第六节 利用导数研究函数零点问题

∴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)＝23， 又∵φ(0)＝0. 结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知， ①当m>23时，函数g(x)无零点； ②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点； ③当0<m<23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＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点； 当0<m<23时，函数g(x)有两个零点．
分析法，考虑下一步判断求导结果与零的关系，求导消参，需
先变形]
则g′(x)＝
x2x2＋2x＋3 x2＋x＋12
≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)
在(－∞，＋∞)单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．[关键2：利
(2)证明：f(x) 只有一个零 点.
用导数判断函数单调性] 又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6a－612－16<0，f(3a＋1)＝13>0， 故f(x)有一个零点．[关键3：利用零点存在性定理判断零点个
[解题技法] 本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于有些 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．
的个数． 解：由题意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x－xm2－x3(x>0)， 令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x>0)． 设φ(x)＝－13x3＋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．
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转 化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，
则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点． 由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递 增，f(x)min＝f(1)＝－1， 由题意得，m＋1>－1，即m>－2，① 当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0； 当x>0且x→0时，f(x)→0； 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞. 如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，② 由①②可得－2<m<－1. 因此实数m的取值范围是(－2，－1)．
x
1
h′(x)
h(x)
4 3
1，32 ＋
3 2 0
极大值
32，3 －
3 ln 3－2
∵h(1)＝43，h(3)＝ln 3－2<43，h32＝ln 32＋54，
∴当x∈[1,3]时，h(x)∈ln
案例
关键步
(1)略
[直接法] (2018·全国卷 Ⅱ)已知函数
(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于
x3 x2＋x＋1
－3a＝
0.
设g(x)＝
x3 x2＋x＋1
－3a，[关键1：变形后构造函数．此处结合
f(x)＝
1 3
x3－
a(x2＋x＋
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1)．
(1)若a＝3，
求f(x)的单调
区间；
考法二 已知零点存在情况求参数范围
[例2] 函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值． (1)求f(x)的单调区间； (2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求 实数m的取值范围． [解] (1)f′(x)＝a＋ln x＋1，x>0， 由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1. 则f(x)＝－x＋xln x， 所以f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1； 令f′(x)<0，解得0<x<1. 所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
[解题技法] 判断函数零点个数的3种方法 直接法 令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数
转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数 画图法
即可 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去 定理法 解决
[对点训练] 设函数f(x)＝ln x＋mx ，m∈R .讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点
第六节 利用导数研究函数零点问题
两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条 件——函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且 f(a)·f(b)<0.①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，取 值证明f(a)·f(b)<0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结 合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在 每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.
[对点训练]
设函数f(x)＝ln
x－x，若关于x的方程f(x)＝x2－
10 3
x＋m在区间
[1,3]上有解，求m的取值范围．
解：方程f(x)＝x2－130x＋m在区间[1,3]上有解，
即ln x－x2＋73x＝m在区间[1,3]上有解．
令h(x)＝ln x－x2＋73x， 则h′(x)＝1x－2x＋73＝－3x＋13x2x－3. ∴当x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
数]
综上，f(x)只有一个零点.
考法一 研究函数零点个数
[例1] (2019·全国卷Ⅰ，节选)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x －x，f′(x)为f(x)的导数．
证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点． [证明] 设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1， g′(x)＝xcos x. 当x∈0，π2时，g′(x)>0；当x∈π2，π时，g′(x)<0， 所以g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减． 又g(0)＝0，gπ2>0，g(π)＝－2， 故g(x)在(0，π)存在唯一零点． 所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．