第5課時利用導數研究函數的零點問題討論函數的零點個數【例1】(2024·邢臺模擬)已知函數f(x)＝2x3－3x2－12x＋5.(1)求f(x)的極值；解：由題意可得f(x)的定義域為R，f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)．由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞2；由f′(x)＜0，得－1＜x＜2，所以f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上單調遞增，在(－1，2)上單調遞減．故f(x)極大值＝f(－1)＝12，f(x)極小值＝f(2)＝－15.(2)討論函數g(x)＝f(x)－m的零點個數．解：由(1)可知f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上單調遞增，在(－1，2)上單調遞減，f(－1)＝12，f(2)＝－15.當x→－∞時，f(x)→－∞；當x→＋∞，f(x)→＋∞.f(x)的大體圖象如圖所示．令g(x)＝f(x)－m＝0，則f(x)＝m.當m＞12或m＜－15時，方程f(x)＝m有且僅有1個實根，即函數g(x)有1個零點；當m＝12或m＝－15時，方程f(x)＝m有2個實根，即函數g(x)有2個零點；當－15＜m＜12時，方程f(x)＝m有3個實根，即函數g(x)有3個零點．綜上所述，當m＞12或m＜－15時，g(x)有1個零點；當m＝12或m＝－15時，g(x)有2個零點；當－15＜m＜12時，g(x)有3個零點．利用導數研究方程根(函數零點)的一般方法(1)可以通過導數研究函數的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等來確定方程根的情況．(2)根據題目要求，畫出函數圖象的走勢，標明函數極(最)值的位置．(3)數形結合去分析問題，可以使問題的求解過程有一個清晰、直觀的整體展現．已知函數f(x)＝13x3－a(x2＋x(1)若a＝3，求f(x)的單調區間；解：當a＝3時，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，則f′(x)＝x2－6x令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23.當x＜3－23或x＞3＋23時，f′(x)＞0；當3－23＜x＜3＋23時，f′(x)＜0.故f(x)的單調遞增區間為(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，單調遞減區間為(3－23，3＋23)．(2)證明：f(x)只有一個零點．證明：因為x2＋x＋1＞0，所以f(x)＝0等價于x3x2+x+1設g(x)＝x3x2+x+1－3a，則g′(x)＝x2x2+2x+3x2+x+1所以g(x)在R上單調遞增．故g(x)至多有一個零點，從而f(x)至多有一個零點．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6a?162－16＜0，f(3a＋1)＝13＞0，故f(x綜上，f(x)只有一個零點．由函數的零點個數求參數的范圍【例2】已知函數f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)當a＝1時，討論f(x)的單調性；解：當a＝1時，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1.令f′(x)＜0，解得x＜0；令f′(x)＞0，解得x＞0.所以f(x)的單調遞減區間為(－∞，0)，單調遞增區間為(0，＋∞)．(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．解：因為f(x)＝ex－a(x＋2)，所以f′(x)＝ex－a.若a≤0，則f′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，所以f(x)在R上單調遞增，則最多只有一個零點，不符合題意．若a＞0，令f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna.當x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增．所以f(x)min＝f(lna)＝elna－a(lna＋2)＝－a(1＋lna)．當x→＋∞時，f(x)＞0，當x→－∞時，f(x)＞0.要使f(x)有兩個零點，則f(x)min＝f(lna)＜0，即－a(1＋lna)＜0，所以a＞1e，即a的取值范圍是1[變式]將本例中的函數改為“f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)”，若函數f(x)不存在零點，求實數a的取值范圍．解：f′(x)＝ex＋a.①當a＞0時，f′(x)＞0，f(x)在R上單調遞增，且當x＞1時，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0；當x＜0時，取x＝－1a，則f?1a＜1＋a?1a所以函數f(x)存在零點，不滿足題意．②當a＜0時，令f′(x)＝ex＋a＝0，則x＝ln(－a)．當x∈(－∞，ln(－a))時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x∈(ln(－a)，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增．所以，當x＝ln(－a)時，f(x)取得極小值，也是最小值．函數f(x)不存在零點，等價于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0.綜上所述，實數a的取值范圍是(－e2，0)．與函數零點有關的參數范圍問題解題策略(1)函數在定義域上單調，滿足函數零點存在定理．(2)若函數不是嚴格的單調函數，則求最小值或最大值時可以結合函數圖象分析．(3)分離參數后，數形結合，討論參數所在直線與函數圖象交點的個數．(2024·濰坊模擬)已知函數f(x)＝alnx－2x.(1)若a＝2，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；解：當a＝2時，f(x)＝2lnx－2x，該函數的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1所以f(1)＝－2，f′(1)＝1，因此，曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＋2＝x－1，即x－y－3＝0.(2)若函數f(x)在(0，16]上有兩個零點，求a的取值范圍．解：由題可得f′(x)＝ax－1x(x①當a≤0時，f′(x)＝ax－1x＜0，則f(x)在(0，＋②當a＞0時，由f(x)＝alnx－2x＝0可得2a＝ln令g(x)＝lnxx(x＞0)，則直線y＝2a與曲線y＝gg′(x)＝xx?ln令g′(x)＝0，可得x＝e2＜16.當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：x(0，e2)e2(e2，16]g′(x)＋0－g(x)單調遞增2單調遞減所以函數g(x)在區間(0，16]上的極大值為g(e2)＝2e，且g(16)＝ln2，g(x由圖可知，當ln2≤2a＜2e，即當e＜a≤2ln2時，直線y＝2a因此，實數a的取值范圍是e，2函數零點與極值點的偏移問題【例3】已知函數f(x)＝1?x1+xlnx(1)求f(x)的單調區間；解：由題可得函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－2lnx1+x2＋令g(x)＝1－x2－2xlnx，則g′(x)＝－2x－2lnx－2＝－2(x＋lnx＋1)．令h(x)＝－2(x＋lnx＋1)，則h′(x)＝－21+1x＝－當x＞0時，h′(x)＜0，所以g′(x)在(0，＋∞)上單調遞減．又g′(e-2)＝－2(e-2－1)＞0，g′(1)＝－4＜0，所以?x0∈(e-2，1)，使得g′(x0)＝0，則當x∈(0，x0)時，g′(x)＞0；當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)＜0.所以g(x)在(0，x0)上單調遞增，在(x0，＋∞)上單調遞減，所以g(x)在x0處取得極大值，也是最大值，g(x)max＝g(x0)＞g(1)＝0.又當x∈(0，1)時，1－x2＞0，－2xlnx＞0，所以當x∈(0，1)時，g(x)＞0，即f′(x)＞0；當x∈(1，＋∞)時，g(x)＜0，即f′(x)＜0.所以f(x)的單調遞增區間為(0，1)，單調遞減區間為(1，＋∞)．(2)當f(x1)＝f(x2)(x1＜x2)時，證明：x1＋x2＞2.證明：由(1)知，若f(x1)＝f(x2)(x1＜x2)，則0＜x1＜1＜x2.要證x1＋x2＞2，只需證x2＞2－x1即可．因為0＜x1＜1＜x2，所以2－x1＞1.又f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，所以只需證f(x2)＜f(2－x1)即可．因為f(x1)＝f(x2)，所以只需證f(x1)＜f(2－x1)，即證f(x1)－f(2－x1)＜0即可．則需證1?x11+x1lnx1＋1?x又1－x1＞0，所以只需證lnx11+x即證(3－x1)lnx1＋(1＋x1)ln(2－x1)＜0.令F(x)＝(3－x)lnx＋(1＋x)ln(2－x)(0＜x＜1)，則F′(x)＝－lnx＋3?xx＋ln(2－x)－1+x令G(x)＝－lnx＋3?xx＋ln(2－x)－1+x2?x，則G′(x)＝－1x－3x2－所以F′(x)在(0，1)上單調遞減，F′(x)＞F′(1)＝0.所以F(x)在(0，1)上單調遞增，F(x)＜F(1)＝0.所以(3－x1)lnx1＋(1＋x1)ln(2－x1)＜0.原不等式得證．對稱化構造函數證明極值點偏移問題的關鍵構造函數H(x)＝f(x)－f(2x0－x)，其中x0為函數f(x)的極值點，然后求導確定H(x)的單調性，結合H(x0)＝0確定H(x)的符號，再通過f(x)的單調性得到結論．若關于x的方程xlnx＝m有兩個不相等的實數根x1，x2，求證：x1x2＜1e證明：不妨設x1＞x2＞0，要證x1x2＜1e即證x1x21x整理得x1＋1e2x1＜x又因為x1lnx1＝x2lnx2，即證x1lnx1－kx1+1e2x1＞x2lnx2設h(x)＝xlnx－kx－ke要使x1＞x2時，h(x1)＞h(x2)，則h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以有h′(x)＝lnx＋1－k＋ke2x2令H(x)＝lnx＋1－k＋ke2x2，則H′(x)＝1x－令H′(x)＝0，解得x＝2ke(x＝?易知當x∈0，2ke時，H′(x)＜0；當x∈2ke，+∞時，所以h′(x)在0，2ke所以h′(x)min＝h′2ke＝12ln2k－k＋12＝12(ln2令t(k)＝ln2k－2k＋1，則t′(k)＝1k令t′(k)＞0，得0＜k＜12；令t′(k)＜0，得k＞1所以t(k)在0，12上單調遞增，在12，+∞上單調遞減，函數t(k)在k＝12時取得極大值也是最大值，又t12＝0，所以t(k)令12(ln2k－2k＋1)≥0，得k＝1此時有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命題得證．課時質量評價(二十)1．(2024·南平模擬)已知函數f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)當a＝1時，求函數f(x)在(1，f(1))處的切線方程；解：當a＝1時，f(x)＝2lnx－x2＋x(x＞0)，所以f′(x)＝2x－2x因為f(1)＝0，所以切點坐標為(1，0)，切線斜率為f′(1)＝1，所以切線方程為y－0＝1(x－1)，即y＝x－1.(2)若函數f(x)的圖象與直線y＝ax－a在1e，e上有兩個不同的交點，求實數解：由題知f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)，函數f(x)的圖象與直線y＝ax－a在1e令g(x)＝f(x)－y＝2lnx－x2＋a(x＞0)，所以g′(x)＝2x－2x＝?2因為x∈1e所以令g′(x)＝0，得x＝1，所以當1e≤x＜1時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增；當1＜x≤e時，g′(x)＜0，g(x所以g(x)＝2lnx－x2＋a在1e，e上有最大值g(1)，g(1)＝因為g1e＝a－2－1e2，g(e)＝a又g(e)－g1e＝4－e2＋1e所以g(e)＜g1e所以g(x)＝2lnx－x2＋a在1e，e上有最小值g(e)＝a＋2－e所以g(x)＝2lnx－x2＋a在1e，e上有兩個不同的零點的條件是g1=a?1＞0，所以實數a的取值范圍為1，2．(2024·通遼模擬)已知函數f(x)＝－x3＋x2＋x＋a(a∈R)．(1)求函數f(x)的極值點；解：因為f(x)＝－x3＋x2＋x＋a(a∈R)，所以f′(x)＝－3x2＋2x＋1＝(3x＋1)(－x＋1)．令f′(x)＞0，解得－13＜x＜1；令f′(x)＜0，解得x＞1或x＜－1所以f(x)在?∞，?13，(1，＋所以f(x)的極小值點是－13(2)若函數f(x)有且只有兩個零點，求實數a的值．解：函數f(x)有且只有兩個零點，令f(x)＝0，則－x3＋x2＋x＝－a.令g(x)＝－x3＋x2＋x，即y＝g(x)與y＝－a的圖象有兩個交點．由(1)分析知g(x)在?∞，?13，(1，＋∞)上單調遞減，在?1要使函數f(x)有且只有兩個零點，即－a＝g(1)或－a＝g?13，解得a＝－1或a＝3．(2024·江門模擬)已知函數f(x)＝(x＋1)ex－a(a∈R)．(1)求f(x)的極值；解：函數f(x)的定義域為R，f′(x)＝(x＋2)ex.令f′(x)＜0，得x＜－2；令f′(x)＞0，得x＞－2，所以f(x)在區間(－∞，－2)上單調遞減，在區間(－2，＋∞)上單調遞增．所以當x＝－2時，f(x)有極小值f(－2)＝－1e2－(2)若f(x)有兩個零點，求實數a的取值范圍．解：函數f(x)＝(x＋1)ex－a有兩個零點，取g(x)＝(x＋1)ex，則直線y＝a與函數y＝g(x)的圖象有兩個交點．g′(x)＝(x＋2)ex，令g′(x)＜0，得x＜－2；令g′(x)＞0，得x＞－2，所以g(x)在區間(－∞，－2)上單調遞減，在區間(－2，＋∞)上單調遞增．因為g(－1)＝0，g(－2)＝－1e當x＜－1時，g(x)＜0，當x＞－1時，g(x)＞0，當x→－∞時，g(x)→0，當x→＋∞時，g(x)→＋∞，所以函數g(x)的大致圖象如圖所示．結合圖象可知，當－1e2＜a＜0時，直線y＝a與函數y＝g(x)的圖象有兩個交點，即f(故實數a的取值范圍為?14．已知函數f(x)＝x－lnx＋m，g(x)＝xe(1)若函數f(x)和g(x)的圖象都與平行于x軸的同一條直線相切，求m的值；解：由題意知函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－1x＝x?1當x∈(0，1)時，f′(x)＜0；當x∈(1，＋∞