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导数与函数的零点问题考点与题型归纳

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)－

3零点的个数．

[解]由题设，g(x)＝f′(x)－x

＝1

－m

－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

由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，

可知①当m＞2

时，函数g(x)无零点；

②当m＝2

时，函数g(x)有且只有一个零点；

③当0＜m＜2

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

时，函数g(x)无零点；

当m＝2

或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；

当0＜m＜2

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

函数L(x)＝2ln 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

时，方程无实数根；

②当t－e2＝2

e ，即t＝e2＋2

时，方程有一个实数根；

③当t－e2＜2

e ，即t＜e2＋2

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.

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，

∴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， ∴g (a )max ＝g ???

? 12＝－ln 2＜0， ∴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，＋∞)．

答案：(0，＋∞)

[课时跟踪检测]

1．设a 为实数，函数f (x )＝－x 3＋3x ＋a .

(1)求f (x )的极值；

(2)是否存在实数a ，使得方程f (x )＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a 的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋3，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝1.

∵当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(－1,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，

∴f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增．

∴f (x )的极小值为f (－1)＝a －2，极大值为f (1)＝a ＋2.

(2)方程f (x )＝0恰好有两个实数根，等价于直线y ＝a 与函数y ＝x 3－3x 的图象有两个交点．∵y ＝x 3－3x ，∴y ′＝3x 2－3.令y ′＞0，解得x ＞1或x ＜－1；令y ′

＜0，解得－1＜x ＜1.

∴y ＝x 3－3x 在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)和(－∞，－1)上为增

函数．∴当x ＝－1时，y 极大值＝2；当x ＝1时，y 极小值＝－2.∴y ＝x 3－3x 的大致图象如图所示．

y ＝a 表示平行于x 轴的一条直线，由图象知，当a ＝2或a ＝－2时，y ＝a 与y ＝x 3－3x 有两个交点．

故当a ＝2或a ＝－2时，方程f (x )＝0恰好有两个实数根．

2．(2019·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 .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1.∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴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)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e 2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .

①当a ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )在R 上单调递增，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，∴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，则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，

∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．

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)．

3．(2018·郑州第一次质量预测)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a

(a ∈R 且a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；

(2)当x ∈???

?1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数．解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2

(x ＞0)，当a ＜0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；

当a ＞0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2＞0，得x ＞1a

，由f ′(x )＝ax －1ax 2＜0，得0＜x ＜1a

，函数f (x )在????1a ，＋∞上单调递增，在???

?0，1a 上单调递减．综上所述，当a ＜0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；

当a ＞0时，函数f (x )在????1a ，＋∞上单调递增，在???

?0，1a 上单调递减． (2)当x ∈???

?1e ，e 时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数，等价于方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根的个数．

令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，

则h ′(x )＝???

?1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x

－1在????1e ，1上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x ∈????1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0.

∴1x

＋ln x －1≥0在x ∈????1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝???

?1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1＞0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈????1e ，e 上单调递增，

∴h (x )min ＝h ????1e ＝－2e 1e ＋1e

，h (x )max ＝h (e)＝e. ∴当m ＜－2e 1e

＋1e

或 m ＞e 时，函数g (x )在????1e ，e 上没有零点；当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在????1e ，e 上有一个零点．

4．(2019·益阳、湘潭调研)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x ，a ∈R.

(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程；

(2)讨论f (x )的单调性；

(3)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．

解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，f (e)＝e ＋1，f ′(x )＝1x ＋1，f ′(e)＝1＋1e ，∴曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y －(e ＋1)＝????1＋1e (x －e)，即y ＝???

?1e ＋1x . (2)f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x

(x ＞0)， ①当a ≤0时，显然f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；

②当a ＞0时，令f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x

＝0，则－2ax 2＋x ＋1＝0，易知Δ＞0恒成立．设方程的两根分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)，则x 1x 2＝－12a

＜0，∴x 1＜0＜x 2， ∴f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x ＝－2a (x －x 1)(x －x 2)x

(x ＞0)．由f ′(x )＞0得x ∈(0，x 2)，由f ′(x )＜0得x ∈(x 2，＋∞)，其中x 2＝1＋8a ＋14a

， ∴函数f (x )在? ????0，1＋8a ＋14a 上单调递增，在? ??

??1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减． (3)函数f (x )有两个零点，等价于方程a ＝ln x ＋x x

2有两解．令g (x )＝ln x ＋x x 2(x ＞0)，则g ′(x )＝1－2ln x －x x 3

. 由g ′(x )＝1－2ln x －x x 3

＞0，得2ln x ＋x ＜1，解得0＜x ＜1， ∴g (x )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，

又∵当x ≥1时，g (x )＞0，当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，

∴作出函数g (x )的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a ∈(0,1)时符合题意．

下面给出证明：

当a ≥1时，a ≥g (x )max ，方程至多一解，不符合题意；当a ≤0时，方程至多一解，不符合题意；

当a ∈(0,1)时，g ????1e ＜0，∴g ???

?1e －a ＜0， g ????2a ＝a 24????ln 2a ＋2a ＜a 24????2a ＋2a ＝a ， ∴g ????2a －a ＜0.

∴方程在????1e ，1与????1，2a 上各有一个根，

∴若f (x )有两个零点，a 的取值范围为(0,1)．

高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题

题型一利用导数讨论函数零点的个数【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： (1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图； (4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝????? f (x )，f (x )≥ g (x )，g (x )，f (x )0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1 ＝0或x 2＝2 a ，∈a >0，∈x 1

即不等式2a ≤1x 3＋3 x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1 x 3(x ∈[1,2])， ∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立， ∈y ＝1x 3＋3 x 在x ∈[1,2]上单调递减， ∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3 x 的最大值为4， ∈2a ≤4，即a ≤2. (3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ?? ? ??a 2＝1－4a 2， ∈当1－4 a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋ ∞)上无零点． ∈当1－4 a 2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0. 又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4 a 2<0，即00， ∈存在唯一的x 0∈?? ? ??1,1e ，使得φ(x 0)＝0， (∈)当0