PAGEPAGE1第2課時導數與方程題型一求函數零點個數例1設函數f(x)＝eq\f(1,2)x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x，當m≥1時，探討f(x)與g(x)圖象的交點個數．解令F(x)＝f(x)－g(x)＝－eq\f(1,2)x2＋(m＋1)x－mlnx，x>0，問題等價于求函數F(x)的零點個數．F′(x)＝－eq\f(x－1x－m,x)，當m＝1時，F′(x)≤0，函數F(x)為減函數，留意到F(1)＝eq\f(3,2)>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零點．當m>1時，若0<x<1或x>m，則F′(x)<0；若1<x<m，則F′(x)>0，所以函數F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上單調遞減，在(1，m)上單調遞增，留意到F(1)＝m＋eq\f(1,2)>0，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零點．綜上，函數F(x)有唯一零點，即兩函數圖象總有一個交點．思維升華(1)可以通過構造函數，將兩曲線的交點問題轉化為函數零點問題．(2)探討方程根的狀況，可以通過導數探討函數的單調性、最大值、最小值、改變趨勢等，并借助函數的大致圖象推斷方程根的狀況．跟蹤訓練1設函數f(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，g(x)＝－eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)＋m，試探討函數f(x)與g(x)在(0，＋∞)上的交點個數．解令h(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)＋eq\f(1,x)＋eq\f(lnx,x)－m(x>0)，則h′(x)＝eq\f(1－x,ex)－eq\f(1,x2)＋eq\f(1－lnx,x2)＝eq\f(1－x,ex)－eq\f(lnx,x2).易知h′(1)＝0，∴當0<x<1時，h′(x)>0，當x>1時，h′(x)<0，∴函數h(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，∴h(x)max＝h(1)＝－eq\f(1,e)＋1－m.①當－eq\f(1,e)＋1－m＝0，即m＝1－eq\f(1,e)時，函數h(x)只有一個零點，即函數f(x)與g(x)的圖象在(0，＋∞)上只有1個交點；②當－eq\f(1,e)＋1－m<0，即m>1－eq\f(1,e)時，函數h(x)沒有零點，即函數f(x)與g(x)的圖象在(0，＋∞)上沒有交點；③當－eq\f(1,e)＋1－m>0，即m<1－eq\f(1,e)時，當x→0時，h(x)→－∞，當x→＋∞時，h(x)→－eq\f(2,e)－m，若－eq\f(2,e)－m≥0，即m≤－eq\f(2,e)，函數h(x)有一個零點，即函數f(x)與g(x)的圖象在(0，＋∞)上有一個交點，當－eq\f(2,e)－m<0，即－eq\f(2,e)<m<1－eq\f(1,e)時，函數h(x)有2個零點，即函數f(x)與g(x)的圖象在(0，＋∞)上有兩個交點．綜上，當m>1－eq\f(1,e)時，f(x)與g(x)在(0，＋∞)上沒有交點；當m＝1－eq\f(1,e)或m≤－eq\f(2,e)時，f(x)與g(x)在(0，＋∞)上有1個交點；當－eq\f(2,e)<m<1－eq\f(1,e)時，f(x)與g(x)在(0，＋∞)上有2個交點．題型二依據函數零點狀況求參數范圍例2(2024·九江模擬)已知函數f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．若函數g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個零點，求實數m的取值范圍．解g(x)＝2lnx－x2＋m，則g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2x＋1x－1,x).因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，所以當g′(x)＝0時，x＝1.當eq\f(1,e)≤x<1時，g′(x)>0；當1<x≤e時，g′(x)<0.故g(x)在x＝1處取得極大值g(1)＝m－1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－e2＋eq\f(1,e2)<0，則g(e)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值是g(e)．g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個零點的條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝m－1>0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1<m≤2＋eq\f(1,e2)，所以實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).思維升華函數的零點個數可轉化為函數圖象的交點個數，確定參數范圍時要依據函數的性質畫出大致圖象，充分利用導數工具和數形結合思想．跟蹤訓練2已知函數f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a為實數)，若方程g(x)＝2f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個不等實根，求實數a的取值范圍．解由g(x)＝2f(x)，可得2xlnx＝－x2＋ax－3，a＝x＋2lnx＋eq\f(3,x)，設h(x)＝x＋2lnx＋eq\f(3,x)(x>0)，所以h′(x)＝1＋eq\f(2,x)－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2).所以x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上改變時，h′(x)，h(x)的改變狀況如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))1(1，e)h′(x)－0＋h(x)微小值又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝eq\f(3,e)＋e＋2.且h(e)－heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－2e＋eq\f(2,e)<0.所以h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)＋3e－2，所以實數a的取值范圍為4<a≤e＋2＋eq\f(3,e)，即a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(4，e＋2＋\f(3,e))).1．已知函數f(x)＝a＋eq\r(x)·lnx(a∈R)，試求f(x)的零點個數．解f′(x)＝(eq\r(x))′lnx＋eq\r(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(\r(x)lnx＋2,2x)，令f′(x)>0，解得x>e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調遞減，在(e－2，＋∞)上單調遞增．f(x)min＝f(e－2)＝a－eq\f(2,e)，明顯當a>eq\f(2,e)時，f(x)min>0，f(x)無零點，當a＝eq\f(2,e)時，f(x)min＝0，f(x)有1個零點，當a<eq\f(2,e)時，f(x)min<0，f(x)有2個零點．2．已知f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(ex,e)－3，F(x)＝lnx＋eq\f(ex,e)－3x＋2.(1)推斷f(x)在(0，＋∞)上的單調性；(2)推斷函數F(x)在(0，＋∞)上零點的個數．解(1)f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(ex,e)＝eq\f(x2ex－e,ex2)，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．(2)F′(x)＝f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(ex,e)－3，由(1)得?x1，x2，滿意0<x1<1<x2，使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，即F(x)在(0，x1)上單調遞增，在(x1，x2)上單調遞減，在(x2，＋∞)上單調遞增，而F(1)＝0，x→0時，F(x)→－∞，x→＋∞時，F(x)→＋∞，畫出函數F(x)的草圖，如圖所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零點有3個．3．已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x＋c有三個零點，求實數c的取值范圍．解f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)，由f′(x)>0可得x>2或x<－1，由f′(x)<0可得－1<x<2，所以函數f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函數，在(－1,2)上是減函數，所以函數f(x)的極大值為f(－1)＝eq\f(7,6)＋c，微小值為f(2)＝c－eq\f(10,3).而函數f(x)恰有三個零點，故必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)＋c>0，,c－\f(10,3)<0，))解得－eq\f(7,6)<c<eq\f(10,3)，所以使函數f(x)恰有三個零點的實數c的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，\f(10,3))).4．已知函數f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個零點．求a的取值范圍．解f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①設a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個零點．②設a>0，則當x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)內單調遞減，在(1，＋∞)內單調遞增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿意b<0且b<lneq\f(a,2)，則f(b)>eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))>0，故f(x)存在兩個零點．③設a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－eq\f(e,2)，則ln(－2a)≤1，故當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)內單調遞增．又當x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．若a<－eq\f(e,2)，則ln(－2a)>1，故當x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0；當x∈(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0.因此f(x)在(1，ln(－2a))內單調遞減，在(ln(－2a)，＋∞)內單調遞增．又當x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．5．已知函數f(x)＝(3－a)x－2lnx＋a－3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上無零點，求實數a的取值范圍．解當x從0的右側趨近于0時，f(x)→＋∞，所以f(x)<0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上恒成立不行能．故要使f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上無零點，只需對隨意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，f(x)>0恒成立，即只需當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))時，a>3－eq\f(2lnx,x－1)恒成立．令h(x)＝3－eq\f(2lnx,x－1)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，則h′(x)＝eq\f(2lnx＋\f(2,x)－2,x－12)，再令m(x)＝2lnx＋eq\f(2,x)－2，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，則m′(x)＝eq\f(－21－x,x2)<0，于是在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上，m(x)為減函數，故m(x)>meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝6－4ln2>0，所以h′(x)>0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上恒成立，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上為增函數，所以h(x)<heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上恒成立．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝3－eq\f(16,3)ln2，所以a≥3－eq\f(16,3)ln2，故實數a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(16,3)ln2，＋∞)).6．已知函數f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個零點．(1)求a的取值范圍；(2)設x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2<2.(1)解f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①設a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個零點．②設a>0，則當x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)內單調遞減，在(1，＋∞)內單調遞增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿意b<0且b<lneq\f(a,2)，則f(b)>eq\f