专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题（解析版）.docx

1、专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.二、解题秘籍(一) 确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的

2、单调性、周期性等但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数2. 判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题(2)分离出参数,转化为ag(x),根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图函数零点的个数问题即是直线ya与函数yg(x)图象交点的个数问题只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可3. 处理函数y=f(x)与y=g(x)图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问

3、题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,也通过构造函数y=f(x)-g(x),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.【例1】（2023届广东省罗定中学高三上学期调研）已知函数，其中.(1)求函数的单调区间；(2)讨论函数零点的个数；【解析】（1）由题意知：定义域为，令，解得：，又，当时，；当时，；的单调递增区间为，；单调递减区间为.（2）取，则当时，；，由（1）知：在上单调递增，当时，即在上无零点；下面讨论的情况：

4、当时，在上单调递减，在上单调递增，又，在和上各存在一个零点，即有两个不同零点；当时，在上单调递减，在上单调递增，又，有唯一零点；当时，在上单调递减，在上单调递增，无零点；综上所述：当时，有两个不同零点；当时，有且仅有一个零点；当时，无零点.(二) 根据函数零点个数确定参数范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,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

5、范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.【例2】（2023届四川省成都市高三全真模拟）已知函数，(1)若函数在处的切线的斜率为，求实数a的值（e是自然对数的底数）；(2)若函数有且仅有两个零点，求实数a的取值范围【解析】（1）因为，定义域为，故，则，即，即，令，则，又因为在上单调递增，且当时，所以，即，（2）因为函数有且仅有两个零点，所以有且仅有两个大于1的实数根，又，则，即，令，则，由，得，当时，当时，所以在上单调递减且，在上单调递增且时，又，则，则，即得，所以，即，令，则，当时，当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减，当时，且无限趋

6、近于0，所以，故实数a的取值范围为 (三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a) 的符号,探求赋值点 m (假定 m a )使得 f (m) 与 f (a) 异号,则在 (m,a) 上存在零

7、点2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值； 确保赋值点 x0 落在规定区间内；确保运算可行三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.【例3】（2024届北京市新高三入学定位考试）已知函数，曲线在的切线为(1)求a，b的值；(2)求证：函数在区间上单调递增；(3)求函数的零点个数，并说明理由【解析】（1），则有，解得，则.（2）由（1）知，设，因为在上单调递增，则，所以在上恒成立，所以函数在区

8、间上单调递增.（3）因为，令，令，得，设，由（2）知在上单调递增，且，故存在唯一零点使得，即存在唯一零点满足，即得，则，且当时，此时单调递减，当时，此时单调递增，所以，当时，则，则函数的零点个数为0.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为,再利用导函数的单调性确定所在区间,最后根据,研究,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若中含有参数a,关系式是关于的关

9、系式,确定的合适范围,往往和的范围有关.【例4】（2024届宁夏吴忠市高三上学期月考）已知函数在处的切线与直线：垂直(1)求的单调区间；(2)若对任意实数，恒成立，求整数的最大值【解析】（1）由，得，又切线与直线：垂直，所以，即所以，令，得，当时，单调递减；当时，单调递增所以的单调递减区间为，单调递增区间为（2）对任意实数，恒成立，即对任意实数恒成立设，即，令，所以恒成立，所以在上单调递增又，所以存在，使得，即，所以当时，单调递减；当时，单调递增所以，当时，所以，由题意知且所以，即整数的最大值为1三、典例展示【例1】（2022高考全国卷乙理）已知函数（1）当时,求曲线在点处的切线方程；（2）若

10、在区间各恰有一个零点,求a取值范围【解析】（1）当时,所以切点为,所以切线斜率为2所以曲线在点处的切线方程为.（2）,设若,当,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意,若,当时,所以在上单调递增,所以,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意.若,(1)当,则,所以在上单调递增,所以存在,使得,即.当单调递减,当单调递增,所以当,当,所以在上有唯一零点,又在没有零点,即在上有唯一零点,(2)当,设,则,所以在上单调递增,所以存,使得当单调递减当单调递增,又,所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减有而,所以当,所以在上有唯一零点,上无零点,即在上有唯一零点,所以,符合题意,综上得在区

11、间各恰有一个零点,的取值范围为.【例2】（2023届江西省临川高三上学期期中）已知函数，其中为自然对数的底数.(1)讨论函数的单调性，(2)若，当时，恒成立时，求的最大值.（参考数据：）【解析】（1）由可得.当时，恒成立，在单调递增；当时，令得，所以在单调递减，在单调递增；综上所述，当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.（2）当时，成立，当时，恒成立即，设，则，令，则，设，当时，故；当时，故，综上有，故，故为增函数，又，因为，故，所以，故存在唯一零点使得，故当时单调递减当时，单调递增，故，又，即，所以设，则，故为增函数，又，所以，所以，故要且为正整数则的最大值为3.【例3】（2023

12、届福建省宁德市高三高考前最后一卷）已知函数(1)讨论函数的零点的个数(2)当时，若对任意，恒有，求实数a的取值范围【解析】（1）令则，记，则，当时，此时在单调递减，当时，此时在单调递增，故当时，取极大值也是最大值，又，而当时，故当时，当时， ，作出的图象如下：因此当时，即，无交点，此时无零点，当或时，即或，有一个交点，此时有一个零点，当时，即，有两个交点，此时有2个零点，综上可知：当时， 无零点，当或有一个零点，当，有2个零点，（2）当时，若对任意，恒有等价于：对任意，恒有，令，则不等式等价于，由于，令，当单调递减，当单调递增，所以，故在单调递增，由得对任意恒成立，两边取对数得对任意恒成立，故

13、，所以故的范围为【例4】已知函数的最小值为(1)求的值；(2)已知,在上恒成立,求的最大值（参考数据：,）【解析】 (1)由题可知令,解得；令,解得所以在上单调递减,在上单调递增,所以,解得(2)由可得对恒成立令,则,令,则因为在上单调递增,且的图象在上不间断,所以存在,使得,即,则所以当时,单调递减；当时,单调递增则的最小值为,由对勾函数性质得,所以,所以,即在区间上单调递增,所以所以存在整数满足题意,且整数的最大值为【例5】（2023届云南省保山市高三联考）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若，函数在上恒成立，求整数a的最大值.【解析】（1）根据题意可得，若，在上恒成立，此时函数在上

14、单调递增；若，此时，当时，满足，此时函数在，上单调递增；当时，满足，此时函数在单调递减；若，此时，当时，满足，此时函数在，上单调递增，当时，满足，此时函数在单调递减；综上可知，时，在上单调递增；时，在和上单调递增，在单调递减；时，在和上单调递增，在单调递减；（2）由可得，解得；所以，则，易知时，若函数在上恒成立，等价成在上恒成立；令，则；令，则在上恒成立，即函数在上单调递增，易知，由于，所以，而，且，所以；因此在有且仅有一个零点，满足，且；所以当时，当时，；因此函数在上单调递减，在上单调递增；所以的最小值为，显然，因此，又是整数，所以的最大值为4.四、跟踪检测1（2023届云南省保山市高三上学

15、期期末质量监测）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）当时，切线的斜率为，又切点为，所以切线方程为.（2）令，即，若，则当时，令，当时，所以在上单调递增，当时，所以恒成立，符合题意；若，则当时，不合题意；若，注意到，令，则，当时，所以在上单调递增，因为，所以存在，使得，当时，所以在上单调递减，不合题意.综上，的取值范围为.2（2023届四川省高三诊断性检测）已知函数.(1)求的单调区间；(2)令（a为常数），若有两个零点，求实数a的取值范围.【解析】（1）由题意可知：的定义域为， ，令，解得；令，解得；所以的单调递减区间是，单调递增区

16、间是.（2）由题意可知：，其定义域为，则有两个零点，即有两解，即有两解，令，则.令，解得；令，解得；则的单调递减区间是，单调递增区间是，可知，又因为，且当趋近于，趋近于0，要使得有两解，只需，所以，故实数a的取值范围为.3（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数.(1)当时，证明：；(2)若关于的不等式恒成立，求整数的最小值.【解析】（1）当时，令，得，当时，单调递增；当时，单调递减，所以在处取得唯一的极大值，即为最大值，所以，所以，而，所以.（2）令.则.当时，因为，所以，所以在上单调递增，又因为.所以关于的不等式不能恒成立；当时，.令，得，所以当时，；当时，.因此函数在上单调递

17、增，在上单调递减.故函数的最大值为.令，因为，又因为在上单调递减，所以当时，.所以整数的最小值为3.4（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k的最大值【解析】（1）当，时，所以，即切点为因为，所以，所以切线方程为，即，（2），由，所以，所以函数在R上单调递增不等式，对恒成立，构造，构造，对有，所以在递增，所以，所以，即，在递减，即，在递增，所以，结合，故，所以对恒成立，故，所以整数k的最大值为3；5（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数.(1)判断函数零点的个数，并证明；(2)证明：.【解析】（1）函数的定义

18、域，当时时，函数无零点，当时，单调递增，又，且图象在上连续不断，所以由零点存在定理得在上有且只有一个零点，综上，有且只有一个零点.（2）要证，即证，令，其中，则有，令，则可化为，因为，所以函数在单调递增，则，由，令得，列表如下：-0+由表可知：，即，仅当，等号成立，由（1）可知，存在唯一的，使得，即仅有唯一的，使得，而，当，等号成立，综上，与，等号不能同时成立，故，即.6（2024届广东省深圳市罗湖区部分学校高三上学期开学模拟）已知函数R.(1)讨论的单调性；(2)当时，若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围.【解析】（1）函数的定义域为R,，当时，由，在R上单调递增，当时，令，可得，令，

19、可得，单调递减区间为，单调递增区间为，当时，在R上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）设，则，（i）当时，令，则，令，则，在区间上单调递增，则，在区间上单调递增，则，在区间上单调递增，则恒成立，（ii）若时，则，使得，在区间上单调递减，则，与条件矛盾，综上所述，实数m的取值范围为.7（2024届山西省朔州市怀仁市第一中学校等学校2高三上学期摸底）已知函数（，e为自然对数的底数）.(1)讨论函数的单调性；(2)若函数有且仅有3个零点，求实数a的取值范围.【解析】（1）函数的定义域为，. 当时，由，有，令，可得，可得函数的减区间为，令，函数的增区间为；当时，可得函数在区间上单

20、调递增，无单调减区间；当时，令，可得，可得函数的减区间为，令，可得，或，所以函数的增区间为，；当时，令，可得，令，可得，或，可得函数的减区间为，增区间为，；综上，当时，由函数的减区间为，增区间为；当时，函数在区间上单调递增；当时，函数的减区间为，增区间为，；当时，函数的减区间为，增区间为，.（2）.由（1）可知：当时，由函数的减区间为，增区间为，有，函数没有零点，不合题意； 当时，函数单调递增，函数最多只有一个零点，不合题意；当时，函数的减区间为，增区间为，由，函数最多只有一个零点，不合题意；当时，函数的减区间为，增区间为，.由，若函数有且仅有3个零点，必需，令，有，令，有，可得函数单调递增，

21、有，可得函数单调递增，又由，故满足不等式的a的取值范围为.又由，可得当时，又由，可得函数有且仅有3个零点.由上知，若函数有且仅有3个零点，实数a的取值范围为.8（2023届云南省高三“云教金榜”N 1冲刺测试）设函数，.(1)当时，求的单调区间；(2)若，求实数的取值范围.【解析】（1）时，函数的定义域为，因为，所以，当时，当时，所以的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）函数的定义域为，等价于，设，则，设，则恒成立，所以在上单调递增，即在上单调递增，当，当，所以，使得，即，所以，当时，所以单调递减，当时，所以单调递增，所以，设，则，而恒成立，所以为增函数，由，所以.因为均为减函数，所以在上为

22、减函数，所以，当时，所以实数的取值范围为9（2024届云南省三校高三高考备考实用性联考）已知.(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，证明：函数有且仅有一个零点.【解析】（1）当时，由得或，解得或由得或，解得或，故函数的单调递增区间为,，单调递减区间为,.（2）当时，定义域为，设，所以在区间上是增函数，存在唯一，使，即，当时，即；当时，即；当时，即，在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数，当时，取极大值为，设，所以在区间上是减函数.在内无零点，在内有且只有一个零点，综上所述，有且只有一个零点.10.（2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底）已知函数,其中,且.(1)当时,

23、求的单调区间；(2)若只有一个零点,求的取值范围.【解析】 (1)当时,易知在上单调递增,且,所以当时,此时单调递减；当时,此时单调递增；所以的单调递增区间是,单调递减区间是；(2),令,（1）当时,则,当时,此时单调递增；当时,此时单调递减；故,则,在单调递增,又时,；时,；所以此时在只有一个零点；（2）当时,则,恒成立,在单调递增,且,又,则,故存在,使得,当时,当时, 因为当时,所以当时,单调递减；当时,单调递增；当时,取得极小值,由得,则,当时,等号成立,由,可得,解得,综合第一问可知,当时,只有一个零点；综上,若只有一个零点,则的取值范围是11.（2023届三省三校高三第一次联考）已

24、知函数.(1)讨论的单调性；(2)若,设在上的最小值为,求证： .【解析】 (1)定义域：.当,即时：恒成立.故在上单调递减.当,即时：令,即,解得：;所以在上单调递减,在上单调递增.综上所述：当时：在上单调递减；当时：在上单调递减,在上单调递增.(2)当时,.因为在上单调递增,且,.所以必存在点,使,即且当时,当时,所以在区间上单调递减,在区间上单调递减.所以.又因在上单调递减.所以.故恒成立.12（1）求的零点个数；（2）使不等式对任意恒成立时最大的k记为c,求当时,的取值范围【解析】（1）函数定义域是,由题意,当或时,时,所以在和上递增,在上递减,时,时,极大值,极小值,所以只在区间上有一个零点；（2）因为,所以原不等式可变为,令,令,则,时,递增,当,即时,在上,是增函数,当,即时,递减,；当时,在上递增,存在唯一的实数,使得,则当时,递减,时,递增,令,时,递增,所以时,所以,综上,