【高考快车道】第一阶段 专题六 §4 利用导数解决函数零点或方程根问题 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略

(共68张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题五　解析几何
§4　利用导数解决函数零点或方程根问题
【备考指南】　以基本初等函数为载体，结合函数零点存在定理，综合考查利用导数判定函数零点个数或根据零点的个数求参数的范围等问题，难度较大．备考时，务必熟知六大函数图象：f (x)＝xex，g(x)＝，h(x)＝，m(x)＝x ln x，n(x)＝，p(x)＝．
能力考点1　根据参数确定函数零点的个数
（一）
能力考点2　根据函数零点个数确定参数的范围
（二）
专题限时集训(二十)　利用导数解决函数零点或方程根问题
（三）
能力考点1　根据参数确定函数零点的个数
【典例1】　 (2021·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f (x)＝(x－1)·ex－ax2＋b．
从下面两个条件中选一个作为已知条件，证明：f (x)恰有一个零点．
①＜a≤，b＞2a；
②0[证明]　函数f (x)＝(x－1)ex－ax2＋b，
f ′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)，
若选①，当＜a≤时，令f ′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝ln (2a)＞0，
所以当x＜0时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增，
当0＜x＜ln (2a)时，f ′(x)＜0，函数f (x)单调递减，
当x＞ln (2a)时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增，
由f (x)在(－∞，0)上单调递增且f (0)＝b－1＞2a－1＞0，f ＝
＜0，
可得f (x)在(－∞，0)上有唯一零点，
由f (x)在(0，ln (2a))上单调递减，在(ln (2a)，＋∞)上单调递增，
且f (ln (2a))＝[ln (2a)－1]·2a－a ln2(2a)＋b＞[ln (2a)－1]·2a－a ln2(2a)＋2a
＝a[2－ln (2a)]ln (2a)≥0，
所以f (x)在(0，ln (2a))及(ln (2a)，＋∞)上没有零点，
所以f (x)恰有一个零点．
若选②，当0＜a＜时，令f ′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝ln (2a)＜0，
所以当x＜ln (2a)时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增，
当ln (2a)＜x＜0时，f ′(x)＜0，函数f (x)单调递减，当x＞0时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增．
因为f (ln (2a))＝[ln (2a)－1]·2a－a ln2(2a)＋b≤[ln (2a)－1]·2a－a ln2(2a)＋2a＝a[2－ln (2a)]·ln (2a)＜0，
所以f (x)在(－∞，0)上没有零点，
设g(x)＝ex－x－1(x＞1)，则g′(x)＝ex－1＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(1)＝e－2＞0，
所以当x＞1时，f (x)＝(x－1)ex－ax2＋b＞(x－1)(x＋1)－x2＋b＝x2－1＋b，
所以当x＞1且x2－1＋b＞0时，f (x)＞0，
又f (x)在(0，＋∞)上单调递增，且f (0)＝b－1≤2a－1＜0，
所以f (x)在(0，＋∞)上有唯一零点，所以f (x)恰有一个零点．
判定函数零点(方程根)个数的步骤
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在相应区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等，进而画出其图象；
第三步：结合图象求解．
(2024·河南郑州三模)已知函数f ＝eax－x．
(1)若a＝2，求曲线y＝f 在处的切线方程；
(2)讨论f 的零点个数．
[解]　(1)若a＝2，则f ＝e2x－x，f ′＝2e2x－1．
又f ＝e2－1，切点为，
曲线y＝f 在处的斜率k＝f ′＝2e2×1－1＝2e2－1，
故所求切线方程为y－(e2－1)＝(2e2－1)(x－1)，
即y＝x－e2．
(2)由题意得f ′＝aeax－1．
①当a≤0时，f ′<0，f 在R上单调递减，
又f ＝1>0，f ＝ea－1≤0．
故f 存在一个零点，此时f 零点个数为1．
②当a>0时，令f ′<0得x<－，
令f ′>0得x>－，
所以f 在上单调递减，在上单调递增．
故f 的最小值为f ＝．
当a＝时，f 的最小值为0，此时f 有一个零点．
当a > 时，f 的最小值大于0，此时f 没有零点．
当00，
f ＝<0，x→＋∞时，f →＋∞，此时f 有两个零点．
综上，当a≤0或a＝时，f 有一个零点；
当0时，f 没有零点．
【教师备选资源】
1．[高考变式]已知函数f (x)＝ex－(a＋1)x．
证明：(1)当－1＜a＜－时，函数f (x)有两个零点；
(2)当－2＜a＜－1时，函数f (x)只有一个零点．
请从(1)(2)中选择其一作答．
[证明]　f (x)＝ex－(a＋1)x的定义域为R，f ′(x)＝(ex－1)(ex＋a＋1)．
若选择(1)，则当－1＜a＜－时，ex＋a＋1＞0．
令f ′(x)＞0，解得x∈(0，＋∞)；令f ′(x)＜0，解得x∈(－∞，0)，
所以f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
又f (0)＝e0－(a＋1)×0＝＋a＜0，
且当x→－∞时， f (x)→＋∞；当x→＋∞时， f (x)→＋∞，
所以由零点存在定理可得，函数f (x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上各有一个零点，所以函数f (x)有两个零点．
若选择(2)，则当－2＜a＜－1时，令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln (－a－1)＜0．
由f ′(x)＞0，解得x∈(－∞，ln (－a－1))∪(0，＋∞)；
由f ′(x)＜0，解得x∈(ln (－a－1)，0)．
所以f (x)的单调递增区间为(－∞，ln (－a－1))，(0，＋∞)，f (x)的单调递减区间为(ln (－a－1)，0)．
所以f (x)的极小值为f (0)＝＋a＜0，f (x)的极大值为f (ln (－a－1))＝(a＋1)．
令m(a)＝－ln (－a－1)，a∈(－2，－1)，
则m′(a)＝－＞0，所以m(a)在(－2，－1)上单调递增．
因为m(－2)＝＞0，所以m(a)＞0，
所以f (ln (－a－1))＝(a＋1)＜0．
而当x→＋∞时，f (x)→＋∞．
所以作出图象(草图)如图所示，
所以当－2＜a＜－1时，函数f (x)只有一个零点．
2．已知函数f (x)＝＋a sin x(a＞0)，f ′(x)为f (x)的导数．若x＝0为f ′(x)的零点，试讨论f (x)在区间[0，π]上零点的个数．
[解]　f ′(x)＝＋a cos x，
因为x＝0为f ′(x)的零点，所以f ′(0)＝0，即ln a＋a＝0，从而f ′(x)＝＋a cos x＝a[cos x－(1－x)e－x]．
(1)因为f (0)＝0，所以0是f (x)的零点；
(2)当x∈(0，π]时，设g(x)＝cos x－(1－x)·e－x，则g′(x)＝(2－x)e－x－sin x．
①若x∈，令h(x)＝g′(x)＝(2－x)e－x－sin x，则h′(x)＝(x－3)e－x－cos x＜0，
所以h(x)在上单调递减，
因为h(0)＝2＞0，h＝－1＜0，
所以存在唯一的x0∈，使得h(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，h(x)＝g′(x)＞0，g(x)在(0，x0)上单调递增；
当x∈时，h(x)＝g′(x)＜0，g(x)在上单调递减；
②若x∈，令φ(x)＝(2－x)e－x，则φ′(x)＝(x－3)e－x＜0，故φ(x)在上单调递减，所以φ(x)＜φ＝＜．
又sin x≥sin 2＝sin (π－2)＞sin ＝，
所以g′(x)＝(2－x)e－x－sin x＜0，g(x)在上单调递减；
③若x∈(2，π]，则g′(x)＝(2－x)e－x－sin x＜0，g(x)在(2，π]上单调递减．
由①②③可得，g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π]上单调递减，
因为g(x0)＞g(0)＝0，g(π)＝(π－1)e－π－1＜0，所以存在唯一的x1∈(x0，π)使得g(x1)＝0．
当x∈(0，x1)时，f ′(x)＝ag(x)＞0，f (x)在(0，x1)上单调递增，f (x)＞f (0)＝0，
当x∈(x1，π]时，f ′(x)＝ag(x)＜0，f (x)在(x1，π]上单调递减，
因为f (x1)＞f (0)＝0，f (π)＜0，所以f (x)在(x1，π]上有且只有一个零点．
综上可得，f (x)在[0，π]上有两个零点．
3．已知函数f (x)＝ln x－x＋2sin x，f ′(x)为f (x)的导函数．
(1)求证：f ′(x)在(0，π)上存在唯一零点；
(2)求证：f (x)有且仅有两个不同的零点．
[证明]　(1)设g(x)＝f ′(x)＝－1＋2cos x，
当x∈(0，π)时，g′(x)＝－2sin x－<0，所以g(x)在(0，π)上单调递减，
又因为g＝－1＋1>0，g＝－1<0，
所以g(x)在上有唯一的零点α，所以命题得证．
(2)①由(1)知，当x∈(0，α)时，f ′(x)>0，f (x)在(0，α)上单调递增；当x∈(α，π)时，f ′(x)<0，f (x)在(α，π)上单调递减，所以f (x)在(0，π)上存在唯一的极大值点α，
所以f (α)>f ＝ln ＋2>2－>0，
又因为f ＝－2－＋2sin <－2－＋2<0，
所以f (x)在(0，α)上恰有一个零点，
又因为f (π)＝ln π－π<2－π<0，
所以f (x)在(α，π)上也恰有一个零点．
②当x∈[π，2π)时，sin x≤0，f (x)≤ln x－x，
设h(x)＝ln x－x，则h′(x)＝－1<0，
所以h(x)在[π，2π)上单调递减，
所以h(x)≤h(π)<0，
所以当x∈[π，2π)时，f (x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，
所以f (x)在[π，2π)上没有零点．
③当x∈[2π，＋∞)时，f (x)≤ln x－x＋2，
设φ(x)＝ln x－x＋2，则φ′(x)＝－1<0，
所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)<0，
所以当x∈[2π，＋∞)时，f (x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立，
所以f (x)在[2π，＋∞)上没有零点．
综上可知，f (x)有且仅有两个不同的零点．
能力考点2　根据函数零点个数确定参数的范围
【典例2】　(2021·全国甲卷节选)已知a＞0且a≠1，函数f (x)＝(x＞0)．若曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
[解]　曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝(x＞0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝，且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0＜＜，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
【典例3】　(2022·全国乙卷节选)已知函数f (x)＝ln(1＋x)＋axe－x，若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
[解]　f (x)的定义域为(－1，＋∞)，
f ′(x)＝＝．
设g(x)＝ex＋a(1－x2)．
①若a＞0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)＞0，
即f ′(x)＞0，所以f (x)在(－1，0)上单调递增，
所以f (x)＜f (0)＝0，
故f (x)在(－1，0)上没有零点，不合题意．
②若－1≤a≤0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝ex－2ax＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)＞g(0)＝1＋a≥0，即f ′(x)＞0，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f (x)＞f (0)＝0，
故f (x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．
③若a＜－1，
(i)当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝ex－2ax＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(0)＝1＋a＜0，g(1)＝e＞0，
所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f ′(m)＝0．
当x∈(0，m)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
所以，当x∈(0，m)时，f (x)＜f (0)＝0，
x→＋∞，f (x)→＋∞，
所以f (x)在(m，＋∞)上有唯一零点，
又f (x)在(0，m)上没有零点，即f (x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(ii)当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)，
设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，h′(x)＝ex－2a＞0，
所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，
又g′(－1)＝＋2a＜0，g′(0)＝1＞0，
所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，
当x∈(－1，n)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
当x∈(n，0)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以当x∈(n，0)时，g(x)＜g(0)＝1＋a＜0．
又g(－1)＝＞0，
所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f ′(t)＝0，
当x∈(－1，t)时，f (x)单调递增，当x∈(t，0)时，f (x)单调递减，
又x→－1，f (x)→－∞，
而f (0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f (x)＞0，
所以f (x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，
即f (x)在(－1，0)上有唯一零点，
所以a＜－1，符合题意．
所以若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)．
已知函数零点个数求参数取值范围
(1)求导并分析函数的单调情况；
(2)依据题意，画出相应函数的草图，数形结合分析函数的极值点；
(3)建立不等关系并求解：依据零点的个数建立与极值相关的不等式，求解得到参数的取值范围．
[高考变式]已知函数f (x)＝a ln x＋．
(1)证明：当a≥0时，f (x)有且只有一个零点；
(2)若f (x)在区间(0，1)，(1，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
[解]　(1)证明：由题意，因为a≥0，故当x＞1时，f (x)＝a ln x＋＞0，
当x∈(0，1)时，f (x)＝a ln x＋＜0，
当x＝1时，f (1)＝0，故当a≥0时，f (x)有且只有一个零点．
(2)由(1)可得a＜0，f (x)＝a ln x＋，
故f ′(x)＝＝．
令g(x)＝aex＋2x－x2，则
①若a≤－，则g(x)＝aex＋2x－x2≤－ex-1－(x－1)2＋1，在x∈(1，
＋∞)上单调递减，
故g(x)＜－e1-1－(1－1)2＋1＝0，
故f (x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，f (x)＜f (1)＝0，不满足题意；
②若－＜a＜0，g′(x)＝aex＋2－2x，
(i)当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，且g(1)＝ae＋1＞0，g(2)＝ae2＜0，故存在x0∈(1，2)使得g(x0)＝0，故f (x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．又f (x0)＞f (1)＝0，＞ee＞1，
且f ＝a ln ＋＝－1＋＝，
设φ(x)＝ex－x(x＞0)，易得φ′(x)＝ex－1＞0，
故φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故φ(x)＞φ(0)＝e0－0＞0，
故＞，故f ＜0．
故f (x)在上有一个零点，
所以f (x)在区间(1，＋∞)上有一个零点．
(ii)当x∈(0，1)时，g′(x)＝aex＋2－2x，
设h(x)＝g′(x)＝aex＋2－2x，则h′(x)＝aex－2＜0，
故g′(x)在(0，1)上单调递减，因为g′(0)＝a＋2＞0，g′(1)＝ae＜0，
故存在x1∈(0，1)使得g′(x1)＝0成立，
故g(x)＝aex＋2x－x2在(0，x1)上单调递增，在(x1，1)上单调递减．
又g(0)＝a＜0，g(1)＝ae＋1＞0，故存在x2∈(0，1)使得g(x2)＝0成立，故在(0，x2)上g(x)＜0，f (x)单调递减，在(x2，1)上g(x)＞0，f (x)单调递增．
又f (1)＝0，故f (x2)＜f (1)＝0，且＜e－e＜1，
f ＝1＋＝＞＞0，故f ＞0，
故存在x3∈使得f (x3)＝0，
所以f (x)在区间(0，1)上有一个零点．
综上所述，当－＜a＜0时，f (x)在区间(0，1)，(1，＋∞)各恰有一个零点．
2
4
3
题号
1
5
【教师备选资源】
1．[高考变式]已知关于x的方程ax－ln x＝0有两个不相等的正实数根x1和x2，且x1＜x2，求实数a的取值范围．
[解]　由ax－ln x＝0且x＞0，可得＝a．
设F(x)＝，x∈(0，＋∞)，则F′(x)＝，令F′(x)＝0，解得x＝e．
当0＜x＜e时，F′(x)＞0，F(x)单调递增；
2
4
3
题号
1
5
当x＞e时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，
又x→0＋，F(x)→－∞，x→＋∞，F(x)→0，
函数F(x)＝的图象如图所示．
要使F(x)的图象与直线y＝a有两个交点，则
0＜a＜，故实数a的取值范围是．
2
4
3
题号
1
5
2．(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，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)当a＝1时，f (x)＝ex－x－2，则f ′(x)＝ex－1，当x＜0时，
f ′(x)＜0；当x＞0时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
2
4
3
题号
1
5
(2)f ′(x)＝ex－a．
当a≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f (x)至多存在一个零点，不合题意．
当a>0时，由f ′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0．所以f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．故当x＝ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f (ln a)＝－a(1＋ln a)．
2
4
3
题号
1
5
①若0②若a>，则f (ln a)<0．
由于f (－2)＝e-2>0，所以f (x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x>4且x>2ln (2a)时，f (x)＝·－a(x＋2)
－a(x＋2)＝2a>0．
故f (x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点．从而f (x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．综上可知，a的取值范围是．
2
4
3
题号
1
5
3．已知函数f (x)＝aex-1－ln x－1，a∈R．
(1)若a＝1，求函数f (x)的单调区间；
(2)若f (x)有且只有两个不同的零点，求a的取值范围．
[解]　(1)a＝1时，f (x)＝ex-1－ln x－1，则f ′(x)＝ex-1－，f ′(1)＝0，
令g(x)＝f ′(x)＝ex-1－，g′(x)＝ex-1＋＞0恒成立，所以f ′(x)在(0，
＋∞)上单调递增．所以当x∈(0，1)时，f ′(x)＜0，
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)＞0，所以函数f (x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
2
4
3
题号
1
5
(2)f ′(x)＝aex-1－，
①当a＝1时，由(1)所求及f (1)＝0，知f (x)有且只有一个零点．
②当a≤0时，f ′(x)＝aex-1－＜0，则f (x)在区间(0，＋∞)上单调递减，所以f (x)至多有一个零点．
③当a＞1时，f ′＝a＜0，f ′(1)＝a－1＞0，
又因为y＝f ′(x)的图象在区间(0，＋∞)上连续不间断，
所以 x0∈，使得f ′(x0)＝0，即a－＝0．
2
4
3
题号
1
5
令g(x)＝aex-1－，则g′(x)＝aex-1＋＞0，
所以f ′(x)＝g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以当x∈(0，x0)时，f ′(x)＜f ′(x0)＝0，
函数f (x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)＞f ′(x0)＝0，
函数f (x)单调递增．
所以f (x)min＝f (x0)＝a－ln x0－1＝－ln x0－1＞1－1＝0，
所以f (x)无零点．
2
4
3
题号
1
5
④当0＜a＜1时，令h(x)＝ln x－(x－1)，
当x＞1时，h′(x)＝－1＜0，
所以h(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以 x＞1，有h(x)＜h(1)＝0，
所以ln x＜x－1，则ex-1＞x．
当0＜a＜1时，f ′(1)＝a－1＜0，
f ′＝a－＞a·＝0，
2
4
3
题号
1
5
又因为y＝f ′(x)的图象在区间(0，＋∞)上连续不间断，所以 x1∈，使得f ′(x1)＝0，即a－＝0．
令g(x)＝aex-1－，g′(x)＝aex-1＋＞0，
所以f ′(x)＝g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以当x∈(0，x1)时，f ′(x)＜f ′(x1)＝0，
函数f (x)单调递减，
当x∈(x1，＋∞)时，f ′(x)＞f ′(x1)＝0，
函数f (x)单调递增．
2
4
3
题号
1
5
所以f (x)min＝f (x1)＝a－ln x1－1＝－1＜1－1＝0．
令x2＝＞1．
f ＝f (x2)＝a－2ln －1＞ax2－2(－1)－1＝－2×＋1＞0，又因为函数f (x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增，且y＝f (x)的图象连续不间断，＜1＜x1＜＜，f ＞0，
所以f (x)有且只有两个零点．
综上，若函数f (x)有且只有两个零点，则实数a的取值范围是(0，1)．
2
4
3
题号
1
5
4．已知函数f (x)＝x2－a ln x，若a>0，函数f (x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求a的取值范围．
[解]　f (x)＝x2－a ln x的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝x－＝．
∵a>0，由f ′(x)>0，得x>，
由f ′(x)<0，得0即f (x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
2
4
3
题号
1
5
①若≤1，即0f (1)＝，f (x)在区间(1，e)上无零点．
②若1<f (x)在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，
f (x)min＝f ()＝a(1－ln a)．
∵f (x)在区间(1，e)上恰有两个零点，
∴∴e2
4
3
题号
1
5
③若≥e，即a≥e2时，f (x)在(1，e)上单调递减，f (1)＝>0，
f (e)＝e2－a<0，f (x)在区间(1，e)上有一个零点．
综上可知，f (x)在区间(1，e)上恰有两个零点时，a的取值范围是．
2
4
3
题号
1
5
5．已知函数f (x)＝ax－ex2，a＞0且a≠1．
(1)设g(x)＝＋ex，讨论函数g(x)的单调性；
(2)若a＞1，且f (x)存在三个零点，求实数a的取值范围．
[解]　(1)由题意知g(x)＝＋ex＝(x≠0)，
则g′(x)＝(x≠0)．
当0＜a＜1时，ln a＜0，令g′(x)＝0，解得x＝．
2
4
3
题号
1
5
当x＞，且x≠0时，g′(x)＜0；当x＜时，g′(x)＞0．
故函数g(x)在上单调递增，在和(0，＋∞)上单调递减．
当a＞1时，ln a＞0，令g′(x)＝0，解得x＝．
当x＞时，g′(x)＞0；当x＜，且x≠0时，g′(x)＜0．
故函数g(x)在(－∞，0)和上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当0＜a＜1时，函数g(x)在上单调递增，在和(0，＋∞)上单调递减；
当a＞1时，函数g(x)在(－∞，0)和上单调递减，在上单调递增．
2
4
3
题号
1
5
(2)由于f (0)＝1≠0，所以f (x)＝0等价于x ln a＝1＋ln x2，即ln a＝(x≠0)．
令p(x)＝，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，
所以若a＞1，且f (x)存在三个零点，等价于直线y＝ln a与函数p(x)的图象有三个不同的交点，因为p(－x)＝－p(x)，故p(x)为奇函数，当x＞0时，p(x)＝，于是p′(x)＝，
所以当x∈(0，)时，p′(x)＞0，p(x)单调递增；
当x∈(，＋∞)时，p′(x)＜0，p(x)单调递减．
2
4
3
题号
1
5
当x→0＋时，p(x)→－∞；当x→＋∞时，p(x)→0．
所以p()＝为极大值．
由于函数p(x)是奇函数，所以作出p(x)的大致图象如图所示．
因为a＞1，所以ln a＞0，所以当0＜ln a＜时，直线y＝ln a与函数p(x)的图象有三个交点，
所以1＜a＜．
所以实数a的取值范围为(1，)．
2
4
3
题号
1
1．(2024·湖南邵阳三模)已知函数f ＝－x3＋x2＋1．
(1)求函数f 的单调递增区间；
(2)若函数g＝f －k有且仅有三个零点，求k的取值范围．
[解]　(1)由f ＝－x3＋x2＋1，得f ′＝－x2＋2x，令f ′>0，得－x2＋2x>0，解得0所以f 的单调递增区间为．
专题限时集训(二十)　利用导数解决函数零点或方程根问题
2
4
3
题号
1
(2)令f ′＝0，解得x＝0或x＝2．
当x变化时，f ′，f 的变化情况如下表所示：
x 0 2
f ′ － 0 ＋ 0 －
f 单调递减 1 单调递增 单调递减
2
4
3
题号
1
由函数g＝f －k有且仅有三个零点，
得方程f ＝k有且仅有三个不等的实数根，所以函数y＝
f 的图象与直线y＝k有且仅有三个交点．
显然，当x→－∞时，f →＋∞；当x→＋∞时，f →－∞．
所以由上表可知，f 的极小值为f ＝1，f 的极大值为f ＝，故k∈．
2
4
3
题号
1
2．(2024·广东广州一模)已知0(1)求f (x)的单调区间；
(2)讨论方程f (x)＝a的根的个数．
[解]　(1)因为f ＝(x≠0)．
所以f ′＝＝．
由f ′>0得x>1，又函数定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
所以函数f (x)在和上单调递减，在上单调递增．
2
4
3
题号
1
(2)因为0当x>0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增，
所以f ＝f ＝ae1-a>ae0＝a，
所以方程f ＝a无解．
综上可知，方程f ＝a的根的个数为0．
2
4
3
题号
1
3．(2024·河南安阳模拟)已知函数f ＝a ln (x＋1)－x sin x．
(1)若a＝0，求曲线y＝f 在点处的切线方程；
(2)若a＝1，求函数f 在上的单调性和零点个数．
[解]　(1)当a＝0时，f ＝－x sin x，
则f ′＝－sin x－x cos x，则f ＝－，f ′＝－1，
所以曲线y＝f 在点处的切线方程为y＝－x．
2
4
3
题号
1
(2)当a＝1时，f ＝ln －x sin x，则f ′(x)＝－sin x－x cos x，
当x∈时，>0，－sin x≥0，－x cos x≥0，则f ′>0，
故f 在x∈上单调递增．
又因为f ＝0，所以f 在x∈上的零点个数为1．
2
4
3
题号
1
4．(2024·全国模拟预测)设函数f ＝－x2＋ax＋ln x．
(1)若a＝1，求函数f 的单调区间；
(2)若函数f 在上有两个零点，求实数a的取值范围．(其中e是自然对数的底数)
2
4
3
题号
1
[解]　(1)当a＝1时，f ＝－x2＋x＋ln x，f 的定义域为，
f ′＝－2x＋1＋＝，
令f ′>0，则2x2－x－1<0，解得0令f ′<0，则2x2－x－1>0，解得x>1．
∴函数f 的单调递增区间为，单调递减区间为．
2
4
3
题号
1
(2)令f ＝－x2＋ax＋ln x＝0，则a＝x－．
令g＝x－，其中x∈，则g′＝1－＝．
令g′>0，解得1∴g的单调递减区间为，单调递增区间为，
∴g(x)min＝g＝1．
又g＝e＋，g＝e－，函数f 在上有两个零点，即g(x)的图象与直线y＝a有2个交点，∴a的取值范围是．
THANK YOU