《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题37 讨论函数零点或方程根的个数问题（原卷版)

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专题 37　讨论函数零点或方程根的个数问题

【方法总结】

判断、证明或讨论函数零点个数的方法

利用零点存在性定理求解函数热点问题的前提条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且

f(a)·f(b)<0．①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明 f(a)·f(b)<0；②分类讨论法：

判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间

内取值证明 f(a)·f(b)<0．

【例题选讲】

[例1]　已知 f (x)＝e－x(ax2＋x＋1)．当 a>0 时，试讨论方程 f (x)＝1的解的个数．

[破题思路]　讨论方程 f (x)＝1的解的个数，想到 f (x)－1的零点个数，给出 f (x)的解析式，用 f (x)＝

1构造函数，转化为零点问题求解(或分离参数，结合图象求解)．

[规范解答]　

法一：分类讨论法

方程 f (x)＝1的解的个数即为函数 h(x)＝ex－ax2－x－1(a>0)的零点个数．而 h′(x)＝ex－2ax－1，

设H(x)＝ex－2ax－1，则 H′(x)＝ex－2a．令 H′(x)>0，解得 x>ln 2a；令 H′(x)<0，

解得 x<ln 2a，所以 h′(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增．

所以 h′(x)min＝h′(ln 2a)＝2a－2aln 2a－1．

设m＝2a，g(m)＝m－mln m－1(m>0)，则 g′(m)＝1－(1＋ln m)＝－ln m，

令g′(m)<0，得 m>1；令 g′(m)>0，得 0<m<1，所以 g(m)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增，

所以 g(m)max＝g(1)＝0，即 h′(x)min≤0(当m＝1即a＝时取等号)．

①当a＝时，h′(x)min＝0，则 h′(x)≥0 恒成立．所以 h(x)在R上单调递增，故此时 h(x)只有一个零点．

②当a>时，ln 2a>0，h′(x)min＝h′(ln 2a)<0，

又h′(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增，

又h′(0)＝0，则存在 x1>0 使得 h′(x1)＝0，

这时 h(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增．

所以 h(x1)<h(0)＝0，又 h(0)＝0，所以此时 h(x)有两个零点．

③当0<a<时，ln 2a<0，h′(x)min＝h′(ln 2a)<0，

又h′(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增，

又h′(0)＝0，则存在 x2<0 使得 h′(x2)＝0．

这时 h(x)在(－∞，x2)上单调递增，在(x2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，

所以 h(x2)>h(0)＝0，h(0)＝0，所以此时 f (x)有两个零点．

综上，当 a＝时，方程 f (x)＝1只有一个解；当 a≠且a>0 时，方程 f (x)＝1有两个解．

法二：分离参数法

方程 f (x)＝1的解的个数即方程 ex－ax2－x－1＝0(a>0)的解的个数，方程可化为 ax2＝ex－x－1．

当x＝0时，方程为 0＝e0－0－1，显然成立，所以 x＝0为方程的解．

当x≠0 时，分离参数可得 a＝(x≠0)．

设函数 p(x)＝(x≠0)，则 p′(x)＝＝．

记q(x)＝ex(x－2)＋x＋2，则 q′(x)＝ex(x－1)＋1．

记t(x)＝q′(x)＝ex(x－1)＋1，则 t′(x)＝xex．显然当 x<0 时，t′(x)<0，函数 t(x)单调递减；

当x>0 时，t′(x)>0，函数 t(x)单调递增．所以 t(x)>t(0)＝e0(0－1)＋1＝0，即 q′(x)>0，

所以函数 q(x)单调递增．而 q(0)＝e0(0－2)＋0＋2＝0，

所以当 x<0 时，q(x)<0，即 p′(x)>0，函数 p(x)单调递增；

当x>0 时，q(x)>0，即 p′(x)>0，函数 p(x)单调递增．

而当 x→0 时，p(x)→ x→0＝ x→0＝ x→0＝ x→0＝(洛必达法则)，

当x→－∞时，p(x)→ x→－∞＝ x→－∞＝0，

故函数 p(x)的图象如图所示．作出直线 y＝a．

显然，当 a＝时，直线 y＝a与函数 p(x)的图象无交点，即方程 ex－ax2－x－1＝0只有一个解 x＝0；

当a≠且a>0 时，直线 y＝a与函数 p(x)的图象有一个交点(x0，a)，

即方程 ex－ax2－x－1＝0有两个解 x＝0或x＝x0．

综上，当 a＝时，方程 f (x)＝1只有一个解；当 a≠且a>0 时，方程 f (x)＝1有两个解．

[注]　部分题型利用分离法处理时，会出现“”型的代数式，这是大学数学中的不定式问题，解决这

类问题有效的方法就是洛必达法则．

法则 1　若函数 f (x)和g(x)满足下列条件：

(1)limf (x)＝0及limg(x)＝0；(2)在点 a的去心邻域内，f (x)与g(x)可导且 g′(x)≠0；(3)lim ＝l．

那么 lim ＝lim ＝l．

法则 2　若函数 f (x)和g(x)满足下列条件：

(1)limf (x)＝∞及 limg(x)＝∞；(2)在点 a的去心邻域内，f (x)与g(x)可导且 g′(x)≠0；(3)lim ＝l．

那么 lim ＝lim ＝l．

[题后悟通]　对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个．(1)分离

参数：得到参数与超越函数式相等的式子，借助导数分析函数的单调区间和极值，结合图形，由参

数函数与超越函数的交点个数，易得交点个数的分类情况；(2)构造新函数：求导，用单调性判定函

数的取值情况，再根据零点存在定理证明零点的存在性．

[例2]　设函数 f(x)＝－kln x，k>0．

(1)求f(x)的单调区间和极值；

(2)证明：若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．

[规范解答]　 (1)函数的定义域为(0，＋∞)．由 f(x)＝－kln x(k>0)，得 f′(x)＝x－＝．

由f′(x)＝0，解得 x＝(负值舍去)．f′(x)与f(x)在区间(0，＋∞)上随 x的变化情况如下表：

x(0，) (，＋∞)

f′(x)－0＋

f(x)

↘ ↗

所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．

f(x)在x＝处取得极小值 f()＝，无极大值．

(2)由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为 f()＝．

因为 f(x)存在零点，所以≤0，从而 k≥e，

当k＝e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且 f()＝0，所以 x＝是 f(x)在区间(1，]上的唯一零点；

当k>e 时，f(x)在区间(1，]上单调递减且 f(1)＝>0，f()＝<0，

所以 f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．

综上可知，若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．

[例3]　已知函数 f(x)＝(a，b∈R，a≠0)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为－a.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)讨论方程 f(x)＝1根的个数．

[规范解答]　 (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由 f′(1)＝a－b＝－a，得 b＝2a，

所以 f(x)＝，f′(x)＝－.

当a>0 时，由 f′(x)>0，得 0<x<；由 f′(x)<0，得 x>.

当a<0 时，由 f′(x)>0，得 x>；由 f′(x)<0，得 0<x<.

综上，当 a>0 时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当 a<0 时，f(x)的单调递增区间为，单调

递减区间为.

(2)f(x)＝1，即方程＝1，即方程＝，构造函数 h(x)＝，

则h′(x)＝－，令 h′(x)＝0，得 x＝，且在上 h′(x)>0，在上 h′(x)<0，即 h(x)在上单调递增，在上单调递

减，所以 h(x)max＝h＝e.

在上，h(x)单调递减且 h(x)＝>0，当 x无限增大时，h(x)无限接近 0；

在上，h(x)单调递增且当 x无限接近 0时，ln x＋2负无限大，故 h(x)负无限大．

故当 0<<e，即 a>时，方程 f(x)＝1有两个不等实根，当 a＝时，方程 f(x)＝1只有一个实根，当 a<0 时，

方程 f(x)＝1只有一个实根．

综上可知，当 a>时，方程 f(x)＝1有两个实根；当 a<0 或a＝时，方程 f(x)＝1有一个实根；当 0<a<时，

方程 f(x)＝1无实根．

[例4]　已知函数 f(x)＝ex，x∈R.

(1)若直线 y＝kx 与f(x)的反函数的图象相切，求实数 k的值；

(2)若m<0，讨论函数 g(x)＝f(x)＋mx2零点的个数．

[规范解答]　(1)f(x)的反函数为 y＝ln x，x>0，则 y′＝．

设切点为(x0，ln x0)，则切线斜率为 k＝＝，故 x0＝e，k＝.

(2)函数 g(x)＝f(x)＋mx2的零点的个数即是方程 f(x)＋mx2＝0的实根的个数(当x＝0时，方程无解)，

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