函数的零点问题

函数零点问题
处理函数零点问题时，我们不但要掌握零点存在性定理，还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法，才能有效地找到解题的突破口．
近几年的数学高考中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化，但却与函数、导数知识密不可分．用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型，此类题一般属于压轴题，难度较大．
[典例] (理)(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14
，g (x )＝－ln x .
(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；
(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．
[思路演示]
解：(1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
x 30＋ax 0＋14＝0，
3x 20＋a ＝0，
解得⎩⎨⎧
x 0＝12
，
a ＝－3
4.
因此，当a ＝－3
4
时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．
(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．
当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋5
4≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零
点；若a <－5
4
，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．
当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0，所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．
①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝1
4，f (1)
＝a ＋5
4
，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．
②若－3<a <0，则f (x )在⎝
⎛⎭⎫0，
－a 3上单调递减，在⎝⎛⎭
⎫
－a 3，1上单调递增，故在(0,1)上，当x ＝
－a
3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭
⎫ －a 3＝2a
3 －a 3＋14
. 若f ⎝⎛⎭
⎫
－a 3＞0，即－34＜a ＜0，则f (x )在(0,1)上无零点． 若f ⎝
⎛⎭
⎫
－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点．
上有两个零点；当－3<a ≤－5
4
时，f (x )在(0,1)上有一个零点．
综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－5
4<a <
－3
4时，h (x )有三个零点．
[解题师说]
对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个：
[典例] (文)设函数f (x )＝ln x ＋m
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 )－x
3零点的个数．
[方法演示]
解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e
x ，则f ′(x )＝x －e x 2，
∴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 ＋e
e
＝2，∴f (x )的极小值为2.
(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－1
3x 3＋x (x ＞0)．
设φ(x )＝－1
3x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋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)＝2
3
. 又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x ) 的图象(如图)，
可知，①当m ＞2
3时，函数g (x )无零点；
②当m ＝2
3时，函数g (x )有且只有一个零点；
③当0＜m ＜2
3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 ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝2
3或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当
0＜m ＜2
3时，函数g (x )有两个零点．
[解题师说]
对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个：
[应用体验]
1．已知函数f (x )＝－x 3＋ax －1
4
，g (x )＝e x －e(e 为自然对数的底数)．
(1)若曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线与曲线y ＝g (x )在(0，g (0))处的切线互相垂直，求实数a 的值；
(2)设函数h (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
f (x )，f (x )≥
g (x )，
g (x )，f (x )＜g (x )，试讨论函数h (x )零点的个数．
解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋a ，g ′(x )＝e x ，所以f ′(0)＝a ，g ′(0)＝1，由题意，知a ＝－1. (2)易知函数g (x )＝e x －e 在R 上单调递增，仅在x ＝1处有一个零点，且x ＜1时，g (x )＜0， 又f ′(x )＝－3x 2＋a ，
①当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R 上单调递减，且过点⎝⎛⎭⎫0，－14，f (－1)＝3
4－a ＞0，即f (x )在x ≤0时必有一个零点，此时y ＝h (x )有两个零点；
②当a ＞0时，令f ′(x )＝－3x 2＋a ＝0，得两根为x 1＝－
a
3
＜0，x 2＝ a
3
＞0，
而f ⎝
⎛⎭⎫
－
a 3＝－⎝
⎛⎭⎫－ a 33＋a ⎝⎛
⎭⎫－ a 3－1
4＝－2a 3
a 3－14
＜0. 现在讨论极大值的情况：f a
3
＝－a 3
3
＋a a 3－14＝2a 3
a 3－14
， 当f a 3＜0，即a ＜3
4时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上恒小于零，此时y ＝h (x )有两个零点； 当f a 3＝0，即a ＝3
4
时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有一个零点x 0＝ a 3＝1
2
，此时y ＝h (x )有三个零点；
当f a 3＞0，即a ＞3
4时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于a
3
，一个零点大于
a 3
， 若f (1)＝a －54＜0，即a ＜5
4时，y ＝h (x )有四个零点；
若f (1)＝a －54＝0，即a ＝5
4时，y ＝h (x )有三个零点；
若f (1)＝a －54＞0，即a ＞5
4
时，y ＝h (x )有两个零点．
综上所述：当a ＜34或a ＞54时，y ＝h (x )有两个零点；当a ＝34或a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；当
3
4
＜a ＜5
4
时，y ＝h (x )有四个零点.
[典例] (1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． [思路演示]
解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)． (ⅰ)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． (ⅱ)若a >0，则由f ′(x )＝0，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 )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增． (2)(ⅰ)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．
(ⅱ)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1
a ＋ln a .
①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；
②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1
a
＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；
③当a ∈(0,1)时，1－1a ＋ln a <0，即f (－ln a )<0. 又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －
2＋2>0，
故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0>ln ⎝⎛⎭⎫
3a －1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0. 由于ln ⎝⎛⎭⎫3a －1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点．
综上，a 的取值范围为(0,1)．
[解题师说]
本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于含有超越函数式的函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：
(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；
(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
[应用体验]
2．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2.
(1)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)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )．
①设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ②设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．
若a ＝－e
2
，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a ＞－e
2，则ln(－2a )＜1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(ln(－2a )，
1)时，f ′(x )＜0. 所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减．
若a ＜－e
2
，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，ln(－
2a ))时，f ′(x )＜0. 所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减．
(2)①设a ＞0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a 2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝ab 2－3
2
b ＞0，所以f (x )有两个零点．
②设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，所以f (x )只有一个零点．
③设a ＜0，若a ≥－e
2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )
不存在两个零点；若a ＜－e
2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调
递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点．
综上，a 的取值范围为(0，＋∞).
[典例] (理)(2018·长春质检)已知函数f (x )＝1
2
x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R.
(1)若f (x )存在极值点1，求a 的值；
(2)若f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2>2. [思路演示]
解：(1)由已知得f ′(x )＝x ＋1－a －a
x ，因为f (x )存在极值点1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a
＝1，经检验符合题意，所以a ＝1.
(2)证明：f ′(x )＝x ＋1－a －a
x
＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－a x (x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
②当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a ，当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增，当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )单调递减，所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )．
又f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0，整理得ln a >1－1
2a ，
作y ＝f (x )关于直线x ＝a 的对称曲线g (x )＝f (2a －x )， 令h (x )＝g (x )－f (x )＝f (2a －x )－f (x )＝2a －2x －a ln 2a －x
x
，
则h ′(x )＝－2＋2a 2(2a －x )x ＝－2＋2a 2
－(x －a )2＋a 2≥0，所以h (x )在(0,2a )上单调递增．
不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0，即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)，
又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数，所以2a －x 2<x 1，即x 1＋x 2>2a ， 又ln a >1－1
2
a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2.
(文)已知函数f (x )＝ln x ＋t
x
－s (s ，t ∈R)．
(1)讨论f (x )的单调性及最值；
(2)当t ＝2时，若函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4. [思路演示]
解：(1)f ′(x )＝x －t
x
2(x >0)，
当t ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无最值；
当t >0时，由f ′(x )<0，得x <t ，由f ′(x )>0，得x >t ，f (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝t 处取得极小值也是最小值，最小值为f (t )＝ln t ＋1－s ，无最大值．
(2)证明：∵f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f (x 1)＝ln x 1＋2x 1－s ＝0，f (x 2)＝ln x 2＋2
x 2－s ＝0，
即s ＝2x 1＋ln x 1＝2x 2＋ln x 2，∴2(x 2－x 1)x 1x 2＝ln x 2x 1，设t ＝x 2
x 1>1，则ln t ＝2(t －1)tx 1，x 1＝2(t －1)t ln t ，
故x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝2(t 2－1)t ln t
，∴x 1＋x 2－4＝
2⎝⎛⎭
⎫t 2
－1t －2ln t ln t
. 令函数h (t )＝t 2－1
t
－2ln t ，
∵h ′(t )＝(t －1)2
t 2>0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增，∵t >1，∴h (t )>h (1)＝0，
又t ＝x 2
x 1
>1，ln t >0，故x 1＋x 2>4成立．
[解题师说]
已知函数存在零点，需要证明零点满足某项性质时，实际上是需要对函数零点在数值上进行精确求解或估计，需要对零点进行更高要求的研究，为此，不妨结合已知条件和未知要求，构造新的函数，再次通过导数的相关知识对函数进行更进一步的分析研究，其中，需要灵活运用函数思想、化归思想等，同时也需要我们有较强的抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．
[应用体验]
3．已知函数f (x )＝ln x －1
2
ax 2＋x ，a ∈R.
(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值；
(3)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，证明：x 1＋x 2≥
5－1
2
. 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，又f ′(x )＝1
x ＋1，∴切线斜率为f ′(1)＝2，
故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.
(2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －1
2ax 2＋(1－a )x ＋1，
则g ′(x )＝1
x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x
(x >0)，
当a ≤0时，∵x >0，∴g ′(x )>0. ∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点． 当a >0时，g ′(x )＝－ax 2
＋(1－a )x ＋1x ＝－a ⎝⎛⎭⎫x －1
a (x ＋1)x ，令g ′(x )＝0，得x ＝1
a
.
∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1
a ，＋∞时，g ′(x )<0. ∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭
⎫1
a ，＋∞上是减函数． ∴x ＝1a 时，g (x )有极大值g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )·1a ＋1＝1
2a
－ln a . 综上，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a >0时，函数g (x )有极大值1
2a －ln a ，无极小值．
(3)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x ，x >0. f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，
即ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2
＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，
令t ＝x 1x 2(t >0)，φ(t )＝t －ln t ，则φ′(t )＝1－1t ＝t －1t ，
由φ′(t )>0，得t >1；由φ′(t )<0，得0<t <1，
所以φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增． ∴φ(t )≥φ(1)＝1，∴(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1，∵x 1>0，x 2>0，∴x 1＋x 2≥5－1
2
.
1．已知函数f (x )＝x 2
a
＋bx －ln x .
(1)若a ＝b ＝1，求f (x )的极值；
(2)若b ＝－1，函数f (x )有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．
解：(1)a ＝b ＝1时，f (x )＝x 2＋x －ln x (x ＞0)，则f ′(x )＝2x ＋1－1x ＝(x ＋1)(2x －1)
x .
当0＜x ＜12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞1
2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，
所以f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫12＝3
4＋ln 2，无极大值．
(2)若f (x )有且只有一个零点，即方程x 2a －x －ln x ＝0在(0，＋∞)上有且只有一个实数根，即1a ＝
1x
＋
ln x x 2. 令h (x )＝1x ＋ln x x 2，则h ′(x )＝1－x －2ln x x 3
. 再令φ(x )＝1－x －2ln x ，则φ′(x )＝－1－2
x
＜0，又φ(1)＝0，因而当x ∈(0,1)时，φ(x )＞φ(1)＝0；当x ∈(1，＋∞)时，φ(x )＜φ(1)＝0. 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，故h (x )≤h (1)＝1，
又当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )＞0，而当x →0时，h (x )→－∞， 所以1a ＜0或1
a ＝1，即a ＜0或a ＝1时函数f (x )有且只有一个零点．
故实数a 的取值范围为(－∞，0)∪{1}． 2．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，求实数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不充分条件．
解：(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x ＝－2或x ＝－2
3
. 于是，当x 变化时，f ′(x )与f (x )变化情况如下表：
所以，当c >0且c －32
27<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝⎭⎫－2，－23，x 3∈⎝⎭－23，0，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 ∈⎝⎛⎭⎫0，32
27时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点，故实数c 的取值范围为⎝⎛⎭
⎫0，32
27. (3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0恒成立，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 －3b >0是f (x )有三个不同零点的必要不充分条件． 3．(理)设函数f (x )＝1－m －x
e x
.
(1)求函数f (x )在[0,2]上的单调区间；
(2)当m ＝0，k ∈R 时，求函数g (x )＝f (x )－kx 2在R 上零点个数． 解：(1)f ′(x )＝x ＋m －2
e x
，令f ′(x )＝0，得x ＝2－m .
当2－m ≤0，即m ≥2时，f ′(x )≥0，f (x )在[0,2]上单调递增．
当0＜m ＜2时，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2－m ；由f ′(x )＞0，得2－m ＜x ＜2，所以f (x )在[0,2－m ]上单调递减，在[2－m,2]上单调递增．
当m ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在[0,2]上单调递减．
综上，当m ≥2时，f (x )的单调递增区间为[0,2]；当0<m <2时，f (x )的单调递减区间为[0,2－m ]，单调递增区间为[2－m,2]；当m ≤0时，f (x )的单调递减区间为[0,2]．
(2)当m ＝0时，由g (x )＝f (x )－kx 2＝0，得1－x e x ＝kx 2，即k ＝1－x x 2e x (x ≠0)．令h (x )＝1－x
x 2e x ，
则h ′(x )＝x 2－2
x 3e x . 由h ′(x )＞0，得－2＜x ＜0或x ＞2；由h ′(x )＜0，得x ＜－2或0＜x ＜2，
∴h (x )在(－∞，－2)，(0，2)上单调递减，在(－2，0)，(2，＋∞)上单调递增． 在x ＜0时，当x ＝－2时，h (x )取得极小值h (－2)＝1＋2
2
e 2
，
当x →－∞时，h (x )→＋∞；x →0时，h (x )→＋∞. 在x ＞0时，当x ＝2时，h (x )取得极小值h (2)＝1－2
2e 2
＜0， 当x →0时，h (x )→＋∞，x →＋∞时，h (x )→0.
画出函数h (x )的大致图象如图所示，当k ＜1－22e 2时，g (x )没有零点，当k ＝1－22e 2或0≤k ＜1＋2
2e
2
时，g (x )有1个零点，当1－22e
2＜k ＜0或k ＝1＋22e 2
时，g (x )有2个零点，当k ＞1＋2
2
e
2
时，
g (x )有3个零点．
(文)已知函数f (x )＝x 3＋x 2＋ax ＋b .
(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递增区间；
(2)若函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，求实数b 的值．
解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝x ＋x －x ＋b ，所以f ′(x )＝3x ＋2x －1，
由f ′(x )＞0，得x ＜－1或x ＞13
，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和⎝⎛⎭⎫13，＋∞. (2)函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，等价于f (x )－ax ＝0有两个不等的实根． 令g (x )＝f (x )－ax ＝x 3＋x 2＋b ，则g ′(x )＝3x 2＋2x .
由g ′(x )＞0，得x ＜－23或x ＞0；由g ′(x )＜0，得－23
＜x ＜0. 所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭
⎫－23，0上单调递减． 所以当x ＝－23
时，函数g (x )取得极大值g ⎝⎛⎭⎫－23＝427＋b ，当x ＝0，时函数g (x )取得极小值为g (0)＝b . 要满足题意，则需g ⎝⎛⎭⎫－23＝427
＋b ＝0或g (0)＝b ＝0， 所以b ＝－427
或b ＝0. 4．(2018·广西三市第一次联考)已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)．
(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)求函数f (x )的单调区间；
(3)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．
解：(1)当a ＝1时，f (x )＝2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2x
－2x ，∴f ′(1)＝0，又f (1)＝－1， ∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＋1＝0.
(2)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2
，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x ， ∵x >0，a >0，∴当0<x <a 时，f ′(x )>0，当x >a 时，f ′(x )<0.
∴f (x )在(0，a )上是增函数，在(a ，＋∞)上是减函数．
(3)由(2)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)．讨论函数f (x )的零点情况如下：
①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点．
②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)上有一个零点．
③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln e 2－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，
当2a －e 2
<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数的单调性可知，函数f (x )在(1，a )上有唯一零点x 1，在(a ，e 2)上有唯一零点x 2，∴f (x )在(1，e 2)上有两个零点．
当2a －e 2
≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，由函数的单调性可知，f (x )在(1，e)上有唯一的一个
综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )有一个零点；当e<a <e 2
2时，函数f (x )有两个零点．。