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微专题9 导数与函数的零点
高考定位 导数与函数的零点问题是高考的热点题型和常见题型：(1)判断、证
明或讨论函数零点的个数；(2)已知零点存在情况求参数范围；(3)函数零点性质
的研究.
【难点突破】
[高考真题] (2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.若f(x)恰有一个
零点，求a 的取值范围.
解 由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋－＝(x＞0).
当a＝0 时，f′(x)＝，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝－1<0，
所以f(x)不存在零点；
当a＜0 时，f′(x)＝，
若x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
若x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，
所以f(x)不存在零点；
当a＞0 时，f′(x)＝，
当a＝1 时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，
所以函数f(x)恰有一个零点，即a＝1 满足条件；
当a＞1 时，0＜＜1，故f(x)在(0，)，(1，＋∞)上单调递增，在(，1)上单调递减.
因为f(1)＝a－1＞0，所以f()＞f(1)＞0，
当x→0＋时，f(x)→－∞，
由零点存在定理可知f(x)在(0，)上必有一个零点，所以a＞1 满足条件；
当0＜a＜1 时，＞1，故f(x)在(0，1)，(，＋∞)上单调递增，在(1，)上单调递减.
因为f(1)＝a－1＜0，所以f()＜f(1)＜0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
由零点存在定理可知f(x)在(，＋∞)上必有一个零点，即0＜a＜1 满足条件；
综上，若f(x)恰有一个零点，则a 的取值范围为(0，＋∞).
样题1 (2024·渭南质检改编)已知函数f(x)＝ex－4sin x，其中e 为自然对数的底数，
证明：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
证明 设g(x)＝f′(x)＝ex－4cos x，
则g′(x)＝ex＋4sin x.
显然当x∈[0，π]时，g′(x)>0，当x∈[π，＋∞)时，g′(x)>eπ－4>0，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f′(0)＝－3<0，f′＝e－2>0，
所以存在唯一x0∈，使f′(x0)＝0.
则当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
因为f(0)＝1>0，f＝e－2<e－2<0，
f(π)＝eπ>0，
所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
样题2 已知函数f(x)＝eln x＋bx2e1－x.若f(x)的导函数f′(x)恰有两个零点，求b 的
取值范围.
解 由f′(x)＝＋bx(2－x)e1－x＝0 得，
＝bx(x－2).
显然x≠2，x>0.
因此＝b.
令g(x)＝，x>0 且x≠2，
则g′(x)＝，
解方程x2－5x＋4＝0 得，x1＝4，x2＝1，
因此函数g(x)在(0，1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1，2)和(2，4)上单调递减，且
极大值为g(1)＝－e，极小值为g(4)＝.g(x)的大致图象如图所示.
由图象可知，当b>或b<－e 时，直线y＝b 与曲线y＝g(x)的图象分别有两个交点，
即函数f′(x)恰有两个零点.
故b 的取值范围是(－∞，－e)∪.
样题3 已知函数f(x)＝－aln x，a≠0，若f(x)在区间(1，e)上有零点，求实数a
的取值范围.
解 因为f(x)＝－aln x 在(1，e)上有零点，
所以方程＝a 在(1，e)上有解.
设h(x)＝，则
h′(x)＝且>0.
设n(x)＝ln x－x＋1⇒n′(x)＝，
当x>1 时，n′(x)<0，n(x)单调递减；
当0<x<1 时，n′(x)>0，n(x)单调递增，
故当x＝1 时，函数n(x)有最大值n(1)＝0，
因此有n(x)＝ln x－x＋1≤0⇒ln x≤x－1.
设j(x)＝2ln x－xln x－1，
则j(x)≤2(x－1)－xln x－1＝2x－xln x－3.
设k(x)＝2x－xln x－3，则在区间(1，e)上，
k′(x)＝1－ln x>0，k(x)单调递增，
k(x)<k(e)＝e－3<0，
故j(x)≤k(x)<e－3<0，
即h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以在区间(1，e)上，h(x)的值域为(e2－e，＋∞)，
所以实数a 的取值范围是(e2－e，＋∞).
规律方法 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y
＝k)在该区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质；
第三步：结合图象求解.
2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点；(2)
依据零点确定极值的范围；(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.
训练 (2024·温州模拟)已知f(x)＝e1－(x>0).
(1)求导函数f′(x)的最值；
(2)试讨论关于x 的方程f(x)＝kx(k>0)的根的个数，并说明理由.
解 (1)∵f′(x)＝e1－，记g(x)＝f′(x)，
∴g′(x)＝e1－·＋e1－·＝e1－·＝0，解得x＝.
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴f′(x)的最大值等于f′＝.
(2)法一 由f(x)＝kx，即e1－＝kx，即k＝.
令k(x)＝，∴k′(x)＝，
由k′(x)＝0 解得x＝1，
∴k(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴kmax(x)＝k(1)＝1，且
k(x)>0，
∴当k>1 时，方程无解；当k＝1 时，方程有1 个解；
当0<k<1 时，方程有2 个解.
法二 由f(x)＝kx，即e1－＝kx，即k＝.
令＝t∈(0，＋∞)，l(t)＝te1－t，
∴l′(t)＝(1－t)e1－t，
由l′(t)＝0，解得t＝1.
∴l(t)在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
∴lmax(t)＝l(1)＝1，且l(t)>0.
∴当k>1 时，方程无解；当k＝1 时，方程有1 个解；
当0<k<1 时，方程有2 个解.
法三 由f(x)＝kx，即e1－＝kx，两边取对数得1－＝ln k＋ln x，即ln k＝1－－ln
x.
令h(x)＝1－－ln x，由h′(x)＝－＝＝0，解得x＝1.
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴hmax(x)＝h(1)＝0.
当ln k>0，即k>1 时，方程无解；
当ln k＝0，即k＝1 时，方程有1 个解；
当ln k<0，即0<k<1 时，方程有2 个解.
【精准强化练】
1.已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k 的取值范围.
解 (1)f(x)＝x3－kx＋k2，f′(x)＝3x2－k，
当k≤0 时，f′(x)≥0，f(x)在R 上单调递增；
当k＞0 时，令f′(x)＞0，
解得x＜－或x＞，
令f′(x)＜0，解得－＜x＜，
综上，当k≤0 时，f(x)在R 上单调递增，
当k＞0 时，f(x)在和
上单调递增，在上单调递减.
(2)由(1)得当k＞0 时，f(x)极小值＝f，f(x)极大值＝f，
若f(x)有三个零点，
只需解得0＜k＜.
故k 的取值范围为.
2.已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R，试讨论函数f(x)的零点个数.
解 令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，
当a＝0 时，ex＝a(x－2)无解，
∴f(x)无零点.
当a≠0 时，＝.
令φ(x)＝，x∈R，∴φ′(x)＝，
当x∈(－∞，3)时，φ′(x)>0；
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，
在(3，＋∞)上单调递减，
且φ(x)max＝φ(3)＝，
又x→＋∞时，φ(x)→0，x→－∞时，φ(x)→－∞，
∴φ(x)的大致图象如图所示.
①当>，
即0<a<e3时，f(x)无零点；
②当＝，即a＝e3时，f(x)有一个零点；
③当0<<，即a>e3时，f(x)有两个零点；
④当<0，即a<0 时，f(x)有一个零点.
综上，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；
当a∈(－∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；
当a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点.
3.(2024·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－sin x－1.
(1)讨论函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明函数f(x)在区间(－π，0]上有且仅有两个零点.
(1)解 函数f(x)＝ex－sin x－1，
当x>0 时，f′(x)＝ex－cos x>1－cos x>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上的单调递增.
(2)证明 由(1)知，f′(x)＝ex－cos x，
①当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)在上单调递增，
f(－π)＝e－π－1<0，f＝e－>0，
因此函数f(x)在上有唯一零点；
②当x∈时，令g(x)＝ex－cos x，求导得g′(x)＝ex＋sin x，g′(x)在上单调递增，
g′＝e－－1<0，g′(0)＝1>0，
则存在x0∈，使得g′(x0)＝0，
当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)即f′(x)单调递减，
当x∈(x0，0)时，g′(x)>0，函数g(x)即f′(x)单调递增，
又f′＝e－>0，f′(x0)<f′(0)＝0，
则存在x1∈，使得f′(x1)＝0，
当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(x1，0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
而f＝e－>0，f(0)＝0，
因此函数f(x)在上有唯一零点，
所以函数f(x)在区间(－π，0]上有且仅有两个零点.
4.(2024·南昌模拟)已知函数f(x)＝(x－a)2＋bex(a，b∈R).
(1)若a＝0 时，函数y＝f(x)有3 个零点，求b 的取值范围；
(2)若a>0，b＝，方程f(x)＝3 有解，求a 的取值范围.
解 (1)函数y＝f(x)有3 个零点，即关于x 的方程f(x)＝0 有3 个根，
也即关于x 的方程b＝－有3 个根.
令g(x)＝－，则直线y＝b 与g(x)＝－的图象有3 个交点.
g′(x)＝，由g′(x)<0 解得0<x<2，
由g′(x)>0 解得x<0 或x>2，
所以g(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减.
g(0)＝0，g(2)＝－，当x>0 时，g(x)<0，
当x→＋∞时，g(x)→0，
当x→－∞时，g(x)→－∞，
作出g(x)的大致图象如图所示，作出直线y＝b.
由图可知，若直线y＝b 与g(x)的图象有3 个交点，则－<b<0，即b 的取值范围
为.
(2)由题意可得关于x 的方程(x－a)2＋·ex－3＝0 有解.
设h(x)＝＋，则h(x)有零点，
h′(x)＝，
由h′(x)<0 得x<a－1 或x>a＋3；
由h′(x)>0 得a－1<x<a＋3，
所以h(x)在(－∞，a－1)和(a＋3，＋∞)上单调递减，在(a－1，a＋3)上单调递增.
h(a＋3)＝＋>0，
当x>a＋3 时，(x－a)2－3>0，
则当x>a＋3 时，h(x)>，
所以h(a－1)≤0 时，即＋≤0，得a≤2，
所以a 的取值范围为(0，2].
