对一道高考函数与导数解决零点问题的思考
题目：[2014年Ⅱ21]已知函数f(x)=x 3−3x2+ax+2，曲线y=f(x)在点（0，2）处的切线与x 轴交点的横坐标为-2.
（1）求a ；
（2）证明：当k
解：(Ⅰ) f ′ x =3x 2−6x+a, f′ 0 =a，
曲线y=f(x) 在点 (0,2)处的切线方程为y=ax+2．
由题设得−a =−2，所以a=1．
(Ⅱ) 法一：由(Ⅰ) 知，f(x)=x 3−3x2+x+2．
设g(x)=f x −kx +2=x 3−3x2+ 1−k x+4 ．
由题设知1-k>0 ．
当x ≤0 时，g ′ x =3x 2−6x+1−k>0,g(x)单调递增，
g(-1)=k-1
当 x>0时，令h(x)=x 3−3x2+4 ，则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x)．
h ′ x =3x 2−6x=3x x−2 , ℎ(x) 在 (0,2)上单调递减，在 (2,+∞) 上单调递增，所以 g(x)=0在 (0,+∞) 上没有实根．
这里也可以用h(x)=x 3−3x2+4= x +1 x −2 2≥0，(x>0)简化证明g(x) >h(x)≥0。 综上， g(x)=0在R 上有唯一实根，即曲线y=f(x) 与直线y=kx-2 只有一个交点．
点评：该方法是高考参考答案给出的方法，主要思路是先找到一个零点，然后利用单调性证明在(-∞，0) 上只有一个零点，证明在[0,+∞) 上没有零点，在证明[0,+∞) 上没有零点的时候，利用到了放缩法（g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x)）。
法二：曲线y=f(x)与直线y =kx -2只有一个交点⇔f(x)=kx-2只有一个解⇔x 3−3x2=(k-1)x-4只有一个解⇔y=x 3−3x2与y=(k-1)x-4只有一个交点
y=x 3−3x2的导数y ′=3x 2−6x,
当02时y ′>0.
作出y=x 3−3x2与y=(k-1)x-4的图象如下
由于y=(k-1)x-4恒过(0,-4)，如果图象只有一个交点，
则有k-1
所以k
点评：图象交点问题转化为函数零点问题，零点问题又转化为图象交点问题。转化为y=k-1)x-4与函数y=x 3−3x2的交点问题，想一想为什么不直接用y=f(x)与y=kx-2的图象交点。
法三：曲线y=f(x)与直线y =kx -2只有一个交点⇔f(x)=kx-2只有一个解
2
因为x=0不是方程的解，所以k=x 2−3x+x+1只有一个解⇔y=x 2−3x+x与y=k只有一个交点.
y=x −3x+x+1的导数y =2x −3−x24′4(x−2)(2x2+x+2)
x44当x>2时，y ′>0, 当x
当x 从正方向趋近于0时，y 趋近于+∞
，当x 从负方向趋近于0时，y 趋近于-∞。
y=x 2−3x+x+1的大致图象如下：
由图可知k
所以k
法四：设g(x)=f x −kx +2=x 3−3x2+ 1−k x+4 ．g ′ x =3x 2−6x+1−k 由题设知1-k>0 ．g(-1)=k-1
(1)当k ≤-2时，∆≤0, g ′ x ≥0，所以g(x)在R 上递增，所以g(x)=0只有一个零点。
(2)当-2
（1+ ，3 在区间（-∞，13 34−+∞）递增，在（1−
g(x)有极小值g(1+
2 ，13+ 33所以x=1+ +3 3 )= 13 +3 −3 1+2 3+ 1−k 1+4= 2+ 33−1 +(1−k)(1+ >0 3
所以-2
综上k
点评：图象交点问题转化为函数零点问题，然后根据零点存在性定理寻找到一个零点，转化为利用函数的单调性与极值证明函数只有这一个零点。这里的讨论依据是方程3x2−6x+1−k=0是否有解。
通个这一道题的学习与分析，应该初步了解了零点问题，函数交点问题的处理策略：(1)零点存在性定理与函数的单调性；(2)数形结合，零点问题与函数图象交点问题相互之间转化。在作图的过程中需要了解基本函数图象，五点作图，图象变换作图以及利用函数的性质作图（单调性，奇偶性，对称性，周期性等）
对一道高考函数与导数解决零点问题的思考
题目：[2014年Ⅱ21]已知函数f(x)=x 3−3x2+ax+2，曲线y=f(x)在点（0，2）处的切线与x 轴交点的横坐标为-2.
（1）求a ；
（2）证明：当k
解：(Ⅰ) f ′ x =3x 2−6x+a, f′ 0 =a，
曲线y=f(x) 在点 (0,2)处的切线方程为y=ax+2．
由题设得−a =−2，所以a=1．
(Ⅱ) 法一：由(Ⅰ) 知，f(x)=x 3−3x2+x+2．
设g(x)=f x −kx +2=x 3−3x2+ 1−k x+4 ．
由题设知1-k>0 ．
当x ≤0 时，g ′ x =3x 2−6x+1−k>0,g(x)单调递增，
g(-1)=k-1
当 x>0时，令h(x)=x 3−3x2+4 ，则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x)．
h ′ x =3x 2−6x=3x x−2 , ℎ(x) 在 (0,2)上单调递减，在 (2,+∞) 上单调递增，所以 g(x)=0在 (0,+∞) 上没有实根．
这里也可以用h(x)=x 3−3x2+4= x +1 x −2 2≥0，(x>0)简化证明g(x) >h(x)≥0。 综上， g(x)=0在R 上有唯一实根，即曲线y=f(x) 与直线y=kx-2 只有一个交点．
点评：该方法是高考参考答案给出的方法，主要思路是先找到一个零点，然后利用单调性证明在(-∞，0) 上只有一个零点，证明在[0,+∞) 上没有零点，在证明[0,+∞) 上没有零点的时候，利用到了放缩法（g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x)）。
法二：曲线y=f(x)与直线y =kx -2只有一个交点⇔f(x)=kx-2只有一个解⇔x 3−3x2=(k-1)x-4只有一个解⇔y=x 3−3x2与y=(k-1)x-4只有一个交点
y=x 3−3x2的导数y ′=3x 2−6x,
当02时y ′>0.
作出y=x 3−3x2与y=(k-1)x-4的图象如下
由于y=(k-1)x-4恒过(0,-4)，如果图象只有一个交点，
则有k-1
所以k
点评：图象交点问题转化为函数零点问题，零点问题又转化为图象交点问题。转化为y=k-1)x-4与函数y=x 3−3x2的交点问题，想一想为什么不直接用y=f(x)与y=kx-2的图象交点。
法三：曲线y=f(x)与直线y =kx -2只有一个交点⇔f(x)=kx-2只有一个解
2
因为x=0不是方程的解，所以k=x 2−3x+x+1只有一个解⇔y=x 2−3x+x与y=k只有一个交点.
y=x −3x+x+1的导数y =2x −3−x24′4(x−2)(2x2+x+2)
x44当x>2时，y ′>0, 当x
当x 从正方向趋近于0时，y 趋近于+∞
，当x 从负方向趋近于0时，y 趋近于-∞。
y=x 2−3x+x+1的大致图象如下：
由图可知k
所以k
法四：设g(x)=f x −kx +2=x 3−3x2+ 1−k x+4 ．g ′ x =3x 2−6x+1−k 由题设知1-k>0 ．g(-1)=k-1
(1)当k ≤-2时，∆≤0, g ′ x ≥0，所以g(x)在R 上递增，所以g(x)=0只有一个零点。
(2)当-2
（1+ ，3 在区间（-∞，13 34−+∞）递增，在（1−
g(x)有极小值g(1+
2 ，13+ 33所以x=1+ +3 3 )= 13 +3 −3 1+2 3+ 1−k 1+4= 2+ 33−1 +(1−k)(1+ >0 3
所以-2
综上k
点评：图象交点问题转化为函数零点问题，然后根据零点存在性定理寻找到一个零点，转化为利用函数的单调性与极值证明函数只有这一个零点。这里的讨论依据是方程3x2−6x+1−k=0是否有解。
通个这一道题的学习与分析，应该初步了解了零点问题，函数交点问题的处理策略：(1)零点存在性定理与函数的单调性；(2)数形结合，零点问题与函数图象交点问题相互之间转化。在作图的过程中需要了解基本函数图象，五点作图，图象变换作图以及利用函数的性质作图（单调性，奇偶性，对称性，周期性等）