第7课时 利用导数解决函数的零点问题
[考试要求] 函数的零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数、参数范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现．
考点一 利用导数确定函数零点的个数
1．利用导数研究函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路
(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象，再利用函数零点存在定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0；
(3)涉及两函数的交点，利用数形结合思想方法，通过图象可清楚地数出交点的个数(即零点，根的个数)或者确定参数的取值范围．
2．证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤
第一步：利用导数证明该函数在该区间上的单调性；
第二步：证明端点的导数值异号．
[典例1] 已知函数f (x)＝ax－ln x－2．
(1)当a＝1时，求函数f (x)的极值；
(2)讨论函数f (x)的零点个数．
[解] (1)当a＝1时，f (x)＝x－ln x－2(x>0)，f ′(x)＝1－＝(x>0)，令f ′(x)>0，则x>1；令f ′(x)<0，则0
当x＝1时，函数取得极小值f (1)＝1－ln 1－2＝－1，无极大值．
(2)令f (x)＝ax－ln x－2＝0，因为x>0，所以a＝，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
令g′(x)>0，则0，
故g(x)在上单调递增，在上单调递减，从而g(x)max＝g＝e，因此当a>e时，直线y＝a与y＝g(x)的图象没有交点；
当a＝e或a≤0时，直线y＝a与y＝g(x)的图象有1个交点；
当0综上，当a>e时，函数f (x)没有零点；当a＝e或a≤0时，函数f (x)有1个零点；当0反思领悟 本例(2)问讨论f (x)的零点个数，实质是研究f (x)＝0的根的个数，方程ax－ln x－2＝0易分离参数为a＝，问题转化为研究y＝a与y＝的图象在定义域(0，＋∞)上交点个数问题，画出y＝的简图，通过图象可清楚地数出交点个数(即零点个数)．
巩固迁移1 (人教A版选择性必修第二册P95例7改编)设函数f (x)＝ln x＋，m∈R，讨论函数g(x)＝f ′(x)－零点的个数．
[解] 由题意知g(x)＝f ′(x)－＝(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－x3＋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，
∴x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝．
结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0链接·2025高考试题
(2025·全国二卷)已知函数f(x)＝ln (1＋x)－x＋x2－kx3，其中0(1)证明：f(x)在区间(0，＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点．
解：(1)证明：因为f(x)＝ln (1＋x)－x＋x2－kx3，k∈，
所以f′(x)＝－1＋x－3kx2＝＝.
当x＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝－1＞0，
所以当0＜x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以x＝－1是f(x)在(0，＋∞)上唯一的极值点，是极大值点．
因为f＞f(0)＝0，f＝ln ＝ln ＜0，
所以 x0∈，使得f(x0)＝0，
所以x0是f(x)在(0，＋∞)上唯一的零点．
考点二 根据函数零点情况求参数范围
已知函数有零点求参数的取值范围常用的方法
(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数的取值范围．通用解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数的取值范围；
(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数的取值范围．通用解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数的取值范围．
[典例2] 已知函数f (x)＝ex－kx－k有两个零点，求实数k的取值范围．
[解] 法一(分类讨论法)：由f (x)＝ex－kx－k知，f ′(x)＝ex－k．
当k≤0时，f ′(x)>0，f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f (x)最多有一个零点．
当k>0时，令f ′(x)＝0，得x＝ln k，
当x当x>ln k时，f ′(x)>0，f (x)在(ln k，＋∞)上单调递增，
所以f (x)min＝f (ln k)＝－k ln k，
因为f (x)有两个零点，所以f (x)min<0，即－k ln k<0，解得k>1．
即k的取值范围是(1，＋∞)．
法二(分离参数法)：由题意知方程ex－kx－k＝0有两个实根，
由ex－kx－k＝0，得k＝(x≠－1)，
令g(x)＝，g′(x)＝，
当x＝0时，g′(x)＝0，
当x<0时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，－1)，(－1，0)上单调递减，
当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
g(x)的简图如图所示，
因为f (x)有两个零点，所以k>g(0)＝1，
即k的取值范围是(1，＋∞)．
法三(数形结合法)：
函数f (x)有两个零点，即直线y＝k(x＋1)与曲线y＝ex相交．
当直线y＝k(x＋1)与曲线y＝ex相切时，设切点为(x0，y0)，
由y＝ex得y′＝ex，
所以所以k＝1，
结合图象易知当k>1时，直线y＝k(x＋1)与曲线y＝ex有两个交点，即k的取值范围是(1，＋∞)．
反思领悟 (1)函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象直观求解．
(2)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，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围．也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况．
巩固迁移2 已知函数f (x)＝kx－ln x－1有两个零点，求实数k的取值范围．
[解] 法一(分类讨论法)：∵f (x)＝kx－ln x－1，∴f ′(x)＝k－＝(x>0)，
当k≤0时，f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，f (x)最多有一个零点．
当k>0时，令f ′(x)＝0，得x＝，
当0当x>时，f ′(x)>0，
所以f (x)在上单调递减，在上单调递增，
所以f (x)min＝f＝ln k．
因为f (x)有两个零点，所以ln k<0，解得0即实数k的取值范围是(0，1)．
法二(分离参数法)：由题意知方程kx－ln x－1＝0有两个实根，
由kx－ln x－1＝0，得k＝(x>0)，
令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝．
当x＝1时，g′(x)＝0，
当00，当x>1时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，
所以要使f (x)有两个零点，则0法三(数形结合法)：要使f (x)有两个零点，即直线y＝kx－1与y＝ln x的图象有两个交点，当直线y＝kx－1与y＝ln x的图象相切时，设切点为(x0，y0)．
由y＝ln x得y′＝．
所以
解得k＝x0＝1，
结合图象易知，当0【教用·备选题】
(2024·南通期初)已知函数f (x)＝aex－cos x－x(a∈R)．
(1)若a＝1，求证：f (x)≥0；
(2)若f (x)在(0，π)上有两个极值点，求实数a的取值范围．
[解] (1)证明：当a＝1时，f (x)＝ex－cos x－x，令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1，当x<0时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝1，而cos x≤1，所以ex－x≥cos x，即f (x)≥0．
(2)f (x)在(0，π)上有两个极值点等价于f ′(x)＝aex＋sin x－1＝0在(0，π)上有两个不同的实数根，f ′(x)＝0等价于a＝．
设h(x)＝，x∈(0，π)，
h′(x)＝＝，
令h′(x)＝0，得x＝．
当00，h(x)在上单调递增，又h(0)＝1，h＝0，h(π)＝＝e－π，01．导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．
2．隐零点解题策略
(1)抓住零点的特征，判断其范围，整体代入．
(2)如果问题要求解(或求证)的结论与参数无关，这时我们一般不用参数来表示零点，而是反过来用零点表示参数，然后把极值函数变成了关于零点的单一函数，再次求导就可解决相应函数的单调性、极值、最值、不等式证明等问题．
[典例] 已知函数f (x)＝x ln x－ex＋1．
(1)求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)讨论f (x)在(0，＋∞)上的单调性．
[解] (1)由题知f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝ln x＋1－ex，
∴f ′(1)＝1－e，又f (1)＝1－e，
∴曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程是y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x．
(2)令g(x)＝f ′(x)＝ln x＋1－ex(x>0)，
则g′(x)＝－ex在(0，＋∞)上单调递减，
且g′＝2－>0，g′(1)＝1－e<0，
∴ x0∈，使g′(x0)＝＝0，
即ln x0＝－x0，
当x∈(0，x0)时，g′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)<0，
∴f ′(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
∴f ′(x)≤f ′(x0)＝＝－＋1≤－2＋1＝－1<0，
当且仅当x0＝，即x0＝1时，等号成立，显然，等号不成立，故f ′(x)<0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
反思领悟 本例(2)问关键是令g(x)＝f ′(x)＝ln x＋1－ex(x>0)，求出g′(x)＝－ex，再根据g′＝2－>0，g′(1)＝1－e<0，可得 x0∈，使g′(x0)＝＝0，可得f ′(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，从而得解．
应用体验 已知[x]表示不超过x的最大整数，若x＝t为函数f (x)＝(x<0)的极值点，则f ([t])＝( )
A． B．
C． D．
B [由题意得f ′(x)＝，
令g(x)＝－xex＋2ex－1，则g′(x)＝(1－x)ex＞0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，
又g(－1)＝－1>0，g(－2)＝4e-2－1＜0，
所以存在x0∈(－2，－1)，使得g(x0)＝0，
所以f (x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，0)上单调递增，
所以t＝x0，所以[t]＝－2，
所以f ([t])＝f (－2)＝．故选B．]
1．已知函数f (x)＝x ln x－，其中k>0，则f (x)的零点个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
A [f (x)＝0 k＝x2ln x，设g(x)＝x2ln x，则g′(x)＝x(2ln x＋1)，令g′(x)>0，得x>，此时g(x)单调递增，令g′(x)<0，得01时，g(x)>0，又由g(1)＝0k，所以y＝k与y＝g(x)的图象有一个交点，即f (x)的零点个数为1．故选A．]
2．若函数f (x)＝2x3－6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是( )
A．[－4，4]
B．(－4，4)
C．(－∞，－4]∪[4，＋∞)
D．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
B [由题意可得f ′(x)＝6x2－6，当x<－1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，当－11时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，据此可得函数在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值，结合题意可得解得－43．已知函数f (x)＝x3－x2－x－1的图象与直线y＝c有3个不同的交点，求实数c的取值范围．
[解] 对f (x)求导得f ′(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)．
当x<－时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当－当x>1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
计算得f＝－，f (1)＝－2．
若f (x)的图象与直线y＝c有3个不同的交点，
则f (1)下面证明－2此时f (－2)＝－11c，f (1)c，
故 x1∈使得f (x1)＝c， x2∈使得f (x2)＝c， x3∈(1，2)使得f (x3)＝c．
综上，实数c的取值范围为．
【教用·备选题】 1．(2025·榆林模拟)已知函数f (x)＝ax3＋x＋1的图象与x轴有且仅有两个交点，则实数a的值为( ) A．－ B．－ C．－1 D．0 A [已知f (x)＝ax3＋x＋1，函数定义域为R，可得f ′(x)＝3ax2＋1， 当a≥0时，f ′(x)>0，f (x)单调递增， 此时函数f (x)的图象与x轴至多有一个交点，不符合题意； 当a<0时，当x<－时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 当－0，f (x)单调递增； 当x>时，f ′(x)<0，f (x)单调递减． 要使函数f (x)的图象与x轴有且仅有两个交点， 需满足f＝0或f＝0， 因为f＝＋1>0， 所以f＝－＋1＝0， 解得a＝－．故选A．] 2．(多选)(2024·重庆三模)已知函数f (x)＝，则( ) A．f (2)＝f (4) B．f (x)在(0，e)上单调递增 C． x0使f (x0)＝－2 D． x0使f (x0)＝2 AC [要使函数f (x)有意义，则有∴x>0且x≠1， 即f (x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，B错误； ∵f (x)＝，x∈(0，1)∪(1，＋∞)， ∴f (2)＝f (4)＝，A正确； f ′(x)＝ ＝， 记g(x)＝x－ln x，x∈(0，1)∪(1，＋∞)， 则g′(x)＝1－＝， ∴x∈(0，1)时，g′(x)<0，x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0， ∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)>g(1)＝1>0，即x－ln x>0， 又ln x－1＝0时，x＝e， 令h(x)＝x＋ln x，则h(x)单调递增， 又h＝－1<0，h(1)＝1>0， ∴存在唯一x0∈，使得h(x0)＝0，此时x0＝－ln x0， ∴x∈(0，x0)时，f ′(x)>0，x∈(x0，1)时，f ′(x)<0，x∈(1，e)时，f ′(x)<0， x∈(e，＋∞)时，f ′(x)>0，故f (x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减， 在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， ∴f (x)极大值＝f (x0)＝＝－2， f (x)极小值＝f (e) ＝ ＝＋e>2． 作出函数f (x)的图象，如图， 所以C正确，D错误． 故选AC．] 3．(2024·怀化期末)已知x0是方程e3x－ln x＋2x＝0的一个根，则＝________． 3 [因为x0是方程e3x－ln x＋2x＝0的一个根，所以－ln x0＋2x0＝0， 所以－ln x0－x0＋3x0＝0， 所以＋3x0＝ln x0＋x0， 令u(x)＝ln x＋x(x>0)，则u′(x)＝＋1＝>0， 所以u(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为＝u(x0)， 所以＝x0，两边取对数可得3x0＝ln x0， 即＝3．]
课后习题(二十三) 利用导数解决函数的零点问题
1．(人教B版选择性必修第三册P114复习题C组T1改编)已知函数f (x)＝x3－kx＋k2．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有三个零点，求k的取值范围．
[解] (1)f ′(x)＝3x2－k．
当k＝0时，f (x)＝x3，故f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当k＜0时，f ′(x)＝3x2－k＞0，故f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当k＞0时，令f ′(x)＝0，得x＝±．
当x∈时，f ′(x)＞0；
当x∈时，f ′(x)＜0；
当x∈时，f ′(x)＞0，
故f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当k≤0时，f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f (x)不可能有三个零点．
当k＞0时，x＝－为f (x)的极大值点，x＝为f (x)的极小值点．此时，－k－1＜－＜＜k＋1且f (－k－1)＜0，f (k＋1)＞0，f＞0．根据f (x)的单调性，当且仅当f＜0，即k2－＜0时，f (x)有三个零点，解得k＜．因此k的取值范围为．
2．(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T19改编)若函数f (x)＝ex(x2－2x＋1－a)－x恒有两个零点，求实数a的取值范围．
[解] 由f (x)＝0，得x2－2x＋1－a＝．
令g(x)＝，
则函数f (x)恒有两个零点等价于函数y＝x2－2x＋1－a与y＝g(x)的图象有两个交点．
g′(x)＝，
令g′(x)>0，得x<1；
令g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝．
作出函数y＝x2－2x＋1－a＝(x－1)2－a与y＝g(x)的图象，如图所示，由数形结合可得－a<，解得a>－，故实数a的取值范围是．
3．(2024·咸阳期末)已知函数f (x)＝x3－3x＋1－m有三个零点，则实数m的取值范围是( )
A．(－1，3)
B．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
C．(－2，2)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
A [令g(x)＝x3－3x＋1，则g′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
当x>1或x<－1时，g′(x)>0，函数单调递增，当－1又g(1)＝1－3＋1＝－1，
g(－1)＝－1＋3＋1＝3，
g(x)＝x3－3x＋1的大致图象如图，
故m∈(－1，3)．故选A．]
4．(多选)(2024·广东广州二模)已知函数f (x)＝ln x－，则( )
A．f (x)的定义域为(0，＋∞)
B．f (x)的图象在(2，f (2))处的切线斜率为
C．f＋f (x)＝0
D．f (x)有两个零点x1，x2，且x1x2＝1
BCD [由题意，f (x)＝ln x－＝ln x－1－，
对于选项A，易知x>0且x≠1，故选项A错误；
对于选项B，因为f ′(x)＝，则f ′(2)＝＝，故选项B正确；
对于选项C，因为f＝－ln x－＝－ln x＋，
所以f＋f (x)＝0，故选项C正确；
对于选项D，由选项A可知f (x)＝ln x－1－，易知f (x)在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增，
因为f (e)＝ln e－1－＝－<0，
f (e2)＝ln e2－1－＝1－＝>0，
所以 x0∈(e，e2)，使得f (x0)＝ln x0－＝0，
又因为<<，则0<<1，结合选项C，得f＝－f (x0)＝0，
即 也是f (x)的零点，则x1＝x0，x2＝，故x1x2＝1，故选项D正确．故选BCD．]
5．(2024·石家庄模拟节选)已知函数f (x)＝x2－mx－1，g(x)＝x ln x－1．
(1)若f (x)在区间(－2，1)上恰有一个极值点，求实数m的取值范围；
(2)求g(x)的零点个数．
[解] (1)已知f (x)＝x2－mx－1，函数定义域为R，可得f ′(x)＝2x－m，
当x＜时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
当x＞时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
所以当x＝时，函数f (x)取得极小值，
若f (x)在区间(－2，1)上恰有一个极值点，此时－2＜＜1，
解得－4＜m＜2，则实数m的取值范围为(－4，2)．
(2)已知g(x)＝x ln x－1，函数定义域为(0，＋∞)，
可得g′(x)＝ln x＋1，
当0＜x＜时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x＞时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以当x＝时，函数g(x)取得极小值，
当0＜x＜时，ln x＜－1，即x ln x－1＜0，
此时函数g(x)在上无零点；
当x＞时，易知g＝－－1＜0，g(e)＝e－1＞0，
所以函数g(x)在上存在唯一一个零点，
综上，g(x)有1个零点．
1/1第7课时 利用导数解决函数的零点问题
[考试要求] 函数的零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数、参数范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现．
考点一 利用导数确定函数零点的个数
1．利用导数研究函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路
(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象，再利用函数零点存在定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0；
(3)涉及两函数的交点，利用数形结合思想方法，通过图象可清楚地数出交点的个数(即零点，根的个数)或者确定参数的取值范围．
2．证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤
第一步：利用导数证明该函数在该区间上的单调性；
第二步：证明端点的导数值异号．
[典例1] 已知函数f (x)＝ax－ln x－2．
(1)当a＝1时，求函数f (x)的极值；
(2)讨论函数f (x)的零点个数．
[听课记录]
反思领悟 本例(2)问讨论f (x)的零点个数，实质是研究f (x)＝0的根的个数，方程ax－ln x－2＝0易分离参数为a＝，问题转化为研究y＝a与y＝的图象在定义域(0，＋∞)上交点个数问题，画出y＝的简图，通过图象可清楚地数出交点个数(即零点个数)．
巩固迁移1 (人教A版选择性必修第二册P95例7改编)设函数f (x)＝ln x＋，m∈R，讨论函数g(x)＝f ′(x)－零点的个数．
考点二 根据函数零点情况求参数范围
已知函数有零点求参数的取值范围常用的方法
(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数的取值范围．通用解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数的取值范围；
(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数的取值范围．通用解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数的取值范围．
[典例2] 已知函数f (x)＝ex－kx－k有两个零点，求实数k的取值范围．
[听课记录]
反思领悟 (1)函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象直观求解．
(2)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，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围．也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况．
巩固迁移2 已知函数f (x)＝kx－ln x－1有两个零点，求实数k的取值范围．
1．导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．
2．隐零点解题策略
(1)抓住零点的特征，判断其范围，整体代入．
(2)如果问题要求解(或求证)的结论与参数无关，这时我们一般不用参数来表示零点，而是反过来用零点表示参数，然后把极值函数变成了关于零点的单一函数，再次求导就可解决相应函数的单调性、极值、最值、不等式证明等问题．
[典例] 已知函数f (x)＝x ln x－ex＋1．
(1)求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)讨论f (x)在(0，＋∞)上的单调性．
[听课记录]
反思领悟 本例(2)问关键是令g(x)＝f ′(x)＝ln x＋1－ex(x>0)，求出g′(x)＝－ex，再根据g′＝2－>0，g′(1)＝1－e<0，可得 x0∈，使g′(x0)＝＝0，可得f ′(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，从而得解．
应用体验 已知[x]表示不超过x的最大整数，若x＝t为函数f (x)＝(x<0)的极值点，则f ([t])＝( )
A． B．
C． D．
1．已知函数f (x)＝x ln x－，其中k>0，则f (x)的零点个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
2．若函数f (x)＝2x3－6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是( )
A．[－4，4]
B．(－4，4)
C．(－∞，－4]∪[4，＋∞)
D．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
3．已知函数f (x)＝x3－x2－x－1的图象与直线y＝c有3个不同的交点，求实数c的取值范围．
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