3.7利用导数研究函数零点（精练）-【题型·技巧培优系列】备战2023年高考数学大一轮复习精讲精练（新高考地区）（解析版）

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3.7 利用导数研究函数零点

【题型解读】

【题型一　零点的个数问题】

1.（2022·山东济南历城二中高三月考）已知函数 f(x)＝(a，b∈R，a≠0)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率

为－a.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)讨论方程 f(x)＝1根的个数．

[解析]　 (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由 f′(1)＝a－b＝－a，得 b＝2a，

所以 f(x)＝，f′(x)＝－.

当a>0 时，由 f′(x)>0，得 0<x<；由 f′(x)<0，得 x>.

当a<0 时，由 f′(x)>0，得 x>；由 f′(x)<0，得 0<x<.

综上，当 a>0 时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当 a<0 时，f(x)的单调递增区间为，单调递减

区间为.

(2)f(x)＝1，即方程＝1，即方程＝，构造函数 h(x)＝，

则h′(x)＝－，令 h′(x)＝0，得 x＝，且在上 h′(x)>0，在上 h′(x)<0，即 h(x)在上单调递增，在上单调递减，所

以h(x)max＝h＝e.

在上，h(x)单调递减且 h(x)＝>0，当 x无限增大时，h(x)无限接近 0；

在上，h(x)单调递增且当 x无限接近 0时，ln x＋2负无限大，故 h(x)负无限大．

故当 0<<e，即 a>时，方程 f(x)＝1有两个不等实根，当 a＝时，方程 f(x)＝1只有一个实根，当 a<0 时，方

程f(x)＝1只有一个实根．

综上可知，当 a>时，方程 f(x)＝1有两个实根；当 a<0 或a＝时，方程 f(x)＝1有一个实根；当 0<a<时，方

程f(x)＝1无实根．

2．（2022·天津·崇化中学期末）设函数 f(x)＝ln x＋，m∈R．

(1)当m＝e(e 为自然对数的底数)时，求 f(x)的极小值；

(2)讨论函数 g(x)＝f′(x)－零点的个数．

【解析】　(1)由题设，当 m＝e时，f(x)＝ln x＋，则 f′(x)＝，

∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减；

当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，

∴当x＝e时，f(x)取得极小值 f(e)＝ln e＋＝2，∴f(x)的极小值为 2．

(2)由题设 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，因此 x＝1也是 φ(x)的最大值点，

∴φ(x)的最大值为 φ(1)＝．又 φ(0)＝0，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0<m<时，函数 g(x)有两个零点；④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<m<时，

函数 g(x)有两个零点．

3. （2022·山东济南高三期末）已知函数 f (x)＝ln x－ax2(a∈R)．

(1)若f (x)在点(2，f (2))处的切线与直线 2x＋y＋2＝0垂直，求实数 a的值；

(2)求函数 f (x)的单调区间；

(3)讨论函数 f (x)在区间[1，e2]上零点的个数．

【解析】　(1)f (x)＝ln x－ax2的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－ax＝，则 f ′(2)＝．

因为直线 2x＋y＋2＝0的斜率为－2，所以(－2)×＝－1，解得 a＝0．

(2)f ′(x)＝，x∈(0，＋∞)，

当a≤0 时，f ′(x)>0，所以 f (x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a>0 时，由得 0<x<；由 f ′(x)<0 得x>，

所以 f (x)在上单调递增，在上单调递减．

综上所述：当 a≤0 时，f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)；

当a>0 时，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为．

(3)由(2)可知，

(ⅰ)当a<0 时，f (x)在[1，e2]上单调递增，而 f (1)＝－a>0，故 f (x)在[1，e2]上没有零点．

(ⅱ)当a＝0时，f (x)在[1，e2]上单调递增，而 f (1)＝－a＝0，故 f (x)在[1，e2]上有一个零点．

(ⅲ)当a>0 时，①若≤1，即 a≥1 时，f (x)在[1，e2]上单调递减．

因为 f (1)＝－a<0，所以 f (x)在[1，e2]上没有零点．

②若1<≤e2，即≤a<1 时，f (x)在上单调递增，在上单调递减，

而f (1)＝－a<0，f ＝－ln a－，f (e2)＝2－ae4，

若f ＝－ln a－<0，即 a>时，f (x)在[1，e2]上没有零点；

若f ＝－ln a－＝0，即 a＝时，f (x)在[1，e2]上有一个零点；

若f ＝－ln a－>0，即 a<时，由 f (e2)＝2－ae4>0，得 a<，此时，f (x)在[1，e2]上有一个零点；

由f (e2)＝2－ae4≤0，得 a≥，此时，f (x)在[1，e2]上有两个零点；

③若≥e2，即 0<a≤时，f (x)在[1，e2]上单调递增，

因为 f (1)＝－a<0，f (e2)＝2－ae4>0，所以 f (x)在[1，e2]上有一个零点．

综上所述：当 a<0 或a>时，f (x)在[1，e2]上没有零点；当 0≤a<或a＝时，f (x)在[1，e2]上有一个零点；当

≤a<时，f (x)在[1，e2]上有两个零点

【题型二　已知函数零点求参】

1.（2022·山东青岛高三期末）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．

[解析]　(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，＋∞)

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．

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