第六节利用导数研究函数零点问题考点一 研究函数零点个数[典例] (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋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] (1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．(2)证明：因为x 2＋x ＋1>0， 所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2(x 2＋2x ＋3)(x 2＋x ＋1)2≥0，仅当x ＝0时，g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．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－162－16<0，f(3a＋1)＝13>0，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．[解题技法]判断函数零点个数的3种方法[对点训练]设函数f(x)＝ln x＋mx，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)－x3零点的个数．解：(1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex(x>0)，则f′(x)＝x－e x2，∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x>0)．设φ(x)＝－13x3＋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)＝23，又∵φ(0)＝0.结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知， ①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．考点二 已知零点存在情况求参数范围[典例] (2019·重庆调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎣⎡⎦⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围． [解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0<x <12时，f ′(x )>0；当x >12时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12，＋∞. (2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln xx . 令g (x )＝x －ln xx ，其中x ∈⎣⎡⎦⎤13，3，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x <1时，g ′(x )<0；当1<x ≤3时，g ′(x )>0，∴g (x )的单调递减区间为⎣⎡⎭⎫13，1，单调递增区间为(1,3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在⎣⎡⎦⎤13，3上有两个零点，g ⎝⎛⎭⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13>3－ln 33，∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，3－ln 33. [解题技法]本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于有些函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．[对点训练]设函数f (x )＝ln x －x ，若关于x 的方程f (x )＝x 2－103x ＋m 在区间[1,3]上有解，求m 的取值范围．解：方程f (x )＝x 2－103x ＋m 在区间[1,3]上有解， 即ln x －x 2＋73x ＝m 在区间[1,3]上有解．令h (x )＝ln x －x 2＋73x ，则h ′(x )＝1x －2x ＋73＝－(3x ＋1)(2x －3)3x.∴当x ∈[1,3]时，h ′(x )，h (x )随x 的变化情况如下表：∵h (1)＝43，h (3)＝ln 3－2< 43，h ⎝⎛⎭⎫32＝ln 32＋54，∴当x ∈[1,3]时，h (x )∈⎣⎡⎦⎤ln 3－2，ln 32＋54， ∴m 的取值范围为⎣⎡⎦⎤ln 3－2，ln 32＋54. [课时跟踪检测]1．(2019·贵阳摸底考试)已知函数f (x )＝kx －ln x (k >0)． (1)若k ＝1，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值． 解：(1)若k ＝1，则f (x )＝x －ln x ，定义域为(0，＋∞)， 则f ′(x )＝1－1x ，由f ′(x )>0，得x >1；由f ′(x )<0，得0<x <1，∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)法一：由题意知，方程kx －ln x ＝0仅有一个实根， 由kx －ln x ＝0，得k ＝ln xx(x >0)． 令g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2， 当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0. ∴g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， ∴g (x )max ＝g (e)＝1e .当x →＋∞时，g (x )→0.又∵k >0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1e.法二：f (x )＝kx －ln x ，f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x (x >0，k >0)． 当0<x <1k 时，f ′(x )<0；当x >1k时，f ′(x )>0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1k 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1k ，＋∞上单调递增， ∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1k ＝1－ln 1k ，∵f (x )有且只有一个零点，∴1－ln 1k ＝0，即k ＝1e.法三：∵k >0，∴函数f (x )有且只有一个零点等价于直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x 相切， 设切点为(x 0，y 0)，由y ＝ln x ，得y ′＝1x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1x 0，y 0＝kx 0，y 0＝ln x 0，∴k ＝1e ，∴实数k 的值为1e.2．已知函数f (x )＝x 3＋x 2＋ax ＋b .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，求实数b 的值． 解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3＋x 2－x ＋b ， 则f ′(x )＝3x 2＋2x －1，由f ′(x )>0，得x <－1或x >13，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和⎝⎛⎭⎫13，＋∞. (2)函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，等价于f (x )－ax ＝0有两个不等的实根．令g (x )＝f (x )－ax ＝x 3＋x 2＋b ，则g ′(x )＝3x 2＋2x . 由g ′(x )>0，得x <－23或x >0；由g ′(x )<0，得－23<x <0.所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－23，0上单调递减． 所以当x ＝－23时，函数g (x )取得极大值g ⎝⎛⎭⎫－23＝427＋b ；当x ＝0时，函数g (x )取得极小值为g (0)＝b .要满足题意，则需g ⎝⎛⎭⎫－23＝427＋b ＝0或g (0)＝b ＝0， 所以b ＝－427或b ＝0.3．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －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 )·⎝⎛⎭⎫x －12在区间[0,1]上零点的个数． 解：(1)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a ， 当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，∴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x <ln a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ， ∴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 ＝12，先考虑f (x )在区间[0,1]上的零点个数，①当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增且f (0)＝0， ∴f (x )在[0,1]上有一个零点．②当a ≥e 时，f (x )在(－∞，1)上单调递减， ∴f (x )在[0,1]上有一个零点．③当1<a <e 时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a,1)上单调递增．而f (1)＝e －a －1，当e －a －1≥0，即1<a ≤e －1时，f (x )在[0,1]上有两个零点； 当e －a －1<0，即e －1<a <e 时，f (x )在[0,1]上有一个零点． 再考虑x ＝12时，由f ⎝⎛⎭⎫12＝0，得a ＝2(e －1)． 综上所述，当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有两个零点； 当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有三个零点． 4．(2018·太原模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x ，g (x )＝x e x －2.(1)求函数f (x )的极值；(2)若对任意给定的x 0∈(0，e]，方程f (x )＝g (x 0)在(0，e]上总有两个不相等的实数根，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝1x －2ax ＋(2－a )＝(2x ＋1)(－ax ＋1)x(x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )>0，得0<x <1a ；令f ′(x )<0，得x >1a .故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， ∴f (x )存在极大值，极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a ＋1a －1，无极小值．综上所述，当a ≤0时，f (x )无极值；当a >0时，f (x )存在极大值，极大值为ln 1a ＋1a －1，无极小值．(2)g (x )＝xe x －2，g ′(x )＝1－x ex ，令g ′(x )>0，得x <1；令g ′(x )<0，得x >1.则g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∵g (0)＝－2，g (1)＝1e －2，g (e)＝eee －2>－2，∴当x ∈(0，e]时，g (x )∈⎝⎛⎦⎤－2，1e －2. 由(1)得，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时在(0，e]上f (x )＝g (x 0)总有两个不相等的实数根不成立，因此a >0.当a >0时，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧0<1a<e ，f ⎝⎛⎭⎫1a >g (x )max，f (e )≤－2，由f (e)＝1－a e 2＋2e －e a ≤－2，得a ≥3＋2ee 2＋e， 由f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a ＋1a －1>1e－2， 即ln a －1a ＋1e <1，令h (x )＝ln x －1x ＋1e (x >0)，易知h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (e)＝1， ∴ln a －1a ＋1e <1，得a ∈(0，e)．综上所述，3＋2ee 2＋e≤a <e ，故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫3＋2e e 2＋e ，e .。