2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题
题型一 利用导数讨论函数零点的个数
【题型要点解析】
对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
(2)求导数，得单调区间和极值点；
(3)画出函数草图；
(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．1.已知f(x)＝ax3－3x2＋1(a>0)，定义h(x)＝max{f(x)，g(x)}＝
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若g(x)＝xf′(x)，且存在x∈[1,2]使h(x)＝f(x)，求实数a的取值范围；
(3)若g(x)＝ln x，试讨论函数h(x)(x>0)的零点个数．
【解】 (1)∵函数f(x)＝ax3－3x2＋1，∴f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0或x2＝，∵a>0，∴x1
x (－∞，0) 0
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增
∴f(x)的极大值为f(0)＝1，极小值为f＝－＋1＝1－.
(2)g(x)＝xf′(x)＝3ax3－6x2，∵存在x∈[1,2]，使h(x)＝f(x)，
∴f(x)≥g(x)在x∈[1,2]上有解，即ax3－3x2＋1≥3ax3－6x2在x∈[1,2]上有解，
即不等式2a≤＋在x∈[1,2]上有解．
设y＝＋＝(x∈[1,2])，
∵y′＝<0对x∈[1,2]恒成立，
∴y＝＋在x∈[1,2]上单调递减，
∴当x＝1时，y＝＋的最大值为4，
∴2a≤4，即a≤2.
(3)由(1)知，f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f＝1－，
①当1－>0，即a>2时，f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴h(x)＝max{f(x)，g(x)}在(0，＋∞)上无零点．
②当1－＝0，即a＝2时，f(x)min＝f(1)＝0.
又g(1)＝0，∴h(x)＝max{f(x)，g(x)}在(0，＋∞)上有一个零点．
③当1－<0，即0设φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax3－3x2＋1－ln x(0∵φ′(x)＝3ax2－6x－<6x(x－1)－<0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减．
又φ(1)＝a－2<0，φ＝＋>0，
∴存在唯一的x0∈，使得φ(x0)＝0，
(ⅰ)当0∴h(x)＝f(x)且h(x)为减函数．
又h(x0)＝f(x0)＝g(x0)＝ln x0f(0)＝1>0，∴h(x)在(0，x0)上有一个零点；
(ⅱ)当x>x0时，∵φ(x)＝f(x)－g(x)<φ(x0)＝0，
∴h(x)＝g(x)且h(x)为增函数，
∵g(1)＝0，∴h(x)在(x0，＋∞)上有一零点；
从而h(x)＝max{f(x)，g(x)}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0当a＝2时，h(x)有一个零点；
当a>2时，h(x)无零点．
题组训练一 利用导数讨论函数零点的个数
已知函数f(x)＝lnx－ax＋a－2，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a<0时，试判断g(x)＝xf(x)＋2的零点个数．
【解析】 (1)f′(x)＝－＝(x>0)．
若a≤0，则f′(x)>0，∴函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
若a>0，当00，函数f(x)单调递增，当x>时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
综上，若a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
若a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)g(x)＝xlnx－ax2＋ax－2x＋2，g′(x)＝－ax＋lnx＋a－1.
又a<0，易知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
g′(1)＝－1<0，g′(e)＝－ae＋a＝a(1－e)>0，
故而g′(x)在(1，e)上存在唯一的零点x0，
使得g′(x0)＝0.
当0x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
取x1＝ea，又a<0，∴0∴g(x1)＝x1
＝ea，
设h(a)＝a－aea＋a－2＋，(a<0)，
h′(a)＝－aea－ea－＋2，(a<0)，
h′(0)＝－，h″(a)＝e－a－ea＋e－a－aea>0，
∴h′(a)在(－∞，0)上单调递增，h′(a)∴h(a)在(－∞，0)上单调递减，∴h(a)>h(0)＝0，
∴g(x1)>0，即当a<0时，g(ea)>0.
当x趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，且g(2)＝2ln2－2<0.
∴函数g(x)在(0，＋∞)上始终有两个零点．
题型二 由函数零点个数求参数的取值范围
【题型要点解析】
研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．
已知函数f(x)＝，曲线y＝f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线2x＋y＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的解析式及单调减区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－无零点，求k的取值范围．
【解析】 (1)函数f(x)＝的导数为f′(x)＝，又由题意有：f′(e2)＝?＝?m＝2，故f(x)＝.
此时f′(x)＝，由f′(x)≤0?0(2)g(x)＝f(x)－?g(x)＝x，且定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，要函数g(x)无零点，即要＝在x∈(0,1)∪(1，＋∞)内无解，亦即要klnx－＝0在x∈(0,1)∪(1，＋∞)内无解．
构造函数h(x)＝klnx－?h′(x)＝.
①当k≤0时，h′(x)<0在x∈(0,1)∪(1，＋∞)内恒成立，所以函数h(x)在(0,1)内单调递减，h(x)在(1，＋∞)内也单调递减.
又h(1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；
②当k>0时，h′(x)＝?h′(x)＝，
(i)若0又h(1)＝0，所以在(0,1)内无零点；
易知h<0，而h(e)＝k·－2＋>0，故在内有一个零点，所以不满足条件；
(ii)若k＝2，则函数h(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又h(1)＝0，所以x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h(x)>0恒成立，故无零点，满足条件；
(iii)若k>2，则函数h(x)在内单调递减，在内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h(1)＝0，所以在及(1，＋∞)内均无零点．
又易知h<0，而h(e－k)＝k(－k)－2＋2ek＝2ek－k2－2，又易证当k>2时，h(e－k)>0，
所以函数h(x)在内有一零点，故不满足条件．
综上可得：k的取值范围为：k≤0或k＝2.
题组训练二 由函数零点个数求参数的取值范围
已知函数f(x)＝ln x－ax(ax＋1)，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)在(0,1]内至少有1个零点，求实数a的取值范围．
【解析】(1)依题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－2a2x－a
＝＝，
当a＝0时，f(x)＝ln x，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得0由f′(x)<0，得x>，函数f(x)上单调递增，
在上单调递减．
当a<0时，由f′(x)>0，得0由f′(x)<0，得x>－，
函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)当a＝0时，函数f(x)在内有1个零点x0＝1；
当a>0时，由(1)知函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
①若≥1，即0②若0<<1，即当a>时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，要使函数f(x)在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f≥0，即ln ≥，
又∵a>，∴ln <0，∴不等式不成立．
∴f(x)在(0,1]内无零点；
当a<0时，由(1)知函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
③若－≥1，即－1≤a<0时，f(x)在(0,1]上单调递增，由于当x→0时，f(x)→－∞，且f(1)＝－a2－a>0，知函数f(x)在(0,1]内有1个零点；
④若0<－<1，即a<－1时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，由于当x→0时，f(x)→－∞，且当a<－1时，f＝ln <0，知函数f(x)在(0,1]内无零点．
综上可得a的取值范围是[－1,0]．
题型三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解
【题型要点解析】
证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤：
(1)在该区间上构造与方程相应的函数；
(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性；
(3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号；
(4)作出结论．
已知函数f(x)＝(x2－2x)ln x＋ax2＋2.
(1)当a＝－1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，设函数g(x)＝f(x)－x－2，且函数g(x)有且仅有一个零点，若e－2【解析】 (1)当a＝－1时，f(x)＝(x2－2x)ln x－x2＋2，定义域为(0，＋∞)，∵f′(x)＝(2x－2)ln x＋x－2－2x＝(2x－2)lnx－x－2.
∴f′(1)＝－3，又f(1)＝1，f(x)在(1，f(1))处的切线方程3x＋y－4＝0.
(2)令g(x)＝f(x)－x－2＝0，则(x2－2x)ln x＋ax2＋2＝x＋2，即a＝，
令h(x)＝，
则h′(x)＝－－＋＝.
令t(x)＝1－x－2ln x，t′(x)＝－1－＝，
∵t′(x)<0，t(x)在(0，＋∞)上是减函数，
又∵t(1)＝h′(1)＝0，所以当00，
当x>1时，h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝1.
因为a>0，所以当函数g(x)有且仅有一个零点时，a＝1.
g(x)＝(x2－2x)ln x＋x2－x，若e－2g′(x)＝(x－1)(3＋2ln x)，
令g′(x)＝0得x＝1，或x＝e－，又∵e－2∴函数g(x)在(e－2，e－)上单调递增，
在(e－，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，
又g(e－)＝－e－3＋2e－，g(e)＝2e2－3e，
∵g(e－)
＝－e－3＋2e－<2e－<2e<2e＝g(e)，
即g(e－)∴m≥2e2－3e.
题组训练三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解
已知y＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，t∈R.
(1)当x为常数时，t在区间变化时，求y 的最小值φ(x)；
(2)证明：对任意的t∈(0，＋∞)，总存在x0∈(0,1)，使得y＝0.
【解析】 (1)当x为常数时，设f(t)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1＝－6xt2＋(3x2＋1)t＋4x3－1，f′(t)＝－12xt＋3x2＋1.
①当x≤0时，由t∈知f(t)>0，f(t)在上递增，其最小值φ(x)＝f(0)＝4x3－1；
②当x>0时，f(t)的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t＝－＝，若
即≤x≤1，则f(t)在上的最小值为
φ(x)＝f＝4x3＋2x2－x－.
若即01，
则f(t)在上的最小值为φ(x)＝f(0)＝4x3－1.
综合①②，得φ(x)＝
(2)证明：设g(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，
则g′(x)＝12x2＋6tx－6t2＝12(x＋t)
由t∈(0，＋∞)，当x在区间(0，＋∞)内变化时，g′(x)，g(x)取值的变化情况如下表：
x
g′(x) － 0 ＋
g(x) 单调递减 极小值 单调递增
①当≥1，即t≥2时，g(x)在区间(0,1)内单调递减，g(0)＝t－1>0，
g(1)＝－6t2＋4t＋3
＝－2t(3t－2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.
所以对任意t∈[2，＋∞)，g(x)在区间(0,1)内均存在零点，即存在x0∈(0,1)，使得g(x0)＝0.
②当0<<1，即00，所以g(x)在内存在零点；
若t∈(1,2)，则g(0)＝t－1>0，g＝－t3＋t－1<－×13＋2－1<0，所以g(x)在内存在零点．
所以，对任意t∈(0,2)，g(x)在区间(0,1)内均存在零点，即存在x0∈(0,1)，使得g(x0)＝0，
综合①②，对任意的t∈(0，＋∞)，总存在x0∈(0,1)，使得y＝0.
【专题训练】
1．已知函数f(x)＝＋ax，x>1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值；
(3)若方程(2x－m)ln x＋x＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．
[解析] (1)f′(x)＝＋a，由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤－＝－.∵x∈(1，＋∞)，∴ln x∈(0，＋∞)，
∴当－＝0时，函数t＝－的最小值为－，∴a≤－.
故实数a的取值范围为
(2)当a＝2时，f(x)＝＋2x，
f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得2ln2x＋ln x－1＝0，
解得ln x＝或ln x＝－1(舍)，即x＝e.
当1e时，f′(x)>0，
∴f(x)的极小值为f(e)＝＋2e＝4e.
(3)将方程(2x－m)ln x＋x＝0两边同除以ln x得(2x－m)＋＝0，整理得＋2x＝m，
即函数g(x)＝＋2x的图象与函数y＝m的图象在(1，e]上有两个不同的交点．
由(2)可知，g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，e]上单调递增，g(e)＝4e，g(e)＝3e，在(1，e]上，当x→1时，→＋∞，∴4e故实数m的取值范围为(4e，3e]．
2．已知f(x)＝2xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)如果函数g(x)的单调递减区间为，求函数g(x)的解析式；
(2)在(1)的条件下，求函数y＝g(x)的图象在点P(－1，g(－1))处的切线方程；
(3)已知不等式f(x)≤g′(x)＋2恒成立，若方程aea－m＝0恰有两个不等实根，求m的取值范围．
【解】 (1)g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意知，3x2＋2ax－1<0的解集为，
即3x2＋2ax－1＝0的两根分别是－，1，
代入得a＝－1，∴g(x)＝x3－x2－x＋2.
(2)由(1)知，g(－1)＝1，∴g′(x)＝3x2－2x－1，
g′(－1)＝4，∴点P(－1,1)处的切线斜率k＝g′(－1)＝4，∴函数y＝g(x)的图象在点P(－1,1)处的切线方程为y－1＝4(x＋1)，即4x－y＋5＝0.
(3)由题意知，2xln x≤3x2＋2ax＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，可得a≥ln x－x－对x∈(0，＋∞)恒成立．
设h(x)＝ln x－x－，
则h′(x)＝－＋＝－，
令h′(x)＝0，得x＝1，x＝－(舍)，
当00；当x>1时，h′(x)<0，
∴当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝h(1)＝－2，
∴a≥－2.
令φ(a)＝aea，则φ′(a)＝ea＋aea＝ea(a＋1)，
∴φ(a)在[－2，－1]上单调递减，
在(－1，＋∞)上单调递增，∵φ(－2)＝－2e－2＝－，
φ(－1)＝－e－1＝－，当a→＋∞时，φ(a)→＋∞，
∴方程aea－m＝0恰有两个不等实根，只需－3．设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；
(3)求证：a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．
【解析】 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，
解得x＝－2或x＝－.
f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x (－∞，－2) －2 －
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) c c－
所以，当c>0且c－<0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．
(3)证明：当Δ＝4a2－12b<0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b>0，x∈(－∞，＋∞)，此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点．
当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0.
当x∈(－∞，x0)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在的区间(x0，＋∞)上单调递增．
所以f(x)不可能有三个不同零点．
综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b>0.
故a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件．
当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b>0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，所以a2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．
因此a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．
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2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题
题型一 利用导数讨论函数零点的个数
【题型要点解析】
对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
(2)求导数，得单调区间和极值点；
(3)画出函数草图；
(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．1.已知f(x)＝ax3－3x2＋1(a>0)，定义h(x)＝max{f(x)，g(x)}＝
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若g(x)＝xf′(x)，且存在x∈[1,2]使h(x)＝f(x)，求实数a的取值范围；
(3)若g(x)＝ln x，试讨论函数h(x)(x>0)的零点个数．
题组训练一 利用导数讨论函数零点的个数
已知函数f(x)＝lnx－ax＋a－2，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a<0时，试判断g(x)＝xf(x)＋2的零点个数．
题型二 由函数零点个数求参数的取值范围
【题型要点解析】
研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．
已知函数f(x)＝，曲线y＝f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线2x＋y＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的解析式及单调减区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－无零点，求k的取值范围．
题组训练二 由函数零点个数求参数的取值范围
已知函数f(x)＝ln x－ax(ax＋1)，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)在(0,1]内至少有1个零点，求实数a的取值范围．
题型三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解
【题型要点解析】
证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤：
(1)在该区间上构造与方程相应的函数；
(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性；
(3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号；
(4)作出结论．
已知函数f(x)＝(x2－2x)ln x＋ax2＋2.
(1)当a＝－1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，设函数g(x)＝f(x)－x－2，且函数g(x)有且仅有一个零点，若e－2
题组训练三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解
已知y＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，t∈R.
(1)当x为常数时，t在区间变化时，求y 的最小值φ(x)；
(2)证明：对任意的t∈(0，＋∞)，总存在x0∈(0,1)，使得y＝0.
【专题训练】
1．已知函数f(x)＝＋ax，x>1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值；
(3)若方程(2x－m)ln x＋x＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．
2．已知f(x)＝2xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)如果函数g(x)的单调递减区间为，求函数g(x)的解析式；
(2)在(1)的条件下，求函数y＝g(x)的图象在点P(－1，g(－1))处的切线方程；
(3)已知不等式f(x)≤g′(x)＋2恒成立，若方程aea－m＝0恰有两个不等实根，求m的取值范围．
3．设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；
(3)求证：a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．
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