问题3导数背景下零点问题
一、考情分析
近几年高考命题情况来看,对这部分内容的考查题型有小题也有大题,作为解答题时难度较大.导数可以把函数、方程、不等式等有机地联系在一起.解决函数的零点或方程的根的问题,在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此类试题一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现,是近几年高考命题热点.主要有两种考查类型：(1)确定函数零点(图象交点及方程根的个数问题；(2)根据函数零点图象交点及方程根的个数求参数的值或取值范围问题．
二、经验分享
(1) 用导数确定函数零点或方程根个数的方法：
①构建函数g(x)(要求g′(x)易求,g′(x)＝0可解),转化确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解
②利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.
(2)解决复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤：
①在该区间上构造与方程相应的函数；
②利用导数研究该函数在该区间上的单调性,若是单调函数,则进行下一步；
③判断该函数在该区间端点处的函数值异号；
④得出结论.
(3) 在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时,常常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用．
三、知识拓展
三次函数的零点
对于三次函数的导函数为,
1.若恒成立,则是增(减)函数,有1个零点；
2.若有两个不同实根,⑴若,则有2个零点；
⑵若,则有1个零点；
24
⑶若,则有3个零点.
四、题型分析
(一) 确定函数零点或方程根的个数问题
【例1】【江苏省南通市基地学校2019届高三3月联考】已知函数，，其中且，．
（1）若函数f(x)与g(x)有相同的极值点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），求k的值；
（2）当m>0，k = 0时，求证：函数有两个不同的零点；
（3）若，记函数，若，使，求k的取值范围．
【分析】（1）分别求得与的极值点，利用极值点相同构造方程，求得；（2）首先求得在上单调递减，在上单调递增；再通过零点存在定理，分别在两段区间找到零点所在大致区间，根据单调性可知仅有这两个不同零点；（3）根据已知关系，将问题变为：，又，则可分别在，，三个范围内去求解最值，从而求解出的范围.
【解析】（1）因为，所以
令，得
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
所以为的极值点
因为，，所以函数的极值点为
因为函数与有相同的极值点，所以
所以
（2）由题意，所以
因为，所以
令，得
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
24
所以为的极值点
因为，，又在上连续且单调
所以在上有唯一零点
取满足且
则
因为且，所以
所以，又在上连续且单调
所以在上有唯一零点
综上，函数有两个不同的零点
（3）时，
由，使，则有
由于
①当时，，在上单调递减
所以
即，得
②当时，，在上单调递增
所以
即，得
③当时，
在上，，在上单调递减；
在上，，在上单调递增；
所以
即（*）
易知在上单调递减
故，而，所以不等式（*）无解
24
综上，实数的取值范围为或
【点评】证明零点个数问题重点在于能够通过单调性将零点个数的最大值确定，进而再通过零点存在定理来确定零点个数；而能够将存在性问题转化为恒成立问题，通过最值来求解参数范围，也是解决此题的关键.
【小试牛刀】【启东中学2018届高三上学期月考】设,函数.
（1）证明在上仅有一个零点；
（2）若曲线在点处的切线与轴平行,且在点处的切线与直线平行,(O是坐标原点),证明:
【解析】（1）,,
在上为增函数．
, ,
又,
,即,
由零点存在性定理可知,在上为增函数,且,
在上仅有一个零点.
（2）,设点,则,
在点处的切线与轴平行, ,,
, ,
点处切线与直线平行,
点处切线的斜率,
又题目需证明,即,
24
则只需证明,即.
令,则,
易知,当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
,即,
,
,得证.
(二) 根据函数零点个数或方程实根个数确定参数取值范围
【例2】【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】已知函数f（x）=,若函数y=f（f（x）﹣a）﹣1有三个零点,则a的取值范围是_____．
【答案】
【解析】当x＜0时,由f（x）﹣1=0得x2+2x+1=1,得x=﹣2或x=0,
当x≥0时,由f（x）﹣1=0得,得x=0,
由,y=f（f（x）﹣a）﹣1=0得f（x）﹣a=0或f（x）﹣a=﹣2,
即f（x）=a,f（x）=a﹣2,
作出函数f（x）的图象如图：
24
y=≥1（x≥0）,
y′=,当x∈（0,1）时,y′＞0,函数是增函数,x∈（1,+∞）时,y′＜0,函数是减函数,
x=1时,函数取得最大值：,
当1＜a﹣2时,即a∈（3,3+）时,y=f（f（x）﹣a）﹣1有4个零点,
当a﹣2=1+时,即a=3+时则y=f（f（x）﹣a）﹣1有三个零点,
当a＞3+时,y=f（f（x）﹣a）﹣1有1个零点
当a=1+时,则y=f（f（x）﹣a）﹣1有三个零点,
当时,即a∈（1+,3）时,y=f（f（x）﹣a）﹣1有三个零点．
综上a∈,函数有3个零点．
故答案为：．
【点评】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接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；
(2)分离参数法：先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形结合求解．
【小试牛刀】已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx的图象与直线y＝b有两个不同交点,求b的取值范围．
【解析】 f′(x)＝x(2＋cosx),令f′(x)＝0,得x＝0.∴当x>0时,f′(x)>0,f(x)在(0,＋∞)上递增．
当x0时,f(x)=ax−lnx有且只有一个零点,
即有有且只有一个实根.令,
当x>e时,g′(x)0时,y′>0,当xf（y0）=c>y0,不满足f（f（y0））=y0．
同理假设f（y0）=c0,g（x）在（0,e）单调递增,
当x=e时取最大值,最大值为,当x→0时,a→-∞,
∴a的取值范围.
7．【江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中2019届高三10月月考】已知函数，．
求函数的单调增区间；
若函数有三个互不相同的零点0，，，其中．
若，求a的值；
若对任意的，都有成立，求a的取值范围．
【解析】（1）由题意，求得函数的导数，
当，即时，恒成立，在R上单调递增；
当时，令，解得，
的解集为，
即的单调增区间为，；
由题意可知，，
，解得，；
由题意可知，，
，．
若，即时，在上恒成立，且，
24
符合题意；
当时，设，则，
当时，，
，，
，
整理得，即，解得，
又，
．
8．【江苏省常州市2019届高三上学期期末】已知函数，函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；
（3）若函数对恒成立，求实数的取值范围.(是自然对数的底数，)
【解析】（1）当时，，则，所以，
所以切线方程为.
（2），
①当时，恒成立，所以单调递增，
因为，所以有唯一零点，即符合题意；
②当时，令，解得，列表如下：
-
0
+
极小值
由表可知，.
24
（i）当，即时，，所以符合题意；
（ii）当，即时，，
因为，且，所以，
故存在，使得，所以不符题意；
（iii）当，即时，，
因为，
设，
则，
所以单调递增，即，所以，
又因为，所以，
故存在，使得，所以不符题意；
综上，的取值范围为.
（3），则，
①当时，恒成立，所以单调递增，
所以，即符合题意；
②当时，恒成立，所以单调递增，
又因为
，
所以存在，使得，
且当时，，即在上单调递减，
所以，即不符题意；
综上，的取值范围为.
24
9．【江苏省南通市三县（通州区、海门市、启东市)2019届高三第一学期期末】已知函数.
（1）当a=2，求函数的极值；
（2）若函数有两个零点，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当a=2时，，令，解得x=1.
列表：
x
1
—
0
+
极小值
所以，当x=1时，有极小值，没有极大值
（2）①因为. 所以，.
当时，，
所以在上单调递增，只有一个零点，不合题意，
当时，由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，即为最小值.
1°当时，在上单调递减，在上单调递增，
只有一个零点，不合题意；
2°当时，，故，最多有两个零点.
注意到，令,
取，使得，下面先证明；
设，令，解得.
列表
x
24
—
0
+
极小值
所以，当，有极小值.
所以，故，即.
因此，根据零点存在性定理知，在上必存在一个零点，
又x=1也是的一个零点，则有两个相异的零点，符合题意
3°当时，，故，最多有两个零点.
注意到，取，
则
，
因此，根据零点存在性定理知，在上必存在一个零点，
又x=1也是的一个零点，则有两个相异的零点，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围是.
10．【江苏省苏州市2019届高三上学期期末】已知函数 (a，bR)．
（1）当a＝b＝1时，求的单调增区间；
（2）当a≠0时，若函数恰有两个不同的零点，求的值；
（3）当a＝0时，若的解集为(m，n)，且(m，n)中有且仅有一个整数，求实数b的取值范围．
【解析】（1）当a＝b＝1时，，
令，解得或
所以f（x）的单调增区间是和
（2）法一：，令，得或，
因为函数f（x）有两个不同的零点，所以或，
当时，得a＝0，不合题意，舍去：
24
当时，代入得
即，所以.
法二：由于，所以，
由得，，
设，令，得，
当时，，h(x)递减：当时，,递增
当时，，单调递增
当时, 的值域为R
故不论取何值，方程有且仅有一个根；
当时，，
所以时，方程恰有一个根－2，
此时函数恰有两个零点-2和1．
（3）当时，因为，所以
设，则，
当时，因为，所以在上递增，且，
所以在上，，不合题意：
当时，令，得，
所以在递增，在递减，
所以，
要使有解，首先要满足，解得. ①
又因为，，
24
要使的解集（m,n）中只有一个整数，则
即解得. ②
设,则,
当时，,递增：当时，,递减
所以,所以,
所以由①和②得，.
11．【江苏省镇江市2019届高三上学期期末】已知函数 ()．
（1）若，，求函数的图像在处的切线方程；
（2）若，求函数的单调区间；
（3）若，已知函数在其定义域内有两个不同的零点，，且．不等式恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）当，时，，，所以，，
即函数的图像在处的切线方程为；
（2）当时，，，
①当时，在上恒成立，即在上单调递增；
②当时，的解集为，的解集为，
即的单调增区间为，单调减区间为；
（3）当时，，，
①当时，则在上恒成立，则单调递减，
函数最多有一个零点，所以不符题意；
②当时，令，解得，列表如下：
+
0
-
↗
极大值
↘
由表可知，，
24
因为函数有两个零点，所以，解得，
此时，，所以存在，使得，
，
设，令，解得，
列表可知，，所以，
故存在，使得，
设，因为，所以，
因为，解得，且，
因为，所以，即，
整理得，设，
则，，
①当时，在上恒成立，所以单调递增，
所以，即在上单调递增，
所以，即符合题意；
②当时，的解集为，即在上单调递减，
因为，所以在上恒成立，即在上单调递减，
因为，所以在上恒成立，即不符合题意；
综上，.
12．【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx,g（x）=（a∈R,e为自然对数的底数）
（Ⅰ）当a=1时,求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点,求a的最小值；
（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0,e],在（0,e]上总存在两个不同的xi（i=1,2）,使得f（xi）=g（x0）成立,求a的取值范围．
24
【解析】（1）当a=1时,f（x）=x﹣1﹣2lnx,则f′（x）=1﹣,
由f′（x）＞0,得x＞2；
由f′（x）＜0,得0＜x＜2．
故f（x）的单调减区间为（0,2],单调增区间为[2,+∞）；
（2）因为f（x）＜0在区间上恒成立不可能,
故要使函数上无零点,
只要对任意的,f（x）＞0恒成立,即对恒成立．
令,则,
再令,
则,故m（x）在上为减函数,于是,
从而,l（x）＞0,于是l（x）在上为增函数,所以,
故要使恒成立,只要a∈[2﹣4ln2,+∞）,
综上,若函数f（x）在 上无零点,则a的最小值为2﹣4ln2；
（3）g′（x）=e1﹣x﹣xe1﹣x=（1﹣x）e1﹣x,
当x∈（0,1）时,g′（x）＞0,函数g（x）单调递增；
当x∈（1,e]时,g′（x）＜0,函数g（x）单调递减．
又因为g（0）=0,g（1）=1,g（e）=e•e1﹣e＞0,
所以,函数g（x）在（0,e]上的值域为（0,1]．
当a=2时,不合题意；
当a≠2时,f′（x）=,x∈（0,e]
当x=时,f′（x）=0．
由题意得,f（x）在（0,e]上不单调,故,即①
24
此时,当x变化时,f′（x）,f（x）的变化情况如下：
x
（0,）
（,e]
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
↘
最小值
↗
又因为,当x→0时,2﹣a＞0,f（x）→+∞,
,
所以,对任意给定的x0∈（0,e],在（0,e]上总存在两个不同的xi（i=1,2）,
使得f（xi）=g（x0）成立,当且仅当a满足下列条件：
即
令h（a）=,
则h,令h′（a）=0,得a=0或a=2,
故当a∈（﹣∞,0）时,h′（a）＞0,函数h（a）单调递增；
当时,h′（a）＜0,函数h（a）单调递减．
所以,对任意,有h（a）≤h（0）=0,
即②对任意恒成立．
由③式解得：．④
综合①④可知,当a的范围是时,对任意给定的x0∈（0,e],在（0,e]上总存在两个不同的xi（i=1,2）,使f（xi）=g（x0）成立．
13．【常熟中学2018届高三10月阶段性抽测（一）】已知函数有一个零点为4,且满足.
（1）求实数和的值；
（2）试问：是否存在这样的定值,使得当变化时,曲线在点
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处的切线互相平行？若存在,求出的值；若不存在,请说明理由；
（3）讨论函数在上的零点个数.
【解析】（1）由题意,解得；
（2）由（1）可知,
∴；
假设存在满足题意,则是一个与无关的定值,
即是一个与无关的定值,
则,即,平行直线的斜率为；
（3）,
∴,
其中,
设两根为和,考察在上的单调性,如下表
1°当时, , ,而,
∴在和上各有一个零点,即在有两个零点；
2°当时, , ,而,
24
∴仅在上有一个零点,即在有一个零点；
3°当时, ,且,
①当时, ,则在和上各有一个零点,
即在有两个零点；
②当时, ,则仅在上有一个零点,
即在有一个零点；
综上：当或时,在有两个零点；
当时,在有一个零点.
点睛：在解决类似的问题时,首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时,要先求函数y＝f(x)在[a,b]内所有使f′(x)＝0的点,再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值,最后比较即得．
14.设函数f(x)＝cln x＋x2＋bx(b,c∈R,c≠0),且x＝1为f(x)的极值点．
(1)若x＝1为f(x)的极大值点,求f(x)的单调区间(用c表示)；
(2)若f(x)＝0恰有两解,求实数c的取值范围．
【解析】f′(x)＝＋x＋b＝,又f′(1)＝0,
所以f′(x)＝且c≠1,b＋c＋1＝0.
(1)因为x＝1为f(x)的极大值点,所以c>1,
当0
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