）在（－ln a，＋∞）上單調(diào)遞增.
（2）原問題等價(jià)于g（x）＝axex－（ln x＋x）＝axex－ln（xex）（x＞0）有兩個(gè)零點(diǎn)，
令t＝xex（x＞0），則易得t＞0，
所以g（x）＝axex－ln（xex）有兩個(gè)零點(diǎn)?T（t）＝at－ln t有兩個(gè)零點(diǎn)?a＝lntt有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解?直線y＝a與函數(shù)h（t）＝lntt的圖象有兩個(gè)交點(diǎn).
h'（t）＝1－lntt2，由h'（t）＞0得0＜t＜e，由h'（t）＜0得t＞e，所以h（t）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，＋∞）上單調(diào)遞減.
所以h（t）max＝h（e）＝1e.
又當(dāng)t→ 0時(shí)，h（t）→－∞，當(dāng)t→＋∞時(shí)，h（t）→ 0，
所以h（t）的大致圖象如圖，
所以a的取值范圍是（0，1e）.
2.[2024南昌市模擬]已知函數(shù)f（x）＝ax（a＞1）.
（1）求函數(shù)g（x）＝f（x）＋f（1x）在（0，＋∞）上的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）若方程f（1x）＝1－xlgax有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，求a的取值范圍.
解析 （1）g（x）＝ax＋a1x（a＞1），
則g'（x）＝axln a－ a1xlnax2＝lnax2（x2ax－a1x），
設(shè)φ（x）＝x2ax－a1x（a＞1），
則φ'（x）＝2xax＋x2axln a＋1x2a1x ln a＞0（x＞0），
故φ（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，又φ（1）＝0，
所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g'（x）＜0，當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，g'（x）＞0，所以g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為（1，＋∞）.
則g（x）的極小值為g（1）＝2a，無極大值.
（2）方程f（1x）＝1－xlgax，即a1x＝1－xlgax，
即1xa1x＝lga（1xa1x），
令t＝1xa1x（a＞1），顯然t＝1xa1x在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，
故方程f（1x）＝1－xlgax有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，等價(jià)于h（t）＝t－lgat有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，等價(jià)于關(guān)于t的方程t＝lgat，即ln a＝lntt有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，亦即直線y＝ln a與函數(shù)m（t）＝lntt的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn).
m'（t）＝1－lntt2，故易知m（t）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，＋∞）上單調(diào)遞減，且當(dāng)x＞e時(shí)，m（t）＞0，所以m（t）max＝m（e）＝1e，作出m（t）的圖象，如圖所示，則0＜ln a＜1e，解得1＜a＜e1e.故所求a的取值范圍是（1，e1e）.
3.[2023武漢市5月模擬]已知f（x）＝ax＋bx＋c－ln x，其中a，b，c∈R.
（1）若b＝c＝0，討論f（x）的單調(diào)性；
（2）已知x1，x2是f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，且x1＜x2，證明：x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1）.
解析 （1）若b＝c＝0，則f（x）＝ax－ln x（x＞0）.
f'（x）＝a－1x＝ax－1x.
①若a≤0，則f'（x）＜0，所以f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減；
②若a＞0，令f'（x）＞0得x＞1a，令f'（x）＜0得0＜x＜1a，
所以f（x）在（0，1a）上單調(diào)遞減，在（1a，＋∞）上單調(diào)遞增.
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減；當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（0，1a）上單調(diào)遞減，在（1a，＋∞）上單調(diào)遞增.
（2）因?yàn)閤1，x2是f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，x1＜x2，
所以ax1＋bx1＋c－ln x1＝0，ax2＋bx2＋c－ln x2＝0.
所以a（x1－x2）＋b（1x1－1x2）＋ln x2－ln x1＝0，
即b＝ax1x2－x1x2·ln x2－ln x1x2－x1.
要證x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1），
只需證ax1x2－x2＜b＜ax1x2－x1，
即證－x2＜－x1x2ln x2－ln x1x2－x1＜－x1，
即證1－x1x2＜lnx2x1＜x2x1－1，
令t＝x2x1，則t＞1，即證1－1t＜ln t＜t－1.
令p（t）＝ln t－1＋1t（t＞1），則p'（t）＝1t－1t2＝t－1t2＞0，
所以p（t）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，則p（t）＞ln 1－1＋11＝0，即ln t＞1－1t.
令q（t）＝ln t－t＋1（t＞1），則q'（t）＝1t－1＜0，
所以q（t）在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，則q（t）＜ln 1－1＋1＝0，即ln t＜t－1.
綜上可得：x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1）.
4.[2023合肥市二檢]已知函數(shù)f（x）＝2ln x＋12mx2－（2m＋1）x，其中m∈R.
（1）若曲線y＝f（x）僅有一條垂直于y軸的切線，求m的取值范圍；
（2）討論函數(shù)f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
解析 （1）函數(shù)f（x）＝2ln x＋12mx2－（2m＋1）x的定義域?yàn)椋?，＋∞），
f '（x）＝2x＋mx－（2m＋1）＝mx2－（2m+1）x+2x＝（mx－1)(x－2）x.
因?yàn)榍€y＝f（x）僅有一條垂直于y軸的切線，
所以f '（x）＝（mx－1)(x－2）x＝0有唯一正實(shí)數(shù)解，
所以m≤0或m＝12，
又當(dāng)m＝12時(shí)，f '（x）≥0不符合題意，
所以m的取值范圍是（－∞，0].
（2）因?yàn)閒 '（x）＝（mx－1)(x－2）x.
①當(dāng)m≤0時(shí)，因?yàn)閤＞0，所以mx－1＜0，
所以當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，f '（x）＞0；當(dāng)x∈（2，＋∞）時(shí)，f '（x）＜0.
所以f（x）在（0，2）上單調(diào)遞增，在（2，＋∞）上單調(diào)遞減，
此時(shí)f（x）max＝f（2）＝2ln 2＋2m－2（2m＋1）＝2ln 2－2m－2，
當(dāng)m＝ln 2－1時(shí)，f（2）＝0，函數(shù)f（x）只有一個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)ln 2－1＜m≤0時(shí)，f（2）＜0，函數(shù)f（x）沒有零點(diǎn)；
當(dāng)m＜ln 2－1時(shí)，因?yàn)楫?dāng)x→0＋或x→＋∞時(shí)，f（x）→－∞，且f（2）＞0，所以可作出
f（x）的大致圖象如圖1，
圖1
所以函數(shù)f（x）在（0，2）和（2，＋∞）上各有唯一零點(diǎn)，此時(shí)函數(shù)f（x）有2個(gè)零點(diǎn).
②當(dāng)0＜m＜12時(shí)，1m＞2，
當(dāng)x∈（0，2）∪（1m，＋∞）時(shí)，f '（x）＞0；當(dāng)x∈（2，1m）時(shí)，f '（x）＜0.
所以f（x）在（0，2）和（1m，＋∞）上單調(diào)遞增，在（2，1m）上單調(diào)遞減.
當(dāng)x→0＋時(shí)，f（x）→－∞，
當(dāng)x→＋∞時(shí)，f（x）→＋∞，且f（2）＝2ln 2－2m－2＜0，作出f（x）的大致圖象如圖2，
圖2
所以函數(shù)f（x）在（1m，＋∞）上有唯一零點(diǎn)，此時(shí)函數(shù)f（x）有且只有1個(gè)零點(diǎn).
③當(dāng)m＝12時(shí)，f '（x）＝（x－2)(x－2）2x≥0，
f（x）在（0＋∞）上單調(diào)遞增.
當(dāng)x→0＋時(shí)，f（x）→－∞，
當(dāng)x→＋∞時(shí)，f（x）→＋∞，
所以此時(shí)函數(shù)f（x）在（0，＋∞）上有且只有1個(gè)零點(diǎn).
④當(dāng)m＞12時(shí)，0＜1m＜2，
當(dāng)x∈（0，1m）∪（2，＋∞）時(shí)，f '（x）＞0；當(dāng)x∈（1m，2）時(shí)，f '（x）＜0.
所以f（x）在（0，1m）和（2，＋∞）上單調(diào)遞增，在（1m，2）上單調(diào)遞減.
f（1m）＝2ln 1m＋12m·（1m）2－（2m＋1）·1m＝－2ln m－12m－2.
設(shè)g（m）＝－2ln m－12m－2（m＞12），
則g'（m）＝－2m＋12m2＝1－4m2m2＜0，
所以g（m）在（12，＋∞）上單調(diào)遞減，
所以g（m）＜－2ln 12－12×12－2＝2ln 2－3＜0，
即f（1m）＜0.
當(dāng)x→0＋時(shí)，f（x）→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f（x）→＋∞，作出f（x）的大致圖象如圖3，
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（2，＋∞）上有唯一零點(diǎn)，此時(shí)f（x）有且只有1個(gè)零點(diǎn).
圖3
綜上所述，當(dāng)m＜ln 2－1時(shí)，函數(shù)f（x）有2個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)ln 2－1＜m≤0時(shí)，函數(shù)f（x）沒有零點(diǎn)；
當(dāng)m＝ln 2－1或m＞0時(shí)，函數(shù)f（x）有1個(gè)零點(diǎn).

相關(guān)教案

備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用突破1構(gòu)造法在解決函數(shù)、導(dǎo)數(shù)問題中的應(yīng)用（Word版附解析）：

這是一份備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用突破1構(gòu)造法在解決函數(shù)、導(dǎo)數(shù)問題中的應(yīng)用（Word版附解析），共12頁。

備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用突破2利用導(dǎo)數(shù)研究恒（能）成立問題（Word版附解析）：

這是一份備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用突破2利用導(dǎo)數(shù)研究恒（能）成立問題（Word版附解析），共13頁。

備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用突破3利用導(dǎo)數(shù)證明不等式（Word版附解析）：

這是一份備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用突破3利用導(dǎo)數(shù)證明不等式（Word版附解析），共15頁。

英語朗讀寶

相關(guān)教案 更多

備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用突破5極值點(diǎn)偏移問題（Word版附解析）

備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用突破5極值點(diǎn)偏移問題（Word版附解析）
2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章 一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 突破1 構(gòu)造法在解決函數(shù)、導(dǎo)數(shù)問題中的應(yīng)用

2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章 一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 突破1 構(gòu)造法在解決函數(shù)、導(dǎo)數(shù)問題中的應(yīng)用
2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章 一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 突破2 利用導(dǎo)數(shù)研究恒（能）成立問題

2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章 一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 突破2 利用導(dǎo)數(shù)研究恒（能）成立問題
2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章 一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 突破4 利用導(dǎo)數(shù)解決零點(diǎn)問題

2025年高考數(shù)學(xué)精品教案第三章 一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 突破4 利用導(dǎo)數(shù)解決零點(diǎn)問題
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部