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第 2 课时 利用导函数研究函数的零点
题型一 数形结合研究函数的零点
例1 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
解 (1)当m＝e时，f(x)＝ln x＋，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
令f′(x)＝0，得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>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，
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m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当00，
∴φ(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增．
∴φ(x) ＝φ(1)＝4，
min
又φ＝3e＋－2，φ(e)＝＋e＋2，
且φ>φ(e)
∴画出y＝φ(x)的图象如图所示．
则40，g′＝－sin ＋＝－1<0，
∴ x∈，使得g′(x)＝0.
0 0
∴当∃ x∈(－1，x
0
)时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－1，x)上单调递增，在上单调递减．
0
故x＝x 为g(x)在区间上唯一的极大值点，
0
即f′(x)在区间上存在唯一的极大值点x.
0
(2)由(1)知f′(x)＝cos x－，x∈(－1，＋∞)．
①当x∈(－1,0]时，由(1)可知f′(x)在(－1,0]上单调递增，
∴f′(x)≤f′(0)＝0，∴f(x)在(－1,0]上单调递减，
又f(0)＝0.
∴x＝0为f(x)在(－1,0]上的唯一零点．
②当x∈时，f′(x)在(0，x)上单调递增，在上单调递减，
0
又f′(0)＝0，∴f′(x)>0，
0
∴f(x)在(0，x)上单调递增，此时f(x)>f(0)＝0，不存在零点，
0
又f′＝cos －＝－<0，
∴ x∈，使得f′(x)＝0，
1 1
∴ ∃f(x)在(x
0
，x
1
)上单调递增，在上单调递减，
又f(x)>f(0)＝0，f ＝sin －ln
0
＝ln >ln 1＝0.
∴f(x)>0在上恒成立，不存在零点．
③当x∈时，易知f(x)在上单调递减，
又f >0，f(π)＝sin π－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)<0，
∴f(x)在上存在唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>ln(π＋1)>1，
∴f(x)＝sin x－ln(1＋x)<0，
∴f(x)在(π，＋∞)上不存在零点，
综上所述，f(x)有且仅有2个零点．
[高考改编题] 已知函数f(x)＝xsin x＋cos x，g(x)＝x2＋4.
(1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性；
(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，试证明h(x)在R上有且仅有三个零点．(1)解 f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.
当x∈∪时，f′(x)>0；
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；
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、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)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0,1]上零点的个数．
解 (1)因为f(x)＝ex－ax－1，
所以f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
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，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间，
当a>0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，
由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln
a，＋∞)上单调递增．
若a≤0，由f(0)＝0，知f(x)在区间[0,1]上有一个零点；
若ln a≤0，即0e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当10.
(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．
思维升华 (1)涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，
根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求
得参数的取值范围．
(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作
用，体现转化与化归的思想方法．
跟踪训练3 (2020·合肥调研)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，＋∞)．
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，
∴实数m的取值范围为{m|－e0)．
①当a>0时，由ax2－1>0，得x>，
由ax2－1<0，得00时，F(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立．
故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，F(x)在上单调递减，在上单调递
增．
(2)方程f(x)＝g(x)在[1，e]上有两个不相等的解，
即a＝在[1，e]上有两个不同的解，
∴y＝a与φ(x)＝，x∈[1，e]有两个不同的交点，
φ′(x)＝，
令φ′(x)＝0，得x＝；
∴当x∈[1，)时，φ′(x)>0，
当x∈(，e]时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在[1，)上单调递增，在(，e]上单调递减，
∴φ(x) ＝φ()＝，
max
又φ(e)＝，φ(1)＝0，
∴要使y＝a与y＝φ(x)有两个不同的交点，
则≤a<，故a的取值范围是.
3．已知函数f(x)＝ex＋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)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.
∵函数f(x)在x＝0处取得极值，
∴f′(0)＝e0＋a＝0，
∴a＝－1，
∴f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－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)＝＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)，
∴f(x)在[－2,1]上的最大值是＋3.
(2)f′(x)＝ex＋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)＝ex＋a(x－1)>0，
当x<0时，取x＝－，
则f <1＋a＝－a<0，
∴函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝ex＋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))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－
e20)，则g(1)＝0，
g′(x)＝－1＝，
可得x∈(0,1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．
∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值，
∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1.
(2)解 f′(x)＝－2x＋a＝，x>0.
令－2x＋ax＋1＝0，
0
解得x＝(负值舍去)，
0
在(0，x)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
0
在(x，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
0
∴f(x) ＝f(x)．
max 0
当a＝1时，x＝1，f(x) ＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1.
0 max
当a>1时，f(1)＝a－1>0，
f ＝ln －＋<－1－＋＝－2－<0，
f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2＝－22－<0.
∴函数f(x)在区间和区间(1,2a)上各有一个零点．
综上可得，当a＝1时，函数f(x)只有一个零点x＝1；
当a>1时，函数f(x)有两个零点．
5．已知函数f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然对数的底数，k∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当函数f(x)有两个零点x，x 时，证明x＋x>－2.
1 2 1 2
(1)解 易得f′(x)＝ －k，
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln k－1，
可得当x∈(－∞，ln k－1)时，f′(x)<0；
当x∈(ln k－1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在区间(－∞，ln k－1)上单调递减，在区间(ln k－1，＋∞)上单调递增．
当k≤0时，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增．
综上，当k≤0时，f(x)在R上单调递增，
当k>0时，f(x)在(－∞，ln k－1)上单调递减，
在(ln k－1，＋∞)上单调递增．
(2)证明 当k≤0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k>0，
由题意知 ＝k(x＋2)， ＝k(x＋2)，
1 2
所以x＋2>0，x＋2>0，可得x－x＝ln ，
1 2 1 2不妨设x>x，令＝t，则t>1，
1 2
由
解得x＋2＝，x＋2＝，
1 2
所以x＋x＋4＝，
1 2
欲证x＋x>－2，只需证明>2，
1 2
即证(t＋1)ln t－2(t－1)>0，
令g(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t≥1)，
则g′(t)＝ln t＋(t＋1)－2＝ln t＋－1.
令h(t)＝ln t＋－1(t≥1)，
则h′(t)＝－≥0，h(t)单调递增，
所以g′(t)≥g′(1)＝0.
所以g(t)在区间[1，＋∞)上单调递增，
所以当t>1时，g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0，原不等式得证．
