课后限时练23 利用导数解决函数零点或方程根问题
1．(2025·山东泰安模拟)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝1处有极小值．
(1)求实数c的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋a有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
2．已知函数f(x)＝x2－a ln x，若a>0，函数f(x)在区间(1，e)内恰有两个零点，求实数a的取值范围．
课后限时练23
1．解：(1)∵f(x)＝x(x－c)2＝x3－2cx2＋c2x，
∴f'(x)＝3x2－4cx＋c2＝(x－c)(3x－c)，
由已知得f'(1)＝0，即(1－c)(3－c)＝0，
∴c＝1或c＝3．
当c＝1时，f'(x)＝(x－1)(3x－1)，
∴当x<时，f'(x)>0；
当
当x>1时，f'(x)>0，
∴f(x)在内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时f(x)有极小值，符合题意．
当c＝3时，f'(x)＝3(x－3)(x－1)，
∴当x<1时，f'(x)>0；
当1当x>3时，f'(x)>0，
∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)内单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时f(x)有极大值，不符合题意，故舍去．∴c＝1．
(2)由已知g(x)＝f(x)＋a有三个不同的零点，
即y＝f(x)的图象与直线y＝－a有三个不同的交点，
由(1)知f(x)在内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故当x＝时，f(x)有极大值，即f(x)极大值＝f，
当x＝1时，f(x)有极小值，即f(x)极小值＝f(1)＝0，
∴0<－a< ，∴－故实数a的取值范围是．
2．解：f(x)＝x2－aln 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，，＋∞)上单调递增．
①若≤1，即0f(1)＝，f(x)在区间(1，e)内无零点．
②若1<f(x)在(1，，e)内单调递增，
f(x)min＝f()＝a(1－ln a)．
∵f(x)在区间(1，e)内恰有两个零点，
∴
∴e③若≥e，即a≥e2，f(x)在(1，e)内单调递减，f(1)＝>0，f(e)＝e2－a<0，f(x)在区间(1，e)内有一个零点．
综上可知，当f(x)在区间(1，e)内恰有两个零点时，a的取值范围是．
1/1课时23 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)＝．
命题点1 根据参数确定函数零点的个数
【典例1】 (2025·重庆三模)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax＋b，函数y＝f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＋2＝0．
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的零点个数．
[听课记录]
反思领悟 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．
已知函数f(x)＝ex＋sin x－1，x∈(－π，π)，讨论函数f(x)的零点个数
命题点2 根据函数零点个数确定参数的范围
【典例2】 (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．
[听课记录]
反思领悟 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性；
(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．
(2025·天津高考节选)已知函数f(x)＝ax－(ln x)2．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)有3个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．求a的取值范围．
课时23 利用导数解决函数零点或方程根问题
典例1 解：(1)因为f(x)＝(x－1)ex－ax＋b，所以f'(x)＝xex－a，
又函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＋2＝0，所以
又f'(0)＝0×e0－a＝－a，
所以－a＝－1，即a＝1．
又f(0)＝(0－1)e0－a×0＋b＝－2，解得b＝－1．
(2)由第(1)问知f(x)＝(x－1)ex－x－1，f'(x)＝xex－1．
令g(x)＝f'(x)，求导得g'(x)＝(x＋1)ex．
当x∈(－∞，－1)时，g'(x)<0，g(x)在(－∞，－1)上单调递减；
当x∈(－1，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
g(1)>0，g(0)<0，所以存在唯一的x0使g(x0)＝0，
即x0＝1．
当x∈(－∞，x0)时，f'(x)<0，f(x)在(－∞，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(x0)．
又f(x0)＝－x0－<0，f(－2)＝1－>0，f(2)＝e2－3>0，根据零点存在定理，f(x)在(－2，x0)和(x0，2)内各有一个零点，共2个零点．
考教衔接
解：由题意可知f'(x)＝ex＋cos x，当x∈时，函数y＝ex和y＝cos x都单调递增，则函数f'(x)单调递增，
而f'(－π)＝e-π－1<0，f'>0，则 x0∈，f'(x0)＝0，
当x∈(－π，x0)时，f'(x)<0；当x∈时，f'(x)>0，
函数f(x)在(－π，x0)内单调递减，在上单调递增，
而f(－π)＝e-π－1<0，f－2<0，则当x∈时，f(x)<0，
因此函数f(x)在上无零点；
当x∈时，f'(x)＝ex＋cos x>0，当x∈时，f'(x)≥＋cos x>0，
即当x∈时，f'(x)＝ex＋cos x>0，函数f(x)在内单调递增，又f(0)＝0，
于是函数f(x)在内有1个零点，
所以函数f(x)在(－π，π)内有1个零点．
典例2 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)内单调递增，
所以f(x)故f(x)在(－1，0)内没有零点，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)x→＋∞，f(x)→＋∞，
所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点，
又f(x)在(0，m)内没有零点，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)内单调递增，
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)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)内有唯一零点，在(t，0)内无零点，
即f(x)在(－1，0)内有唯一零点，
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)．
考教衔接
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－(ln x)2，f(1)＝1，故切点坐标为(1，1)．
f'(x)＝1－，f'(1)＝1，
故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝x－1，即x－y＝0．
(2)因为x>0，所以原问题可转化为方程a＝有3个不相等的实根x1，x2，x3，且x1令g(x)＝，则问题转化为直线y＝a与函数g(x)的图象有3个不同的交点．
g'(x)＝
＝，
令g'(x)＝0，得(2－ln x)ln x＝0．
则ln x＝0或ln x＝2，解得x＝1或x＝e2．
当00，所以g'(x)<0，g(x)在(0，1)内单调递减；
当10，2－ln x>0，所以g'(x)>0，g(x)在(1，e2)内单调递增；
当x>e2时，ln x>0，2－ln x<0，所以g'(x)<0，g(x)在(e2，＋∞)上单调递减．
由g(x)的单调性可知，g(x)的极小值为g(1)＝0，g(x)的极大值为g(e2)＝．
当x→0+时，ln x→－∞，(ln x)2→＋∞，→＋∞，所以g(x)→＋∞．
当x→＋∞时，g(x)→0．
因为直线y＝a与函数g(x)的图象有3个不同的交点，结合g(x)的图象(图略)可知，0故a的取值范围为．
1/4(共58张PPT)
专题六 函数、导数和不等式
课时23 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)＝．
命题点1 根据参数确定函数零点的个数
【典例1】 (2025·重庆三模)已知函数f (x)＝(x－1)ex－ax＋b，函数y＝f (x)的图象在点(0，f (0))处的切线方程为x＋y＋2＝0．
(1)求a，b的值；
(2)讨论f (x)的零点个数．
[解] (1)因为f (x)＝(x－1)ex－ax＋b，
所以f ′(x)＝xex－a，
又函数f (x)的图象在点(0，f (0))处的切线方程为x＋y＋2＝0，
所以
又f ′(0)＝0×e0－a＝－a，
所以－a＝－1，即a＝1．
又f (0)＝(0－1)e0－a×0＋b＝－2，解得b＝－1．
(2)由第(1)问知f (x)＝(x－1)ex－x－1，f ′(x)＝xex－1．
令g(x)＝f ′(x)，求导得g′(x)＝(x＋1)ex．
当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，－1)上单调递减；
当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
g(1)>0，g(0)<0，所以存在唯一的x0使g(x0)＝0，
即＝1．
当x∈(－∞，x0)时，f ′(x)<0，f (x)在(－∞，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (x0)．
又f (x0)＝－x0－<0，f (－2)＝1－>0，f (2)＝e2－3>0，根据零点存在定理，f (x)在(－2，x0)和(x0，2)内各有一个零点，共2个零点．
反思领悟 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．
已知函数f (x)＝ex＋sin x－1，x∈(－π，π)，讨论函数f (x)的零点个数
[解] 由题意可知f ′(x)＝ex＋cos x，当x∈时，函数y＝ex和y＝cos x都单调递增，则函数f ′(x)单调递增，
而f ′(－π)＝e－π－1<0，f ′＝>0，则 x0∈，f ′(x0)＝0，
当x∈(－π，x0)时，f ′(x)<0；当x∈时，f ′(x)>0，函数f (x)在(－π，x0)内单调递减，在上单调递增，
而f (－π)＝e－π－1<0，f ＝－2<0，则当x∈时，
f (x)<0，
因此函数f (x)在上无零点；
当x∈时，f ′(x)＝ex＋cos x>0，当x∈时＋cos x>0，
即当x∈时，f ′(x)＝ex＋cos x>0，函数f (x)在内单调递增，又f (0)＝0，
于是函数f (x)在内有1个零点，
所以函数f (x)在(－π，π)内有1个零点．
【教用·备选题】
1．已知函数f ＝eax－x．
(1)若a＝2，求曲线y＝f 在点处的切线方程；
(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，切点坐标为，
曲线y＝f在点处的斜率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当a>时，f 没有零点．
2．(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] 因为函数f (x)＝(x－1)ex－ax2＋b，
所以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))内单调递减，在(ln (2a)，＋∞)上单调递增，
且f (ln (2a))＝[ln (2a)－1]·2a－a·[ln (2a)]2＋b＞[ln (2a)－1]·2a－a·[ln (2a)]2＋2a
＝a[2－ln (2a)]ln (2a)≥0，
所以f (x)在(0，ln (2a))内及(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))＝＋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．
3．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)内单调递增；
当x∈时，h(x)＝g′(x)＜0，g(x)在内单调递减；
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)内单调递增，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)内单调递增，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．
命题点2 根据函数零点个数确定参数的范围
【典例2】 (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)内单调递增，
所以f (x)＜f (0)＝0，故f (x)在(－1，0)内没有零点，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)内没有零点，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)内单调递增，
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)内有唯一零点，在(t，0)内无零点，即f (x)在(－1，0)内有唯一零点，
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)．
反思领悟 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性；
(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．
(2025·天津高考节选)已知函数f (x)＝ax－(ln x)2．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)有3个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．求a的取值范围．
[解] (1)当a＝1时，f (x)＝x－(ln x)2，f (1)＝1，故切点坐标为(1，1)．
f ′(x)＝1－，f ′(1)＝1，
故曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y－1＝x－1，即x－y＝0．
(2)因为x＞0，所以原问题可转化为方程a＝有3个不相等的实根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．
令g(x)＝，则问题转化为直线y＝a与函数g(x)的图象有3个不同的交点．
g′(x)＝＝，令g′(x)＝0，得(2－ln x)ln x＝0．
则ln x＝0或ln x＝2，解得x＝1或x＝e2．
当0＜x＜1时，ln x＜0，2－ln x＞0，所以g′(x)＜0，g(x)在(0，1)内单调递减；
当1＜x＜e2时，ln x＞0，2－ln x＞0，所以g′(x)＞0，g(x)在(1，e2)内单调递增；
当x＞e2时，ln x＞0，2－ln x＜0，所以g′(x)＜0，g(x)在(e2，＋∞)上单调递减．
由g(x)的单调性可知，g(x)的极小值为g(1)＝0，g(x)的极大值为g(e2)＝．
当x→0＋时，ln x→－∞，(ln x)2→＋∞，→＋∞，所以g(x)→＋∞．当x→＋∞时，g(x)→0．
因为直线y＝a与函数g(x)的图象有3个不同的交点，结合g(x)的图象(图略)可知，0＜x1＜1＜x2＜e2＜x3且0＜a＜．
故a的取值范围为．
【教用·备选题】
1．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；
当x＞e时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
又x→0＋，f (x)→－∞，x→＋∞，f (x)→0，
则函数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．(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)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)．
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)＝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．
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)当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)f ′(x)＝aex-1－，x＞0．
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aex0－1－＝0．
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)＝aex0－1－ln x0－1＝－ln x0－1＞1－1＝0，
所以f (x)无零点．
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·＝0，
又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aex1－1－＝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．
所以f (x)min＝f (x1)＝aex1－1－ln x1－1＝－1＜1－1＝0．
令x2＝＞1．
f ＝f (x2)＝aex2－1－2ln －1＞ax2－2(－1)－1＝－2×＋1＞0，又因为函数f (x)在区间(0，x1)内单调递减，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)．
4．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＝，
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，在内和(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)上和内单调递减，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，在内和(0，＋∞)上单调递减；
当a＞1时，函数g(x)在(－∞，0)上和内单调递减，在上单调递增．
(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．
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．
所以实数a的取值范围为)．
课后限时练23 利用导数解决函数零点或方程根问题
1．(2025·山东泰安模拟)已知函数f (x)＝x(x－c)2在x＝1处有极小值．
(1)求实数c的值；
(2)若函数g(x)＝f (x)＋a有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
[解] (1)∵f (x)＝x(x－c)2＝x3－2cx2＋c2x，
∴f ′(x)＝3x2－4cx＋c2＝(x－c)(3x－c)，
由已知得f ′(1)＝0，即(1－c)(3－c)＝0，
∴c＝1或c＝3．
当c＝1时，f ′(x)＝(x－1)(3x－1)，
∴当x<时，f ′(x)>0；
当当x>1时，f ′(x)>0，
∴f (x)在上单调递增，在内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时f (x)有极小值，符合题意．
当c＝3时，f ′(x)＝3(x－3)(x－1)，
∴当x<1时，f ′(x)>0；
当1当x>3时，f ′(x)>0，∴f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)内单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时f (x)有极大值，不符合题意，故舍去．∴c＝1．
(2)由已知g(x)＝f (x)＋a有三个不同的零点，
即y＝f (x)的图象与直线y＝－a有三个不同的交点，
由(1)知f (x)在上单调递增，在内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故当x＝时，f (x)有极大值，
即f (x)极大值＝f ＝＝，
当x＝1时，f (x)有极小值，即f (x)极小值＝f (1)＝0，
∴0<－a< ，∴－故实数a的取值范围是．
2．已知函数f (x)＝x2－a ln x，若a>0，函数f (x)在区间(1，e)内恰有两个零点，求实数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，)内单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
①若≤1，即0②若1<f (x)在(1，)内单调递减，在(，e)内单调递增，
f (x)min＝f ()＝a(1－ln a)．
∵f (x)在区间(1，e)内恰有两个零点，
∴∴e③若≥e，即a≥e2，f (x)在(1，e)内单调递减，f (1)＝>0，f (e)＝e2－a<0，f (x)在区间(1，e)内有一个零点．
综上可知，当f (x)在区间(1，e)内恰有两个零点时，a的取值范围是．
谢 谢！
