高三数学 导数专题复习 二十二 导数的应用之零点问题

专题二十二 导数的应用之零点问题













一 利用导数研究函数的零点或零点个数
1．方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．
2．函数的零点就是的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.
例题1 （2018年全国卷II文）已知函数fx=13x3-ax2+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．
【解析】（1）当a=3时，f（x）=13x3-3x2-3x-3，f ′（x）=x2-6x-3．
令f ′（x）=0解得x=3-23或x=3+23．
当x∈（–∞，3-23）∪（3+23，+∞）时，f ′（x）>0；
当x∈（3-23，3+23）时，f ′（x）<0．
故f（x）在（–∞，3-23），（3+23，+∞）单调递增，在（3-23，3+23）单调递减．
（2）由于x2+x+1>0，所以f(x)=0等价于x3x2+x+1-3a=0．
设g(x)=x3x2+x+1-3a，则g ′（x）=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥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-13=-6(a-16)2-16<0，f（3a+1）=13>0，故f（x）有一个零点．
综上，f（x）只有一个零点．
例题2 （2019·全国高考真题（理））已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【解析】（1）由题意知：定义域为：且
令，，，
在上单调递减，在上单调递减，在上单调递减
又，
，使得，当时，；时，
即在上单调递增；在上单调递减，则为唯一的极大值点
即：在区间上存在唯一的极大值点.
（2）由（1）知：，
①当时，由（1）可知在上单调递增
在上单调递减
又，为在上的唯一零点
②当时，在上单调递增，在上单调递减
又 ，在上单调递增，此时，不存在零点
又，，使得
在上单调递增，在上单调递减
又，
在上恒成立，此时不存在零点
③当时，单调递减，单调递减，在上单调递减
又，
即，又在上单调递减，在上存在唯一零点
④当时，，
，即在上不存在零点
综上所述：有且仅有个零点

【小结】
利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点．
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点．
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，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，从而求解．
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．







一、 三次函数零点问题
对于三次函数y=ax3+bx2+cx+d，零点问题相对比较基础，一般方法是求导讨论单调性和极值点，作出大致图像，此类问题即可迎刃而解。
常见考法与策略：
①与x轴交点个数:除了个别题目可以轻而易举的因式分解求零点，大部分题目的策略都是：先求导而后找出单调区间和极值点，通过图像直接观察出交点个数。
②f（x）=m三个解（也可是两个解或一个解），此类问题可以转化成g（x）=f（x）-m有三个零点，用①的方法解之；也可对g（x）求导，找出单调区间和极值点，作出大致图像。
当极值点存在（此时极大值大于极小值）时，
f（x）=m有三个解的充要条件是m在极大值和极小值之间；
f（x）=m有两个解的充要条件是m等于其中一个极值点；
f（x）=m有唯一解的充要条件是m大于极大值或小于极小值。
当极值点不存在时，f（x）=m只有唯一解
③f（x）与g（x）比大小，此类问题可构造新函数h（x）=f（x）-g（x），则h（x）可能是三次函数、二次函数（前两个最多见）、一次函数、常函数(基本遇不到)中的一种，然后分析零点和正负区间即可解决。
经典精讲



【例】已知函数y=13x3-12x2﹣2x
（Ⅰ）求函数在点（0，0）处的切成方程
（Ⅱ）若函数y=13x3-12x2﹣2x的图象与函数y＝k的图象恰有三个不同的交点，求实数k的取值范围．
解：（Ⅰ）y＝f′（x）＝x2﹣x﹣2，
f′（0）＝﹣2，
故切线方程是：y＝﹣2x即2x+y＝0；
（Ⅱ）由题意可得：y＝f′（x）＝x2﹣x﹣2．
令f′（x）＞0，则x＞2或x＜﹣1，令f′（x）＜0，则﹣1＜x＜2，
所以函数f（x）的单调增区间为（﹣∞，﹣1）和（2，+∞），减区间为（﹣1，2），
所以当x＝﹣1时函数有极大值f（﹣1）=76，当x＝2时函数有极小值f（2）=-103，
若函数y=13x3-12x2﹣2x的图象与函数y＝k的图象恰有三个不同的交点
因为函数f（x）存在三个不同的零点，
所以f（﹣1）＞0并且f（2）＜0，
∴实数k的取值范围是 （-103，76）．
同类练习


已知函数f(x)=13x3-4x+4．
（1）求f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）函数y＝f（x）﹣b有三个零点，求b的取值范围；
解：（1）函数f(x)=13x3-4x+4．可得f′（x）＝x2﹣4，f′（1）＝﹣3，
f（1）=13，f（x）在x＝1处的切线方程：y-13=-3（x﹣1），
即：9x+3y﹣10＝0
（2）函数f(x)=13x3-4x+4，可得f′（x）＝x2﹣4＝0，
可得：f极大值(x)=283，f极小值(x)=-43．
要函数y＝f（x）﹣b有三个零点，
即y＝f（x）与y＝b的图象有三个交点，
则b的取值范围为：-43＜b＜283．

二、 零点个数判断
零点个数问题多出现在选填中，难度一般较大，但掌握适当策略，也有章可循。
常用方法：①单调性+零点定理：求导找出单调区间，单调性 +零点定理即可求出零点个数
②极值与0的大小关系：对于整个定义域上的连续函数，也可求导，而后求出单调区间端点的函数值（无法取到时求极限或估值），根据极值和单调区间端点函数值+零点定理来求出零点个数
经典精讲



【例1】已知函数f（x）＝ex，x∈R．
（Ⅰ） 求f（x）的反函数的图象上的点（1，0）处的切线方程；
（Ⅱ） 证明：曲线y＝f（x）与曲线y=12x2+x+1有唯一公共点．
（I）解：函数f（x）＝ex的反函数为g（x）＝lnx，
∵g'(x)=1x，
∴g′（1）＝1，
∴f（x）的反函数的图象上的点（1，0）处的切线方程为y﹣0＝1×（x﹣1），
即y＝x﹣1；
（Ⅱ）证明：令h（x）＝f（x）-(12x2+x+1)=ex-12x2-x-1，
则h′（x）＝ex﹣x﹣1，
h′′（x）＝ex﹣1，
当x＞0时，h′′（x）＞0，h′（x）单调递增；
当x＜0时，h′′（x）＜0，h′（x）单调递减，
故h′（x）在x＝0取得极小值，即最小值，
∴h′（x）≥h′（0）＝0，
∴函数y＝h（x）在R上单调递增，最多有一个零点，
而x＝0时，满足h（0）＝0，是h（x）的一个零点．
所以曲线y＝f（x） 与曲线y=12x2+x+1有唯一公共点（0，1）．
【例2】已知函数f（x）=12x2+alnx．
（1）若a＝﹣1，求函数f（x）的极值，并指出是极大值还是极小值；
（2）若a＝1，求证：在区间[1，+∞）上，函数f（x）的图象在函数g（x）=23x3的图象的下方．
解：（1）由于函数f（x）的定义域为（0，+∞），
当a＝﹣1时，f′（x）＝x-1x=(x+1)(x-1)x，
令f′（x）＝0得x＝1或x＝﹣1（舍去），[（3分）]
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，因此函数f（x）在（0，1）上是单调递减的，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，因此函数f（x）在（1，+∞）上是单调递增的，
则x＝1是f（x）极小值点，
所以f（x）在x＝1处取得极小值为f（1）=12；
（2）证明：设F（x）＝f（x）﹣g（x）=12x2+ln x-23x3，
则F′（x）＝x+1x-2x2=-(x-1)(2x2+x+1)x，
当x＞1时，F′（x）＜0，
故F（x）在区间[1，+∞）上是单调递减的，
又F（1）=-16＜0，
∴在区间[1，+∞）上，F（x）＜0恒成立．
即f（x）﹣g（x）＜0 恒成立，
即f（x）＜g（x）恒成立，
因此，当a＝1时，在区间[1，+∞）上，函数f（x）的图象在函数g（x）图象的下方．
【例3】已知函数f（x）＝ax-3x-（3a+1）lnx+a，a∈R．
（1）若a＞0，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＝1时，试判断函数f（x）的零点个数，并说明理由．
解：（1）f′（x）=(x-3)(ax-1)x2，
当1a＞3即0＜a＜13时，令f′（x）＞0，解得：x＜3或x＞1a，
令f′（x）＜0，解得：3＜x＜1a，
所以f（x）的单增区间为（0，3）和（1a，+∞），单减区间为（3，1a），
当1a＜3即a＞13时，令f′（x）＞0，解得：x＜1a或x＞3，
令f′（x）＜0，解得：1a＜x＜3，
所以f（x）的单增区间为（0，1a）和（3，+∞），单减区间为（1a，3），
当a=13时，f′（x）≥0，所以f（x）的单增区间为（0，+∞），
综上所述：当0＜a＜13时，所以f（x）的单增区间为（0，3）和（1a，+∞），单减区间为（3，1a），
当a=13时，f（x）的单增区间为（0，+∞），
当a＞13时，所以f（x）的单增区间为（0，1a）和（3，+∞），单减区间为（1a，3）；
（2）当a＝1时，f（x）＝x-3x-4lnx+1（x＞0），
f′（x）=(x-1)(x-3)x2，
令f′（x）＝0得x＝1或x＝3，
f（x）在区间（0，1）和（3，+∞）上单调递增，在（1，3）上单调递减，故：
f（x）的极大值为f（1）＝﹣1＜0，极小值为f（3）＜0，
当x＞3时，f（e5）＝e5-3e5-20+1＞25﹣1﹣19＝12＞0，
所以f（x）在（3，+∞）上只有一个零点．
同类练习


1．已知函数f（x）＝x2+lnx．
（1）求函数f（x）在[1，e]上的最大值和最小值；
（2）求证：当x∈（1，+∞）时，函数f（x）的图象在g（x）=23x3+12x2的下方．
（1）解：∵f（x）＝x2+lnx，∴f′（x）＝2x+1x，
∵x＞1时，f′（x）＞0，∴f（x）在[1，e]上是增函数，
∴f（x）的最小值是f（1）＝1，最大值是f（e）＝1+e2；
（2）证明：令F（x）＝f（x）﹣g（x）=12x2-23x3+lnx，
则F′（x）＝x﹣2x2+1x=x2-2x3+1x=x2-x3-x3+1x=(1-x)(2x2+x+1)x，
∵x＞1，∴F′（x）＜0，∴F（x）在（1，+∞）上是减函数，
∴F（x）＜F（1）=12-23=-16＜0，即f（x）＜g（x），
∴当x∈（1，+∞）时，函数f（x）的图象总在g（x）的图象下方．
2．设函数f（x）＝x3+ax2﹣a2x+m（a＞0）
（1）若函数f（x）在x∈[﹣1，1]内没有极值点，求实数a的取值范围；
（2）a＝1时函数f（x）有三个互不相同的零点，求实数m的取值范围；
解：（1）∵f（x）＝x3+ax2﹣a2x+m（a＞0），∴f′（x）＝3x2+2ax﹣a2，
∵f（x）在x∈[﹣1，1]内没有极值点，
∴方程f′（x）＝3x2+2ax﹣a2＝0在[﹣1，1]上没有实数根，
由△＝4a2﹣12×（﹣a2）＝16a2＞0，二次函数对称轴x=-a3＜0，
当f′（x）＝0时，即（3x﹣a）（x+a）＝0，解得x＝﹣a或x=a3，
∴-a＜-1a3＞1，或a3＜-1（a＜﹣3不合题意，舍去），解得a＞3，
∴a的取值范围是{a|a＞3}；
（2）当a＝1时，f（x）＝x3+x2﹣x+m，∵f（x）有三个互不相同的零点，
∴f（x）＝x3+x2﹣x+m＝0，即m＝﹣x3﹣x2+x有三个互不相同的实数根．
令g（x）＝﹣x3﹣x2+x，则g′（x）＝﹣（3x﹣1）（x+1）
令g′（x）＞0，解得﹣1＜x＜13；令g′（x）＜0，解得x＜﹣1或x＞13，
∴g（x）在（﹣∞，﹣1）和（ 13，+∞）上为减函数，在（﹣1，13）上为增函数，
∴g（x）极小＝g（﹣1）＝﹣1，g（x）极大＝g（ 13）=527；
∴m的取值范围是（﹣1，527 ）；

三、 证明零点个数问题
证明零点个数和求零点个数本质上是同类题型，处理方法自然也一样，但是证明题由于给出结论，相对更容易解答，但是证明附加的其他结论难度一般较大。常见类型有证明零点在某个区间内、含参零点问题。
证明零点在某个区间内，一般求导分析单调性，再求极值点和端点函数值（同样也可能需要求极限或者估值），根据零点定理来证明零点个数。
含参零点问题，一般处理思路是对已知条件变形，分离参数，根据题目要求构造新函数，分析新函数的单调性，极值最值即可解答。
经典精讲



【例5】已知e是自然对数的底数，函数f（x）=x2ex与F（x）＝f（x）﹣x+1x的定义域都是（0，+∞）．
求证：函数F（x）只有一个零点x0，且x0∈（1，2）．
证明：∵F（x）＝f（x）﹣x+1x，f（x）=x2ex，
∴F（1）=1e＞0，F（2）=4e2-32＜0，
∴F（1）•F（2）＜0，则在（1，2）上存在x0，使得F（x0）＝0成立，
∵F′（x）=x(2-x)ex=1-1x2，
∴当x≥2时，F′（x）＜0，
当0＜x＜2时，由x（2﹣x）≤[x+(2-x)2]2=1，
得F′（x）≤1ex-1-1x2＜1-1-1x2=-1x2＜0．
∴F（x）在（0，+∞）上是减函数，
∴若x1＞0，x2＞0，x1≠x2，
则F（x1）≠F（x2），
∴函数F（x）只有一个零点x0，且x0∈（1，2）．
【例6】已知函数f(x)=alnx-12x2．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）在x∈[1，e]上无零点，求a的取值范围．
解：（1）∵f′（x）=ax-x=a-x2x（x＞0）…（5分）
当a≤0时，f′（x）≤0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递减…（6分）
当a＞0时，令f′（x）＝0可得x=a或x=-a（舍），
当x∈（0，a）时，f′（x）＞0，此时f（x）在（0，a）上单调递增，
当x∈（a，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）在（a，+∞）上单调递减…（8）
（2）由（2）知，当a≤1时，f（x）在[1，e]上单调递减，
f（x）max＝f（1）=-12＜0
此时f（x）在[1，e]上无零点…（9分）
当1＜a＜e2时，f（x）在[1，a]上单调递增，[a，e]上单调递减，
f（x）max＝f（a）=alna-a2＜0，
解可得，1＜a＜e，此时f（x）在[1，e]上无零点（10）
当a≥e2时，f（x）在[1，e]上单调递增，f（x）max＝f（e）＝a-e22＜0，无解…（11分）
综上可得，a∈（﹣∞，e）…（12）
同类练习



1．已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）当a＝1时，证明：对任意的k＞0，函数g（x）＝kx﹣1+f（x）有且只有一个零点．
（1）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=1x-a2x=2-ax2x，
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增，f（x）无极值；
当a＞0时，由f′（x）＝0，得x=4a2，
当0＜x＜4a2时，f′（x）＞0，得f（x）的单调递增区间是（0，4a2）；
当x＞4a2时，f′（x）＜0，得f（x）的单调递减区间是（4a2，+∞），
故f（x）的极大值为f（4a2）＝ln4a2-2，f（x）无极小值．
（2）证明：当a＝1时，函数g（x）＝kx﹣1-x+lnx，
欲证对任意的k＞0，函数g（x）有且只有一个零点，
即证方程kx﹣1-x+lnx＝0有且只有一个正实数根，
由kx﹣1-x+lnx＝0，得k=x-lnx+1x（x＞0），
令φ（x）=x-lnx+1x（x＞0），则φ′（x）=-12x+lnx-2x2（x＞0），
令h（x）=-12x+lnx﹣2，则h′（x）=4-x4x（x＞0），由h′（x）＝0，得x＝16，
当0＜x＜16时，h′（x）＞0，则h（x）在（0，16）上单调递增；
当x＞16时，h′（x）＜0，则h（x）在（16，+∞）上单调递减，
所以h（x）≤h（16）＝4（ln2﹣1）＜0，
于是φ′（x）＜0，则φ（x）在（0，+∞）上单调递减．
设p（x）=x-lnx（x＞0），则p′（x）=x-22x，
由p′（x）＝0，得x＝4，
当0＜x＜4时，p′（x）＜0，则p（x）在（0，4）上单调递减；
当x＞4时，p′（x）＞0，则p（x）在（4，+∞）上单调递增，
所以p（x）≥p（4）＝2﹣2ln2＞0，即当x＞0时，p（x）=x-lnx＞0，
所以当x＞0时，φ（x）=x-lnx+1x＞1x，
对任意的k＞0，有：
①当k≥2时，0＜x＜1k＜1，有φ（x）=x-lnx+1x＞1x＞k；
当x＞1时，有φ（x）＜φ（1）＝2≤k，
又φ（x）在（0，+∞）上单调递减，所以存在唯一的x1∈（1k，1]，有φ（x1）＝k；
②当0＜k＜2时，0＜x＜1k（1k＞12），有φ（x）=＞1x＞k，
当x＞4k2＞1（4k2＞1k）时，有φ（x）＜x+1x＜2x＜k，
又φ（x）在（0，+∞）上单调递减，所以存在唯一的x2∈（1k，4k2），有φ（x2）＝k，
综上所述，对任意的k＞0，方程kx﹣1-x+lnx＝0有且只有一个正实数根，
即函数g（x）有且只有一个零点．

2．已知e是自然对数的底数，f（x）＝mex，g（x）＝x+3，φ（x）＝f（x）+g（x），h（x）＝f（x）﹣g（x﹣2）﹣2017．
（1）设m＝1，求h（x）的极值；
（2）设m＜﹣e2，求证：函数φ（x）没有零点；
（1）解：∵f（x）＝mex，g（x）＝x+3，m＝1，
∴f（x）＝ex，g（x﹣2）＝x+1，
∴h（x）＝f（x）﹣g（x﹣2）﹣2017＝ex﹣x﹣2018．
∴h'（x）＝ex﹣1，由h'（x）＝0得x＝0．
∵e是自然对数的底数，∴h'（x）＝ex﹣1是增函数．
∴当x＜0时，h'（x）＜0，即h（x）是减函数；
当x＞0时，h'（x）＞0，即h（x）是增函数．
∴函数h（x）没有极大值，只有极小值，且当x＝0时，h（x）取得极小值．
∴h（x）的极小值为h（0）＝﹣2017．
（2）证明：∵f（x）＝mex，g（x）＝x+3，
∴φ（x）＝f（x）+g（x）＝m•ex+x+3，∴φ'（x）＝m•ex+1．
∵m＜﹣e2＜0，∴φ'（x）＝m•ex+1是减函数．
由φ'（x）＝m•ex+1＝0解得x=ln(-1m)．
当x∈(-∞，ln(-1m))时，φ'（x）＝m•ex+1＞0，此时函数φ（x）是增函数，
当x∈(ln(-1m)，+∞)时，φ'（x）＝m•ex+1＜0，此时函数φ（x）是减函数，
∴当x=ln(-1m)时，函数φ（x）取得最大值，最大值为ϕ[ln(-1m)]=2-ln(-m)．
∵m＜﹣e2，∴2﹣ln（﹣m）＜0，∴φ（x）＜0，
∴当m＜﹣e2时，函数φ（x）没有零点．

3．设函数f（x）＝x2e﹣x，g（x）＝xlnx．
（1）若F（x）＝f（x）﹣g（x），证明：F（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；
（2）设函数h（x）=min{f(x),g(x)},若h（x）≤λ，求λ的取值范围。
（1）证明：函数F（x）的定义域为（0，+∞），因为F（x）＝x2e﹣x﹣xlnx，
当0＜x≤1时，F（x）＞0，而F(2)=4e2-2ln2＜0，所以F（x）在（1，2）存在零点．
因为F'(x)=x(2-x)ex-(lnx+1)=-(x-1)2+1ex-(lnx+1)，
当x＞1时，-(x-1)2+1ex≤1ex＜1e，-(lnx+1)＜-1，
所以F'(x)＜1e-1＜0，则F（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以F（x）在（0，+∞）上存在唯一零点．
（2）解：由（1）得，F（x）在（1，2）上存在唯一零点x0，
x∈（0，x0）时，f（x）＞g（x）；x∈（x0，+∞）时，f（x）＜g（x），
∴h(x)=xlnx，x∈(0，x0)x2e-x，x∈[x0，+∞)．
当x∈（0，x0）时，由于x∈（0，1]，h（x）≤0；
x∈（1，x0）时，h'（x）＝lnx+1＞0，于是h（x）在（1，x0）单调递增，则0＜h（x）＜h（x0），
所以当0＜x＜x0时，h（x）＜h（x0）．
当x∈[x0，+∞）时，因为h'（x）＝x（2﹣x）e﹣x，x∈[x0，2]时，h'（x）≥0，则h（x）在[x0，2]单调递增；
x∈（2，+∞）时，h'（x）＜0，则h（x）在（2，+∞）单调递减，
于是当x≥x0时，h（x）≤h（2）＝4e﹣2，
所以函数h（x）的最大值为h（2）＝4e﹣2，所以λ的取值范围为[4e﹣2，+∞）．
4．设函数f(x)=(x-1)ex-1+a2x2．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a≥﹣e，讨论函数f（x）的零点的个数．
解：（1）函数f（x）定义域为R，f′（x）＝x（ex﹣1+a），
（i）若a≥0，当x＜0时，f′（x）＜0；当 x＞0时，f′（x）＞0，
所以函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）单调递增．
（ii）若a＜0，令f′（x）＝0，得x＝0或x＝1+ln（﹣a），
①a=-1e时，f′（x）≥0，所以函数f（x）在R上单调递增；
②当-1e＜a＜0时，1+ln（﹣a）＜0，当x＜1+ln（﹣a）或x＞0时，f′（x）＞0，
当1+ln（﹣a）＜x＜0时，f′（x）＜0，
所以函数f（x）在（﹣∞，1+ln（﹣a）），（0，+∞）上单调递增，在（1+ln（﹣a），0）单调递减；
③当a＜-1e时，1+ln（﹣a）＞0，当x＞1+ln（﹣a）或x＜0时，f′（x）＞0，
当0＜x＜1+ln（﹣a）时，f′（x）＜0，
所以函数f（x）在（﹣∞，0），（1+ln（﹣a），+∞）上单调递增，在（0，1+ln（﹣a））单调递减；
（2）当a＝0时，函数f（x）只有一个零点x＝1；
当a＞0时，由（1）得函数f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，且f（0）=-1e＜0，f（1）=a2＞0，
取x0＜﹣3且x0＜1+lna，则f（x0）＞（x0﹣1）a+a2x02=a2[(x0+1)2-3]＞0，
所以函数f（x）有两个零点；
当-1e≤a＜0时，由（1）得函数f（x）在（0，+∞）单调递增，且f（0）=-1e＜0，f（2）＝e+2a＞0，而x＜0时，f（x）＜0，所以函数f（x）只有一个零点．
当﹣e≤a＜-1e时，由（1）得函数f（x）在（0，1+ln（﹣a））单调递减，在（1+ln（﹣a），+∞）上单调递增，且f（1+ln（﹣a））＜f（0）=-1e＜0，f（3）＝2e2+92a≥2e2-92e＞0，
而x＜0时，f（x）＜0，所以函数f（x）只有一个零点．
5．设函数f（x）=x22-klnx，k＞0．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，e]上仅有一个零点．
解：（1）由f（x）=x22-klnx(k＞0)，f'（x）＝x-kx=x2-kx
由f'（x）＝0解得x=k
f（x）与f'（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：
X
（0，k）
k
（k，+∞）
f'（x）
﹣
0
+
f（x）
↓
k(1-lnk)2
↑
所以，f（x）的单调递增区间为（k，+∞），单调递减区间为（0，k）；
f（x）在x=k处的极小值为f（k）=k(1-lnk)2，无极大值．
（2）证明：由（1）知，f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为f（k）=k(1-lnk)2．
因为f（x）存在零点，所以k(1-lnk)2≤0，从而k≥e
当k＝e时，f（x）在区间（1，e）上单调递减，且f（e）＝0
所以x=e是f（x）在区间（1，e）上唯一零点．
当k＞e时，f（x）在区间（0，e）上单调递减，且f(1)=12＞0，f(e)=e-k2＜0，
所以f（x）在区间（1，e）上仅有一个零点．
综上所述，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，e]上仅有一个零点．
四、 讨论零点个数
讨论零点个数的思路和上面求零点，证明零点相似。之所以单列，是因为此类题只要求零点个数，形式上比较简单，但是更重视细节和格式：1、定义域2、求导3、分析单调性4、有参数的还要有条理的进行分类讨论（尤其应注意分类讨论的标准）。
经典精讲



【例】已知函数f（x）＝xlnx﹣mx的图象与直线y＝﹣1相切．若g（x）＝ax3，设h（x）＝f（x）﹣g（x），讨论函数h（x）的零点个数．
解：（ II）h（x）＝f（x）﹣g（x）＝xlnx﹣x﹣ax3＝x（lnx﹣1﹣ax2）（x＞0）．
由h（x）＝0得lnx-1-ax2=0即a=lnx-1x2；
∴函数h(x)的零点个数即为函数y=a与y=lnx-1x2的图象的交点个数．
记函数r(x)=lnx-1x2，
r'(x)=x-2x(lnx-1)x4=3-2lnxx3
由r′（x）＞0得0＜x＜e32；r′（x）＜0得x＞e32，
∴r（x）在(0，e32)上单调递增；在(e32，+∞)上单调递减，
∴r(x)max=r(e32)=12e3，
又x∈(e32，+∞)时，r（x）＞0；x∈（0，e）时，r（x）＜0；且x趋向于0时r（x）趋向于负无穷大．
∴当a＞12e3时，y＝a与y＝r（x）的图象无交点，函数h（x）无零点；
当a≤0或a=12e3时，y＝a与y＝r（x）的图象恰有一个交点，函数h（x）恰有一个零点；
当0＜a＜12e3时，y＝a与y＝r（x）的图象恰有两个交点，函数h（x）恰有两个个零点．
同类练习


设函数f(x)=(x-1)ex-1+a2x2．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a≥﹣e，讨论函数f（x）的零点的个数．
解：（1）函数f（x）定义域为R，f′（x）＝x（ex﹣1+a），
（i）若a≥0，当x＜0时，f′（x）＜0；当 x＞0时，f′（x）＞0，
所以函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）单调递增．
（ii）若a＜0，令f′（x）＝0，得x＝0或x＝1+ln（﹣a），
①a=-1e时，f′（x）≥0，所以函数f（x）在R上单调递增；
②当-1e＜a＜0时，1+ln（﹣a）＜0，当x＜1+ln（﹣a）或x＞0时，f′（x）＞0，
当1+ln（﹣a）＜x＜0时，f′（x）＜0，
所以函数f（x）在（﹣∞，1+ln（﹣a）），（0，+∞）上单调递增，在（1+ln（﹣a），0）单调递减；
③当a＜-1e时，1+ln（﹣a）＞0，当x＞1+ln（﹣a）或x＜0时，f′（x）＞0，
当0＜x＜1+ln（﹣a）时，f′（x）＜0，
所以函数f（x）在（﹣∞，0），（1+ln（﹣a），+∞）上单调递增，在（0，1+ln（﹣a））单调递减；
（2）当a＝0时，函数f（x）只有一个零点x＝1；
当a＞0时，由（1）得函数f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，且f（0）=-1e＜0，f（1）=a2＞0，
取x0＜﹣3且x0＜1+lna，则f（x0）＞（x0﹣1）a+a2x02=a2[(x0+1)2-3]＞0，
所以函数f（x）有两个零点；
当-1e≤a＜0时，由（1）得函数f（x）在（0，+∞）单调递增，且f（0）=-1e＜0，f（2）＝e+2a＞0，而x＜0时，f（x）＜0，所以函数f（x）只有一个零点．
当﹣e≤a＜-1e时，由（1）得函数f（x）在（0，1+ln（﹣a））单调递减，在（1+ln（﹣a），+∞）上单调递增，且f（1+ln（﹣a））＜f（0）=-1e＜0，f（3）＝2e2+92a≥2e2-92e＞0，
而x＜0时，f（x）＜0，所以函数f（x）只有一个零点．


五、对两个零点的加工处理
常见考法为两个零点和差积商的范围问题，部分题目可以利用设参数将两个变量转化为一个变量，分析新的表达式的单调性和最值，从而求解。
但更多两个零点的问题比较复杂，方法众多，也是今年高考的热门之一。这种问题我们可以归为一大类:极值点偏移。此类问题后面将做专题进行详细分析。
经典精讲



【例】已知函数f（x）＝ex﹣ax（a∈R）．
（1） 若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线为x+y﹣1＝0，求实数a的值；
（2） 讨论f（x）的单调性；
（3）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求证：x1+x2＞2．
解：（1）由题意可知f′（x）＝ex﹣a，且f(0)=1f'(0)=-1，故f′（0）＝1﹣a＝﹣1，解得：a＝2；
（2）∵f′（x）＝ex﹣a，ex＞0，
∴当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在R递增，
当a＞0时，由f′（x）＝0，解得：x＝lna，
x∈（﹣∞，lna），f′（x）＜0，x∈（lna，+∞），f′（x）＞0，
f（x）在（﹣∞，lna）递减，在（lna，+∞）递增，
∴当a≤0时，f（x）在R递增，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）递减，在（lna，+∞）递增，
（3）由（2）可知a＞0，x1＞0，x2＞0，不妨设x1＜x2，又有ex1=ax1，ex2=ax2，
故ex2-x1=x2x1，
设t=x2x1，则t＞1，e(t-1)x1=t，故x1=lntt-1，
故x1+x2﹣2＝（t+1）x1﹣2=t+1t-1（lnt﹣2+4t+1），
令g（t）＝lnt﹣2+4t+1，则g′（t）=(t-1)2t(t+1)2＞0，
故函数g（t）在（1，+∞）递增，故g（t）＞g（1）＝0，
故x1+x2＞2．
同类练习


1．已知函数f（x）＝lnx﹣ax，a∈R．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）存在两个零点x1，x2，使lnx1+lnx2﹣m＞0，求m的最大值．
解：（1）函数f（x）＝lnx﹣ax的定义域为（0，+∞），f′（x）=1x-a，
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，令f′（x）＝0，得x=1a＞0，
当x∈（0，1a）时，f′（x）＞0，当x∈（1a，+∞）时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1a）上单调递增，在（1a，+∞）上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
a＞0时，f（x）在（0，1a）上单调递增，在（1a，+∞）上单调递减．
（2）∵lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，即lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，
两式相减得：lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2），即a=lnx1x2x1-x2．
由已知lnx1+lnx2＞m，得a（x1+x2）＞m，
∵x1＞0，x2＞0，∴a＞mx1+x2，即lnx1x2x1-x2＞mx1+x2．
不妨设0＜x1＜x2，则有lnx1x2＜m(x1-x2)x1+x2，
令t=x1x2，则t∈（0，1），∴lnt＜m(t-1)t+1，即lnt-m(t-1)t+1＜0恒成立，
设g（t）＝lnt-m(t-1)t+1（0＜t＜1），则g′（t）=t2+2(1-m)t+1t(t+1)2．
令h（t）＝t2+2（1﹣m）t+1，h（0）＝1，h（t）的图象开口向上，对称轴方程为t＝m﹣1．
方程t2+2（1﹣m）t+1＝0的判别式△＝4m（m﹣2）．
①当m≤1时，h（t）在（0，1）上单调递增，h（t）＞h（0）＝1，∴g′（t）＞0．
g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0在（0，1）上恒成立；
②当1＜m≤2时，△＝4m（m﹣2）≤0，h（t）≥0在（0，1）上恒成立，∴g′（t）＞0．
g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0在（0，1）上恒成立；
③当m＞2时，h（t）在（0，1）上单调递减，∵h（0）＝1，h（1）＝4﹣2m＜0，
∴存在t0∈（0，1），使得h（t0）＝0，当t∈（0，t0）时，h（t）＞0，g′（t）＞0，
当t∈（t0，1）时，h（t）＜0，g′（t）＜0，∴g（t）在（0，t0）上单调递增，在（t0，1）上单调递减，当t∈（t0，1）时，有g（t）＞g（1）＝0，∴g（t）＜0在（0，1）上不恒成立．
综上所述，m的取值范围为（﹣∞，2]，m的最大值为2．


2．已知函数f（x）＝x﹣alnx，a∈R．
（Ⅰ）研究函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）设函数f（x）有两个不同的零点x1、x2，且x1＜x2．
（1）求a的取值范围；
（2）求证：x1x2＞e2．
解：（Ⅰ）f（x）的定义域（0，+∞），f'(x)=1-ax=x-ax⋯..（2分）
①若a≤0，则f'（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增函数．
②若a＞0，令f'（x）＝0解得x＝a，
则f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增；…．（4分）
（Ⅱ）证明：因为f（x）有两个不同的零点，由①知a＞0f(a)=a-alna＜0⇒a＞e⋯（6分）
且0＜x1＜a＜x2，
要证x1x2＞e2，即证lnx1+lnx2＞2⇐x1a+x2a＞2⇐x1+x2＞2a⇐x2＞2a-x1
由于a＞x1，则2a﹣x1＞a，
即证f（x2）＞f（2a﹣x1）⇐f（x1）＞f（2a﹣x1）…（8分）
设g（x）＝f（x）﹣f（2a﹣x），x∈（0，a），
只需证g（x）＞0即可，
g（x）＝（x﹣alnx）﹣[（2a﹣x）﹣aln（2a﹣x）]，
g'(x)=1-ax+1-a2a-x=-2(x-a)2x(2a-x)＜0⋯（10分）
可知g（x）在x∈（0，a）是单调递减函数，故g（x）＞g（a）＝0，
得证.x1x2＞e2⋯..（12分）


六、 与横轴交点问题
与x轴交点问题也可转化为零点问题，或者利用单调区间和极值最值来解决，下面的例题大家可尝试利用三次函数零点的解决策略来解答。
经典精讲



【例】．已知函数f（x）=13x3﹣x2+ax﹣a （a∈R）．若函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围．
解：∵f′（x）＝x2﹣2x+a，∴△＝4﹣4a＝4（1﹣a）．
①若a≥1，则△≤0，∴f′（x）≥0在R上恒成立，∴f（x）在R上单调递增．
∵f（0）＝﹣a＜0，f（3）＝2a＞0，∴当a≥1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．
②若a＜1，则△＞0，∴f′（x）＝0有两个不相等的实数根，不妨设为x1，x2，（x1＜x2）．
∴x1+x2＝2，x1x2＝a．
当x变化时，f′（x），f（x）的取值情况如下表：
x
（﹣∞，x1）
x1
（x1，x2）
x2
（x2，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
↗
极大值
↘
极小值
↗
∵x12-2x1+a=0，∴a=-x12+2x1．
∴f(x1)=13x13-x12+ax1-a=13x13-x12+ax1+x12-2x1=13x13+(a-2)x1
=13x1[x12+3(a-2)]．同理f（x2）=13x2[x22+3(a-2)]．
∴f（x1）•f（x2）=19x1x2[x12+3(a-2)]•[x22+3(a-2)]•[x22+3(a-2)]
=19(x1x2)[（x1x2）2+3（a﹣2）（x12+x22）+9（a﹣2）2]
=19a{a2+3（a﹣2）[（x1+x2）2﹣2x1x2]+9（a﹣2）2}=49a（a2﹣3a+3）．
令f（x1）•f（x2）＞0，解得a＞0．
而当0＜a＜1时，f（0）＝﹣a＜0，f（3）＝2a＞0，
故当0＜a＜1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．
综上所述，a的取值范围是（0，+∞）．
同类练习


已知函数f（x）=13x3﹣x2+ax﹣a（a∈R）．
（1）当a＝﹣3时，求函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围．
解：（1）f（x）=13x3﹣x2﹣3x+3，所以f′（x）＝x2﹣2x﹣3．
解x2﹣2x﹣3＝0，得：x＝﹣1或x＝3，所以
x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0；
x∈（﹣1，3）时，f′（x）＜0；
x∈（3，+∞）时，f′（x）＞0．
根据极值的定义知：x＝﹣1时，f（x）取到极大值f（﹣1）=143；
x＝3时，f（x）取到极小值f（3）＝﹣6．
（2）∵f′（x）＝x2﹣2x+a，∴△＝4﹣4a＝4（1﹣a）．
①若a≥1，则△≤0，∴f′（x）≥0在R上恒成立，∴f（x）在R上单调递增．
∵f（0）＝﹣a＜0，f（3）＝2a＞0，
∴当a≥1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．
②若a＜1，则△＞0，∴f′（x）＝0有两个不相等的实数根，不妨设为x1，x2，（x1＜x2）．
∴x1+x2＝2，x1x2＝a．
∵x12﹣2x1+a＝0，
∴a＝﹣x12+2x1．
∴f（x1）=13x1[x12+3（a﹣1）]
同理f（x2）=13x2[x22+3（a﹣1）]
令f（x1）•f（x2）＞0，解得a＞0．
而当0＜a＜1时，f（0）＝﹣a＜0，f（3）＝2a＞0，
故当0＜a＜1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．
综上所述，a的取值范围是（0，+∞）．


七、 两个图像交点个数问题
两个函数图像的交点个数问题从函数类型上可以分为直线与直线交点、直线与曲线的交点（与直线有关的交点问题多出现在解析几何中）、曲线与曲线的交点；
亦可从交点个数上分为无交点、唯一交点、多个交点。其中唯一交点表现形式多为相切（但绝非只是相切）。
在选填中出现的时候多要注意数形结合，作出大致图像，注意利用导数区分疑似交点。
若在解答题中出现（可能性虽小，但在考纲范围内，也允许出现），一般解题策略是构造新函数h(x)=f(x)-g(x),转化为求h（x）零点个数来解答。
经典精讲



【例】已知函数f（x）＝x2+2ax+2lnx（a∈R），g（x）＝2ex+3x2（e为自然对数的底数）．若函数y＝f（x）的图象与函数y＝g（x）的图象有两个不同的交点，求实数a的取值范围．
解：令f（x）＝g（x），得2lnx+x2+2ax＝2ex+3x2，即ax＝ex+x2﹣lnx，
∵x＞0，
∴a=ex+x2-lnxx，
令φ（x）=ex+x2-lnxx（x＞0），
φ′（x）=(ex-1x+2x)x-(ex+x2-lnx)x2=ex(x-1)+lnx+(x-1)(x+1)x2，
∵x＞0，∴x∈（0，1）时，φ′（x）＜0，φ（x）为减函数；
x∈（1，+∞）时，φ′（x）＞0，φ（x）为增函数，
∴φ（x）≥φ（1）＝e+1，
当x→0时，φ（x）→+∞，
当→+∞时，φ（x）→+∞，
∵函数y＝f（x）图象与函数y＝g（x）图象有两个不同交点，
∴实数a的取值范围为（e+1，+∞）
同类练习


已知函数f（x）＝lnx+ax+1（a∈R）．
（1）当a=92时，如果函数f（x）与y=k仅有一个交点，求实数k的取值范围；
（2）当a＝2时，试比较f（x）与1的大小．
解：（1）设g（x）＝f（x）﹣k
当a=92时，g（x）＝lnx+92(x+1)-k，g'（x）=1x-92(x+1)2=2x2-5x+22x(x+1)2=0
解方程得方程的根为：x1＝2，x2=12
由g（x）定义域可知x＞0；
∵当0＜x＜12时 g'（x）＞0，g（x）增函数，当12＜x＜2时 g'（x）＜0，g（x）减函数，
当x＞2时 g'（x）＞0，g（x）增函数，
∴f（x）的极大值是f(12)=3-ln2，极小值是f(2)=32+ln2
∴g（x）在x=12处取得极大值3﹣ln2﹣k，在x＝2处取得极小值32+ln2﹣k；
∵函数g（x）＝f（x）﹣k仅有一个零点
∴当3﹣ln2﹣k＜0或32+ln2﹣k＞0时g（x）仅有一个零点，
∴k的取值范围是k＞3﹣ln2或k＜32+ln2．
（2）当a＝2时，f(x)=lnx+2x+2，定义域为（0，+∞），
令h(x)=f(x)-1=lnx+2x+1-1，
∵h'(x)=1x-2(x+1)2=x2+1x(x+1)2＞0，∴h（x）在（0，+∞）是增函数
∵h（1）＝0
∴①当x＞1时，h（x）＞h（1）＝0，即f（x）＞1；
②当0＜x＜1时，h（x）＜h（1）＝0，即f（x）＜1；
③当x＝1时，h（x）＝h（1）＝0，即f（x）＝1．



二 与函数零点有关的参数范围问题
例题3 （2017·全国高考真题（文））已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点，则a=（ ）
A．-12 B．13 C．12 D．1
【解析】函数f(x)的零点满足x2-2x=-aex-1+e-x+1，
设gx=ex-1+e-x+1，则g'x=ex-1-e-x+1=ex-1-1ex-1=e2x-1-1ex-1，
当g'x=0时，x=1；当x<1时，g'x<0，函数gx单调递减；
当x>1时，g'x>0，函数gx单调递增，
当x=1时，函数gx取得最小值，为g1=2.
设hx=x2-2x，当x=1时，函数hx取得最小值，为-1，
若-a>0，函数hx与函数-agx没有交点；
若-a<0，当-ag1=h1时，函数hx和-agx有一个交点，
即-a×2=-1，解得a=12.故选C.
例题4 （2020·全国高考真题（文））已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【解析】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.

【小结】
与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．