2023届高考一轮复习讲义（文科）第三章　导数及其应用 第4讲　第2课时　利用导数探究函数零点问题学案

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判断、证明或讨论函数零点个数(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝2sin x－xcs x－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
【证明】 设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cs x＋xsin x－1，g′(x)＝xcs x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，g′(x)<0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
又g(0)＝0，g(eq \f(π,2))>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．
eq \a\vs4\al()
利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．
(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
已知f(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(ex,e)－3，F(x)＝ln x＋eq \f(ex,e)－3x＋2.
(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．
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所以f(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
(2)F′(x)＝f(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(ex,e)－3，
由(1)得∃x1，x2，满足0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)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，
而F(1)＝0，当x→0时，F(x)→－∞，
当x→＋∞时，F(x)→＋∞，
画出函数F(x)的草图，如图所示．
故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．
已知零点个数求参数范围(师生共研)
函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：
(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．
【解】 (1)因为f(x)＝eq \f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c，
所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.
因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1＋2＝－2a，,－1×2＝b，))
解得a＝－eq \f(1,2)，b＝－2，
由导函数的图象可知(图略)，当－1当x<－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(2，＋∞)，
单调递减区间为(－1，2)．
(2)由(1)得f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2－2x＋c，
函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，
在(－1，2)上是减函数，
所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝eq \f(7,6)＋c，
极小值为f(2)＝c－eq \f(10,3).
而函数f(x)恰有三个零点，故必有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(7,6)＋c＞0，,c－\f(10,3)<0，))
解得－eq \f(7,6)所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，\f(10,3))).
eq \a\vs4\al()
已知函数(方程)零点的个数求参数范围
(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．
(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．
(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．
已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，
又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，
所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.
易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在(0，1]上单调递增，
所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.
(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，
当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；
当x<0时，取x＝－eq \f(1,a)，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))<1＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)－1))＝－a<0.
所以函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．
在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2综上所述，实数a的取值范围是(－e2，0)．
[基础题组练]
1．(2020·江西七校第一次联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋eq \f(f（x）,x)>0，则函数F(x)＝x·f(x)－eq \f(1,x)的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B.函数F(x)＝xf(x)－eq \f(1,x)的零点，就是方程xf(x)－eq \f(1,x)＝0的根，即方程xf(x)＝eq \f(1,x)的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝eq \f(1,x)的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－eq \f(1,x)只有一个零点．故选B.
2．(2020·武汉调研)已知f(x)＝ex－ax2.命题p：∀a≥1，y＝f(x)有三个零点，命题q：∃a∈R，f(x)≤0恒成立．则下列命题为真命题的是( )
A．p∧q B．(﹁p)∧(﹁q)
C．(﹁p)∧q D．p∧(﹁q)
解析：选B.对于命题p：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，在同一坐标系中作出y＝ex，y＝x2的图象(图略)，由图可知y＝ex与y＝x2的图象有1个交点，所以f(x)＝ex－x2有1个零点，故命题p为假命题，因为f(0)＝1，所以命题q显然为假命题．故(﹁p)∧(﹁q)为真命题．
3．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2，1答案：4
4．若函数f(x)＝eq \f(ax－a,ex)＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为 ．
解析：f′(x)＝eq \f(aex－（ax－a）ex,e2x)＝eq \f(－a（x－2）,ex)(a<0)．
当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝eq \f(a,e2)＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝eq \f(a,e2)＋1>0，
解得a>－e2，因此－e2答案：(－e2，0)
5．已知函数f(x)＝a＋eq \r(x)ln x(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)试判断f(x)的零点个数．
解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝(eq \r(x))′ln x＋eq \r(x)·eq \f(1,x)
＝eq \f(\r(x)（ln x＋2）,2x)，
令f′(x)＞0，解得x＞e－2，
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，
在(e－2，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－eq \f(2,e)，
显然a＞eq \f(2,e)时，f(x)＞0，无零点，
a＝eq \f(2,e)时，f(x)＝0，有1个零点，
a6．(2020·保定调研)已知函数f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3))).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．
解：(1)因为函数f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3)))，
所以eq \f(32a,3)－4a－4a－2＝eq \f(10,3)，解得a＝2，
即f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2－2x－2，
所以f′(x)＝x2－x－2.
由f′(x)>0，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－eq \f(1,3)－eq \f(1,2)＋2－2＝－eq \f(5,6)，
f(x)极小值＝f(2)＝eq \f(8,3)－2－4－2＝－eq \f(16,3)，
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－eq \f(16,3)<2m－3<－eq \f(5,6)，
解得－eq \f(7,6)所以m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，\f(13,12))).
[综合题组练]
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(x－1,x)＋ln x－1＝ln x－eq \f(1,x).
因为y＝ln x单调递增，y＝eq \f(1,x)单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－1<0，
f′(2)＝ln 2－eq \f(1,2)＝eq \f(ln 4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得eq \f(1,α)<1又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)－1))ln eq \f(1,α)－eq \f(1,α)－1＝eq \f(f（α）,α)＝0，故eq \f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
2．(2020·武昌区调研考试)已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－eq \f(3,2)x2＋6x，其中a>0.
(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；
(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．
解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.
所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.
所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.
(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．
当x>1时，f′(x)>0；当0所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.
令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－eq \f(3,2)x2＋6x＋m，
则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．
当x>1时，h′(x)<0；当00.
所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝eq \f(7,2)＋m.
要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则eq \f(7,2)＋m≥－1，即m≥－eq \f(9,2).
所以实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，＋∞)).
类型一 函数的单调性、极值及最值
类型二 函数、导数与不等式
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
规范答题示范(一)
函数与导数
(12分)已知函数f(x)＝excs x－x.
(1) 求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； ❶
(2)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．❷
[建桥寻突破]
❶看到求曲线的切线方程，想到利用导数的几何意义求切线的斜率，再确定切线方程．
❷看到求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值，想到利用导数研究函数在给定区间上的单调性，得出最值.
[规范解答]
(1)因为f(x)＝excs x－x，
所以f′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，2分eq \x(得分点①)
又因为f(0)＝1，f′(0)＝0，3分eq \x(得分点②)
所以曲线y＝f(x)在
点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.4分eq \x(得分点③)
(2)设h(x)＝ex(cs x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cs x－sin x－sin x－cs x)
＝－2exsin x．6分eq \x(得分点④)
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，h′(x)＜0，7分eq \x(得分点⑤)
所以h(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减.8分eq \x(得分点⑥)
所以对任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))有h(x)＜h(0)＝0，
即f′(x)＜0，9分eq \x(得分点⑦)
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
10分eq \x(得分点⑧)
因此f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的
最大值为f(0)＝1，11分eq \x(得分点⑨)
最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2).12分eq \x(得分点⑩)
[评分标准]
①有正确的求导式子得2分；
②得出f′(0)＝0得1分；
③写出切线方程y＝1得1分；
④对新函数h(x)＝ex(cs x－sin x)－1求导正确得2分．求导出错不得分；
⑤得出x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，h′(x)＜0得1分；
⑥正确判断出函数h(x)的单调性得1分；
⑦得出f′(x)＜0得1分；
⑧判断出函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的单调性得1分；
⑨求出最大值得1分；
⑩求出最小值得1分.
[解题点津]
(1)牢记求导法则，正确求导：在函数与导数类解答题中，通常会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，如本题第(1)问就涉及对函数的求导．
(2)注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基础上求解.
[核心素养]
导数的几何意义、函数的单调性、极值与最值的综合问题以函数为载体，以导数为解题工具，主要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法．主要考查“数学运算”的核心素养.
(12分)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)eq \a\vs4\al(讨论f（x）的单调性；)❶
(2)当a＜0时，证明eq \a\vs4\al(f（x）≤－\f(3,4a)－2.)❷
[建桥寻突破]
❶看到讨论f(x)的单调性，想到先确定函数的定义域，然后对函数f(x)进行求导．
❷看到f(x)≤－eq \f(3,4a)－2成立，想到利用导数求函数的最大值.
[规范解答]
(1)f′(x)＝eq \f(2ax2＋（2a＋1）x＋1,x)＝eq \f(（2ax＋1）（x＋1）,x)(x＞0)，2分eq \x(得分点①)
当a≥0时，f′(x)≥0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，4分eq \x(得分点②)
当a＜0时，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减.6分eq \x(得分点③)
(2)由(1)知，当a＜0时，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))，7分eq \x(得分点④)
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4a)－2))＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1，
令y＝ln t＋1－teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＝－\f(1,2a)＞0))，
令y′＝eq \f(1,t)－1＝0，解得t＝1，8分eq \x(得分点⑤)
所以y在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，9分eq \x(得分点⑥)
所以ymax＝y(1)＝0，所以y≤0，10分eq \x(得分点⑦)
即f(x)max≤－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4a)＋2))，
所以f(x)≤－eq \f(3,4a)－2.12分eq \x(得分点⑧)
[评分标准]
①正确求导并写出函数的定义域得2分；
②讨论当a≥0时，f(x)的单调性，正确得2分；
③讨论当a＜0时，f(x)的单调性，正确得2分；
④写出f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))得1分；
⑤构造函数y＝ln t＋1－t，并正确求导解得t＝1得1分；
⑥判断新函数y＝ln t＋1－t的单调性得1分；
⑦得出结论得1分；
⑧结合恒成立得出待证式得2分.
[解题点津]
(1)讨论函数的单调性首先要明确函数的定义域，一般用导数的方法，对参数分类做到不重不漏．
(2)构造函数：构造新函数是导数综合问题的常用方法，如本题第(2)问构造函数y＝ln t＋1－t.注意新函数的定义域.
[核心素养]
利用导数判断函数的单调性及解决与不等式有关的函数问题是高考命题的热点问题．本题主要考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养.