2020年高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题(解析版)

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 )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义
h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩
⎪⎨⎪⎧
f (x )，f (x )≥
g (x )，
g (x )，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 )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1
＝0或x 2＝2
a
，∈a >0，∈x 1<x 2，列表如下：
∈f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭
⎫
⎝⎛a ＝8a 2－12
a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∈存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，
∈f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3
x 在x ∈[1,2]上有解．
设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1
x 3(x ∈[1,2])，
∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，
∈y ＝1x 3＋3
x 在x ∈[1,2]上单调递减，
∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3
x 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 ⎪⎭
⎫
⎝⎛a 2＝1－4a 2， ∈当1－4
a 2>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．
∈当1－4
a
2＝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． ∈当1－4
a
2<0，即0<a <2时，
设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)， ∈φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1
x <0，
∈φ(x )在(0,1)上单调递减．
又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e
3＋2e 2－3
e 2>0，
∈存在唯一的x 0∈⎪⎭
⎫
⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，
(∈)当0<x ≤x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝f (x )且h (x )为减函数． 又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∈h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (∈)当x >x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，
∈g (1)＝0，∈h (x )在(x 0，＋∞)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<a <2时，h (x )有两个零点；
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 )＝ln x －1
2ax ＋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 )＝1x －a 2＝2－ax
2x
(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0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2
a 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⎪⎭⎫ ⎝
⎛
a 2,
0，单调递减区间为⎪⎭
⎫ ⎝⎛∞+a 2.
(2)g (x )＝x ln x －1
2ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.
又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0， 故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0， 使得g ′(x 0)＝0.
当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 取x 1＝e a ，又a <0，∈0<x 1<1，
∈g (x 1)＝x 1)2221(ln 1
11x a ax x +-+-
＝e a
⎪⎭
⎫ ⎝⎛
+-+-a a e a ae a 2221， 设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2
e a ，(a <0)，
h ′(a )＝－12a e a －12e a －2
e a ＋2，(a <0)，
h ′(0)＝－12，h ″(a )＝e －a －e a ＋e －
a －12a e a >0，
∈h ′(a )在(－∞，0)上单调递增，h ′(a )<h ′(0)<0， ∈h (a )在(－∞，0)上单调递减，∈h (a )>h (0)＝0， ∈g (x 1)>0，即当a <0时，g (e a )>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 )＝mx
ln x ，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))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 )－kx 2
x －1
无零点，求k 的取值范围．
【解析】 (1)函数f (x )＝mx ln x 的导数为f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2
，又由题意有：f ′(e
2)＝12∈m 4＝12∈m ＝2，故f (x )＝2x
ln x
.
此时f ′(x )＝2(ln x －1)
(ln x )2
，由f ′(x )≤0∈0<x <1或1<x ≤e ，所以函数f (x )的单调减区间为(0,1)和
(1，e]．
(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1∈g (x )＝x ⎪⎭
⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∈(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kx
x －1在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∈(1，
＋∞)内无解．
构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ∈h ′(x )＝kx －2
x
2.
∈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；
∈当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2∈h ′(x )＝2
2x k x k ⎪
⎭⎫ ⎝⎛
-， (i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫
⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭
⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，
又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；
易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e
2k
>0，故在⎪⎭⎫
⎝⎛+∞,2k 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⎪⎭⎫ ⎝
⎛
k 2,0内单调递减，在⎪⎭
⎫
⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭
⎫
⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点． 又易知h ⎪⎭
⎫
⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －
k )>0，
所以函数h (x )在⎪⎭
⎫ ⎝⎛k 2,0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 )＝1
x
－2a 2x －a
＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x
，
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<x <1
2a
，
由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭
⎫
⎝⎛a 21,0上单调递增， 在⎪⎭
⎫
⎝⎛+∞,21a 上单调递减． 当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，
由f ′(x )<0，得x >－1
a
，
函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝
⎛-
a 1,0上单调递增，在⎪⎭
⎫
⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；
当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝
⎛
a 21,
0上单调递增，在⎪⎭
⎫
⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ∈若
12a ≥1，即0<a ≤1
2
时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；
∈若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤
⎝⎛1,21a 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 ⎪⎭
⎫
⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34， 又∈a >12，∈ln 1
2a <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⎪⎭⎫ ⎝
⎛
-
a 1,0上单调递增，在⎪⎭
⎫
⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ∈若－1
a ≥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)
＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；
∈若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦
⎤
⎝⎛-1,1a 上单调递减，
由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫
⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭
⎫
⎝⎛-a 1<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 )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋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<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．
【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∈f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －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(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln x
x ，
令h (x )＝1－(x －2)·ln x
x
，
则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln x
x 2
.
令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2
x ，
∈t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数， 又∈t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0， 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 )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －
2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，
令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∈e －
2<x <e
∈函数g (x )在(e －
2，e －32
)上单调递增，
在(e －3
2，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，
又g (e －32)＝－12e －3＋2e －3
2，g (e)＝2e 2－3e ，
∈g (e －3
2
)
＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
-23e ＝g (e)，
即g (e －3
2)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，
∈m ≥2e 2－3e .
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 ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .
(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦
⎤⎢⎣⎡3
2,0变化时，求y 的最小值φ(x )；
(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.
【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.
∈当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1；
∈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 ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋1
12x ，
若⎩⎪⎨⎪
⎧
x >0，3x 2＋112x ≤13，
即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤
⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭
⎫
⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13
.
若⎩⎪⎨⎪⎧
x >0，3x 2＋112x >13
，即0<x <1
3或x >1，
则f (t )在⎥⎦
⎤⎢⎣⎡3
2,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.
综合∈∈，得φ(x )＝⎩⎨⎧
4x 3－1，x <1
3或x >1，
4x 3
＋2x 2
－83x －13，1
3
≤x ≤1.
(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，
则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭
⎫ ⎝
⎛
-
2t x 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：
∈当t
2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，
g (1)＝－6t 2＋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x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.
∈当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，
则g ⎪⎭
⎫
⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74
t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )
在⎪⎭
⎫
⎝⎛1,2t 内存在零点；
若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭
⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74
×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭
⎫
⎝
⎛2,0t 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x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0， 综合∈∈，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.
【专题训练】
1．已知函数f (x )＝x
ln 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 )＝
ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∈a ≤1ln 2x －1
ln x
＝2
21ln 1
⎪⎭
⎫
⎝⎛-x －14.∈x ∈(1，＋∞)，∈ln x ∈(0，＋∞)， ∈当1ln x －12＝0时，函数t ＝2
21ln 1
⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14
的最小值为－14，∈a ≤－14
. 故实数a 的取值范围为⎥⎦
⎤ ⎝
⎛∞-4
1,
(2)当a ＝2时，f (x )＝x
ln x ＋2x ，
f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x
，
令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 1
2.
当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 1
2时，f ′(x )>0，
∈f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1
212
＋2e 1e ＝4e 1
2
.
(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得x
ln x
＋2x ＝m ，
即函数g (x )＝x
ln 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 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 1
2，g (e)＝3e ，在
(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∈4e 1
2
<m ≤3e ，
故实数m 的取值范围为(4e 1
2，3e]．
2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.
(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭
⎫
⎝⎛-
1,31，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a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．
【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭
⎫
⎝⎛-
1,31， 即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－1
3，1，
代入得a ＝－1，∈g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∈g ′(x )＝3x 2－2x －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，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －1
2x 对x ∈(0，
＋∞)恒成立．
设h (x )＝ln x －32x －1
2x
，
则h ′(x )＝1x －32＋1
2x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，
令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－1
3
(舍)，
当0<x <1时，h ′(x )>0；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 )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∈φ(a )在[－2，－1]上单调递减，
在(－1，＋∞)上单调递增，∈φ(－2)＝－2e －
2＝－2e 2，
φ(－1)＝－e －
1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，
∈方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2
e 2.
3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋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：a 2－3b >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 )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋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 )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－2
3
.
f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭
⎫
⎝⎛-0,3，使
得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.
由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭
⎫
⎝
⎛
2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．
(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋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＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)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＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．
当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．
因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。