用导数解决函数的零点问题

用导数解决函数的零点问题
[典例] (理)(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋1
4，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＝1
2，a ＝－34.
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)＝14，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． 若f ⎝
⎛⎭
⎫
－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )
在(0,1)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 ＝－5
4时，h (x )有两个零点；
当－54<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
3
x 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 ＞2
3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：
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， 则－ a
3
是函数f (x )的一个极小值点， a
3
是函数f (x )的一个极大值点， 而f ⎝
⎛⎭⎫
－
a 3＝－⎝⎛⎭⎫－ a 33＋a ⎝
⎛⎭⎫－ a 3－1
4
＝－2a 3
a 3－1
4
＜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 ＞5
4时，y ＝h (x )有两个零点；
当a ＝34或a ＝5
4时，y ＝h (x )有三个零点；
当34＜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 )＝1－1a ＋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，1－1
a ＋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 ⎝⎛⎭
⎫3
a －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
2b ＞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
2x 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1
2a 2＋(1－a )a －a ln a <0，整理得ln a >1
－12
a ， 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
2a ，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＝2
x 2＋ln x 2，
∴
2(x 2－x 1)x 1x 2＝ln x 2
x 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 －1a (x ＋1)x
， 令g ′(x )＝0，得x ＝1a . ∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1
a 时，g ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞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 2
2＋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 ＜1
2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 ＝－23
.
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 2－3b >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 ＝1－2
2e 2
或0≤k ＜1＋22e
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＋22
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 3＋x 2－x ＋b ， 所以f ′(x )＝3x 2＋2x －1，
由f ′(x )＞0，得x ＜－1或x ＞1
3，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 ＜－2
3或x ＞0；
由g ′(x )＜0，得－2
3
＜x ＜0.
所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－2
3，0上单调递减． 所以当x ＝－23时，函数g (x )取得极大值g ⎝⎛⎭⎫－23＝4
27＋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＝4
27＋b ＝0或g (0)＝b ＝0， 所以b ＝－4
27
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 )＝2
x －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 2
x －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 2
2
>e 时，f (e 2)≥0，由函数的单调性可知，f (x )在(1，e)上有唯一
的一个零点，在(e ，e 2)上没有零点，从而f (x )在(1，e 2)上只有一个零点．
综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )无零点；当a ＝e 或a ≥e 2
2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．。