导数与方程的根——零点问题的系统处理

从一个问题开始

先看一个方程：$x^3 - 3x + 1 = 0$。 它有解吗？有几个解？解是多少？

三问里，头两问能答，第三问反而答不出。 三次方程有求根公式，但要套一大串根式，算出来也没法看。好在考试要的从来不是"解是多少"，而是"有没有解、有几个解"。

这就是本讲的主题：不解方程，也能把根的存在、唯一和个数说清楚。 工具是两个——一个管"有"，一个管"几个"。

方程的根，就是函数的零点

把方程 $f(x) = 0$ 里的 $f(x)$ 看成一个函数，它的根就是函数图像与 x 轴交点的横坐标。 这个横坐标有一个专门的名字，叫函数的零点。

于是三类问题都翻译成了图像问题：

• 有没有根（存在性）＝ 图像与 x 轴有没有交点
• 有几个根（个数）＝ 图像与 x 轴有几个交点
• 根在哪里（位置）＝ 交点在 x 轴的哪一段

导数管的正是图像的长相。 它告诉我们函数在哪上升、在哪下降、在哪拐弯，把这些拼起来，图像与 x 轴的交点个数就一目了然了。所以要研究方程的根，先去研究函数的形状。

示意图

深入理解

第一件事：先证"有"——把根逼出来

证明根存在，靠的是零点定理（也叫介值定理）。 它是这样说的：

如果函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且两端点的函数值异号，即 $f(a) \cdot f(b) < 0$，那么在开区间 $(a, b)$ 内至少存在一个 $\xi$，使 $f(\xi) = 0$。

这个道理是画得出来的： 函数在 $[a, b]$ 上不间断，从 x 轴下方（或上方）的一端出发，走到 x 轴上方（或下方）的另一端，中途必然要跨过 x 轴一次。跨过的那一点，就是零点。

用它的时候有两个要点： 一是端点值必须异号，题里不会白送，得自己去试；二是函数必须在区间上连续，初等函数在定义域内都连续，这一条一般自动满足。

拿开头的 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 试一下。 设 $f(x) = x^3 - 3x + 1$。试端点：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = 1 - 3 + 1 = -1 < 0$。两端异号，由零点定理，$(0, 1)$ 内至少有一个根。到这一步，我们只证明了"至少有一个"，至于到底是不是只有一个，一句都没说——这正是零点定理的能力边界。

第二件事：再证"唯一"——用单调性锁死

零点定理只发一张"至少有"的通行证，它管不了具体个数。 要想说"有且仅有一个"，还得再补一步：证明根的个数不会超过一个。这一步，交给单调性。

靠的是前几讲反复用的结论：严格单调的函数，最多只有一个零点。 理由很直白——严格递增的函数，右边的点永远比左边高，不可能在两个不同的地方同时碰到 x 轴；严格递减同理。

回到 $f(x) = x^3 - 3x + 1$。 求导得 $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x+1)(x-1)$。在 $(0, 1)$ 上，$x$ 落在 $-1$ 与 $1$ 之间，$f'(x) < 0$ 恒成立，所以 $f$ 在 $(0, 1)$ 上严格递减。严格递减就至多一个零点，与前面"至少一个"合起来，$(0, 1)$ 内有且仅有一个根。

"存在"和"唯一"一定要分开写，这是本讲最容易失分的地方。 很多同学看到 $f(0) > 0$、$f(1) < 0$ 就直接下结论"有且仅有一个根"——可零点定理只能得到"有"，"仅有一个"是另一条腿，少了单调性这一步，答案缺半页。下面三句话要背下来：

• 存在性 ⇒ 零点定理：区间端点异号 ⇒ 至少一个根
• 唯一性 ⇒ 单调性：严格单调 ⇒ 至多一个根
• 两条合起来 ⇒ 恰好一个根

第三件事：数个数——看极值符号和两端趋势

遇到"有几个根"这种题，单调性就不够用了，得把函数的走势整条摸清楚。 办法是四步走：

1. 求导，找到所有极值点
2. 算出每个极值点的函数值
3. 看两端往哪跑（$x \to \pm\infty$ 时函数是升到正无穷还是降到负无穷）
4. 把"极值符号"和"两端趋势"拼成一幅走势图，数它穿过 x 轴几次

核心判据只有一条：根出现在函数值"变号"的地方。 函数的每一段严格单调区间里，最多一个根；一段里到底有没有根，就看这段两头的函数值是否异号。把全程的极值当成一个个"台阶"，数台阶的话：

极大值、极小值的符号	根的情形
极大值 $< 0$（两个极值都负）	全在 x 轴下方，$0$ 个根
极大值 $> 0$，极小值 $> 0$	只在左侧穿过一次，$1$ 个根
极大值 $> 0$，极小值 $< 0$	上—下—上穿过三次，$3$ 个根
极大值 $= 0$ 或极小值 $= 0$	极值点正好落在 x 轴上，出现重根，交点少一个

记住这条主线：极值符号决定"有几个台阶"，两端趋势决定"够不够走完台阶"。 三次函数两端一个跑到 $+\infty$、一个跑到 $-\infty$，所以中间的台阶若一正一负，必然穿三次；若两个台阶同号，就只能穿一次。

三个完整算例

算例一：证明有且仅有一个根

证明方程 $x^3 + x - 1 = 0$ 有且只有一个实根。

先证存在，再证唯一，两步分开写。

设 $f(x) = x^3 + x - 1$，定义域为 $\mathbb{R}$。

存在性： 试端点，$f(0) = -1 < 0$，$f(1) = 1 + 1 - 1 = 1 > 0$。函数在 $[0, 1]$ 上连续且两端异号，由零点定理，$(0, 1)$ 内至少有一个根。

唯一性： 求导得 $f'(x) = 3x^2 + 1$。因为 $3x^2 \ge 0$，所以 $f'(x) \ge 1 > 0$ 在 $\mathbb{R}$ 上恒成立。$f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格递增，从而至多有一个零点。

存在加唯一，方程 $x^3 + x - 1 = 0$ 有且只有一个实根，且这个根落在 $(0, 1)$ 内。 顺便估个位置：取 $x = 0.68$，$f(0.68) = 0.68^3 + 0.68 - 1 = 0.314432 + 0.68 - 1 = -0.005568 < 0$；取 $x = 0.69$，$f(0.69) = 0.328509 + 0.69 - 1 = 0.018509 > 0$。根就夹在 $0.68$ 和 $0.69$ 之间，大约是 $0.682$。

这道题的漂亮之处在于：从头到尾没解出根是什么，却把根的存在、唯一、位置全说清了。 这正是导数法相对求根公式的优越之处。

算例二：含参方程根的个数讨论

已知关于 $x$ 的方程 $x^3 - 3x + a = 0$ 有三个不同的实根，求 $a$ 的取值范围。

参数挪到一边，根的个数就变成图像与直线交点的个数。

设 $f(x) = x^3 - 3x + a$。求导得 $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x+1)(x-1)$。令 $f'(x) = 0$，得 $x = -1$ 或 $x = 1$。

判断极值类型： $x < -1$ 时 $f'(x) > 0$，$(-1, 1)$ 上 $f'(x) < 0$，$(1, +\infty)$ 上 $f'(x) > 0$。所以 $x = -1$ 是极大值点，$x = 1$ 是极小值点。

算极值：

$$f(-1) = (-1)^3 - 3 \times (-1) + a = a + 2$$ $$f(1) = 1 - 3 + a = a - 2$$

要在 x 轴上穿三次，极大值必须升到 x 轴上方、极小值必须降到 x 轴下方。 否则"上—下—上"的中间那段够不着 x 轴，只剩一两个交点：

$$f(-1) = a + 2 > 0 \quad \Rightarrow \quad a > -2$$ $$f(1) = a - 2 < 0 \quad \Rightarrow \quad a < 2$$

所以 $-2 < a < 2$。

顺手把边界和其余情况补齐，讨论才算完整：

$a$ 的范围	极大值 $a+2$	极小值 $a-2$	根的个数
$a < -2$	负	负	$1$ 个
$a = -2$	$0$	负	$2$ 个（含重根）
$-2 < a < 2$	正	负	$3$ 个
$a = 2$	正	$0$	$2$ 个（含重根）
$a > 2$	正	正	$1$ 个

这张表就是含参根个数问题的标准模板。 拿 $a = 0$ 代进去检查：方程变成 $x^3 - 3x = 0$，即 $x(x^2 - 3) = 0$，三个根 $0$、$\pm\sqrt{3}$，确实三个。再拿 $a = 2$ 检查：$x^3 - 3x + 2 = 0$，分解得 $(x-1)^2(x+2) = 0$，两个根（其中一个二重），与表格一致。

算例三：只证存在，不需求出

证明方程 $e^x = 3x$ 有两个不同的实根。

这是超越方程，根用初等函数写不出来，但"有两个"完全能证。

移项构造函数 $f(x) = e^x - 3x$，定义域 $\mathbb{R}$。求导得 $f'(x) = e^x - 3$，令 $f'(x) = 0$ 解得 $x = \ln 3$。$x < \ln 3$ 时 $f'(x) < 0$，函数递减；$x > \ln 3$ 时 $f'(x) > 0$，函数递增。所以 $x = \ln 3$ 是极小值点，也是全区间的最小值点，最小值

$$f(\ln 3) = e^{\ln 3} - 3\ln 3 = 3 - 3\ln 3 = 3(1 - \ln 3) < 0$$

最后一个不等号是因为 $\ln 3 \approx 1.0986 > 1$，所以 $1 - \ln 3 < 0$。最小值是负的，说明图像有一段沉在 x 轴下方。

再看最小值两侧各找一个函数值为正的点：

$$f(0) = e^0 - 0 = 1 > 0, \qquad f(2) = e^2 - 6 \approx 7.389 - 6 = 1.389 > 0$$

左边： $f(0) > 0$、$f(\ln 3) < 0$，在 $(0, \ln 3)$ 上函数连续且严格递减，由零点定理有一个根；右边： $f(\ln 3) < 0$、$f(2) > 0$，在 $(\ln 3, 2)$ 上也连续且严格递增，由零点定理有另一个根。

两根分别落在两个不同的单调区间里，而每个单调区间至多一个根，所以这个方程恰有两个实根。 题目只要求证"有两个"，我们既没有、也不可能把根解出来——这恰恰说明"不用求出根"也能把个数说死。

找根：二分法与牛顿迭代

前面证明根存在，靠的是"异号必有根"；顺着这个念头往下走，还能把根的具体数值"算"出来。 两条经典路线，都只用函数值和导数，不需要求根公式。

二分法：不断对半夹逼

思想就一句话：异号区间里必有根，那就在区间中点劈一刀，看根落在哪半边，把范围缩一半。 反复下去，区间越夹越窄，根就被夹在一个很小的范围里。

拿算例一的 $x^3 + x - 1 = 0$ 来演示，根已知在 $(0, 1)$：

步骤	取中点	中点函数值	根所在区间
1	$0.5$	$-0.375 < 0$	$(0.5, 1)$
2	$0.75$	$0.172 > 0$	$(0.5, 0.75)$
3	$0.625$	$-0.131 < 0$	$(0.625, 0.75)$
4	$0.6875$	$0.012 > 0$	$(0.625, 0.6875)$

每劈一刀，区间长度变成一半。 从长度 $1$ 出发，$n$ 次之后区间长度缩到 $\dfrac{1}{2^n}$。要精确到小数点后三位（误差小于 $10^{-3}$），只要 $2^n > 1000$，也就是劈十次左右。上表继续算下去，区间会落到 $0.682$ 附近，与算例一的估计对上了。

牛顿迭代法：用切线逼近

二分法稳，但慢——一次只砍掉一半。牛顿法换了个巧劲，一次能砍掉好几个数量级。

思路是： 要解 $f(x) = 0$，先猜一个近似根 $x_0$，过点 $(x_0, f(x_0))$ 作切线，拿这条切线在 x 轴上的交点，作为更好的近似 $x_1$。切线是曲线在这一点附近最好的"直线替身"，它的零点离真正的根很近。写出这条切线，令 $y = 0$，解出的 $x_1$ 是

$$x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)}$$

把 $x_1$ 当作新的 $x_0$ 再作一次切线，如此反复，就会飞快逼近真正的根。

拿最简单的例子验一下：求 $\sqrt{2}$，也就是解 $f(x) = x^2 - 2 = 0$。 取初始值 $x_0 = 1$，$f'(x) = 2x$。

• 第一次：$x_1 = 1 - \dfrac{1^2 - 2}{2 \times 1} = 1 - \dfrac{-1}{2} = 1.5$
• 第二次：$x_2 = 1.5 - \dfrac{1.5^2 - 2}{2 \times 1.5} = 1.5 - \dfrac{0.25}{3} \approx 1.41667$
• 第三次：$x_3 = 1.41667 - \dfrac{1.41667^2 - 2}{2 \times 1.41667} \approx 1.41667 - 0.00245 \approx 1.41422$

三步就逼近到 $1.41422$，而 $\sqrt{2} = 1.41421\ldots$，小数点后五位已经对上。 这就是导数的威力——它不仅判根，还能把根揪到眼前。

高中不要求用牛顿法算题，但这条思路要留在心里： 切线近似曲线，是把"解不出根的方程"换成"能解的线性方程"的基本手法，后面导数的近似计算还会再遇到它。

在高中数学体系里的位置

从思想上看，这一讲是一次数形结合的集中演练。 方程的根是"数"，函数图像与 x 轴的交点是"形"，导数是打通两者的桥。把"求方程的根"翻译成"看图像的零点"，再翻译成"求导数、看极值"，是一条典型的化繁为简的思路延伸。

从运算上看，它是两个基本技能的练兵场。 一是求导后正确解出 $f'(x) = 0$ 并判断单调区间，二是函数值的符号判断（含参数、含对数指数时尤其考验计算）。这两项在前几讲已经反复练过，这里只是组合起来用。

从考试上看，它是导数大题的综合题常客。 单问"有几个根"并不难，难的是它常和含参讨论、不等式证明揉在一起，一出就是压轴题的两三问。核心方法链始终是那一条：求导 → 找极值 → 看极值符号 → 结合两端趋势定根的个数 → 用零点定理确认存在。

思考与拓展

1. 证明方程 $x^5 + x - 1 = 0$ 有且只有一个实根，并指出这个根在哪两个相邻整数之间。
2. 已知方程 $x\ln x = a$ 有两个不同的实根，求 $a$ 的取值范围。（提示：先求 $g(x) = x\ln x$ 在 $(0, +\infty)$ 上的最小值）
3. 讨论方程 $x^3 - 6x^2 + 9x - a = 0$ 的根的情况如何随 $a$ 变化。（提示：先求 $f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x$ 的极值，再数水平线 $y = a$ 与它的图像有几个交点）
4. 用二分法把方程 $x^3 + x - 1 = 0$ 的根近似到小数点后两位（误差小于 $0.005$），至少需要几步？（提示：每次区间长度减半）

高考母题

（2025·天津） 已知函数 $f\left ( { x } \right )=ax-(lnx) ^ { 2 }$
(1) $a=1$ 时，求 $f\left ( { x } \right )$ 在点 $\left ( { 1,f\left ( { 1 } \right ) } \right )$ 处的切线方程；
(2) $f\left ( { x } \right )$ 有3个零点， $x_{ 1 } ,x_{ 2 } ,x_{ 3 }$ 且 $\left ( { x_{ 1 } < x_{ 2 } < x_{ 3 } } \right )$ . （i）求a的取值范围； （ii）证明 $\left ( { lnx_{ 2 } -lnx_{ 1 } } \right )⋅lnx_{ 3 } < \frac { 4{ e } } { { e }-1 }$ ．

展开详解

(1) $y=x$
(2)（i） $\left\{ ( { 0,\frac { 4 } { { e } ^ { 2 } } } \right )$ ；（ii）证明见解析. 【分析】
（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得；
（2）（i）令 $f\left ( { x } \right )=0$ ，分离参数得 $a=\frac { \left ( { lnx } \right ) ^ { 2 } } { x }$ ，作出函数 $g\left ( { x } \right )=\frac { \left ( { lnx } \right ) ^ { 2 } } { x }$ 图象，数形结合可得 $a$ 范围；（ii）由（2）结合图象，可得 $x_{ 1 } ,x_{ 2 } ,x_{ 3 }$ 范围，整体换元 $lnx_{ 1 } =t_{ 1 } ,lnx_{ 2 } =t_{ 2 } ,lnx_{ 3 } =t_{ 3 }$ ，转化为 $\left \{ \right\}$ ，结合由 $② ③$ 可得 $\left \{ \right.$ ，两式作差，利用对数平均不等式可得 $t_{ 1 } t_{ 3 } < 4$ ，再由 $t_{ 1 } ^{ 2 }=a{ e } ^ { t_{ 1 } } < a$ 得 $-t_{ 1 } < \sqrt{ a }$ ，结合 $a=\frac { t_{ 3 } ^{ 2 } } { { e } ^ { t_{ 3 } } }$ 减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式.
（1）当 $a=1$ 时， $f\left ( { x } \right )=x-(lnx) ^ { 2 }$ ， $x>0$ ， 则 $f'\left ( { x } \right )=1-\frac { 2lnx } { x }$ ，则 $f'\left ( { 1 } \right )=1$ ，且 $f\left ( { 1 } \right )=1$ ， 则切点 $\left ( { 1,1 } \right )$ ，且切线的斜率为 $1$ ， 故函数 $f\left ( { x } \right )$ 在点 $\left ( { 1,f\left ( { 1 } \right ) } \right )$ 处的切线方程为 $y=x$ ；
（2）（i）令 $f\left ( { x } \right )=ax-(lnx) ^ { 2 } =0$ ， $x>0$ ， 得 $a=\frac { (lnx) ^ { 2 } } { x }$ ， 设 $g\left ( { x } \right )=\frac { \left ( { lnx } \right ) ^ { 2 } } { x },x>0$ ， 则 $g'\left ( { x } \right )=\frac { \frac { 2lnx } { x }⋅x-\left ( { lnx } \right ) ^ { 2 } } { x ^ { 2 } }=\frac { lnx\left ( { 2-lnx } \right ) } { x ^ { 2 } }$ ， 由 $g'\left ( { x } \right )=0$ 解得 $x=1$ 或 ${ e } ^ { 2 }$ ，其中 $g\left ( { 1 } \right )=0$ ， $g\left ( { { e } ^ { 2 } } \right )=\frac { 4 } { { e } ^ { 2 } }$ ； 当 $0 < x < 1$ 时， $g'\left ( { x } \right ) < 0$ ， $g\left ( { x } \right )$ 在 $\left ( { 0,1 } \right )$ 上单调递减； 当 $1 < x < { e } ^ { 2 }$ 时， $g'\left ( { x } \right )>0$ ， $g\left ( { x } \right )$ 在上单调递增； 当 $x>{ e } ^ { 2 }$ 时， $g'\left ( { x } \right ) < 0$ ， $g\left ( { x } \right )$ 在 $\left ( { { e } ^ { 2 } ,+∞ } \right )$ 上单调递减； 且当 $x→0$ 时， $g\left ( { x } \right )→+∞$ ； 当 $x→+∞$ 时， $g\left ( { x } \right )→0$ ； 如图作出函数 $g\left ( { x } \right )$ 的图象， 要使函数 $f\left ( { x } \right )$ 有3个零点， 则方程 $a=g\left ( { x } \right )$ 在 $\left ( { 0,+∞ } \right )$ 内有 $3$ 个根，即直线 $y=a$ 与函数 $g\left ( { x } \right )$ 的图象有 $3$ 个交点. 结合图象可知， $0 < a < \frac { 4 } { { e } ^ { 2 } }$ . 故 $a$ 的取值范围为 $\left ( { 0,\frac { 4 } { { e } ^ { 2 } } } \right )$ ； （ii）由图象可知， $0 < x_{ 1 } < 1 < x_{ 2 } < { e } ^ { 2 } < x_{ 3 }$ ， 设 $lnx_{ 1 } =t_{ 1 } ,lnx_{ 2 } =t_{ 2 } ,lnx_{ 3 } =t_{ 3 }$ ，则 $t_{ 1 } < 0 < t_{ 2 } < 2 < t_{ 3 }$ ， 满足 $\left \{ \right.$ ，由 $② ③$ 可得 $\left \{ \right.$ ， 两式作差可得 $t_{ 3 } -t_{ 2 } =2\left ( { lnt_{ 3 } -lnt_{ 2 } } \right )$ ， 则由对数均值不等式可得 $2=\frac { t_{ 3 } -t_{ 2 } } { lnt_{ 3 } -lnt_{ 2 } }>\sqrt{ t_{ 2 } t_{ 3 } }$ ， 则 $t_{ 2 } t_{ 3 } < 4$ ，故要证 $\left ( { lnx_{ 2 } -lnx_{ 1 } } \right )⋅lnx_{ 3 } < \frac { 4{ e } } { { e }-1 }$ ， 即证 $t_{ 2 } t_{ 3 } -t_{ 1 } t_{ 3 } < \frac { 4{ e } } { { e }-1 }$ ，只需证 $4-t_{ 1 } t_{ 3 } ≤\frac { 4{ e } } { { e }-1 }$ ， 即证 $-t_{ 1 } t_{ 3 } ≤\frac { 4 } { { e }-1 }$ ，又因为 $t_{ 1 } < 0,t_{ 1 } ^{ 2 }=a{ e } ^ { t_{ 1 } } < a$ ，则 $\left | { t_{ 1 } } \right |=-t_{ 1 } < \sqrt{ a }$ ， 所以 $-t_{ 1 } t_{ 3 } < \sqrt{ a }t_{ 3 } =\frac { t_{ 3 } ^{ 2 } } { { e } ^ { \frac { t_{ 3 } } { 2 } } }$ ，故只需证 $\frac { t_{ 3 } ^{ 2 } } { { e } ^ { \frac { t_{ 3 } } { 2 } } }≤\frac { 4 } { { e }-1 }$ ， 设函数 $φ\left ( { t } \right )=\frac { t ^ { 2 } } { { e } ^ { \frac { t } { 2 } } },t>2$ ，则 $φ'\left ( { t } \right )=\frac { 2t{ e } ^ { \frac { t } { 2 } } -\frac { 1 } { 2 }t ^ { 2 } { e } ^ { \frac { t } { 2 } } } { { e } ^ { t } }=\frac { \left ( { 2-\frac { 1 } { 2 }t } \right )t } { { e } ^ { \frac { t } { 2 } } }$ ， 当 $2 < t < 4$ 时， $φ'\left ( { t } \right )>0$ ，则 $φ\left ( { t } \right )$ 在 $\left ( { 2,4 } \right )$ 上单调递增； 当 $t>4$ 时， $φ'\left ( { t } \right ) < 0$ ，则 $φ\left ( { t } \right )$ 在 $\left ( { 4,+∞ } \right )$ 上单调递减； 故 $φ(t)_{ max } =φ\left ( { 4 } \right )=\frac { 16 } { { e } ^ { 2 } }$ ，即 $φ\left ( { t } \right )≤\frac { 16 } { { e } ^ { 2 } }$ . 而由 $4{ e } ^ { 2 } -16{ e }+16=4({ e }-2) ^ { 2 } >0$ ， 可知 $\frac { 16 } { { e } ^ { 2 } } < \frac { 4 } { { e }-1 }$ 成立，故命题得证.

一句话总结

方程根的个数就是函数零点的个数。存在性用零点定理（端点异号），唯一性用单调性，个数用极值符号加两端趋势——两件事分开证，一个都不能少。