《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

考点一 判断、证明或讨论零点的个数
[例1]已知函数$f(x)=\frac{1}{3}x^{3}-a(x^{2}+x + 1)$。
(1)若$a = 3$，求$f(x)$的单调区间；
(2)证明：$f(x)$只有一个零点。

答案： [解析]
(1)当a = 3时，$f(x)=\frac{1}{3}x^{3}-3x^{2}-3x - 3$，$f'(x)=x^{2}-6x - 3$.
令$f'(x)=0$，解得$x = 3 - 2\sqrt{3}$或$x = 3 + 2\sqrt{3}$.
当$x\in(-\infty,3 - 2\sqrt{3})\cup(3 + 2\sqrt{3},+\infty)$时，$f'(x)＞0$；
当$x\in(3 - 2\sqrt{3},3 + 2\sqrt{3})$时，$f'(x)＜0$.
故$f(x)$在$(-\infty,3 - 2\sqrt{3})$，$(3 + 2\sqrt{3},+\infty)$上单调递增，在$(3 - 2\sqrt{3},3 + 2\sqrt{3})$上单调递减.
(2)由于$x^{2}+x + 1＞0$，
所以$f(x)=0$等价于$\frac{x^{3}}{x^{2}+x + 1}-3a = 0$.
设$g(x)=\frac{x^{3}}{x^{2}+x + 1}-3a$，则$g'(x)=\frac{x^{2}(x^{2}+2x + 3)}{(x^{2}+x + 1)^{2}}\geq0$，当且仅当$x = 0$时$g'(x)=0$，所以$g(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增.
故$g(x)$至多有一个零点，从而$f(x)$至多有一个零点.
又$f(x)=\frac{x^{3}-1 + 1-3a(x^{2}+x + 1)}{3}=\frac{(x - 1-3a)(x^{2}+x + 1)+1}{3}=\frac{(x - 1-3a)[(x+\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}]+1}{3}$
取$x - 1-3a=-2$，即$x = 3a - 1$时，$f(3a - 1)\leq-\frac{1}{6}＜0$，取$x - 1-3a = 0$，即$x = 3a + 1$时，$f(3a + 1)=\frac{1}{3}＞0$，故$f(x)$有零点.
综上，$f(x)$只有一个零点.

◎对点训练
(2023·郑州质检)已知函数$f(x)=e^{x}-ax + 2a,a\in R$。
(1)讨论函数$f(x)$的单调性；
(2)求函数$f(x)$的零点个数。

答案：
[解析]
(1)$f(x)=e^{x}-ax + 2a$，定义域为R，且$f'(x)=e^{x}-a$，
当$a\leq0$时，$f'(x)＞0$，则$f(x)$在R上单调递增；
当$a＞0$时，令$f'(x)=0$，则$x=\ln a$，
当$x＜\ln a$时，$f'(x)＜0$，$f(x)$单调递减；当$x＞\ln a$时，$f'(x)＞0$，$f(x)$单调递增.
综上所述，当$a\leq0$时，$f(x)$在R上单调递增；当$a＞0$时，$f(x)$在$(-\infty,\ln a)$上单调递减，在$(\ln a,+\infty)$上单调递增.
(2)令$f(x)=0$，得$e^{x}=a(x - 2)$，
当$a = 0$时，$e^{x}=a(x - 2)$无解，所以$f(x)$无零点，
当$a\neq0$时，$\frac{1}{a}=\frac{x - 2}{e^{x}}$，
令$\varphi(x)=\frac{x - 2}{e^{x}}$，$x\in R$，所以$\varphi'(x)=\frac{3 - x}{e^{x}}$，
当$x\in(-\infty,3)$时，$\varphi'(x)＞0$；
当$x\in(3,+\infty)$时，$\varphi'(x)＜0$，
所以$\varphi(x)$在$(-\infty,3)$上单调递增，在$(3,+\infty)$上单调递减，且$\varphi(x)_{max}=\varphi(3)=\frac{1}{e^{3}}$，
又$x\to+\infty$时，$\varphi(x)\to0$，$x\to-\infty$时，$\varphi(x)\to-\infty$，
所以$\varphi(x)$的大致图象如图所示.

当$\frac{1}{a}＞\frac{1}{e^{3}}$，即$0＜a＜e^{3}$时，$f(x)$无零点；
当$\frac{1}{a}=\frac{1}{e^{3}}$，即$a = e^{3}$时，$f(x)$有一个零点；
当$0＜\frac{1}{a}＜\frac{1}{e^{3}}$，即$a＞e^{3}$时，$f(x)$有两个零点；
当$\frac{1}{a}＜0$，即$a＜0$时，$f(x)$有一个零点.
综上所述，当$a\in(0,e^{3})$时，$f(x)$无零点；当$a\in(-\infty,0)\cup\{e^{3}\}$时，$f(x)$有一个零点；当$a\in(e^{3},+\infty)$时，$f(x)$有两个零点.

考点二 利用函数零点问题求参数范围
[例2]已知函数$f(x)=e^{x}-a(x + 2)$。
(1)当$a = 1$时，讨论$f(x)$的单调性；
(2)若$f(x)$有两个零点，求$a$的取值范围。

答案： [解析]
(1)当$a = 1$时，$f(x)=e^{x}-x - 2$，则$f'(x)=e^{x}-1$.
当$x＜0$时，$f'(x)＜0$；当$x＞0$时，$f'(x)＞0$.
所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增；
(2)$f'(x)=e^{x}-a$.当$a\leq0$时，$f'(x)＞0$，
所以$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增，
故$f(x)$至多存在1个零点，不合题意；
当$a＞0$时，由$f'(x)=0$可得$x=\ln a$.
当$x\in(-\infty,\ln a)$时，$f'(x)＜0$；
当$x\in(\ln a,+\infty)$时，$f'(x)＞0$.
所以$f(x)$在$(-\infty,\ln a)$上单调递减，在$(\ln a,+\infty)$上单调递增，
故当$x=\ln a$时，$f(x)$取得最小值，最小值为$f(\ln a)=-a(1+\ln a)$.
(i)若$0＜a\leq\frac{1}{e}$，则$f(\ln a)\geq0$，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上至多存在1个零点，不合题意；
(ii)若$a＞\frac{1}{e}$，则$f(\ln a)＜0$.
因为$f(-2)=e^{-2}＞0$，
所以$f(x)$在$(-\infty,\ln a)$上存在唯一零点.
易知，当$x＞2$时，$e^{x}-x - 2＞0$，
所以当$x＞4$且$x＞2\ln(2a)$时，$f(x)=e^{\frac{x}{2}}\cdot e^{\frac{x}{2}}-a(x + 2)＞e^{\ln(2a)}\cdot(\frac{x}{2}+2)-a(x + 2)=2a＞0$.故$f(x)$在$(\ln a,+\infty)$上存在唯一零点，从而$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上有两个零点.
综上，$a$的取值范围是$(\frac{1}{e},+\infty)$.