2023版考前三个月冲刺专题练　第10练　零点问题

第10练　零点问题

[考情分析]　在近几年的高考中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数以及三角函数为载体考查函数的零点(方程的根)问题，难度较大，多以压轴题出现．

一、 判断零点个数问题

例1　(2019·全国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)在区间上存在唯一极大值点；

(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)在上有唯一零点，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)上单调递增，在上单调递减，

故g(x)在上存在唯一极大值点，

即f′(x)在上存在唯一极大值点．

(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．

①当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)上单调递增，而f′(0)＝0，

所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，

故f(x)在(－1,0)上单调递减，

又f(0)＝0，

从而x＝0是f(x)在(－1,0]上的唯一零点．

②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在上单调递减，

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)上单调递增，在上单调递减．

又f(0)＝0，f ＝1－ln>0，

所以当x∈时，f(x)>0，

从而f(x)在上没有零点．

③当x∈时，f′(x)<0，

所以f(x)在上单调递减．

而f >0，f(π)<0，

所以f(x)在上有唯一零点．

④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，

所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．

综上，f(x)有且仅有2个零点．

规律方法　利用导数研究函数的零点

(1)如果函数中没有参数，一阶导数求出函数的极值点，判断极值点大于0、小于0的情况，进而判断函数零点个数．

(2)如果函数中含有参数，往往一阶导数的正负不好判断，先对参数进行分类，再判断导数的符号，如果分类也不好判断，那么需要二次求导，判断二阶导数的正负时，也可能需要分类．

跟踪训练1　(2022·浙江精诚联盟联考)已知函数f(x)＝ex－asin x，g(x)＝ln(x＋1)－asin x.

(1)若y＝f(x)在上单调递增，求实数a的取值范围；

(2)若不等式f(x)≥cos x在(－1，＋∞)上恒成立，判断函数g(x)在(－1,1)上的零点个数，并说明理由．

解　(1)因为f(x)＝ex－asin x，

所以f′(x)＝ex－acos x，

因为y＝f(x)在上单调递增，

所以ex－acos x≥0在区间上恒成立，

当x＝时，ex－acos x≥0显然成立，

当x∈时，ex－acos x≥0恒成立等价于a≤恒成立，

故令h(x)＝，x∈，

则h′(x)＝≥0在上恒成立，

所以函数h(x)＝在上单调递增，

所以h(x)min＝h(0)＝1，

所以a≤1.

故实数a的取值范围是(－∞，1]．

(2)设F(x)＝f(x)－cos x＝ex－asin x－cos x，

易知F(0)＝0，

因为不等式F(x)≥0在(－1，＋∞)上恒成立，

所以0是函数F(x)的极值点，

因为F′(x)＝ex－acos x＋sin x，

所以F′(0)＝1－a＝0，解得a＝1.

所以g(x)＝ln(x＋1)－sin x，

因为g(0)＝0，

故0是函数g(x)的一个零点．

g′(x)＝－cos x，

令u(x)＝－cos x，

则u′(x)＝－＋sin x，

①当x∈(－1,0)时，u′(x)＝－＋sin x<0恒成立，

所以g′(x)在(－1,0)上单调递减，

由于g′(x)≥g′(0)＝0，

所以g(x)在(－1,0)上单调递增，

所以g(x)<g(0)＝0，

所以g(x)在区间(－1,0)上无零点．

②当x∈(0,1)时，

由于函数y＝－，y＝sin x在区间(0,1)上均为增函数，

所以u′(x)＝－＋sin x在区间(0,1)上为增函数，

因为u′(0)＝－1<0，u′(1)＝sin 1－>0，

所以存在唯一x0∈(0,1)，使得u′(x0)＝0，

所以g′(x)＝－cos x在(0，x0)上单调递减，在(x0,1)上单调递增，

因为g′(0)＝0，g′(1)＝－cos 1<0，

所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，

所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，

g(x)<g(0)＝0，

所以函数g(x)在区间(0,1)上无零点，

综上，函数g(x)在(－1,1)上有且只有一个零点．

二、由零点个数求参数范围

例2　(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.

(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；

(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．

解　(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，所以f′(x)＝－＝.

当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

所以f(x)max＝f(1)＝－1.

(2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x>0)，得f′(x)＝a＋－＝(x>0)．

当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；

当a<0时，f′(x)＝，

当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，

所以f(x)不存在零点；

当a>0时，f′(x)＝，

当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，

所以函数f(x)恰有一个零点；

当a>1时，0<<1，故f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．

因为f(1)＝a－1>0，

所以f >f(1)>0，

当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，所以a>1满足条件，

当0<a<1时，>1，故f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减．

因为f(1)＝a－1<0，所以f <f(1)<0，

当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，即0<a<1满足条件．

综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．

规律方法　已知零点个数求参数范围时

(1)根据区间上零点的个数估计函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件．

(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调性，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．

跟踪训练2　(2022·烟台模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋a(a∈R)．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)在(1，＋∞)上有零点x0，

①求a的取值范围；

②求证：<x0<.

(1)解　f′(x)＝－a，x∈(0，＋∞)．

当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

当a>0时，f′(x)＝，

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)①解　注意到，f(1)＝ln 1－a＋a＝0，

由(1)知，当a≤0时，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，

对任意x∈(1，＋∞)，恒有f(x)>f(1)＝0，不符合题意；

同理，当a≥1，即<1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，

所以对任意x∈(1，＋∞)，恒有f(x)<f(1)＝0，不符合题意；

当0<a<1，即>1时，

f(x)在上单调递增，在上单调递减，

所以f >f(1)＝0，

又当x→＋∞时，f(x)→－∞，

由零点存在定理知，存在唯一一点x0∈，使得f(x0)＝0，满足题意，

综上所述，a的取值范围为(0,1)．

②证明　由①知，当0<a<1时，f(x0)＝ln x0－ax0＋a＝0，x0∈(1，＋∞)，

解得a＝.

要证x0>，只需证ln x0>.

令g(x)＝ln x－，x∈(1，＋∞)，

则g′(x)＝－＝>0，

所以g(x)＝ln x－在(1，＋∞)上单调递增，

又g(1)＝0，

所以g(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，

即ln x0>，即x0>.

要证x0<，只需证ln x0<，即ln x0<.

即证(ln x0)2<x0－1.

令h(x)＝(ln x)2－x＋1，x∈(1，＋∞)，

则h′(x)＝.

令m(x)＝2ln x－x，x∈(1，＋∞)，

则m′(x)＝－1＝，

所以函数m(x)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，

m(x)max＝m(2)＝2ln 2－2<0，

所以h′(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，

所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，

所以h(x0)<h(1)＝0，

即(ln x0)2<x0－1，即x0<，不等式得证．