第六节 利用导数研究函数零点问题

第六节 利用导数解决函数的零点问题考点1 判断、证明或讨论函数零点的个数判断函数零点个数的3种方法 直接法令f (x )＝0，则方程解的个数即为零点的个数 画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可 定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数．证明： (1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点．[证明] (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点． (2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1，0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1，0]的唯一零点．(ⅱ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减． 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点． (ⅲ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点． (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点．根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数．[解] (1)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x (x ＞0)，则f ′(x )＝x －e x 2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23，又∵φ(0)＝0.结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，①当m＞23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点．考点2 已知函数零点个数求参数解决此类问题常从以下两个方面考虑(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件．(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[13，3]上有两个零点，求实数a 的取值范围．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x， 令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0＜x ＜12时，f ′(x )＞0；当x ＞12时，f ′(x )＜0.∴f (x )的单调递增区间为(0，12)，单调递减区间为(12，＋∞)．(2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x .令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈[13，3]，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x ＜1时，g ′(x )＜0；当1＜x ≤3时，g ′(x )＞0，∴g (x )的单调递减区间为[13，1)，单调递增区间为(1，3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∴函数f (x )在[13，3]上有两个零点，g (13)＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13＞3－ln 33，∴实数a 的取值范围是(1，3－ln 33]．与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .[解] (1)当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x . 当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点；(ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .当x ∈(0，2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0.所以h (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e24，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x＞0时，e x＞x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3（e2a）2＞1－16a3（2a）4＝1－1a＞0，故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.考点3函数零点性质研究本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．已知函数f(x)＝12x2＋(1－a)x－a ln x，a∈R.(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.[解](1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－ax，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－ax＝(x＋1)(1－ax)(x＞0)，①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x＞a时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)＜0，即12a2＋(1－a)a－a ln a＜0，整理得ln a＞1－12a，作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－a ln 2a－x x，则h′(x)＝－2＋2a2（2a－x）x ＝－2＋2a2－（x－a）2＋a2≥0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增，不妨设x1＜a＜x2，则h(x2)＞h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)＞f(x2)＝f(x1)，又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2＜x1，即x1＋x2＞2a，又ln a＞1－12a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝ln x－x.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)＋x＋12x－m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞1.[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1＝1－xx.令f′(x)＝1－xx＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＝1－xx＜0，得x＞1.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：根据题意知g(x)＝ln x＋12x－m(x＞0)，因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋12x－m的两个零点，所以ln x1＋12x1－m＝0，ln x2＋12x2－m＝0，两式相减，可得ln x1x2＝12x2－12x1，即ln x1x2＝x1－x22x1x2，故x1x2＝x1－x22lnx1x2，则x1＝x1x2－12lnx1x2，x2＝1－x2x12lnx1x2.令t＝x1x2，其中0＜t＜1，则x1＋x2＝t－12ln t ＋1－1t2ln t＝t－1t2ln t.构造函数h(t)＝t－1t－2ln t(0＜t＜1)，则h′(t)＝（t－1）2t2.因为0＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，即t－1t －2ln t＜0，可知t－1t2ln t＞1，故x1＋x2＞1.课外素养提升④逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法.f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型【例1】(1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)＜12，则不等式f(lg x)＞lg x＋12的解集为________．(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为________．(1)(0，10)(2)(－∞，－3)∪(0，3)[(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－12x，则g′(x)＝f′(x)－12＜0，所以g(x)在定义域内是减函数．因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－12＝1 2，由f(lg x)＞lg x＋12，得f(lg x)－12lg x＞12.即g(lg x)＝f(lg x)－12lg x＞12＝g(1)，所以lg x＜1，解得0＜x＜10.所以原不等式的解集为(0，10)．(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y ＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3，0)，(3，0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0，3)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f（x）g（x）(g(x)≠0)．xf′(x)±nf(x)(n为常数)型【例2】(1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是()A．f(x)＞0 B．f(x)＜0C．f(x)＞x D．f(x)＜x(1)A(2)A[(1)令g(x)＝f（x）x，则g′(x)＝xf′（x）－f（x）x2.由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0，1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；当x∈(－1，0)时，f(x)＜0.综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．(2)令g(x)＝x2f(x)－14x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.综上可知，f(x)＞0.][评析](1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝x n f(x)，则F′(x)＝x n－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对x n－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.(2)对于xf ′(x )－nf (x )＞0(x ≠0)型，构造F (x )＝f （x ）x n ，则F ′(x )＝xf ′（x ）－nf （x ）x n ＋1(注意对x n ＋1的符号进行讨论)，特别地，当n ＝1时，xf ′(x )－f (x )＞0，构造F (x )＝f （x ）x ，则F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＞0.f ′(x )±λf (x )(λ为常数)型【例3】 (1)已知f (x )在R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )＞f ′(x )，则有( )A ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)B ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)C ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)D ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)(2)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋2f ′(x )＞0恒成立，且f (2)＝1e (e 为自然对数的底数)，则不等式e x f (x )－e x2＞0的解集为________．(1)D (2)(2，＋∞) [(1)构造函数h (x )＝f （x ）e x ，则h ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x＜0，即h (x )在R 上单调递减，故h (－2 019)＞h (0)，即f （－2 019）e －2 019＞f （0）e 0⇒e 2 019f (－2 019)＞f (0)；同理，h (2 019)＜h (0)，即f (2 019)＜e 2 019f (0)，故选D.(2)由f (x )＋2f ′(x )＞0，得2[12f (x )＋f ′(x )]＞0，可构造函数h (x )＝e x 2f (x )，则h ′(x )＝12e x 2[f (x )＋2f ′(x )]＞0，所以函数h (x )＝e x 2f (x )在R 上单调递增，且h (2)＝e f (2)＝1.不等式ex f (x )－e x 2＞0等价于e x 2f (x )＞1，即h (x )＞h (2)⇒x ＞2，所以不等式e x f (x )－e x2＞0的解集为(2，＋∞)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝e x f(x)．(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f（x）e x.。

1利用导数研究函数零点问题【知识点讲解】零点问题作为高考压轴题中的一部分，在考试中占有一定的分量。

从内容上看，新课标高考主要考察零点存在性，零点个数判断等知识，侧重考查基本量的计算；从形式上看，有选择题. 解答题，难度从简单到难跨度很大；从能力上看，主要考查学生的运算和数形结合的综合能力。

总体上看，零点问题的考查题型较多，难度较大。

知识回顾①函数的零点对于函数()y f x =，我们把使()0f x =的实数x 叫做函数()y f x =的零点.②方程. 函数. 图象之间的关系方程()0f x =有实数根⇔函数()y f x =的图象与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点.③函数零点存在的判定方法如果函数()y f x =在区间[],a b 上的图象是连不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么，函数()y f x =在区间(),a b 内有零点，即存在(),c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是方程()0f x =的根.注意：判定函数零点的两个条件缺一不可，否则不一定存在零点；反过来，若函数()0f x =在区间(),a b 内有零点，则()()0f a f b ⋅<不一定成立.【1】确定函数零点的位置确定函数零点所在区间的解题步骤：①求给定区间端点对应的函数值；②判断端点函数值的符号③利用零点存在定理判断该区间是否存在零点2<题目讲解>例1. （2018•双流区模拟）函数()3 8f x ln x x +-=的零点所在的区间为（ ）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4练1. （2018•甘肃一模）函数()24f x log x x =+-的零点所在的区间是（ ）A ．112⎛⎫ ⎪⎝⎭，B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4例2. （2017秋•辽阳县期末）方程330x x --=的实数解落在的区间是（ ）A ．[]1,0-B ．[]0,1C ．[]1,2D ．[]2,3练2. （2017秋•潮州期末）设0x 是方程()21ln x x+=的解，则0x 在下列哪个区间内（ ） A ．()1,2B ．()0,1C ．()2,eD ．()3,4例3. （2018•镇海区校级模拟）已知函数()3x f x x =+，()3g x log x x =+，()h x sinx x =+的零点依次为123,,x x x ，则以下排列正确的是（ ）A ．123x x x <<B ．132x x x <<C ．312x x x <<D ．231x x x <<练3. （2017•黄石港区校级模拟）已知11a b=>，如果方程,,x x x b a b a log x b log x b log x ===的根分别为123,,,x x x 则123,,,x x x 的大小关系为（ ）A ．312x x x <<B ．321x x x <<C ．132x x x <<D ．123x x x <<<讲解小结>1.利用零点存在性定理判定零点存在区间32.利用方程思想转化成两个函数的交点问题3.转化时有不同的移项构造方法4对于多个函数零点大小比较问题，转化成对个函数与同一个函数的交点问题，在同一坐标系内作图，利用数形结合解决. 备选题库1. （2018•揭阳二模）函数()x f x e x =-﹣的零点所在的区间是（ ）A ．11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭2. （2017秋•丹东期末）已知0x 是函数()ln 62f x x x =-+的零点，则下列四个数中最小的是（ ）A ．0ln xB．C ．()0ln ln xD ．()20ln x3.若1x 满足225x x +=，2x 满足()222log 15x x +-=，12x x +=（ ）4. （2013•天津）设函数()()223x f x e x g x lnx x =+-=+-，．若实数,a b 满足()()00f a g b ==，，则（ ）A ．()()0g a f b <<B ．()()0f b g a <<C ．()()0g a f b <<D ．()()0f b g a <<5. （2013秋•吉林期末）设函数()()()()()f x x a x b x c x d =----，其中a b c d <<<，则()0f x '=有（ ）A ．分别位于区间()()(),,,,,a b b c c d 内的三个根B ．四个不等实根C ．分别位于区间()()()(),,,,,a a b b c c d -∞，，内的四个根D ．分别位于区间()()(),,,a a b b c -∞，，内的三个根6. 函数()()()()()()()111221f x x x x x x x =+-+--+-+的两个零点分别位于区间（ ）A ．()1,1-和()1,2内B ．(),1-∞-和()1,1-内4C ．()1,2和()2,+∞内D ．(),1-∞-和()2,+∞内【2】确定不含参函数的零点个数利用导数求不含参函数零点个数的解题步骤：①求导，求得()f x 的单调区间②对每个单调区间验证端点的函数值乘积()()f a f b 是否为负③统计零点个数。

第6讲 利用导数研究函数的零点问题判断函数零点的个数(师生共研)设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．【解】 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －ex 2， 由f ′(x )＝0，得x ＝e.所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，所以f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． 所以x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， 因此x ＝1也是φ(x )的最大值点． 所以φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)， 可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．函数的零点个数也就是函数图象与x 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：一是利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数；二是分离参数，将问题转化为求y ＝a 和y ＝f (x )的图象的交点个数问题求解．由函数零点个数求参数(师生共研)(2019·长春市质量监测(二))已知函数f (x )＝e x ＋bx －1(b ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝ln x 有两个实数根，求实数b 的取值范围． 【解】 (1)由题意可得f ′(x )＝e x ＋b ，当b ≥0时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．当b <0时，若x ≥ln(－b )，则f ′(x )≥0，f (x )在[ln(－b )，＋∞)上单调递增； 若x <ln(－b )，则f ′(x )<0，f (x )在(－∞，ln(－b ))上单调递减．(2)令g (x )＝e x ＋bx －1－ln x ，则g ′(x )＝e x ＋b －1x ，易知g ′(x )单调递增且一定有大于0的零点，设g ′(x )大于0的零点为x 0，则g ′(x 0)＝0，即e x 0＋b －1x 0＝0，b ＝1x 0－e x 0.方程f (x )＝ln x 有两个实数根，即g (x )有两个零点，则需满足g (x 0)<0， 即e x 0＋bx 0－1－ln x 0＝e x 0＋⎝⎛⎭⎫1x 0－e x 0x 0－1－ln x 0＝e x 0－e x 0x 0－ln x 0<0， 令h (x )＝e x －e x x －ln x (x >0)，则h ′(x )＝－e x x －1x <0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，又h (1)＝0，所以e x 0－e x 0x 0－ln x 0<0的解集为(1，＋∞)，所以b ＝1x 0－e x 0<1－e.当b <1－e 时，e x ＋bx －1－ln x >x ＋bx －ln x ，有g (e b )>e b ＋b e b －ln e b ＝(b ＋1)e b －b ， 令G (x )＝(x ＋1)e x －x ＝(x ＋1)(e x －1)＋1，x <1－e ，所以x ＋1<2－e<0，0<e x <1， 故G (x )＝(x ＋1)e x －x >0，所以g (e b )>0，故g (e b )g (x 0)<0，g (x )在(0，x 0)上有唯一零点，另一方面，在(x 0，＋∞)上，当x →＋∞时，因为e x 的增长速度快，所以g (x )>0，g (x )在(x 0，＋∞)上有唯一零点．综上，b 的取值范围是(－∞，1－e)．根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．以函数零点为背景的双变量不等式问题(师生共研)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R .(1)若f (x )存在极值点为1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2>2.【解】 (1)由已知得f ′(x )＝x ＋1－a －ax ，因为f (x )存在极值点为1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，经检验符合题意，所以a ＝1.(2)证明：f ′(x )＝x ＋1－a －ax＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－a x (x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝a ， 当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增， 当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )单调递减， 所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )． 又f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2， 所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0， 整理得ln a >1－12a ，作y ＝f (x )关于直线x ＝a 的对称曲线g (x )＝f (2a －x )，令h (x )＝g (x )－f (x )＝f (2a －x )－f (x )＝2a －2x －a ln 2a －xx，则h ′(x )＝－2＋2a 2（2a －x ）x ＝－2＋2a 2－（x －a ）2＋a 2≥0，所以h (x )在(0，2a )上单调递增， 不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0， 即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)，又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数，所以2a －x 2<x 1，即x 1＋x 2>2a ，又ln a >1－12a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2.破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1．(2019·江西赣州模拟)若函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，1e B.⎝⎛⎭⎫0，1e C.()－∞，0D.()0，＋∞解析：选D.函数f (x )＝a e x －x －2a 的导函数f ′(x )＝a e x －1.当a ≤0时，f ′(x )≤0恒成立，函数f (x )在R 上单调递减，不可能有两个零点；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 1a ，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 1a ，＋∞上单调递增，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln 1a ＝1－ln 1a －2a ＝1＋ln a －2a .令g (a )＝1＋ln a －2a (a >0)，则g ′(a )＝1a －2.当a ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，g (a )单调递减，所以g (a )max＝g ⎝⎛⎭⎫12＝－ln 2<0，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln 1a <0，函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)，故选D.2．已知函数f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32.则方程f (x )＝0的解的个数是________．解析：因为f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32，所以f ′(x )＝3x －x ＋2＝－x 2＋2x ＋3x＝（－x ＋3）（x ＋1）x，当x ∈(0，3)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→－∞， 所以f (x )max ＝f (3)＝3ln 3－92＋6－3ln 3－32＝0，所以方程f (x )＝0只有一个解． 答案：13．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0，＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点；(ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .当x ∈(0，2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时， h ′(x )＞0.所以h (x )在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在[0，＋∞)的最小值．①若h (2)＞0，即a ＜e 24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；②若h (2)＝0，即a ＝e 24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；③若h (2)＜0，即a ＞e 24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x ＞0时，e x ＞x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3（e 2a ）2＞1－16a 3（2a ）4＝1－1a ＞0.故h (x )在(2，4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点． 综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e 24.4．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f (x )＝e x ·(ln x －ax ＋a ＋b )(e 为自然对数的底数)，a ，b ∈R ，直线y ＝e2x 是曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线．(1)求a ，b 的值．(2)是否存在k ∈Z ，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝e x (ln x －ax ＋1x＋b )，f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得⎩⎨⎧f （1）＝e 2f ′（1）＝e 2，即⎩⎨⎧e b ＝e2e （b －a ＋1）＝e2，解得a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －x ＋32，则f ′(x )＝e x (ln x －x ＋1x ＋12)， 令g (x )＝ln x －x ＋1x ＋12，则g ′(x )＝－x 2－x ＋1x 2<0恒成立，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝12>0，g (2)＝ln 2－1<0，所以存在唯一的x 0∈(1，2)，使得g (x 0)＝0，且当x ∈(0，x 0)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )<0，即f ′(x )<0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减．又当x →0时，f (x )<0，f (1)＝e 2>0，f (2)＝e 2(ln 2－12)>0，f (e)＝e e ⎝⎛⎭⎫52－e <0， 所以存在k ＝0或2，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点．5．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )⎝⎛⎭⎫x －12在区间[0，1]上零点的个数． 解：(1)因为f (x )＝e x －ax －1， 所以f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a >0时，令f ′(x )<0， 得x <ln a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，所以f (x )的单调递减区间为(－∞，ln a )，单调递增区间为(ln a ，＋∞)．(2)令g (x )＝0，得f (x )＝0或x ＝12，先考虑f (x )在区间[0，1]上的零点个数，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增且f (0)＝0，所以f (x )在[0，1]上有一个零点； 当a ≥e 时，f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以f (x )在[0，1]上有一个零点； 当1<a <e 时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，1)上单调递增，而f (1)＝e －a －1，当e －a －1≥0，即1<a ≤e －1时，f (x )在[0，1]上有两个零点， 当e －a －1<0，即e －1<a <e 时，f (x )在[0，1]上有一个零点． 当x ＝12时，由f ⎝⎛⎭⎫12＝0得a ＝2(e －1)， 所以当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0，1]上有两个零点； 当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0，1]上有三个零点．6．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明： (1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点．证明：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1 ，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点．(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1，0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1，0]的唯一零点．(ⅱ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减．又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点．(ⅲ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点．(ⅳ)当x ∈()π，＋∞时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点． 综上，f (x )有且仅有2个零点．。

第六节利用导数研究函数零点问题考点一研究函数零点个数[典例](2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．[解](1)当a＝3时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋2 3.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．(2)证明：因为x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0.设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a，则g′(x)＝x2(x2＋2x＋3)(x2＋x＋1)2≥0，仅当x＝0时，g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6⎝⎛⎭⎫a－162－16<0，f(3a＋1)＝13>0，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．[解题技法]判断函数零点个数的3种方法[对点训练]设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解：(1)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex (x >0)， 则f ′(x )＝x －ex 2， ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， 因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23，又∵φ(0)＝0.结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知， ①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．考点二 已知零点存在情况求参数范围[典例] (2019·重庆调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎣⎡⎦⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围． [解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x， 令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0<x <12时，f ′(x )>0；当x >12时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12，＋∞. (2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln xx . 令g (x )＝x －ln xx ，其中x ∈⎣⎡⎦⎤13，3，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x <1时，g ′(x )<0；当1<x ≤3时，g ′(x )>0，∴g (x )的单调递减区间为⎣⎡⎭⎫13，1，单调递增区间为(1,3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在⎣⎡⎦⎤13，3上有两个零点，g ⎝⎛⎭⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13>3－ln 33，∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，3－ln 33.[解题技法]本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于有些函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．[对点训练]设函数f (x )＝ln x －x ，若关于x 的方程f (x )＝x 2－103x ＋m 在区间[1,3]上有解，求m 的取值范围．解：方程f (x )＝x 2－103x ＋m 在区间[1,3]上有解， 即ln x －x 2＋73x ＝m 在区间[1,3]上有解．令h (x )＝ln x －x 2＋73x ，则h ′(x )＝1x －2x ＋73＝－(3x ＋1)(2x －3)3x.∴当x ∈[1,3]时，h ′(x )，h (x )随x 的变化情况如下表：∵h (1)＝43，h (3)＝ln 3－2< 43，h ⎝⎛⎭⎫32＝ln 32＋54， ∴当x ∈[1,3]时，h (x )∈⎣⎡⎦⎤ln 3－2，ln 32＋54， ∴m 的取值范围为⎣⎡⎦⎤ln 3－2，ln 32＋54. [课时跟踪检测]1．(2019·贵阳摸底考试)已知函数f (x )＝kx －ln x (k >0)． (1)若k ＝1，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值．解：(1)若k ＝1，则f (x )＝x －ln x ，定义域为(0，＋∞)， 则f ′(x )＝1－1x ，由f ′(x )>0，得x >1；由f ′(x )<0，得0<x <1，∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)法一：由题意知，方程kx －ln x ＝0仅有一个实根， 由kx －ln x ＝0，得k ＝ln xx(x >0)． 令g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2，当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0. ∴g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (e)＝1e .当x →＋∞时，g (x )→0.又∵k >0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1e.法二：f (x )＝kx －ln x ，f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x (x >0，k >0)． 当0<x <1k 时，f ′(x )<0；当x >1k时，f ′(x )>0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1k 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1k ，＋∞上单调递增， ∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1k ＝1－ln 1k， ∵f (x )有且只有一个零点，∴1－ln 1k ＝0，即k ＝1e.法三：∵k >0，∴函数f (x )有且只有一个零点等价于直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x 相切， 设切点为(x 0，y 0)，由y ＝ln x ， 得y ′＝1x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1x 0，y 0＝kx 0，y 0＝ln x 0，∴k ＝1e ，∴实数k 的值为1e.2．已知函数f (x )＝x 3＋x 2＋ax ＋b .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，求实数b 的值． 解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3＋x 2－x ＋b ， 则f ′(x )＝3x 2＋2x －1，由f ′(x )>0，得x <－1或x >13，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和⎝⎛⎭⎫13，＋∞. (2)函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，等价于f (x )－ax ＝0有两个不等的实根．令g (x )＝f (x )－ax ＝x 3＋x 2＋b ，则g ′(x )＝3x 2＋2x . 由g ′(x )>0，得x <－23或x >0；由g ′(x )<0，得－23<x <0.所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－23，0上单调递减． 所以当x ＝－23时，函数g (x )取得极大值g ⎝⎛⎭⎫－23＝427＋b ；当x ＝0时，函数g (x )取得极小值为g (0)＝b .要满足题意，则需g ⎝⎛⎭⎫－23＝427＋b ＝0或g (0)＝b ＝0， 所以b ＝－427或b ＝0.3．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )·⎝⎛⎭⎫x －12在区间[0,1]上零点的个数． 解：(1)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a ， 当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a >0时，令f ′(x )<0，得x <ln a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ， ∴f (x )的单调递减区间为(－∞，ln a )，单调递增区间为(ln a ，＋∞)． (2)令g (x )＝0，得f (x )＝0或x ＝12，先考虑f (x )在区间[0,1]上的零点个数，①当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增且f (0)＝0， ∴f (x )在[0,1]上有一个零点．②当a ≥e 时，f (x )在(－∞，1)上单调递减， ∴f (x )在[0,1]上有一个零点．③当1<a <e 时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a,1)上单调递增．而f (1)＝e －a －1，当e －a －1≥0，即1<a ≤e －1时，f (x )在[0,1]上有两个零点； 当e －a －1<0，即e －1<a <e 时，f (x )在[0,1]上有一个零点．再考虑x ＝12时，由f ⎝⎛⎭⎫12＝0，得a ＝2(e －1)． 综上所述，当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有两个零点； 当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有三个零点． 4．(2018·太原模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x ，g (x )＝x e x －2.(1)求函数f (x )的极值；(2)若对任意给定的x 0∈(0，e]，方程f (x )＝g (x 0)在(0，e]上总有两个不相等的实数根，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝1x －2ax ＋(2－a )＝(2x ＋1)(－ax ＋1)x(x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )>0，得0<x <1a ；令f ′(x )<0，得x >1a .故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， ∴f (x )存在极大值，极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a ＋1a－1，无极小值． 综上所述，当a ≤0时，f (x )无极值；当a >0时，f (x )存在极大值，极大值为ln 1a ＋1a －1，无极小值．(2)g (x )＝xe x －2，g ′(x )＝1－x ex ，令g ′(x )>0，得x <1；令g ′(x )<0，得x >1.则g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∵g (0)＝－2，g (1)＝1e －2，g (e)＝ee e －2>－2，∴当x ∈(0，e]时，g (x )∈⎝⎛⎦⎤－2，1e －2. 由(1)得，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时在(0，e]上f (x )＝g (x 0)总有两个不相等的实数根不成立，因此a >0.当a >0时，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧0<1a<e ，f ⎝⎛⎭⎫1a >g (x )max，f (e )≤－2，由f (e)＝1－a e 2＋2e －e a ≤－2，得a ≥3＋2ee 2＋e，由f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a ＋1a －1>1e－2， 即ln a －1a ＋1e <1，令h (x )＝ln x －1x ＋1e (x >0)，易知h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (e)＝1， ∴ln a －1a ＋1e <1，得a ∈(0，e)．综上所述，3＋2ee 2＋e≤a <e ，故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫3＋2e e 2＋e ，e .。

第6讲 利用导数研究函数的零点问题判断函数零点的个数(师生共研)设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．【解】 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －ex 2， 由f ′(x )＝0，得x ＝e.所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，所以f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． 所以x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， 因此x ＝1也是φ(x )的最大值点． 所以φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)， 可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．函数的零点个数也就是函数图象与x 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：一是利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数；二是分离参数，将问题转化为求y ＝a 和y ＝f (x )的图象的交点个数问题求解．由函数零点个数求参数(师生共研)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围． 【解】 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，则f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则函数f (x )的图象在x＝1处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(2)g (x )＝f (x )－ax ＋m ＝2ln x －x 2＋m ， 则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x ，因为x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，所以由g ′(x )＝0，得x ＝1. 当1e ≤x <1时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当1<x ≤e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故当x ＝1时，函数g (x )取得极大值g (1)＝m －1， 又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e2，g (e)＝m ＋2－e 2， 所以g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点需满足条件 ⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2.g （e ）＝m ＋2－e 2≤0，故实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2.根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．以函数零点为背景的双变量不等式问题(师生共研)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R .(1)若f (x )存在极值点为1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2>2.【解】 (1)由已知得f ′(x )＝x ＋1－a －ax ，因为f (x )存在极值点为1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，经检验符合题意，所以a ＝1.(2)证明：f ′(x )＝x ＋1－a －ax＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－a x (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝a ， 当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增， 当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )单调递减， 所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )． 又f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2， 所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0， 整理得ln a >1－12a ，作y ＝f (x )关于直线x ＝a 的对称曲线g (x )＝f (2a －x )，令h (x )＝g (x )－f (x )＝f (2a －x )－f (x )＝2a －2x －a ln 2a －xx，则h ′(x )＝－2＋2a 2（2a －x ）x ＝－2＋2a 2－（x －a ）2＋a 2≥0，所以h (x )在(0，2a )上单调递增， 不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0， 即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)，又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数，所以2a －x 2<x 1，即x 1＋x 2>2a ，又ln a >1－12a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2.破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1．(2019·江西赣州模拟)若函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，1e B.⎝⎛⎭⎫0，1e C.()－∞，0D.()0，＋∞解析：选D.函数f (x )＝a e x －x －2a 的导函数f ′(x )＝a e x －1.当a ≤0时，f ′(x )≤0恒成立，函数f (x )在R 上单调递减，不可能有两个零点；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 1a ，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 1a ，＋∞上单调递增，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln 1a ＝1－ln 1a －2a ＝1＋ln a －2a .令g (a )＝1＋ln a －2a (a >0)，则g ′(a )＝1a －2.当a ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，g (a )单调递减，所以g (a )max＝g ⎝⎛⎭⎫12＝－ln 2<0，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln 1a <0，函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)，故选D.2．已知函数f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32.则方程f (x )＝0的解的个数是________．解析：因为f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32，所以f ′(x )＝3x －x ＋2＝－x 2＋2x ＋3x＝（－x ＋3）（x ＋1）x，当x ∈(0，3)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→－∞， 所以f (x )max ＝f (3)＝3ln 3－92＋6－3ln 3－32＝0，所以方程f (x )＝0只有一个解． 答案：13．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0，＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点；(ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .当x ∈(0，2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0.所以h (x )在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在[0，＋∞)的最小值．①若h (2)＞0，即a ＜e 24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；②若h (2)＝0，即a ＝e 24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；③若h (2)＜0，即a ＞e 24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x ＞0时，e x ＞x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3（e 2a ）2＞1－16a 3（2a ）4＝1－1a ＞0.故h (x )在(2，4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点． 综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e 24.4．(2019·辽宁锦州联考)已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值；并求此时f (x )在[－2，1]上的最大值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .因为函数f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝e 0＋a ＝0，所以a ＝－1.经检验，a ＝－1，符合题意，所以f ′(x )＝e x －1.所以当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)，所以f (x )在[－2，1]上的最大值为1e2＋3.(2)f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0，①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，且当x >1时，f (x )＝e x＋a (x －1)>0.当x <0时，取x ＝－1a ，则f ⎝⎛⎭⎫－1a <1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －1＝－a <0，所以函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，x ＝ln(－a )． 当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以x ＝ln(－a )时，f (x )取得最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．5．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )⎝⎛⎭⎫x －12在区间[0，1]上零点的个数． 解：(1)因为f (x )＝e x －ax －1， 所以f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a >0时，令f ′(x )<0， 得x <ln a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，所以f (x )的单调递减区间为(－∞，ln a )，单调递增区间为(ln a ，＋∞)． (2)令g (x )＝0，得f (x )＝0或x ＝12，先考虑f (x )在区间[0，1]上的零点个数，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增且f (0)＝0，所以f (x )在[0，1]上有一个零点；当a ≥e 时，f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以f (x )在[0，1]上有一个零点； 当1<a <e 时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，1)上单调递增，而f (1)＝e －a －1，当e －a －1≥0，即1<a ≤e －1时，f (x )在[0，1]上有两个零点， 当e －a －1<0，即e －1<a <e 时，f (x )在[0，1]上有一个零点． 当x ＝12时，由f ⎝⎛⎭⎫12＝0得a ＝2(e －1)， 所以当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0，1]上有两个零点； 当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0，1]上有三个零点．6．已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1x 2>e 2. 证明：不妨设x 1>x 2>0.因为f (x 1)＝f (x 2)＝0，所以ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，可得ln x 1＋ln x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝m (x 1－x 2)．要证明x 1x 2>e 2，即证明ln x 1＋ln x 2>2，也就是证明m (x 1＋x 2)>2，又因为m ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以即证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即证明ln x 1x 2>2（x 1－x 2）x 1＋x 2.令x 1x 2＝t ，则t >1，于是只需证明ln t >2（t －1）t ＋1.令g (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1(t >1)，则g ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0.故函数g (t )在(1，＋∞)上是增函数， 所以g (t )>g (1)＝0，即ln t >2（t －1）t ＋1成立．所以原不等式成立．。

利用导数研究函数零点函数的零点是指函数曲线与x轴相交的点，即函数值等于0的点。

研究函数的零点可以通过利用导数的性质和方法来进行。

一、定义导数导数是描述函数变化率的概念，可以理解为函数在其中一点的瞬时变化速率。

对于函数y=f(x)，其导数可以表示为f'(x)，也可以表示为dy/dx的形式。

二、零点的定义函数的零点是指函数在其中一点上的函数值等于0的点。

即对于函数y=f(x)，当f(x)=0时，x称为函数的零点。

三、导数与零点的关系1.导数与函数增减性：当函数在其中一区间内导数的值为正时，函数在该区间上是递增的；当导数的值为负时，函数在该区间上是递减的。

2.导数与函数极值：若函数在其中一点的导数为0，那么该点可能是函数的极值点（极大值或极小值）。

但需要注意的是，导数为0只是一个充分条件，并不是必要条件。

3.导数与函数的单调性：如果函数在其中一区间上的导数恒为正（负），则函数在该区间上是严格递增（递减）的。

当导数取值恢复为0时，函数可能出现极值。

4.导数与函数的凹凸性：函数的凹凸性与导数的二阶导数（也称为函数的二阶导数）有关。

若函数的二阶导数大于0，则函数在该区间上是凹函数；若二阶导数小于0，则函数在该区间上是凸函数。

四、利用导数研究函数零点的方法1.函数增减性分析法：a.求出函数的导数；b.确定导数的符号表；c.根据导数的符号表，确定函数的增减区间；d.根据函数的增减区间，找出函数的零点。

2.函数极值分析法：a.求出函数的导数；b.求导函数的导数（二阶导数）；c.解一阶导数等于0的方程，得到一阶导数等于0的点；d.利用二阶导数的符号表，确定这些点是极大值点还是极小值点；e.确定这些点是否是函数的零点。

3.函数凹凸性分析法：a.求出函数的导数；b.求导函数的导数（二阶导数）；c.解二阶导数等于0的方程，得到二阶导数等于0的点；d.利用二阶导数的符号表，确定这些点是函数的凹点还是凸点；e.确定这些点是否是函数的零点。

第6讲 利用导数研究函数零点问题利用最值(极值)判断零点个数[典例引领]已知函数f (x )＝－12ax 2＋(1＋a )x －ln x (a ∈R )．(1)当a ＞0时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)当a ＝0时，设函数g (x )＝xf (x )－k (x ＋2)＋2.若函数g (x )在区间[12，＋∞)上有两个零点，求实数k 的取值范围．【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数为f ′(x )＝－ax ＋1＋a －1x ＝－(ax －1)(x －1)x (a ＞0)，①当a ∈(0，1)时，1a ＞1.由f ′(x )＜0，得x ＞1a或a ＜1.所以f (x )的单调递减区间为(0，1)，⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； ②当a ＝1时，恒有f ′(x )≤0， 所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)； ③当a ∈(1，＋∞)时，1a ＜1.由f ′(x )＜0, 得x ＞1或x ＜1a.所以f (x )的单调递减区间为(0，1a )，(1，＋∞)．综上，当a ∈(0，1)时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 当a ＝1时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)；当a ∈(1，＋∞)时，f (x )的单调递减区间为(0，1a)，(1，＋∞)．(2)g (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个零点，即关于x 的方程k ＝x 2－x ln x ＋2x ＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个不相等的实数根．令函数h (x )＝x 2－x ln x ＋2x ＋2，x ∈[12，＋∞)，则h ′(x )＝x 2＋3x －2ln x －4(x ＋2)2，令函数p (x )＝x 2＋3x －2ln x －4，x ∈[12，＋∞)．则p ′(x )＝(2x －1)(x ＋2)x 在[12，＋∞)上有p ′(x )≥0，故p (x )在[12，＋∞)上单调递增．因为p (1)＝0，所以当x ∈[12，1)时，有p (x )＜0，即h ′(x )＜0，所以h (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，有p (x )＞0， 即h ′(x )＞0，所以h (x )单调递增． 因为h ⎝⎛⎭⎫12＝910＋ln 25，h (1)＝1， 所以k 的取值范围为⎝⎛⎦⎤1，910＋ln 25.利用函数的极值(最值)判断函数零点个数，主要是借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负、函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者利用零点个数求参数范围．数形结合法研究零点问题[典例引领]已知f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x . (1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围． 【解】 (1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，所以F ′(x )＝2ax －2x ＝2(ax 2－1)x(x ＞0)．①当a ＞0时，由ax 2－1＞0，得x ＞1a， 由ax 2－1＜0，得0＜x ＜1a， 故当a ＞0时，F (x )在区间⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减．②当a ≤0时，F ′(x )＜0(x ＞0)恒成立． 故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解．令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2x (1－2ln x )x 4易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，而φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22.由φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝ln e 4－ln 2e 22e 2＜ln 81－ln 272e 2＜0，所以φ(e)＜φ(2)． 所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a ＜1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时a 的取值范围为[ln 22，1e)．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画草图确定其中参数的范围．构造函数法研究零点问题[典例引领]设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －m x ＝x 2－mx，m ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上递增， m ＞0时，f ′(x )＝(x ＋m )(x －m )x，当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 当x ＞m 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 综上m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；m ＞0时，函数f (x )的单调增区间是(m ，＋∞)，单调减区间是(0，m )． (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数， F ′(x )＝－(x －1)(x －m )x ，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数， 注意到F (1)＝32＞0，F (4)＝－ln 4＜0，所以F (x )有唯一零点；当m ＞1时，0＜x ＜1或x ＞m 时F ′(x )＜0，1＜x ＜m 时F ′(x )＞0， 所以函数F (x )在(0，1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增， 注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln (2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点，综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．(1)涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．(1)确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象．(2)方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理．可以通过构造函数g (x )的方法，把问题转化为研究构造的函数g (x )的零点问题，研究函数g (x )零点的策略：①如果函数g (x )在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在．②如果函数g (x )在已知区间不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g (x )的极值与零的大小，以及函数g (x )的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数．(3)利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究，具体操作方法见本节考点一、二、三的[规律方法]．1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12B ．13C ．12D ．1解析：选C ．由f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)，得f (2－x )＝(2－x )2－2(2－x )＋a [e 2－x －1＋e －(2－x )＋1]＝x 2－4x ＋4－4＋2x ＋a (e 1－x ＋e x －1)＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)，所以f (2－x )＝f (x )，即x ＝1为f (x )图象的对称轴．由题意，f (x )有唯一零点，所以f (x )的零点只能为x ＝1，即f (1)＝12－2×1＋a (e 1－1＋e －1＋1)＝0，解得a ＝12.故选C ．2．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)解析：选B ．f ′(x )＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x )＝9x 2－6x ＝3x (3x －2)，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，23时，f ′(x )<0；x ∈⎝⎛⎭⎫23，＋∞时，f ′(x )>0，注意f (0)＝1，f ⎝⎛⎭⎫23＝59>0，则f (x )的大致图象如图(1)所示：不符合题意，排除A 、C ．当a ＝－43时，f ′(x )＝－4x 2－6x ＝－2x (2x ＋3)，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－32时，f ′(x )<0，x ∈⎝⎛⎭⎫－32，0时，f ′(x )>0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，注意f (0)＝1，f ⎝⎛⎭⎫－32＝－54，则f (x )的大致图象如图(2)所示．不符合题意，排除D.3．已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间；(2)试求f (x )的零点个数，并证明你的结论． 解：(1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x ，令f ′(x )＞0，解得x ＞e －2，令f ′(x )＜0， 解得0＜x ＜e －2，所以f (x )在(0，e －2)上递减，在(e －2，＋∞)上递增． (2)由(1)得f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e ，显然a ＞2e 时，f (x )＞0，无零点，a ＝2e 时，f (x )＝0，有1个零点，a ＜2e时，f (x )＜0，有2个零点．4．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ， 则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x ，由f ′(x )＞0，得x ＞2， 由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)因为f (x )＜0在区间⎝⎛⎭⎫0，13上恒成立不可能， 故要使函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点， 只要对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，f (x )＞0恒成立， 即对x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，a ＞2－2ln xx －1恒成立． 令h (x )＝2－2ln xx －1，x ∈⎝⎛⎭⎫0，13， 则h ′(x )＝2ln x ＋2x－2(x －1)2，再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝⎛⎭⎫0，13， 则m ′(x )＝－2(1－x )x 2＜0，故m (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上为减函数， 于是，m (x )＞m ⎝⎛⎭⎫13＝4－2ln 3＞0，从而h ′(x )＞0，于是h (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上为增函数， 所以h (x )＜h ⎝⎛⎭⎫13＝2－3ln 3，所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．5.函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )的导函数的图象如图所示：(1)求a ，b 的值并写出f (x )的单调区间； (2)若函数y ＝f (x )有三个零点，求c 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b .因为f ′(x )＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图象可知，当－1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，函数单调递减， 当x ＜－1或x ＞2时，f ′(x )＞0，函数单调递增， 故函数f (x )在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增， 在(－1，2)上单调递减．(2)由(1)得f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数， 在(－1，2)上是减函数，所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ，极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎨⎧76＋c ＞0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－76，103. 6．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解：(1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x 2，令f ′(x )＞0，解得x ＞1，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1， 所以f (x )在(0，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe－3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0＜x 1＜1＜x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增， 而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞，x →＋∞时， F (x )→＋∞，画出函数F (x )的草图，如图所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．。

利用导数研究含参函数零点问题利用导数研究含参函数零点问题主要有两中方法：（1）利用导数研究函数()f x 的最（极）值，转化为函数()f x 图像与x 轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想，其本质就是在含参函数单调性的基础上再判断函数零点个数问题；（2）分离参变量，即由()0f x =分离参变量，得()a g x =，研究y a =与()y g x =图像交点问题。

例1．已知函数()()11ln x f x a e x a a=-+-（0a >且1a ≠），e 为自然对数的底数． （Ⅰ）当a e =时，求函数()y f x =在区间[]0,2x ∈上的最大值；（Ⅱ）若函数()f x 只有一个零点，求a 的值．变1：设函数()21ln 2f x x m x =-， ()()21g x x m x =-+． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0m ≥时，讨论函数()f x 与()g x 图像的交点个数．例2.(2014年湖北卷)已知函数()21ln 2f x x ax =-（a R ∈）. （1）求函数()f x 的单调区间； （2）讨论函数()f x 在区间21,e ⎡⎤⎣⎦上零点的个数.变2：（2017年全国卷1）已知函数2()(2)x x f x a ea e x =⋅+-⋅-（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.练习1．（2018年全国卷2）已知函数2()e x f x ax =-．（1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．2.(2018年福建联考)已知函数21()(1)2x f x x e ax =--（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.3.（2019年衡水联考金卷）已知函数2()(3)(2)x f x x e a x =-+-，其中e 为自然对数的底数，a R ∈；（1）若()f x 恰有两个零点，求实数a 的取值范围；（2）当0,1a x >≥时，求证：()9x x e f x e x e ⋅>⋅-.（参考数据：27.389e ≈）4. （2016年新课标1卷）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点，（1）求a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<.作业：1. 设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．2. 函数f(x)＝x3－kx，其中实数k为常数．(1)当k＝4时，求函数的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝k只有一个交点，求实数k的取值范围．3. 已知函数f(x)＝ (a<0)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的极值；(2)若函数F(x)＝f(x)＋1没有零点，求实数a的取值范围．4. 已知函数f(x)＝(x ＋a)e x ，其中e 是自然对数的底数，a∈R .(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x －a)－x 2的零点个数，并说明理由．5. 已知函数21()ln 2f x x ax bx =-++. (1) 若1b a =-，讨论()f x 的单调性；(2) 若0a =时函数有两个不同的零点，求实数b 的取值范围.6.（2015年广东卷21第2问）已知函数()ln ()ax f x xe x e a R =+-∈，设1()ln g x x e x =+-,若函数()()y f x y g x ==与的图像有两个不同的交点，求实数a 的取值范围.7.（2019年深圳三模）已知函数()ln(0,0),2x b f x ax a b x =-+>>对于任意的0x >，都有4()()0f x f x +=.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当()f x 存在三个不同的零点时，求实数a 的取值范围.。