导数与函数的零点问题考点与题型归纳考点一判断函数零点的个数
[典例]设函数f(x)＝ln x＋m
x，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－
x
3零点的个数．
[解]由题设，g(x)＝f′(x)－x
3
＝1
x
－m
x2
－x
3(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－1
3x3
＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－1
3x3
＋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．所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝2
3.
由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，
可知①当m＞2
3
时，函数g(x)无零点；
②当m＝2
3
时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜2
3
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＞2
3
时，函数g(x)无零点；
当m＝2
3
或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜2
3
时，函数g(x)有两个零点．
[题组训练]
1．已知函数f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32
，求方程f (x )＝0的解的个数． 解：因为f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32
(x ＞0)， 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，
所以f (x )max ＝f (3)＝3ln 3－92＋6－3ln 3－32
＝0， 因为当x →0时，f (x )→－∞；当x →＋∞时，f (x )→－∞，
所以方程f (x )＝0只有一个解．
2．设f (x )＝x －1x
－2ln x . (1)求证：当x ≥1时，f (x )≥0恒成立；
(2)讨论关于x 的方程x －1x
－f (x )＝x 3－2e x 2＋tx 根的个数． 解：(1)证明：f (x )＝x －1x
－2ln x 的定义域为(0，＋∞)． ∵f ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝x 2－2x ＋1x 2＝(x －1)2x 2
≥0， ∴f (x )在[1，＋∞)上是单调增函数，
∴f (x )≥f (1)＝1－1－2ln 1＝0对于x ∈[1，＋∞)恒成立．
故当x ≥1时，f (x )≥0恒成立得证．
(2)化简方程得2ln x ＝x 3－2e x 2＋tx .
注意到x ＞0，则方程可变为2ln x x
＝x 2－2e x ＋t . 令L (x )＝2ln x x
，H (x )＝x 2－2e x ＋t ， 则L ′(x )＝2(1－ln x )x 2
. 当x ∈(0，e)时，L ′(x )＞0，∴L (x )在(0，e)上为增函数；
当x ∈(e ，＋∞)时，L ′(x )＜0，∴L (x )在(e ，＋∞)上为减函数．
∴当x＝e时，L(x)max＝L(e)＝2
e.
函数L(x)＝2ln x
x
，H(x)＝(x－e)2＋t－e2在同一坐标系内的大致图象如图所示．
由图象可知，①当t－e2＞2
e ，即t＞e2＋2
e
时，方程无实数根；
②当t－e2＝2
e ，即t＝e2＋2
e
时，方程有一个实数根；
③当t－e2＜2
e ，即t＜e2＋2
e
时，方程有两个实数根．
考点二由函数零点个数求参数
[典例](2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－ax2.
(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(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，
则g′(x)＝－(x2－2x＋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－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．(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)＝1－4a e 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值． ①当h (2)＞0，即a ＜e 24
时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点． ②当h (2)＝0，即a ＝e 24
时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点． ③当h (2)＜0，即a ＞e 24
时，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点． 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 )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．
综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e 24
. [解题技法]
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”．
[题组训练]
1．(2019·安阳一模)已知函数f (x )＝x 33＋x 22
与g (x )＝6x ＋a 的图象有3个不同的交点，则a 的取值范围是________．
解析：原问题等价于函数h (x )＝x 33＋x 22
－6x 与函数y ＝a 的图象有3个不同的交点， 由h ′(x )＝x 2＋x －6＝(x －2)(x ＋3)，得x ＝2或x ＝－3，
当x ∈(－∞，－3)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增；
当x ∈(－3,2)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减；
当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．
且h (－3)＝272，h (2)＝－223
， 数形结合可得a 的取值范围是⎝⎛⎭
⎫－223，272. 答案：⎝⎛⎭
⎫－223，272 2．(2019·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________．
解析：∵f (x )＝a e x －x －2a ，∴f ′(x )＝a e x －1.
