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第二课时 利用导数研究函数的零点问题
题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数
例1 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)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减.
(2)证明 由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥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－
＝－6－<0，
f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点.
综上，f(x)只有一个零点.
感悟提升 利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法
(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变
化趋势等.
(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置.
(3)数形结合法分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.
训练1 设函数f(x)＝ln x＋，m为正数.试讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数.
解 由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).
转化为函数y＝m与y＝－x3＋x的图象的交点情况.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)唯一的极值点，且是极大值点，因此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；
当实数m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
当00，
故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝±.
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.故函数f(x)在，单调递增，
在单调递减.
(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点.
当k>0时，x＝－为f(x)的极大值点，
x＝为f(x)的极小值点.
此时，－k－1<－<0，
f>0.
根据f(x)的单调性，当且仅当f<0，f(x)有三个零点，则k2－<0，解之得k<.
因此k的取值范围为.
感悟提升 在解决已知函数y＝f(x)有几个零点求f(x)中参数t的取值范围问题时，
经常从f(x)中分离出参数t＝g(x)，然后用求导的方法判断g(x)的单调性，再根据
题意求出参数t的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.
训练2 已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)，若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两
个零点，求实数m的取值范围.
解 g(x)＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝.
因为x∈，所以当g′(x)＝0时，x＝1.
当≤x<1时，g′(x)>0；
当10且t≥，得t>；
令h′(t)<0且t≥，得≤t<.
所以h(t)在上为减函数，在上为增函数，
所以函数f(x)＝ln x(00时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.
解 (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.
当a>0时，令f′(x)<0，得x0，得x>ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞).
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
即k0)恒成立，
令g(x)＝＋x(x>0)，
得g′(x)＝＋1＝(x>0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数.
又因为h(1)<0，h(2)>0，
所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；
当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x) ＝g(α)＝＋α.
min
又h(α)＝eα－α－2＝0，
所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，
则g(x) ＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，
min
所以k的最大值为2.
1.已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，
则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，
当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.
(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，
设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.
若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.
若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.
又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x ∈(0，1)，使g(x )＝0.
0 0
故当x∈(0，x )时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
0
当x∈(x ，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
0
因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.
若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.
则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，
此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a的取值范围为(－∞，0).
2.设函数f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
当0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.
综上，函数f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，).
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)
＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x>0，
题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.
F′(x)＝－，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，
因为F(1)＝>0，F(4)＝－ln 4<0，
所以F(x)有唯一零点；
当m>1时，0m时，F′(x)<0；
10，
所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，
因为F(1)＝m＋>0，
F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，
所以F(x)有唯一零点.
综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图象总有一个交点.
3.已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋.
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝时，f(x)的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围.
解 (1)当a＝1时，
f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋(x∈R)，
则f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2).
令f′(x)>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，＋∞).
4.已知函数f(x)＝axcos x－1在上的最大值为－1.
(1)求a的值；
(2)证明：函数f(x)在区间上有且仅有2个零点.
(1)解 f′(x)＝a(cos x－xsin x)，
因为x∈，所以cos x>sin x≥0，
又1>x≥0，
所以1·cos x>xsin x，即cos x－xsin x>0.
当a>0时，f′(x)>0，所以f(x)在区间上单调递增，
所以f(x) ＝f＝a·×－1＝－1，解得a＝2.
max
当a<0时，f′(x)<0，
所以f(x)在区间上单调递减，
所以f(x) ＝f(0)＝－1，不符合题意，
max
当a＝0时，f(x)＝－1，不符合题意.
综上，a＝2.
(2)证明 设g(x)＝cos x－xsin x，则g′(x)＝－2sin x－xcos x<0，
所以g(x)在上单调递减，
又g(0)＝1>0，g＝－<0，
所以存在唯一的x ∈，使得g(x )＝0，
0 0
当00，即f′(x)＝2g(x)>0，
0
所以f(x)在(0，x )上单调递增；
0
当x 0，
f＝－1<0，
所以f(x)在与上各有一个零点，
综上，函数f(x)在区间上有且仅有两个零点.
