高中高考数学：导数背景下的零点问题课件

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 g1e＝m－2－e12，g(e)＝m＋2－e2， 且 g1e＞g(e)， ∴g(x)＝f(x)－ax＋m 在1e，e上有两个零点需满足条件gg（ 1e1＝）m＝－m2－－1e12＞≤00，， 解得 1＜m≤2＋e12. 故实数 m 的取值范围是1，2＋e12.
2 a.
证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0， 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于 2e2x0－xa0＝0，
故 f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)单调递增，在(3－2 3，3＋2 3) 单调递减.
(2)证明：f(x)只有一个零点.
证明 由于 x2＋x＋1>0，所以 f(x)＝0 等价于x2＋xx3＋1－3a＝0. 设 g(x)＝x2＋xx3＋1－3a，则 g′(x)＝x（2（xx2＋2＋x2＋x＋1）3）2 ≥0， 仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)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 ＝－6a－612－61<0， f(3a＋1)＝31>0，故 f(x)有一个零点. 综上，f(x)只有一个零点.
转化为证明 f(x0)≥2a＋aln
2 a.
训练 3 (2020·全国Ⅲ卷)设函数 f(x)＝x3＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点12，f21处的切 线与 y 轴垂直. (1)求 b； 解 f′(x)＝3x2＋b.

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设函数 f(x)＝x2－2mln x，g(x)＝32x2－(m＋1)x－mln x(m≥1)时，讨论函数 f(x)
与 g(x)图象的交点个数． 解：令 F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0， 问题等价于求函数F(x)的零点个数． F′(x)＝－（x－1）x（x－m），
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(a)若 g′(－1)≥0，则－21e≤a＜0，∴－21e≤a＜0 时，g′(x)＞0 在(－1，＋ ∞)上恒成立， ∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， ∵g(－1)＝e－1＞0，∴g(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴f′(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵f(0)＝0， ∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意． (b)若 g′(－1)＜0，则 a＜－21e，∴a＜－21e时，存在 x0∈(－1，0)，使得 g′(x0) ＝0.
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2．已知函数 F(x)＝xln－x1－x＋a 1. (1)设函数h(x)＝(x－1)F(x)，当a＝2时，证明：当x>1时，h(x)>0； 解：证明：当 a＝2，x>1 时，h′(x)＝x（（xx－＋11））22>0， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，
所以当x>1时，h(x)>0. (2)若F(x)有两个不同的零点，求a的取值范围． 解：设函数 f(x)＝ln x－a（xx＋－11），则 f′(x)＝x2＋x2（（x1＋－1a））2x＋1. 令g(x)＝x2＋2(1－a)x＋1，当a≤1，x>0时，g(x)>0，
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函数 f(x)＝ln x－ x，x∈(0，＋
∞)

在
1
ln ,
+ ∞ 上单调递增.
1
-∞,ln
上单调递减,
(2)根据(1)中结果知,当 a≤0 时,f(x)最多有一个零点,不符合题意.当 a>0 时,f(x)
在
1
-∞,ln

上单调递减,在
1
ln , +

∞ 上单调递增,且当 x→-∞时,f(x)→+∞,当
x→+∞时,f(x)→+∞.因此根据零点存在定理,如果函数有两个零点,则需 f(x)的
递增.∴f(x)min=f(1)=-2.又f(0)=1,f(2)=3>1,曲线y=x3-3x
与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点等价于
y=f(x)与y=a有两个不同的交点,∴-2<a<1.

3.(2021·全国甲,理21(2))已知a>0且a≠1,函数f(x)=

直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
.
解析 令x3-3x=-(x-1)2+a,得x3+(x-1)2-3x=a.
令f(x)=x3+(x-1)2-3x,x>0,则f'(x)=3x2+2(x-1)-3=3x2+2x5=(x-1)(3x+5).由f'(x)=0(x>0),得x=1.∴当x∈(0,1)
时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调
求解；
(2)分离参数法：由 f ( x )＝0分离出参数 a ，得 a ＝φ( x )，利用导数求函数 y ＝φ( x )的

当h(e)≤0，即a1e－1＋e＋1e≤0， 即a≥ee2－＋11时，h(1)·h(e)≤0.
由零点存在定理可知，此时h(x)在1，e上有零点．
又因为函数h
(x)
在
1，e
上单调递减，所以此时h
(x)
在
1，e
上有
一个零点．
②当a≤0时，即a＋1≤1时， 当x∈(1，e)时，h′(x)>0， 所以h(x)在1，e上单调递增． h(1)＝2＋a，h(e)＝a1e－1＋e＋1e>0. 当h(1)＝2＋a≤0，即a≤－2时，h(1)·h(e)≤0. 由零点存在定理，知此时h(x)在1，e上有零点．
当x＞ln 2a时，f ′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
由f(x)在(－∞，0)上单调递增且f(0)＝b－1＞2a－1＞0，f
－
ab＝－
ba－1e－
b
a＜0，
可得f(x)在(－∞，0)上有唯一零点，
由f(x)在(0，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增，
且f(ln 2a)＝(ln 2a－1)·2a－aln2(2a)＋b＞(ln 2a－1)·2a－aln2(2a)
令h′(x)＝0，解得x＝3，在 (0，3) 上h′(x)<0，在 (3，＋∞) 上 h′(x)>0，
所以y＝h(x)在(0，3) 上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，且 h(3)＝4－2ln 3>0，
所以f ′(x)>0在 (0，＋∞) 上恒成立，所以函数f(x)在 (0，＋∞) 上 单调递增．
(2)①由(1)知，当x∈(0，α)时，f ′(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递 增；当x∈(α，π)时，f ′(x)<0，f(x)在(α，π)上单调递减，所以f(x)在 (0，π)上存在唯一的极大值点απ3<α<π2，