母題突破3零點(diǎn)問(wèn)題母題(2022·武漢檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)，g(x)＝tanx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，試判斷F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．思路分析?求f′x，判斷f′x的符號(hào)↓?等價(jià)變形Fx＝0，構(gòu)造新函數(shù)hx＝xsinx－excosx↓?分類討論hx的單調(diào)性解(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}，f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(exx－1,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在區(qū)間(－∞，0)，(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(ex,x)－tanx＝0，得xsinx－excosx＝0.設(shè)h(x)＝xsinx－excosx，所以h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)．①當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時(shí)，可知sinx－cosx<0，xcosx＋sinx<0，所以h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)<0，從而h(x)＝xsinx－excosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，又h(0)＝－1，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，由零點(diǎn)存在定理及h(x)的單調(diào)性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上有一個(gè)零點(diǎn)．②當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，cosx≥sinx>0，由(1)知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(ex,x)－tanx單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)min＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝SKIPIF1<0所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上無(wú)零點(diǎn)．③當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0，則h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(π,4)－eq\f(\r(2),2)·SKIPIF1<0所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上存在一個(gè)零點(diǎn)．綜上，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2，即F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.[子題1](2021·全國(guó)甲卷改編)已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)＝eq\f(xa,ax)(x>0)，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f(x)＝eq\f(xa,ax)＝1?ax＝xa?xlna＝alnx?eq\f(lnx,x)＝eq\f(lna,a)，設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令g′(x)＝0，得x＝e，在(0，e)上，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；在(e，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，又g(1)＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，∴曲線y＝f(x)與直線y＝1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，即曲線y＝g(x)與直線y＝eq\f(lna,a)有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是0<eq\f(lna,a)<eq\f(1,e)，即0<g(a)<g(e)，∴a的取值范圍是(1，e)∪(e，＋∞)．[子題2]設(shè)函數(shù)f(x)＝aln(x＋1)＋x2(a∈R)．函數(shù)g(x)＝ax－1，證明：當(dāng)a≤2時(shí)，函數(shù)H(x)＝f(x)－g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)．證明因?yàn)镠(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1，所以H′(x)＝eq\f(x2x＋2－a,x＋1)(x>－1)，令H′(x)＝0，x1＝0，x2＝eq\f(a,2)－1.①當(dāng)a＝2時(shí)，H′(x)≥0，函數(shù)H(x)在定義域(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，至多有一個(gè)零點(diǎn)；②當(dāng)a≤0時(shí)，eq\f(a,2)－1≤－1，令H′(x)>0，得x>0，令H′(x)<0，得－1<x<0，所以函數(shù)H(x)在區(qū)間(－1,0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則函數(shù)H(x)在x＝0時(shí)有最小值H(0)＝1>0，此時(shí)函數(shù)H(x)無(wú)零點(diǎn)．③當(dāng)0<a<2時(shí)，－1<eq\f(a,2)－1<0，令H′(x)>0，得－1<x<eq\f(a,2)－1或x>0，令H′(x)<0，得eq\f(a,2)－1<x<0，所以函數(shù)H(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，0))上單調(diào)遞減．因?yàn)楹瘮?shù)H(0)＝1>0，所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1))>0，且H(x)>0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，＋∞))上恒成立．H(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))上至多有一個(gè)零點(diǎn)．所以當(dāng)0<a<2時(shí)，函數(shù)H(x)在區(qū)間(－1，＋∞)上至多有一個(gè)零點(diǎn)．綜上，當(dāng)a≤2時(shí)，函數(shù)H(x)＝f(x)－g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)．規(guī)律方法(1)三步求解函數(shù)零點(diǎn)(方程根)的個(gè)數(shù)問(wèn)題第一步：將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點(diǎn)問(wèn)題；第二步：利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等性質(zhì)；第三步：結(jié)合圖象求解．(2)已知零點(diǎn)求參數(shù)的取值范圍：①結(jié)合圖象與單調(diào)性，分析函數(shù)的極值點(diǎn)；②依據(jù)零點(diǎn)確定極值的范圍；③對(duì)于參數(shù)選擇恰當(dāng)?shù)姆诸悩?biāo)準(zhǔn)進(jìn)行討論．1．(2022·河南六市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．解(1)∵f(x)＝ex－ax＋2a，定義域?yàn)镽，又f′(x)＝ex－a，∴當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，則x＝lna，當(dāng)x<lna時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>lna時(shí)，f′(x)>0，f(x)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(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，當(dāng)a＝0時(shí)，ex＝a(x－2)無(wú)解，∴f(x)無(wú)零點(diǎn)．當(dāng)a≠0時(shí)，eq\f(1,a)＝eq\f(x－2,ex).令φ(x)＝eq\f(x－2,ex)，x∈R，∴φ′(x)＝eq\f(3－x,ex)，當(dāng)x∈(－∞，3)時(shí)，φ′(x)>0；當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，∴φ(x)在(－∞，3)上單調(diào)遞增，在(3，＋∞)上單調(diào)遞減，且φ(x)max＝φ(3)＝eq\f(1,e3)，又x→＋∞時(shí)，φ(x)→0x→－∞時(shí)，φ(x)→－∞，∴φ(x)的圖象如圖所示．∴當(dāng)eq\f(1,a)>eq\f(1,e3)，即0<a<e3時(shí)，f(x)無(wú)零點(diǎn)，當(dāng)eq\f(1,a)＝eq\f(1,e3)，即a＝e3時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0<eq\f(1,a)<eq\f(1,e3)，即a>e3時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)eq\f(1,a)<0，即a<0時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)a∈[0，e3)時(shí)，f(x)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)a∈(－∞，0)∪{e3}時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a∈(e3，＋∞)時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．2．(2022·北京模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋mln(x＋1)(m∈R)．(1)若m＝－1，求曲線f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上存在唯一零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)當(dāng)m＝－1時(shí)，f(x)＝x2－ln(x＋1)，可得f′(x)＝2x－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(2x2＋2x－1,x＋1)，則f′(0)＝－1，f(0)＝0，可得曲線f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－0＝－1·(x－0)，即x＋y＝0.(2)由函數(shù)f(x)＝x2＋mln(x＋1)，x∈(0,1)，可得f′(x)＝2x＋eq\f(m,x＋1)＝eq\f(2x2＋2x＋m,x＋1)，令g(x)＝2x2＋2x＋m，x∈(0,1)，當(dāng)m≥0時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(0)＝0，所以f(x)>f(0)＝0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上沒(méi)有零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)m<0時(shí)，函數(shù)g(x)＝2x2＋2x＋m的圖象開(kāi)口向上，且對(duì)稱軸為x＝－eq\f(1,2)，由g(1)＝2＋2＋m≤0，解得m≤－4，當(dāng)m≤－4時(shí)，g(x)<0在區(qū)間(0,1)上恒成立，即f′(x)<0，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，因?yàn)閒(0)＝0，所以f(x)<f(0)＝0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上沒(méi)有零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)－4<m<0時(shí)，設(shè)x0∈(0,1)使得g(x0)＝0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，1)時(shí)，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，因?yàn)閒(0)＝0，要使得函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上存在唯一零點(diǎn)，則滿足f(1)＝1＋mln(1＋1)>0，解得m>－eq\f(1,ln2)，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,ln2)，0)).專題強(qiáng)化練1．(2022·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(－1k－1·x－1k,k).(1)分別求n＝1和n＝2的函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．解(1)由已知，得f(x)＝lnx－eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1－\f(x－12,2)＋\f(x－13,3)＋…＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－1n－1x－1n,n))).①當(dāng)n＝1時(shí)，f(x)＝lnx－(x－1)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1.由f′(x)＝eq\f(1,x)－1>0，得0<x<1；由f′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，得x>1.因此，當(dāng)n＝1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．②當(dāng)n＝2時(shí)，f(x)＝lnx－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－1－\f(x－12,2)))，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＋(x－1)＝eq\f(x－12,x).因?yàn)閒′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，且只有當(dāng)x＝1時(shí)，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由f(x)＝lnx－eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1－\f(x－12,2)))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\f(x－13,3)＋…＋\f(－1n－1x－1n,n)))，得f′(x)＝eq\f(1,x)－[1－(x－1)＋(x－1)2＋…＋(－1)n－1(x－1)n－1]＝eq\f(1,x)－eq\f(1－1－xn,1－1－x)＝eq\f(1－xn,x).當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，f′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立，且只有當(dāng)x＝1時(shí)，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)閒(1)＝0，所以f(x)有唯一零點(diǎn)x＝1.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，由f′(x)＝eq\f(1－xn,x)>0，得0<x<1；由f′(x)＝eq\f(1－xn,x)<0，得x>1.因此，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．因?yàn)閒(1)＝0，所以f(x)有唯一零點(diǎn)x＝1.綜上，函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn)x＝1，即函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.2．(2022·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋sinx－cosx，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．(1)證明：當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)≥2；(2)設(shè)g(x)＝f(x)－2x－1，證明：g(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．證明(1)由f′(x)＝ex＋cosx＋sinx，設(shè)h(x)＝ex＋cosx＋sinx，則