2022版江苏高考数学一轮复习讲义：第3章 第6节　利用导数解决函数的零点问题 Word版含答案学案

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第六节　利用导数解决函数的零点问题

考点1　判断、证明或讨论函数零点的个数
　判断函数零点个数的3种方法
直接法
令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数
画图法
转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可
定理法
利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决
　(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数.证明：
(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点.
［证明］　(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).
(ⅰ)当x∈(－1,0］时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)单调递减.又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0］的唯一零点.
(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减.
又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点.
(ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减.而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点.
(ⅳ)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.
综上，f(x)有且仅有2个零点.
　根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”.
　设函数f(x)＝ln 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)－零点的个数.
［解］　(1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋(x＞0)，则f′(x)＝，
∴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＋＝2，
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题意知g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0).
设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，
则φ′(x)＝－x2＋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)＝，
又∵φ(0)＝0.
结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，

①当m＞时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜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＞时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点.
考点2　已知函数零点个数求参数
　解决此类问题常从以下两个方面考虑
(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，进而求出参数满足条件.
(2)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.
　设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．
[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，
f′(x)＝－2x－1＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，
当0＜x＜时，f′(x)＞0；
当x＞时，f′(x)＜0.
∴f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.
令g(x)＝x－，其中x∈，
则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1，当≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，
∴g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]，
∴g(x)min＝g(1)＝1，∴函数f(x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋＞3－，
∴实数a的取值范围是.
　与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．
　(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
[解]　(1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，
故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.
考点3　函数零点性质研究
　本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．
能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．
　已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－aln x，a∈R.
(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；
(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.
[解]　(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－，因为f(x)存在极值点为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－＝(x＋1)(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x1，x2，
所以f(a)＜0，
即a2＋(1－a)a－aln a＜0，
整理得ln a＞1－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－aln ，
则h′(x)＝－2＋＝－2＋≥0，
所以h(x)在(0,2a)上单调递增，
不妨设x1＜a＜x2，则h(x2)＞h(a)＝0，
即g(x2)＝f(2a－x2)＞f(x2)＝f(x1)，
又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2＜x1，即x1＋x2＞2a，又ln a＞1－a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.
　(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．
　已知函数f(x)＝ln x－x.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋x＋－m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞1.
[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1＝.
令f′(x)＝＞0，得0＜x＜1，
令f′(x)＝＜0，得x＞1.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明：根据题意知g(x)＝ln x＋－m(x＞0)，因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋－m的两个零点，
所以ln x1＋－m＝0，ln x2＋－m＝0，
两式相减，可得ln ＝－，
即ln ＝，故x1x2＝，
则x1＝，x2＝.
令t＝，其中0＜t＜1，则x1＋x2＝＋＝.
构造函数h(t)＝t－－2ln t(0＜t＜1)，
则h′(t)＝.
因为0＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，
即t－－2ln t＜0，可知＞1，故x1＋x2＞1.

课外素养提升④　逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题
在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．


f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型
【例1】　(1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)＜，则不等式f(lg x)＞的解集为________．
(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为________．
(1)(0,10)　(2)(－∞，－3)∪(0,3)　[(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－＜0，
所以g(x)在定义域内是减函数．
因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－＝，
由f(lg x)＞，得f(lg x)－lg x＞.
即g(lg x)＝f(lg x)－lg x＞＝g(1)，
所以lg x＜1，解得0＜x＜10.
所以原不等式的解集为(0,10)．
(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．]
[评析]　(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．
(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．
特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.
(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．
(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0)．


xf′(x)±nf(x)(n为常数)型
【例2】　(1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0,1)　 B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是(　　)
A．f(x)＞0 B．f(x)＜0
C．f(x)＞x D．f(x)＜x
(1)A　(2)A　[(1)令g(x)＝，
则g′(x)＝.
由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．
∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，
∴f(1)＝－f(－1)＝0，
∴g(1)＝f(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.
又∵f(x)是奇函数，
∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；
当x∈(－1,0)时，f(x)＜0.
综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
(2)令g(x)＝x2f(x)－x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．
当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－x4＞0，从而f(x)＞x2＞0；
当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－x4＞0，
从而f(x)＞x2＞0；
当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.
综上可知，f(x)＞0.]
[评析]　(1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.
(2)对于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，构造F(x)＝，则F′(x)＝(注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)＞0，构造F(x)＝，则F′(x)＝＞0.


f′(x)±λf(x)(λ为常数)型
【例3】　(1)已知f(x)在R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)＞f′(x)，则有(　　)
A．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
B．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
C．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
D．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)－e＞0的解集为________．
(1)D　(2)(2，＋∞)　[(1)构造函数h(x)＝，则h′(x)＝＜0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2 019)＞h(0)，即＞⇒e2 019f(－2 019)＞f(0)；同理，h(2 019)＜h(0)，即f(2 019)＜e2 019f(0)，故选D.
(2)由f(x)＋2f′(x)＞0，得2＞0，可构造函数h(x)＝ef(x)，则h′(x)＝e [f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函数h(x)＝ef(x)在R上单调递增，且h(2)＝ef(2)＝1.不等式exf(x)－e＞0等价于ef(x)＞1，即h(x)＞h(2)⇒x＞2，所以不等式exf(x)－e＞0的解集为(2，＋∞)．]
[评析]　(1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝exf(x)．
(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝.