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第3课时 利用导数探究函数的零点问题
判断函数零点(方程根)的个数
(2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的
导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
【证明】 设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．
又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．
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
定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决
设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
解：由题设知，g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，所以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)＝.
又φ(0)＝0，结合函数y＝φ(x)的图象(如图)，可知
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当00，则函数F(x)＝
xf(x)－的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B.函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)
＝的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′
(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所
以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图象只有一个交点
即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．故选B.
2．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．
解析：f′(x)＝＝(a<0)．
当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，
解得a>－e2，因此－e20，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x) ＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，
极大值
f(x) ＝f(2)＝－2－4－2＝－，
极小值
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－<2m－3<－，
解得－0.
(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；
(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．
解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.
所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.
(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．
当x>1时，f′(x)>0；当01时，h′(x)<0；
当00.
所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x∈[0，＋∞)时，h(x) ＝h(1)＝＋m.
max
要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则＋m≥－1，即m≥－.
所以实数m的取值范围为.
6．(2020·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y
轴垂直．
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于
1.
解：(1)f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′＝0，即＋b＝0.
故b＝－.
(2)由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.
令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
f′(x)与f(x)的情况为：
x －
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) c＋ c－
因为f(1)＝f＝c＋，所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点．因为f(－1)＝f＝c
－，所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点．
由题设可知－≤c≤.
当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.
当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.当－4－2a.
解：(1)依题意知x>0，当a＝0时，f′(x)＝－(b＋1)．
①当b≤－1时，f′(x)>0恒成立，此时f(x)在定义域上单调递增；
②当b>－1时，x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递
减．
(2)证明：由f(x)＝m－ax2得ln x＋(a－2)x＋2－m＝0，
令g(x)＝ln x＋(a－2)x＋2，x>0，则g(x )＝g(x )＝m，
1 2
依题意有ln x ＋(a－2)x ＝ln x ＋(a－2)x ，
1 1 2 2
所以a－2＝，
要证＋>4－2a，只需证>2(2－a)＝(不妨设x 1)，则g(t)＝2ln t－t＋，
因为g′(t)＝－1－＝－<0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(t)4－2a.
