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§3.7 利用导数研究函数零点
题型一 数形结合法研究函数零点
例1 (2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，
f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，
解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x＋2)，即＝，
所以函数y＝的图象与函数φ(x)＝的图象有两个交点，
φ′(x)＝，
当x∈(－∞，－1)时，φ′(x)>0；
当x∈(－1，＋∞)时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(－∞，－1)上单调递增，
在(－1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x) ＝φ(－1)＝e，且x→－∞时，
max
φ(x)→－∞；x→＋∞时，φ(x)→0，
所以0<.
所以a的取值范围是.
教师备选
已知函数f(x)＝xex＋ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数．
解 (1)函数f(x)的定义域为R，
且f′(x)＝(x＋2)ex，
令f′(x)＝0得x＝－2，则f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x (－∞，－2) －2 (－2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 － 单调递增∴f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)．
当x＝－2时，f(x)有极小值为f(－2)＝－，无极大值．
(2)令f(x)＝0，得x＝－1，
当x<－1时，f(x)<0；
当x>－1时，f(x)>0，且f(x)的图象经过点，(－1,0)，(0,1)．
当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝→0；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示．
函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．
当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－.
∴关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论：
当a<－时，零点的个数为0；
当a＝－或a≥0时，零点的个数为1；
当－0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2.
(2)由题意知
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，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，
∴x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.
结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝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)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数g(x)＝x2－ax－f(x)的零点个数．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝x－aln x可得
f′(x)＝1－＝，
由f′(x)>0可得x>a；
由f′(x)<0可得00，
当a>1时，g(x)在(1，a)上单调递减，
所以g(1)>g(a)，
所以g(a)<0，所以g(x)有一个零点，
当a＝1时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)有一个零点，
当00；
当x∈∪时，f′(x)<0，
∴f(x)在，上单调递增，在，上单调递减．
(2)证明 h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cos x，
∵h(－x)＝x2＋4－4xsin x－4cos x＝h(x)，
∴h(x)为偶函数．
又∵h(0)＝0，
∴x＝0为函数h(x)的零点．
下面讨论h(x)在(0，＋∞)上的零点个数：
h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cos x
＝x(x－4sin x)＋4(1－cos x)．
当x∈[4，＋∞)时，
x－4sin x>0,4(1－cos x)≥0，
∴h(x)>0，∴h(x)无零点；
当x∈(0,4)时，
h′(x)＝2x－4xcos x＝2x(1－2cos x)，
当x∈时，h′(x)<0；
当x∈时，h′(x)>0，
∴h(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴h(x) ＝h＝＋4－sin －4cos ＝＋2－<0，
min
又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin 4－4cos 4>0，
∴h(x)在上无零点，在上有唯一零点．
综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，
又h(0)＝0且h(x)为偶函数，
故h(x)在R上有且仅有三个零点．
思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的
符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零
点的条件．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝x3－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．
(1)解 当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，
f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，
单调递减区间为(3－2，3＋2)．
(2)证明 因为x2＋x＋1>0在R上恒成立，
所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，
则g′(x)＝≥0在R上恒成立，
当且仅当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－＝－62－<0，
f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．
综上所述，f(x)只有一个零点．
题型三 构造函数法研究函数的零点
例3 (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)，
f′(x)＝(x>0)，
令f′(x)>0，则0，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x) ＝g(e)＝，
max
且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，
所以0<<，所以a>1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
教师备选
(2022·淄博质检)已知f(x)＝x3＋x2＋2x，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)求f(x)的极值；
(2)令g(x)＝f′(x)＋kex－1，若y＝g(x)的函数图象与x轴有三个不同的交点，求实数k的取值
范围．
解 (1)因为f′(x)＝x2＋3x＋2＝(x＋1)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x＝－1，x＝－2，
1 2
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如表所示：
x (－∞，－2) －2 (－2，－1) －1 (－1，＋∞)f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
由表可知，函数f(x)的极大值为f(－2)＝－，
极小值为f(－1)＝－.
(2)由(1)知g(x)＝x2＋3x＋2＋kex－1＝x2＋3x＋1＋kex，
由题知需x2＋3x＋1＋kex＝0有三个不同的解，即k＝－有三个不同的解．
设h(x)＝－，
则h′(x)＝＝，
当x∈(－∞，－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(－2,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
又当x→－∞时，h(x)→－∞，
当x→＋∞时，h(x)→0且h(x)<0，
且h(－2)＝e2，h(1)＝－.
作出函数h(x)的简图如图，
数形结合可知，－0，解得x<0或x>ln 2；
令f′(x)<0，解得0ln 且x≠1时，g′(x)>0，所以g(x)在上单调递减，在和(1，＋
∞)上单调递增，因为g＝－＝ln 2，
g(1)＝e－1≠0，
所以b∈∪(e－1，＋∞)．
课时精练
1．已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．
解 (1)f(x)＝ex(ax＋1)，
则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
由题意知解得
∴a＝1，b＝3e.
(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个
交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，
∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，
∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，
当x<2时，u(x)<0，
∴－e0，
∵函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴ex－≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即k＋1≤xex在(0，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝xex，
则h′(x)＝(x＋1)ex>0在(0，＋∞)上恒成立．
∴函数h(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
则h(x)>h(0)＝0，
∴k＋1≤0，即k≤－1，
故实数k的取值范围是(－∞，－1]．
(2)证明 当k＝0时，f′(x)＝ex－，x>0，
令g(x)＝ex－，x>0，
则g′(x)＝ex＋>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且f′＝－2<0，f′(1)＝e－1>0，
∴存在m∈，使得f′(m)＝0，得em＝，
故m＝－ln m，
当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x) ＝f(m)＝em－ln m＋2sin α＝＋m＋2sin α>2＋2sin α≥0，
min
∴函数f(x)无零点．
3．(2022·安庆模拟)已知函数f(x)＝ln x－aex＋1(a∈R)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)极值点的个数；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
解 (1)由f(x)＝ln x－aex＋1，
知x∈(0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝ln x－ex＋1，
f′(x)＝－ex，显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又f′＝2－>0，f′(1)＝1－e<0，
所以f′(x)在上存在零点x，且是唯一零点，当x∈(0，x)时，f′(x)>0；
0 0
当x∈(x，＋∞)时，f′(x)<0，
0
所以x 是f(x)＝ln x－ex＋1的极大值点，且是唯一极值点．
0
(2)令f(x)＝ln x－aex＋1＝0，则a＝.
令y＝a，g(x)＝，
g′(x)＝(x>0)．
令h(x)＝－ln x－1，
则h′(x)＝－－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，而h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减．
故g(x) ＝g(1)＝.
max
又g＝0，当x>1且x→＋∞时，
g(x)>0且g(x)→0，
作出函数g(x)＝的图象如图所示．
结合图象知，当a>时，f(x)无零点，
当a≤0或a＝时，f(x)有1个零点，
当00时，判断函数f(x)在x∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．
解 (1)f′(x)＝，
f′＝π，
所以f(x)在点处的切线方程为y＝πx，所以f ＝，
即－a－2＝，a＝－－2.(2)因为x∈(0，π)，所以sin x>0，
所以－2＝0可转化为x2－a－2sin x＝0，
设g(x)＝x2－a－2sin x，
则g′(x)＝2x－2cos x，
当x∈时，g′(x)>0，
所以g(x)在区间上单调递增．
当x∈时，
设h(x)＝g′(x)＝2x－2cos x，
此时h′(x)＝2＋2sin x>0，
所以g′(x)在x∈上单调递增，
又 g′(0)＝－2<0，g′＝π>0，
所以存在x∈使得g′(x)＝0且x∈(0，x)时g(x)单调递减，
0 0
x∈时g(x)单调递增．
综上，对于连续函数g(x)，当x∈(0，x)时，g(x)单调递减，
0
当x∈(x，π)时，g(x)单调递增．
0
又因为g(0)＝－a<0，
所以当g(π)＝π2－a>0，即a<π2时，
函数g(x)在区间(x，π)上有唯一零点，
0
当g(π)＝π2－a≤0，即a≥π2时，函数g(x)在区间(0，π)上无零点，
综上可知，当0
