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. 基 础 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.(2019·杭州质检)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e x0－ln(a－x0)－＝0(x0<0)， 所以e x0－＝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.(2019·金丽衢十二校三联)对于函数f(x)＝ln x－kx，g(x)＝＋x－4，若存在实数α，β，使得f(α)＝0，g(α＋sin β)＝0，则实数k的取值范围为( ) A. B. C. D.
解析 结合选项及g(x)的零点可知k≥0，当k＝0时，易知符合题意；当k>0时，由题意得f′(x)＝－k，令f′(x)＝－k＝0得x＝，易得函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，则函数f(x)的最大值为f＝ln －1，令f＝
ln －1＝0得k＝，则易得当0 答案 A 4.(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 5.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 6.(2019·湖州模拟)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)＝x3－a(x2＋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. (1)解 当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3. 令f′(x)＝0解得x＝3－2或x＝3＋2. 当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0； 当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)上单调递增，在(3－2，3＋2)上单调递减. (2)证明 由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0. 设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥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－＝－6－<0， f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点. 综上，f(x)只有一个零点. 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】 (2018·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 【例2】 设函数f(x)＝ln x＋x. (1)令F(x)＝f(x)＋－x(0 (2)若方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值. 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＝.