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2021届浙江省高考数学一轮学案：第四章第4节 导数与函数的零点
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第4节 导数与函数的零点
考试要求 能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.
知 识 梳 理
函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.
[常用结论与易错提醒]
(1)注意构造函数；
(2)注意转化思想、数形结合思想的应用.
诊 断 自 测
1.若函数f(x)＝在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(16，＋∞) B.[16，＋∞)
C.(－∞，16) D.(－∞，16]
解析 ①当x≤0时，f(x)＝x＋3x，
∵y＝x与y＝3x在(－∞，0)上都单调递增，
∴f(x)＝x＋3x在(－∞，0)上也单调递增，又f(－1)<0，
f(0)>0，∴f(x)在(－1，0)内有一个零点.
②当x>0时，f(x)＝x3－4x＋，
f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).
令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2(舍)，
当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，
∴在x>0时，f(x)最小＝f(x)极小＝－8＋，
要使f(x)在(0，＋∞)上无零点，需－8＋>0，
∴a>16.
答案 A
2.已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )
A. B.(－∞，)
C. D.
解析 设点P(x0，y0)(x0<0)在函数f(x)上，由题意可知，点P关于y轴的对称点P′(－x0，y0)在函数g(x)上，所以消y0可得
x＋ex0－＝(－x0)2＋ln(－x0＋a)，
即ex0－ln(a－x0)－＝0(x0<0)，所以ex0－＝ln(a－x0)(x0<0).
令m(x)＝ex－(x<0)，n(x)＝ln(a－x)(x<0)，
它们的图象如图，
当n(x)＝ln(a－x)过点时，
解得a＝，由图可知，当a<时，
函数m(x)与函数n(x)在(－∞，0)上有交点.
答案 B
3.(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.
解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.
答案 －3
4.已知函数f(x)＝若g(x)＝f(x)－m有三个零点，则实数m的取值范围是________.
解析 g(x)＝f(x)－m有三个零点，根据题意可得x>1时，函数有一个零点；x≤1时，函数有两个零点.当x>1时，f(x)＝ln x＋，f′(x)＝－＝>0恒成立，f(x)∈(1，＋∞)，故m>1；当x≤1时，f(x)＝2x2－mx＋＋，要使得g(x)＝f(x)－m有两个零点，需满足解得m<－5或1
5.已知函数f(x)＝x＋ln x－，g(x)＝，其中e为自然对数的底数，若函数f(x)与g(x)的图象恰有一个公共点，则实数m的取值范围是________.
解析 因为f′(x)＝1＋>0，所以函数在(0，＋∞)上为增函数且f＝－1－<0，所以当m≥0时，与g(x)＝有一个公共点，当m<0时，令f(x)＝g(x)，∴x2＋xln x－x＝m有一解即可，设h(x)＝x2＋xln x－x，令h′(x)＝2x＋ln x＋1－＝0得x＝，即当x＝时，h(x)有极小值－，故当m＝－时有一公共点，故填m≥0或m＝－.
答案 m≥0或m＝－
考点一 导数与函数的零点
【例1】 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
(1)证明 当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，
则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减.
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)解 设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点.
①当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
②当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0，2)时，h′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.
故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值.
(ⅰ)若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
(ⅱ)若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
(ⅲ)若h(2)<0，即a>，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点.
由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以
h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0.
故h(x)在(2，4a)有一个零点.因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点.
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.
规律方法 利用导数解决函数的零点问题的方法：
(1)研究原函数的单调性、极值；
(2)通过f(x)＝0变形，再构造函数并研究其性质；
(3)注意零点判定定理的应用.
【训练1】 (2020·镇海中学模拟)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)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)f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)，
若a≤0时，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)<0.
所以f(x)在R上为减函数；
若a>0时，由f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)＝0，
得x＝ln，
则f(x)在上为减函数，在上为增函数.
(2)由f(x)有两个零点及(1)得a>0，且f<0，
则f＝a＋(a－2)－ln＝1－－ln<0，
令t＝(t>0)，因为g(t)＝1－t－ln t在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝0，
所以当t>1时，g(t)<0，所以>1，解得0
考点二 导数与方程的根
【例2】 设函数f(x)＝ln x＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋－x(0
解 (1)F(x)＝ln x＋，x∈(0，3]，则k＝F′(x0)＝≤在x0∈(0，3]上恒成立，
所以a≥，x0∈(0，3]，当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，
所以a≥.故实数a的取值范围为.
(2)因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，
所以x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解，
设g(x)＝x2－2mln x－2mx，则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0.
因为m>0，所以Δ＝m2＋4m>0，
又x>0，所以x1＝<0(舍去)，x2＝.
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减；
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增；
当x＝x2时，g′(x2)＝0，则g(x)取得最小值g(x2).
因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0，
则即
所以2mln x2＋mx2－m＝0.
因为m>0，所以2ln x2＋x2－1＝0. (*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，
因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解.
因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，
即＝1，解得m＝.
规律方法 (1)方程f(x)＝g(x)根的问题，常构造差函数解决；
(2)对f(x)＝0，如果化为g(x)＝k(x)后，g(x)，k(x)图象容易画出，可数形结合求解.
【训练2】 (2020·北京通州区一模)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝a(ex－1).a∈R.
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥g(x)；
(2)当a>1时，求关于x的方程f(x)＝g(x)的实根个数.
解 设函数F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－aex＋a.
(1)证明 当a＝1时，F(x)＝xex－ex＋1，所以F′(x)＝xex.
所以x∈(－∞，0)时，F′(x)<0；x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0.
所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
所以当x＝0时，F(x)取得最小值F(0)＝0.
所以F(x)≥0，即f(x)≥g(x).
(2)当a>1时，F′(x)＝(x－a＋1)ex，
令F′(x)>0，即(x－a＋1)ex>0，解得x>a－1；
令F′(x)<0，即(x－a＋1)ex<0，解得x
所以当x＝a－1时，F(x)取得极小值，即F(a－1)＝a－ea－1.
令h(a)＝a－ea－1，则h′(a)＝1－ea－1.
因为a>1，所以h′(a)<0.所以h(a)在(1，＋∞)上单调递减.
所以h(a)
所以在[a－1，＋∞)上存在唯一的零点.
又因为F(x)在区间(－∞，a－1)上单调递减，且F(0)＝0，
所以F(x)在区间(－∞，a－1)上存在唯一的零点0.
所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)＝g(x)有两个实根.
考点三 两曲线的交点(公共点)
【例3】 记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值.
(1)证明 函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得此方程组无解，
因此，f(x)与g(x)不存在“S点”.
(2)解 函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，则f′(x)＝2ax，g′(x)＝.
设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得
即 (*)
得ln x0＝－，即x0＝e－，则a＝＝.
当a＝时，x0＝e－满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”.
因此，a的值为.
规律方法 (1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解来判断；
(2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定.
【训练3】 设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.
(1)若d＝3，求f(x)的极值；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点，求d的取值范围.
解 (1)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.
令f′(x)＝0，解得x＝t2－，或x＝t2＋.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，t2－)
t2－
(t2－，t2＋)
t2＋
(t2＋，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6；函数f(x)的极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x－t2＋d)(x－t2)(x－t2－d)＋(x－t2)＋6＝0有三个互异的实数解.
令u＝x－t2，可得u3＋(1－d2)u＋6＝0.
设函数g(x)＝x3＋(1－d2)x＋6，则曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于函数y＝g(x)有三个零点.
g′(x)＝3x2＋1－d2.
当d2≤1时，g′(x)≥0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意.
当d2>1时，令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝.
易得，g(x)在(－∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增.
g(x)的极大值g(x1)＝g＝＋6>0.
g(x)的极小值g(x2)＝g＝－＋6.
若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y＝g(x)至多有两个零点，不合题意.
若g(x2)<0，即(d2－1)>27，也就是|d|>，此时|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋6>0，且－2|d|
基础巩固题组
1.函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)在上有两个零点，求实数a的取值范围(其中e是自然对数的底数).
解 f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0即a＝x－，
令g(x)＝x－，其中x∈，
则g′(x)＝1－＝.
显然y＝x2＋ln x－1在上单调递增，又当x＝1时，y＝1＋ln 1－1＝0，
∴当x∈时，g′(x)<0，当x∈(1，e]时，g′(x)>0，
∴g(x)的单调减区间为，单调增区间为(1，e].∴g(x)min＝g(1)＝1.
又g＝e＋，g(e)＝e－，函数f(x)在上有两个零点，
则a的取值范围是.
2.设函数f(x)＝e2x－aln x.讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0).
当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点.
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在
(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0(讨论a≥1或a＜1来检验)，
故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.
3.(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.
证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
证明 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，
故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当x
因此，f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得<1
故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根.
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
4.已知函数f(x)＝x3－3x2＋x＋2，证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.
证明 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k＞0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，
故g(x)在(－∞，0]上单调递增，
又g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，
所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根.
当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，
则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x).
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
故h(x)在(0，2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根.
综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.
5.已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x＋b(a，b∈R).若对任意的b，函数g(x)＝|f(x)|－的零点不超过4个，求a的取值范围.
解 由题得f′(x)＝x2－2ax＋3，Δ＝4a2－12，
①当Δ≤0，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，满足题意.
②当Δ>0，即a2>3时，方程f′(x)＝0有两根，
设两根为x1，x2，且x1
由题意知|f(x1)－f(x2)|≤，
即≤.
化简得(a2－3)≤，解得3
6.已知函数f(x)＝xsin x＋acos x＋x，a∈R.
(1)当a＝2时，求f(x)在区间上的最大值和最小值；
(2)当a>2时，若方程f(x)－3＝0在区间上有唯一解，求a的取值范围.
解 (1)当a＝2时，f(x)＝xsin x＋2cos x＋x，
所以f′(x)＝－sin x＋xcos x＋1.
当x∈时，1－sin x>0，xcos x>0，所以f′(x)>0.
所以f(x)在区间上单调递增.
因此f(x)在区间上的最大值为f＝π，最小值为f(0)＝2.
(2)当a>2时，f′(x)＝(1－a)sin x＋xcos x＋1.
设h(x)＝(1－a)sin x＋xcos x＋1，
h′(x)＝(2－a)cos x－xsin x，
因为a>2，x∈，所以h′(x)<0.
所以h(x)在区间上单调递减.
因为h(0)＝1>0，h＝1－a＋1＝2－a<0，
所以存在唯一的x0∈，使h(x0)＝0，即f′(x0)＝0.
所以f(x)在区间[0，x0]上单调递增，在区间上单调递减.
因为f(0)＝a，f＝π，
又因为方程f(x)－3＝0在区间上有唯一解，
所以2
7.(2020·北京朝阳区期末)已知函数f(x)＝xex－(x＋1)2(m≥0).
(1)当m＝0时，求函数f(x)的极小值；
(2)当m＞0时，讨论f(x)的单调性；
(3)若函数f(x)在区间(－∞，1)上有且只有一个零点，求m的取值范围.
解 (1)当m＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0解得x＝－1，
又因为当x∈(－∞，－1)，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；
当x∈(－1，＋∞)，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数，
所以f(x)的极小值为f(－1)＝－.
(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－m)，当m＞0时，由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝ln m，
①若m＝，则f′(x)＝(x＋1)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
②若m＞，则ln m＞－1，故当f′(x)＞0时，x＜－1或x＞ln m；
当f′(x)＜0时，－1＜x＜ln m.
所以f(x)在(－∞，－1)，(ln m，＋∞)上单调递增，在(－1，ln m)上单调递减.
③若0＜m＜，则ln m＜－1，故当f′(x)＞0时，x＜ln m或x＞－1；
当f′(x)＜0时，ln m＜x＜－1.
所以f(x)在(－∞，ln m)，(－1，＋∞)上单调递增，在(ln m，－1)上单调递减.
(3)①当m＝0时，f(x)＝xex，令f(x)＝0，得x＝0.
因为当x＜0时，f(x)＜0，当x＞0时，f(x)＞0，
所以此时f(x)在区间(－∞，1)上有且只有一个零点.
②当m＞0时：
(ⅰ)当m＝时，由(2)可知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，且f(－1)＝－＜0，f(1)＝e－＞0，此时f(x)在区间(－∞，1)上有且只有一个零点.
(ⅱ)当m＞时，由(2)的单调性结合f(－1)＜0，又f(ln m)＜f(－1)＜0，
只需讨论f(1)＝e－2m的符号；
当＜m＜时，f(1)＞0，f(x)在区间(－∞，1)上有且只有一个零点；
当m≥时，f(1)≤0，函数f(x)在区间(－∞，1)上无零点.
(ⅲ)当0＜m＜时，由(2)的单调性结合f(－1)＜0，f(1)＝e－2m＞0，f(ln m)＝－ln2m－＜0，此时f(x)在区间(－∞，1)上有且只有一个零点.
综上所述，0≤m＜.
8.(2020·温州适应性测试)设函数f(x)＝ln x＋ax2－a＋1，g(x)＝.
(1)若g(x1)＝g(x2)＝t(其中x1≠x2).
①求实数t的取值范围；
②(一题多解)证明：2x1x2＜x1＋x2；
(2)(一题多解)是否存在实数a，使得f(x)≤g(x)在区间(0，＋∞)内恒成立，且关于x的方程f(x)＝g(x)在(0，＋∞)内有唯一解？请说明理由.
解 (1)①∵g′(x)＝，
∴g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且g(x)max＝g(1)＝1.
又∵当x≤0时，g(x)≤0；
当x＞0时，g(x)＞0，∴0＜t＜1.
②证明 法一 由(ⅰ)不妨令0＜x1＜1＜x2，∴＜1.
要证2x1x2＜x1＋x2成立，只需证x1＜.
∵g(x)在(－∞，1)上单调递增，
故只需证g(x2)＝g(x1)＜g，
即证e[(2x2－1)－]－(2x2－1)＞0.
令u＝2x2－1＞1，只需证e(u－)－u＞0(u＞1)，
即证ln u－＜0(u＞1).
令φ(u)＝ln u－(u＞1)，
∵φ′(u)＝＜0，∴φ(u)＜φ(1)＝0，
故2x1x2＜x1＋x2.
法二 由①不妨令0＜x1＜1＜x2，
由g(x1)＝g(x2)，得＝，
即x2－x1＝ln x2－ln x1，即＝1，
由于φ(u)＝ln u－(u＞1)，
∵φ′(u)＝＜0，∴φ(u)＜φ(1)＝0.
令u＝＞1，得ln ＜－，
即＜＝1，
∴0＜x1x2＜1，又由于＋＞2＞2，
∴2x1x2－(x1＋x2)＜0，故2x1x2＜x1＋x2.
(2)法一 令h(x)＝g(x)－f(x)
＝－ln x－ax2＋a－1(x＞0)，
∵h(1)＝0，且h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则x＝1是极小值点，
∴h′(1)＝0，可得a＝－，
事实上，当a＝－时，h(x)＝－ln x＋x2－，
∴h′(x)＝，
易知ex≥ex，≤1≤x＋1(x＞0)，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
h(x)min＝h(1)＝0.
∴h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即f(x)≤g(x)在(0，＋∞)上恒成立，
且f(x)＝g(x)在(0，＋∞)内有唯一解.
法二 事实上，h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
也可以由下式说明：
h(x)＝－ln x＋x2－＝e1－x＋ln x－ln x＋x2－≥(1－x＋ln x)＋1－ln x＋x2－＝(x－1)2≥0.
第4节 导数与函数的零点
考试要求 能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.
知 识 梳 理
函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.
[常用结论与易错提醒]
(1)注意构造函数；
(2)注意转化思想、数形结合思想的应用.
诊 断 自 测
1.若函数f(x)＝在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(16，＋∞) B.[16，＋∞)
C.(－∞，16) D.(－∞，16]
解析 ①当x≤0时，f(x)＝x＋3x，
∵y＝x与y＝3x在(－∞，0)上都单调递增，
∴f(x)＝x＋3x在(－∞，0)上也单调递增，又f(－1)<0，
f(0)>0，∴f(x)在(－1，0)内有一个零点.
②当x>0时，f(x)＝x3－4x＋，
f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).
令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2(舍)，
当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，
∴在x>0时，f(x)最小＝f(x)极小＝－8＋，
要使f(x)在(0，＋∞)上无零点，需－8＋>0，
∴a>16.
答案 A
2.已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )
A. B.(－∞，)
C. D.
解析 设点P(x0，y0)(x0<0)在函数f(x)上，由题意可知，点P关于y轴的对称点P′(－x0，y0)在函数g(x)上，所以消y0可得
x＋ex0－＝(－x0)2＋ln(－x0＋a)，
即ex0－ln(a－x0)－＝0(x0<0)，所以ex0－＝ln(a－x0)(x0<0).
令m(x)＝ex－(x<0)，n(x)＝ln(a－x)(x<0)，
它们的图象如图，
当n(x)＝ln(a－x)过点时，
解得a＝，由图可知，当a<时，
函数m(x)与函数n(x)在(－∞，0)上有交点.
答案 B
3.(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.
解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0
答案 －3
4.已知函数f(x)＝若g(x)＝f(x)－m有三个零点，则实数m的取值范围是________.
解析 g(x)＝f(x)－m有三个零点，根据题意可得x>1时，函数有一个零点；x≤1时，函数有两个零点.当x>1时，f(x)＝ln x＋，f′(x)＝－＝>0恒成立，f(x)∈(1，＋∞)，故m>1；当x≤1时，f(x)＝2x2－mx＋＋，要使得g(x)＝f(x)－m有两个零点，需满足解得m<－5或1
5.已知函数f(x)＝x＋ln x－，g(x)＝，其中e为自然对数的底数，若函数f(x)与g(x)的图象恰有一个公共点，则实数m的取值范围是________.
解析 因为f′(x)＝1＋>0，所以函数在(0，＋∞)上为增函数且f＝－1－<0，所以当m≥0时，与g(x)＝有一个公共点，当m<0时，令f(x)＝g(x)，∴x2＋xln x－x＝m有一解即可，设h(x)＝x2＋xln x－x，令h′(x)＝2x＋ln x＋1－＝0得x＝，即当x＝时，h(x)有极小值－，故当m＝－时有一公共点，故填m≥0或m＝－.
答案 m≥0或m＝－
考点一 导数与函数的零点
【例1】 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
(1)证明 当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，
则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减.
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)解 设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点.
①当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
②当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0，2)时，h′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.
故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值.
(ⅰ)若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
(ⅱ)若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
(ⅲ)若h(2)<0，即a>，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点.
由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以
h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0.
故h(x)在(2，4a)有一个零点.因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点.
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.
规律方法 利用导数解决函数的零点问题的方法：
(1)研究原函数的单调性、极值；
(2)通过f(x)＝0变形，再构造函数并研究其性质；
(3)注意零点判定定理的应用.
【训练1】 (2020·镇海中学模拟)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)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)f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)，
若a≤0时，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)<0.
所以f(x)在R上为减函数；
若a>0时，由f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)＝0，
得x＝ln，
则f(x)在上为减函数，在上为增函数.
(2)由f(x)有两个零点及(1)得a>0，且f<0，
则f＝a＋(a－2)－ln＝1－－ln<0，
令t＝(t>0)，因为g(t)＝1－t－ln t在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝0，
所以当t>1时，g(t)<0，所以>1，解得0
考点二 导数与方程的根
【例2】 设函数f(x)＝ln x＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋－x(0
解 (1)F(x)＝ln x＋，x∈(0，3]，则k＝F′(x0)＝≤在x0∈(0，3]上恒成立，
所以a≥，x0∈(0，3]，当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，
所以a≥.故实数a的取值范围为.
(2)因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，
所以x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解，
设g(x)＝x2－2mln x－2mx，则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0.
因为m>0，所以Δ＝m2＋4m>0，
又x>0，所以x1＝<0(舍去)，x2＝.
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减；
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增；
当x＝x2时，g′(x2)＝0，则g(x)取得最小值g(x2).
因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0，
则即
所以2mln x2＋mx2－m＝0.
因为m>0，所以2ln x2＋x2－1＝0. (*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，
因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解.
因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，
即＝1，解得m＝.
规律方法 (1)方程f(x)＝g(x)根的问题，常构造差函数解决；
(2)对f(x)＝0，如果化为g(x)＝k(x)后，g(x)，k(x)图象容易画出，可数形结合求解.
【训练2】 (2020·北京通州区一模)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝a(ex－1).a∈R.
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥g(x)；
(2)当a>1时，求关于x的方程f(x)＝g(x)的实根个数.
解 设函数F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－aex＋a.
(1)证明 当a＝1时，F(x)＝xex－ex＋1，所以F′(x)＝xex.
所以x∈(－∞，0)时，F′(x)<0；x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0.
所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
所以当x＝0时，F(x)取得最小值F(0)＝0.
所以F(x)≥0，即f(x)≥g(x).
(2)当a>1时，F′(x)＝(x－a＋1)ex，
令F′(x)>0，即(x－a＋1)ex>0，解得x>a－1；
令F′(x)<0，即(x－a＋1)ex<0，解得x
所以当x＝a－1时，F(x)取得极小值，即F(a－1)＝a－ea－1.
令h(a)＝a－ea－1，则h′(a)＝1－ea－1.
因为a>1，所以h′(a)<0.所以h(a)在(1，＋∞)上单调递减.
所以h(a)
所以在[a－1，＋∞)上存在唯一的零点.
又因为F(x)在区间(－∞，a－1)上单调递减，且F(0)＝0，
所以F(x)在区间(－∞，a－1)上存在唯一的零点0.
所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)＝g(x)有两个实根.
考点三 两曲线的交点(公共点)
【例3】 记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值.
(1)证明 函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得此方程组无解，
因此，f(x)与g(x)不存在“S点”.
(2)解 函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，则f′(x)＝2ax，g′(x)＝.
设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得
即 (*)
得ln x0＝－，即x0＝e－，则a＝＝.
当a＝时，x0＝e－满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”.
因此，a的值为.
规律方法 (1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解来判断；
(2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定.
【训练3】 设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.
(1)若d＝3，求f(x)的极值；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点，求d的取值范围.
解 (1)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.
令f′(x)＝0，解得x＝t2－，或x＝t2＋.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，t2－)
t2－
(t2－，t2＋)
t2＋
(t2＋，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6；函数f(x)的极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x－t2＋d)(x－t2)(x－t2－d)＋(x－t2)＋6＝0有三个互异的实数解.
令u＝x－t2，可得u3＋(1－d2)u＋6＝0.
设函数g(x)＝x3＋(1－d2)x＋6，则曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于函数y＝g(x)有三个零点.
g′(x)＝3x2＋1－d2.
当d2≤1时，g′(x)≥0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意.
当d2>1时，令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝.
易得，g(x)在(－∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增.
g(x)的极大值g(x1)＝g＝＋6>0.
g(x)的极小值g(x2)＝g＝－＋6.
若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y＝g(x)至多有两个零点，不合题意.
若g(x2)<0，即(d2－1)>27，也就是|d|>，此时|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋6>0，且－2|d|
基础巩固题组
1.函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)在上有两个零点，求实数a的取值范围(其中e是自然对数的底数).
解 f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0即a＝x－，
令g(x)＝x－，其中x∈，
则g′(x)＝1－＝.
显然y＝x2＋ln x－1在上单调递增，又当x＝1时，y＝1＋ln 1－1＝0，
∴当x∈时，g′(x)<0，当x∈(1，e]时，g′(x)>0，
∴g(x)的单调减区间为，单调增区间为(1，e].∴g(x)min＝g(1)＝1.
又g＝e＋，g(e)＝e－，函数f(x)在上有两个零点，
则a的取值范围是.
2.设函数f(x)＝e2x－aln x.讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0).
当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点.
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在
(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0(讨论a≥1或a＜1来检验)，
故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.
3.(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.
证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
证明 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，
故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当x
因此，f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得<1
故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根.
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
4.已知函数f(x)＝x3－3x2＋x＋2，证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.
证明 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k＞0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，
故g(x)在(－∞，0]上单调递增，
又g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，
所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根.
当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，
则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x).
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
故h(x)在(0，2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根.
综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.
5.已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x＋b(a，b∈R).若对任意的b，函数g(x)＝|f(x)|－的零点不超过4个，求a的取值范围.
解 由题得f′(x)＝x2－2ax＋3，Δ＝4a2－12，
①当Δ≤0，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，满足题意.
②当Δ>0，即a2>3时，方程f′(x)＝0有两根，
设两根为x1，x2，且x1
由题意知|f(x1)－f(x2)|≤，
即≤.
化简得(a2－3)≤，解得3
6.已知函数f(x)＝xsin x＋acos x＋x，a∈R.
(1)当a＝2时，求f(x)在区间上的最大值和最小值；
(2)当a>2时，若方程f(x)－3＝0在区间上有唯一解，求a的取值范围.
解 (1)当a＝2时，f(x)＝xsin x＋2cos x＋x，
所以f′(x)＝－sin x＋xcos x＋1.
当x∈时，1－sin x>0，xcos x>0，所以f′(x)>0.
所以f(x)在区间上单调递增.
因此f(x)在区间上的最大值为f＝π，最小值为f(0)＝2.
(2)当a>2时，f′(x)＝(1－a)sin x＋xcos x＋1.
设h(x)＝(1－a)sin x＋xcos x＋1，
h′(x)＝(2－a)cos x－xsin x，
因为a>2，x∈，所以h′(x)<0.
所以h(x)在区间上单调递减.
因为h(0)＝1>0，h＝1－a＋1＝2－a<0，
所以存在唯一的x0∈，使h(x0)＝0，即f′(x0)＝0.
所以f(x)在区间[0，x0]上单调递增，在区间上单调递减.
因为f(0)＝a，f＝π，
又因为方程f(x)－3＝0在区间上有唯一解，
所以2
7.(2020·北京朝阳区期末)已知函数f(x)＝xex－(x＋1)2(m≥0).
(1)当m＝0时，求函数f(x)的极小值；
(2)当m＞0时，讨论f(x)的单调性；
(3)若函数f(x)在区间(－∞，1)上有且只有一个零点，求m的取值范围.
解 (1)当m＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0解得x＝－1，
又因为当x∈(－∞，－1)，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；
当x∈(－1，＋∞)，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数，
所以f(x)的极小值为f(－1)＝－.
(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－m)，当m＞0时，由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝ln m，
①若m＝，则f′(x)＝(x＋1)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
②若m＞，则ln m＞－1，故当f′(x)＞0时，x＜－1或x＞ln m；
当f′(x)＜0时，－1＜x＜ln m.
所以f(x)在(－∞，－1)，(ln m，＋∞)上单调递增，在(－1，ln m)上单调递减.
③若0＜m＜，则ln m＜－1，故当f′(x)＞0时，x＜ln m或x＞－1；
当f′(x)＜0时，ln m＜x＜－1.
所以f(x)在(－∞，ln m)，(－1，＋∞)上单调递增，在(ln m，－1)上单调递减.
(3)①当m＝0时，f(x)＝xex，令f(x)＝0，得x＝0.
因为当x＜0时，f(x)＜0，当x＞0时，f(x)＞0，
所以此时f(x)在区间(－∞，1)上有且只有一个零点.
②当m＞0时：
(ⅰ)当m＝时，由(2)可知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，且f(－1)＝－＜0，f(1)＝e－＞0，此时f(x)在区间(－∞，1)上有且只有一个零点.
(ⅱ)当m＞时，由(2)的单调性结合f(－1)＜0，又f(ln m)＜f(－1)＜0，
只需讨论f(1)＝e－2m的符号；
当＜m＜时，f(1)＞0，f(x)在区间(－∞，1)上有且只有一个零点；
当m≥时，f(1)≤0，函数f(x)在区间(－∞，1)上无零点.
(ⅲ)当0＜m＜时，由(2)的单调性结合f(－1)＜0，f(1)＝e－2m＞0，f(ln m)＝－ln2m－＜0，此时f(x)在区间(－∞，1)上有且只有一个零点.
综上所述，0≤m＜.
8.(2020·温州适应性测试)设函数f(x)＝ln x＋ax2－a＋1，g(x)＝.
(1)若g(x1)＝g(x2)＝t(其中x1≠x2).
①求实数t的取值范围；
②(一题多解)证明：2x1x2＜x1＋x2；
(2)(一题多解)是否存在实数a，使得f(x)≤g(x)在区间(0，＋∞)内恒成立，且关于x的方程f(x)＝g(x)在(0，＋∞)内有唯一解？请说明理由.
解 (1)①∵g′(x)＝，
∴g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且g(x)max＝g(1)＝1.
又∵当x≤0时，g(x)≤0；
当x＞0时，g(x)＞0，∴0＜t＜1.
②证明 法一 由(ⅰ)不妨令0＜x1＜1＜x2，∴＜1.
要证2x1x2＜x1＋x2成立，只需证x1＜.
∵g(x)在(－∞，1)上单调递增，
故只需证g(x2)＝g(x1)＜g，
即证e[(2x2－1)－]－(2x2－1)＞0.
令u＝2x2－1＞1，只需证e(u－)－u＞0(u＞1)，
即证ln u－＜0(u＞1).
令φ(u)＝ln u－(u＞1)，
∵φ′(u)＝＜0，∴φ(u)＜φ(1)＝0，
故2x1x2＜x1＋x2.
法二 由①不妨令0＜x1＜1＜x2，
由g(x1)＝g(x2)，得＝，
即x2－x1＝ln x2－ln x1，即＝1，
由于φ(u)＝ln u－(u＞1)，
∵φ′(u)＝＜0，∴φ(u)＜φ(1)＝0.
令u＝＞1，得ln ＜－，
即＜＝1，
∴0＜x1x2＜1，又由于＋＞2＞2，
∴2x1x2－(x1＋x2)＜0，故2x1x2＜x1＋x2.
(2)法一 令h(x)＝g(x)－f(x)
＝－ln x－ax2＋a－1(x＞0)，
∵h(1)＝0，且h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则x＝1是极小值点，
∴h′(1)＝0，可得a＝－，
事实上，当a＝－时，h(x)＝－ln x＋x2－，
∴h′(x)＝，
易知ex≥ex，≤1≤x＋1(x＞0)，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
h(x)min＝h(1)＝0.
∴h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即f(x)≤g(x)在(0，＋∞)上恒成立，
且f(x)＝g(x)在(0，＋∞)内有唯一解.
法二 事实上，h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
也可以由下式说明：
h(x)＝－ln x＋x2－＝e1－x＋ln x－ln x＋x2－≥(1－x＋ln x)＋1－ln x＋x2－＝(x－1)2≥0.
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