《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题38 由函数零点或方程根的个数求参数范围问题（原卷版)

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专题 38　由函数零点或方程根的个数求参数范围问题

【例题选讲】

[例1]　已知函数 f(x)＝x2＋－aln x(a∈R)．

(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)当a>0 时，若 f(x)有唯一的零点 x0，求[x0]．

注：[x]表示不超过 x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2．

(参考数据：ln 2＝0.693，ln 3＝1.099，ln 5＝1.609，ln 7＝1.946)

[规范解答]　(1)∵f(x)＝x2＋－aln x，∴f′(x)＝(x>0)，

由题意得 f′(2)＝0，则 2×23－2a－2＝0，a＝7，

经验证，当 a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值，∴f(x)＝x2＋－7ln x，

f′(x)＝2x－－，∴f′(1)＝－7，f(1)＝3，

则曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－3＝－7(x－1)，即 7x＋y－10＝0．

(2)令g(x)＝2x3－ax－2(x>0)，则 g′(x)＝6x2－a，由 a>0，g′(x)＝0，可得 x＝，

∴g(x)在上单调递减，在上单调递增．

由于 g(0)＝－2<0，故当 x∈时，g(x)<0，又 g(1)＝－a<0，

故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为 x1，

从而可知 f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，

由于 f(x)有唯一零点 x0，故 x1＝x0，且 x0>1，则 g(x0)＝0，f(x0)＝0，可得 2ln x0－－1＝0．

令h(x)＝2ln x－－1(x>1)，易知 h(x)在(1，＋∞)上单调递增，

由于 h(2)＝2ln 2－<2×0.7－<0，h(3)＝2ln 3－>0，故 x0∈(2，3)，[x0]＝2．

[例2]　已知函数 f (x)＝xex－a(x＋1)2．

(1)若a＝e，求函数 f (x)的极值；

(2)若函数 f (x)有两个零点，求实数 a的取值范围．

[破题思路]　第(1)问求 f (x)的极值，想到求 f ′(x)＝0的解，然后根据单调性求极值；第(2)问求实数 a

的取值范围，想到建立关于 a的不等式，给出函数 f (x)的解析式，并已知 f (x)有两个零点，利用 f (x)

的图象与 x轴有两个交点求解．

[规范解答]　(1)由题意知，当 a＝e时，f (x)＝xex－e(x＋1)2，函数 f (x)的定义域为(－∞，＋∞)，

f ′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．令 f ′(x)＝0，解得 x＝－1或x＝1．

当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表所示：

x(－∞，－1) －1

(－

1，1)

1(1，＋∞)

f ′(x)＋0－0＋

f (x)极大值－ 极小值－e

所以当 x＝－1时，f (x)取得极大值－；当 x＝1时，f (x)取得极小值－e．

(2)法一：分类讨论法　f ′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，

若a＝0，易知函数 f (x)在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意．

若a<0，当 x∈(－∞，－1)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；

当x∈(－1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．

由f (－1)＝－<0，且 f (1)＝e－2a>0，当 x→－∞时，f (x)→＋∞，

所以函数 f (x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．

若ln a<－1，即 0<a<，当 x∈(－∞，ln a)∪(－1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；

当x∈(ln a，－1)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．

又f (ln a)＝aln a－a(ln a＋1)2<0，所以函数 f (x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．

若ln a＝－1，即 a＝，当 x∈(－∞，＋∞)时，f ′(x)≥0，f (x)单调递增，故不符合题意．

若ln a>－1，即 a>，当 x∈(－∞，－1)∪(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；

当x∈(－1，ln a)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．

又f (－1)＝－<0，所以函数 f (x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．

综上，实数 a的取值范围是(－∞，0)．

法二：数形结合法　令 f (x)＝0，即 xex－a(x＋1)2＝0，得 xex＝a(x＋1)2．

当x＝－1时，方程为－e－1＝a×0，显然不成立，

所以 x＝－1不是方程的解，即－1不是函数 f (x)的零点．

当x≠－1时，分离参数得 a＝．

记g(x)＝(x≠－1)，则 g′(x)＝＝．

当x<－1时，g′(x)<0，函数 g(x)单调递减；当 x>－1时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增．

当x＝0时，g(x)＝0；当 x→－∞时，g(x)→0；当 x→－1时，g(x)→－∞；当 x→＋∞时，g(x)→＋

∞．

故函数 g(x)的图象如图所示．

作出直线 y＝a，由图可知，当 a<0 时，直线 y＝a和函数 g(x)的图象有两个交点，此时函数 f (x)有两

个零点．故实数 a的取值范围是(－∞，0)．

[题后悟通]　利用函数零点的情况求参数范围的方法

(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为 y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线 y＝a与y＝g(x)的图

象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；

(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；

(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解

[例3]　已知函数 f(x)＝ex－2x－1．

(1)求曲线 y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；

(2)设g(x)＝af(x)＋(1－a)ex，若 g(x)有两个零点，求实数 a的取值范围．

[规范解答]　(1)由题意知 f′(x)＝ex－2，k＝f′(0)＝1－2＝－1，又 f(0)＝e0－2×0－1＝0，

∴f(x)在(0，f(0))处的切线方程为 y＝－x．

(2)g(x)＝ex－2ax－a，g′(x)＝ex－2a．当 a≤0 时，g′(x)>0，∴g(x)在R上单调递增，不符合题意．

当a>0 时，令 g′(x)＝0，得 x＝ln(2a)，在(－∞，ln(2a))上，g′(x)<0，在(ln(2a)，＋∞)上，g′(x)>0，

∴g(x)在(－∞，ln(2a))上单调递减，在(ln(2a)，＋∞)上单调递增，

∴g(x)极小值＝g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－a＝a－2aln(2a)．

∵g(x)有两个零点，∴g(x)极小值<0，即 a－2aln(2a)<0，∵a>0，∴ln(2a)>，解得 a>，

∴实数 a的取值范围为．

[例4]　已知函数 f (x)＝ln x－ax2＋x，a∈R．

(1)当a＝0时，求曲线 y＝f (x)在点(e，f (e))处的切线方程；

(2)讨论 f (x)的单调性；

(3)若f (x)有两个零点，求 a的取值范围．

[规范解答]　(1)当a＝0时，f (x)＝ln x＋x，f (e)＝e＋1，f ′(x)＝＋1，f ′(e)＝1＋，

∴曲线 y＝f (x)在点(e，f (e))处的切线方程为 y－(e＋1)＝(x－e)，即 y＝x．

(2)f ′(x)＝－2ax＋1＝，x>0，

①当a≤0 时，显然 f ′(x)>0，∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增；

②当a>0 时，令 f ′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，

设方程的两根分别为 x1，x2(x1<x2)，则 x1x2＝－<0，∴x1<0<x2，

∴f ′(x)＝＝，x>0．

令f ′(x)>0，得 x∈(0，x2)；令 f ′(x)<0，得 x∈(x2，＋∞)，其中 x2＝，

∴函数 f (x)在上单调递增，在上单调递减．

(3)法一：由(2)知，

①当a≤0 时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，至多一个零点，不符合题意；

②当a>0 时，函数 f (x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，∴f (x)max＝f (x2)．

要使 f (x)有两个零点，需 f (x2)>0，即 ln x2－ax＋x2>0，

又由 f ′(x2)＝0得ax＝，代入上面的不等式得 2ln x2＋x2>1，解得 x2>1，∴a＝＝<1．

下面证明：当 a∈(0，1)时，f (x)有两个零点．

f ＝ln－ae－2＋<0，f ＝ln－a·＋<－a·＋＝0(∵ln x<x)．

又x2＝<＝<，且 x2＝＝>＝1>，

f (x2)＝ln x2－ax＋x2＝(2ln x2＋x2－1)>0，∴f (x)在与上各有一个零点．

∴a的取值范围为(0，1)．

法二：函数 f (x)有两个零点，等价于方程 a＝有两解．令 g(x)＝，x>0，则 g′(x)＝．

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