新高考数学复习知识点讲解与练习29---导数与函数的零点问题

导数与函数的零点问题

知识梳理

函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围．

(1)注意构造函数；

(2)注意转化思想、数形结合思想的应用．

诊断自测

x＋3x，x≤0，

1．若函数f(x)＝13在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是() a

x－4x＋，x>033A．(16，＋∞) B．[16，＋∞) C．(－∞，16) D．(－∞，16] 答案A

解析 ①当x≤0时，f(x)＝x＋3x， ∵y＝x与y＝3x在(－∞，0)上都单调递增， ∴f(x)＝x＋3x在(－∞，0)上也单调递增， 又f(－1)<0，

f(0)>0，∴f(x)在(－1，0)内有一个零点．

1 / 21

1a

②当x>0时，f(x)＝3x3－4x＋3， f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)． 令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2(舍)， 当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)递减， 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增， 23a

∴在x>0时，f(x)最小＝f(x)极小＝3－8＋3，

23a

要使f(x)在(0，＋∞)上无零点，需3－8＋3>0， ∴a>16.

2．设函数f(x)＝aex－2sin x，x∈[0，π]有且仅有一个零点，则实数a的值为() π

A.2e4 B.2e4 C.2e2 D.2e－2

π

－

ππ

答案B

解析 依题意，x∈[0，π]时，aex－2sin x＝0有且仅有一解． 2sin x

则a＝ex，x∈[0，π]有且仅有一解．

2sin x

设g(x)＝ex，x∈[0，π]．

π22cosx＋42sin x

故直线y＝a与g(x)＝ex，x∈[0，π]的图象只有一个交点，则g′(x)＝， xe

ππ

当0≤x<4时，g′(x)>0，当4ππ

即g(x)在0，4为增函数，在4，π为减函数，



ππ又g(0)＝0，g(π)＝0，g4＝2e－4，



π

则可得实数a的值为2e4.

3．(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________． 答案 －3

2 / 21

－

解析f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意．当aaaa

a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得033

a3a

上单调递增，又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f3＝－27＋1＝0，得a＝3，

所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.

1ln x＋x，x>1，

4．已知函数f(x)＝若g(x)＝f(x)－m有三个零点，则实数m的

m52

2x－mx＋2＋8，x≤1，取值范围是________． 7

答案1，4



解析 g(x)＝f(x)－m有三个零点，根据题意可得x>1时，函数有一个零点；x≤1时，函111x－1

数有两个零点．当x>1时，f(x)＝ln x＋x，f′(x)＝x－x2＝x2>0恒成立，f(x)∈(1，＋∞)，m5

故m>1；当x≤1时，f(x)＝2x2－mx＋2＋8，要使得g(x)＝f(x)－m有两个零点，需满足

m

77

<1，1，解得m<－5或1m5g（1）＝2－m－2＋8≥0，

2m

5．已知函数f(x)＝x＋ln x－e，g(x)＝x，其中e为自然对数的底数，若函数f(x)与g(x)的图象恰有一个公共点，则实数m的取值范围是________．

e＋1

答案m≥0或m＝－e2 111解析 因为f′(x)＝1＋x>0，所以函数在(0，＋∞)上为增函数且fe＝－1－e<0，所以当



5m

Δ＝m2－88－2>0，



3 / 21

m2

m≥0时，与g(x)＝x有一个公共点，当m<0时，令f(x)＝g(x)，∴x2＋xln x－ex＝m有一2211

解即可，设h(x)＝x2＋xln x－ex，令h′(x)＝2x＋ln x＋1－e＝0得x＝e，即当x＝e时，h(x)e＋1e＋1e＋1

有极小值－e2，故当m＝－e2时有一公共点，故填m≥0或m＝－e2.

微课一 导数与函数的零点

题型一 函数零点的个数

【例1】(2021·湖州中学质检一)已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R. (1)证明ln x≤x－1；

(2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数． (1)证明 令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g(1)＝0， 1－x1

g′(x)＝x－1＝x，

可得x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增； x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减． ∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值， ∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1.

－2x2＋ax＋11

(2)解 f′(x)＝x－2x＋a＝，x>0.

x

2

a＋a＋82

令－2x0＋ax0＋1＝0，解得x0＝(负值舍去)，

4

在(0，x0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． ∴f(x)max＝f(x0)．

4 / 21

当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1. 当a>1时，f(1)＝a－1>0，

1111111f2a＝ln －2＋<－1－2＋

2a4a22a4a2

1121

＝－2a－2－4<0，



121

f(2a)＝ln 2a－2a<2a－1－2a＝－2a－2－2<0. 

2

2

1

∴函数f(x)在区间2a，1和区间(1，2a)上各有一个零点．

综上可得：当a＝1时，函数f(x)只有一个零点x＝1； 当a>1时，函数f(x)有两个零点． 题型二 根据零点个数求参数

【例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，x∈R， 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)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)f′(x)＝ex－a. ①当a≤0时，f′(x)>0，

所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增． 故f(x)至多存在一个零点，不合题意．

5 / 21

②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)单调递减，在(ln a，＋∞)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

(ⅰ)若0(ⅱ)若a>e，则f(ln a)<0. 因为f(－2)＝e－2>0，

所以f(x)在(－∞，ln a)存在唯一零点． 由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.

x

2＋2－a(x＋2)＝2a>0. 所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝e2·e2－a(x＋2)>eln(2a)·

x

x

故f(x)在(ln a，＋∞)存在唯一零点． 从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点． 1

综上，a的取值范围是e，＋∞.

题型三 零点的性质

【例3】(2021·温州适考)已知函数f(x)＝x3＋3ax＋a3＋3(a∈R)恰有一个零点x0，且x0<0. (1)求a的取值范围； (2)求x0的最大值．

解(1)当a＝0时，函数f(x)＝x＋3，令f(x)＝0，得x0＝－3<0，符合题意； 当a>0时，f′(x)＝3x2＋3a>0， ∴函数f(x)在R上单调递增．

3

3

6 / 21

又f(0)＝a3＋3>0，x→－∞，f(x)→－∞， ∴∃x0∈(－∞，0)使f(x0)＝0，故符合题意； 当a<0时，令f′(x)＝3x2＋3a＝0，解得x＝±－a， ∴函数f(x)在(－∞，－－a)，(－a，＋∞)上单调递增； 在(－－a，－a)上单调递减；

则f(－a)＝(－a)3＋3a－a＋a3＋3>0， 令－a＝t，则a＝－t2，

∴f(t)＝t3－3t3－t6＋3＝－t6－2t3＋3＝(1－t3)(t3＋3)>0， ∴t<1，即a>－1.

综上，a的取值范围为(－1，＋∞)．

3

(2)由(1)得a的取值范围为a∈(－1，＋∞)，故存在x0<0，使得方程x0＋3ax0＋a3＋3＝0

成立，令g(a)＝a3＋3x0a＋x30＋3，即等价于g(a)在(－1，＋∞)上有零点，即g(a)min＝g(－x0)≤0，

23g(－1)＝x30－3x0＋2＝(x0－1)(x0＋2)，g(0)＝x0＋3，

3

故当x0≤－3时，g(0)<0，存在零点； 3

当－30，

故只需g(a)min＝g(－x0)＝2x0－x0＋x30＋3≤0， 令m＝－x0－x0∈(0，＋∞)， 故m2＋2m－3<0，解得0感悟升华 1.利用导数解决函数的零点问题的方法：

7 / 21

(1)研究原函数的单调性、极值；

(2)通过f(x)＝0变形，再构造函数并研究其性质； (3)注意零点判定定理的应用．

2．根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”． 1【训练1】函数f(x)＝－x＋ax＋ln x(a∈R)在e，e上有两个零点，求实数a的取值范围(其



2

中e是自然对数的底数)．

ln x

解 f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，即a＝x－x，

ln x1

令g(x)＝x－x，其中x∈e，e，



1

x－ln x2x·x＋ln x－1

则g′(x)＝1－x2＝. x21

显然y＝x2＋ln x－1在e，e上单调递增，

又当x＝1时，y＝1＋ln 1－1＝0， 1

∴当x∈e，1时，g′(x)<0，

当x∈(1，e]时，g′(x)>0，

1

∴g(x)的单调减区间为e，1，单调增区间为(1，e]．

∴g(x)min＝g(1)＝1.

111又ge＝e＋e，g(e)＝e－e，



1

函数f(x)在e，e上有两个零点，



11，e－则a的取值范围是. e

【训练2】设函数f(x)＝e2x－aln x．讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数．

8 / 21

a

解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－x(x>0)． 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；

a

当a>0时，因为y＝e单调递增，y＝－x单调递增，

2x

所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

a1

又f′(a)>0，假设存在b满足00时，f′(x)存在唯一零点． 综上，当a≤0时，f′(x)没有零点， 当a>0时，f′(x)存在唯一零点．

1．(2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.

(1)证明 当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，

则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.

当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减． 而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)解 设函数h(x)＝1－ax2e－x.

f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x. 当x∈(0，2)时，h′(x)<0；

9 / 21

当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.

所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．

4a

故h(2)＝1－e2是h(x)在[0，＋∞)的最小值．

e2

①若h(2)>0，即a<4，h(x)在(0，＋∞)没有零点；

e2

②若h(2)＝0，即a＝4，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；

e2

③若h(2)<0，即a>4，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点． 由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以

16a316a316a31

h(4a)＝1－e4a＝1－2a2>1－＝1－

a>0. （e）（2a）4

故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点． e2

综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝4.

2．(2020·台州期末)已知函数f(x)＝(x＋2)ln(1＋x)－ax，a∈R. (1)如果当x>0时，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围； (2)求证：当a>2时，函数f(x)恰有3个零点． (1)解∵f(x)＝(x＋2)ln(1＋x)－ln x， ∴f′(x)＝ln(1＋x)－

ax

. x＋2

当x>0时，f(x)>0恒成立，

ax

>0对x>0恒成立． x＋2

ax

令h(x)＝ln(x＋1)－(x>0)，

x＋2

12a

则h′(x)＝－ x＋1（x＋2）2得ln(x＋1)－

x2＋（4－2a）x＋4－2a＝(x>0)，

（x＋1）（x＋2）2

①当a≤2时，x2＋(4－2a)x＋4－2a>0，所以h′(x)>0， 所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，

10 / 21

所以h(x)＝ln(x＋1)－

ax

>h(0)＝0(符合题意)； x＋2

②当a>2时，设g(x)＝x2＋(4－2a)x＋4－2a， 因为二次函数g(x)的图象开口向上，g(0)＝4－2a<0， 所以存在x0∈(0，＋∞)，使得g(x0)＝0， 当x∈(0，x0)时，g(x)<0，可得h′(x)<0， 所以h(x)在(0，x0)单调递减，

所以当x∈(0，x0)时，h(x)(2)证明 当a>2时，因为x>－1，所以函数f(x)的零点个数等价于函数h(x)＝ln(x＋1)－的零点个数． 由(1)可得h′(x)＝

12a

－ x＋1（x＋2）2

axx＋2

x2＋（4－2a）x＋4－2a＝.

（x＋1）（x＋2）2设g(x)＝x2＋(4－2a)x＋4－2a， 因为二次函数g(x)在x∈R时， g(－1)＝1>0，g(0)＝4－2a<0，

所以存在x1∈(－1，0)，x2∈(0，＋∞)， 使得g(x1)＝0，g(x2)＝0， 所以h(x)＝ln(x＋1)－

ax

在(－1，x1)单调递增，在(x1，0)单调递减，在(0，x2)单调递减，x＋2

在(x2，＋∞)单调递增．因为h(0)＝0，所以h(x1)>0，h(x2)<0， a（e－a－1）

又因为当x＝e－1时，h(e－1)＝－a－

e－a＋1

－a

－a

2ea

<0， ＝－a－a

e＋1

－

11 / 21

所以h(x)在(ea－1，x1)存在一个零点；

－

a（ea－1）2

当x＝e－1时，h(e－1)＝a－＝aea＋1>0，

ea＋1

a

a

所以h(x)在(x2，ea－1)存在一个零点， 所以，当a>2时，函数f(x)恰有3个零点．

微课二 导数与方程的根

【典例】(2021·北京通州区一模)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝a(ex－1)．a∈R. (1)当a＝1时，求证：f(x)≥g(x)；

(2)当a>1时，求关于x的方程f(x)＝g(x)的实根个数． 解 设函数F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－aex＋a.

(1)证明 当a＝1时，F(x)＝xex－ex＋1，所以F′(x)＝xex. 所以x∈(－∞，0)时，F′(x)<0；x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0. 所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 所以当x＝0时，F(x)取得最小值F(0)＝0. 所以F(x)≥0，即f(x)≥g(x)． (2)当a>1时，F′(x)＝(x－a＋1)ex，

令F′(x)>0，即(x－a＋1)ex>0，解得x>a－1； 令F′(x)<0，即(x－a＋1)ex<0，解得x所以F(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增． 所以当x＝a－1时，F(x)取得极小值， 即F(a－1)＝a－ea－1.

12 / 21

令h(a)＝a－ea1，则h′(a)＝1－ea1.

－

－

因为a>1，所以h′(a)<0.

所以h(a)在(1，＋∞)上单调递减． 所以h(a)0，

所以F(x)在区间(a－1，a)上存在一个零点． 所以在[a－1，＋∞)上存在唯一的零点．

又因为F(x)在区间(－∞，a－1)上单调递减，且F(0)＝0， 所以F(x)在区间(－∞，a－1)上存在唯一的零点0.

所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)＝g(x)有两个实根． 感悟升华(1)方程f(x)＝g(x)根的问题，常构造差函数解决；

(2)对f(x)＝0，如果化为g(x)＝k(x)后，g(x)，k(x)图象容易画出，可数形结合求解． (3)注意等价转化思想的应用．

【训练】已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28…. (1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点； (2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由． (1)证明 易知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x， 所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0， 所以h(1)h(2)<0，

所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．

(2)解 由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x. 由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，

13 / 21

而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点． 又h(x)在(1，2)内有零点，

因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点． 1－111

h′(x)＝e－2x2－1，记φ(x)＝ex－2x－2－1，

3

x1－

则φ′(x)＝e＋4x2.

x

当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0， 因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点， 则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点， 所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.

13

1．已知x＝1是函数f(x)＝3ax3－2x2＋(a＋1)x＋5的一个极值点． (1)求函数f(x)的解析式；

(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，求实数m的取值范围． 解 (1)f′(x)＝ax2－3x＋a＋1，由f′(1)＝0，得a＝1， 13

∴f(x)＝3x3－2x2＋2x＋5.

(2)曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，

1313

则g(x)＝x3－x2＋2x＋5－2x－m＝x3－x2＋5－m有三个零点．

3232由g′(x)＝x2－3x＝0，得x＝0或x＝3.

由g′(x)>0，得x<0或x>3；由g′(x)<0，得0∴函数g(x)在(－∞，0)和(3，＋∞)上为增函数，在(0，3)上为减函数． g（0）>0，1

要使g(x)有三个零点，只需解得2g（3）<0，

14 / 21

1

故实数m的取值范围为2，5.



2．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；

(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． x－11

f′(x)＝x＋ln x－1＝ln x－x. 1

因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝x在(0，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

1ln 4－1

又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－2＝2>0， 故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0. 又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点．

(2)由(1)知f(x0)0， 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α. 1

由α>x0>1得α<1f（α）1111

又fα＝α－1lnα－α－1＝α＝0，

1

故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根． α

综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 3．设函数f(x)＝ln x＋x.

a1

(1)令F(x)＝f(x)＋x－x(015 / 21

(2)若方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值． a

解 (1)F(x)＝ln x＋x，x∈(0，3]，

x0－a1

则k＝F′(x0)＝x2≤2在x0∈(0，3]上恒成立，

0

12

＋x0所以a≥－2x0，x∈(0，3]， max0

11

当x0＝1时，－2x20＋x0取得最大值， 2

1

所以a≥2. 1

故实数a的取值范围为2，＋∞.

(2)因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解， 所以x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解， 设g(x)＝x2－2mln x－2mx， 2x2－2mx－2m

则g′(x)＝. x令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0. 因为m>0，所以Δ＝m2＋4m>0，

m－m2＋4m

又x>0，所以x1＝<0(舍去)，

2m＋m2＋4mx2＝.

2

当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减； 当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增； 当x＝x2时，g′(x2)＝0，则g(x)取得最小值g(x2)． 因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0，

2

－2mln x2－2mx2＝0，g（x2）＝0，x2

则即2 g′（x2）＝0，x2－mx2－m＝0，

所以2mln x2＋mx2－m＝0.

16 / 21

因为m>0，所以2ln x2＋x2－1＝0.(*) 设函数h(x)＝2ln x＋x－1，

因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解． 因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1， m＋m2＋4m1即＝1，解得m＝2.

2

微课三 函数零点的综合问题

11

【典例】(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点2，f

2处的切线与y

3

轴垂直． (1)求b；

(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1. (1)解f′(x)＝3x2＋b.

331依题意得f′2＝0，即4＋b＝0，故b＝－4. 

33

(2)证明 由(1)知f(x)＝x3－4x＋c，f′(x)＝3x2－4.

11

令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝2. 当x变化时f′(x)与f(x)的变化情况为：

x f′(x) f(x) 1－∞，－2 ＋ 1－2 0 1c＋4 11－2，2 － 12 0 1c－4 12，＋∞ ＋ 17 / 21

11因为f(1)＝f－2＝c＋4，

1

所以当c<－4时，f(x)只有大于1的零点．

11因为f(－1)＝f2＝c－，

4

1

所以当c>4时，f(x)只有小于－1的零点．

11

由题设可知－4≤c≤4.

11

当c＝－4时，f(x)只有两个零点－2和1.

11当c＝4时，f(x)只有两个零点－1和2.

111111

当－4综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 感悟升华 (1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解来判断； (2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定．

【训练】记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”． (1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”； (2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值． (1)证明 函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2， 则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2. 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得 x＝x2＋2x－2，

此方程组无解， 1＝2x＋2，

因此，f(x)与g(x)不存在“S点”． (2)解 函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，

18 / 21

1

则f′(x)＝2ax，g′(x)＝x. 设x0为f(x)与g(x)的“S点”， 由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得

2ax0－1＝ln x0，ax20－1＝ln x0，即2(*) 12ax＝，2ax0＝1，0x0

111e－

得ln x0＝－2，即x0＝e2，则a＝＝.

221

2e－21e－

当a＝2时，x0＝e2满足方程组(*)，

e

即x0为f(x)与g(x)的“S点”．因此，a的值为2.

1．已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2. (1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；

(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围． 解 (1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex， 则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝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，

所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值． (2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e， 设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.

19 / 21

若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点． 若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增． 又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0. 故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点． 若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.

则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0， 此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点． 综上，实数a的取值范围为(－∞，0)．

2．已知函数f(x)＝－x2＋8x，g(x)＝6ln x＋m.是否存在实数m，使得y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．

解 函数y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点，即函数φ(x)＝g(x)－f(x)的图象与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点， ∵φ(x)＝x2－8x＋6ln x＋m，

62（x－1）（x－3）∴φ′(x)＝2x－8＋x＝(x>0)，

x当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)是增函数； 当x∈(1，3)时，φ′(x)<0，φ(x)是减函数； 当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)是增函数， 当x＝1或x＝3时，φ′(x)＝0，

于是，φ(x)的极大值φ(1)＝m－7，φ(x)的极小值φ(3)＝m＋6ln 3－15，

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∵x→0时，φ(x)<0，x→＋∞时，φ(x)>0，因此要使φ(x)图象与x轴正半轴有三个不同的m－7>0，

交点必须

m＋6ln 3－15<0，即7所以存在实数m使得函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点，m的取值范围为(7，15－6ln 3)．

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