2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）高考难点突破课一 导数的综合问题 第二课时 利用导数研究函数的零点问题

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第二课时　利用导数研究函数的零点问题

题型一　判断、证明或讨论函数零点的个数
例1 已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1).
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
(1)解　当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减.
(2)证明　由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－
＝－6－<0，
f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点.
综上，f(x)只有一个零点.
感悟提升　利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法
(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.
(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置.
(3)数形结合法分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.
训练1 设函数f(x)＝ln x＋，m为正数.试讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数.
解　由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).
转化为函数y＝m与y＝－x3＋x的图象的交点情况.
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)唯一的极值点，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)＝.
∴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 综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当实数m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0 题型二　根据零点个数确定参数范围

例2 (2020·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围.
解　(1)f′(x)＝3x2－k.
当k＝0时，f(x)＝x3，
故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
当k<0时，f′(x)＝3x2－k>0，
故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝±.
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
故函数f(x)在，单调递增，
在单调递减.
(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点.
当k>0时，x＝－为f(x)的极大值点，
x＝为f(x)的极小值点.
此时，－k－1<－< 且f(－k－1)<0，f(k＋1)>0，
f>0.
根据f(x)的单调性，当且仅当f<0，f(x)有三个零点，则k2－<0，解之得k<.
因此k的取值范围为.
感悟提升　在解决已知函数y＝f(x)有几个零点求f(x)中参数t的取值范围问题时，经常从f(x)中分离出参数t＝g(x)，然后用求导的方法判断g(x)的单调性，再根据题意求出参数t的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.
训练2 已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)，若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围.
解　g(x)＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝.
因为x∈，所以当g′(x)＝0时，x＝1.
当≤x<1时，g′(x)>0；
当1 故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.
又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，
g(e)－g＝4－e2＋<0，
则g(e) 所以g(x)在上的最小值是g(e).
g(x)在上有两个零点的条件是
解得1 所以实数m的取值范围是.
　题型三　可化为函数零点的个数问题
例3 已知函数f(x)＝ln x(0 解　设公切线与函数f(x)＝ln x的图象切于点A(x1，ln x1)(0 因为f(x)＝ln x，所以f′(x)＝，
所以在点A(x1，ln x1)处切线的斜率k1＝f′(x1)＝，
所以切线方程为y－ln x1＝(x－x1)，
即y＝＋ln x1－1，
设公切线与函数g(x)＝x2＋a的图象切于点B(x2，x＋a)，
因为g(x)＝x2＋a，所以g′(x)＝2x，
所以在点B(x2，x＋a)处切线的斜率k2＝g′(x)＝2x2，
所以切线方程为y－(x＋a)＝2x2(x－x2)，
即y＝2x2x－x＋a，
所以
因为0 又a＝－ln 2x2＋x－1，
令t＝x2∈，
则h(t)＝－ln 2t＋t2－1＝－ln 2－ln t＋t2－1，
所以h′(t)＝.
令h′(t)>0且t≥，得t>；
令h′(t)<0且t≥，得≤t<.
所以h(t)在上为减函数，在上为增函数，
所以函数f(x)＝ln x(0 所以a∈.
感悟提升　解决曲线的切线条数、两曲线的交点个数、方程根的个数等问题的关键是转化为对应函数的零点个数问题，利用数形结合思想，通过研究函数的零点个数解决相关问题.
训练3 (2021·全国甲卷)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a＞0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.
解　(1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2a2x＋a－＝＝，
则当x＞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当0＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.
故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增 ，
(2)由(1)知函数f(x)的最小值为f，
要使y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，只需f(x)的最小值恒大于0，即f＞0恒成立，
故a2·＋a·－3ln＋1＞0，得a＞，
所以a的取值范围为.
隐零点问题
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
例 设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.
解　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.
当a>0时，令f′(x)<0，得x 令f′(x)>0，得x>ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞).
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
即k0)恒成立，
令g(x)＝＋x(x>0)，
得g′(x)＝＋1＝(x>0).
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数.
又因为h(1)<0，h(2)>0，
所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；
当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)min＝g(α)＝＋α.
又h(α)＝eα－α－2＝0，
所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，
则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，
所以k的最大值为2.

1.已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.
解　(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，
则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，
当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.
(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，
设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.
若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.
若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.
又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.
故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.
若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.
则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，
此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.
综上，实数a的取值范围为(－∞，0).
2.设函数f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数.
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
当0 当x>时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.
综上，函数f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，).
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)
＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x>0，
题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.
F′(x)＝－，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，
因为F(1)＝>0，F(4)＝－ln 4<0，
所以F(x)有唯一零点；
当m>1时，0m时，F′(x)<0；
10，
所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，
因为F(1)＝m＋>0，
F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，
所以F(x)有唯一零点.
综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图象总有一个交点.
3.已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋.
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝时，f(x)的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围.
解　(1)当a＝1时，
f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋(x∈R)，
则f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2).
令f′(x)>0，解得x<0或x>ln 2；
令f′(x)<0，解得0 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2).
(2)因为a＝，
所以f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋.
由(x－1)ex－x2＋b＋＝bx，
得(x－1)ex－(x2－1)＝b(x－1).
当x＝1时，方程成立.
当x≠1时，只需要方程ex－(x＋1)＝b有2个实根.
令g(x)＝ex－(x＋1)，则g′(x)＝ex－.
当xln 且x≠1时，g′(x)>0，
所以g(x)在上单调递减，在和(1，＋∞)上单调递增，
因为g＝－＝ln 2，
g(1)＝e－1≠0，
所以b∈∪(e－1，＋∞).
4.已知函数f(x)＝axcos x－1在上的最大值为－1.
(1)求a的值；
(2)证明：函数f(x)在区间上有且仅有2个零点.
(1)解　f′(x)＝a(cos x－xsin x)，
因为x∈，所以cos x>sin x≥0，
又1>x≥0，
所以1·cos x>xsin x，即cos x－xsin x>0.
当a>0时，f′(x)>0，所以f(x)在区间上单调递增，
所以f(x)max＝f＝a·×－1＝－1，解得a＝2.
当a<0时，f′(x)<0，
所以f(x)在区间上单调递减，
所以f(x)max＝f(0)＝－1，不符合题意，
当a＝0时，f(x)＝－1，不符合题意.
综上，a＝2.
(2)证明　设g(x)＝cos x－xsin x，
则g′(x)＝－2sin x－xcos x<0，
所以g(x)在上单调递减，
又g(0)＝1>0，g＝－<0，
所以存在唯一的x0∈，使得g(x0)＝0，
当00，即f′(x)＝2g(x)>0，
所以f(x)在(0，x0)上单调递增；
当x0 即f′(x)＝2g(x)<0，
所以f(x)在上单调递减，
又f(0)＝－1<0，f＝－1>0，
f＝－1<0，
所以f(x)在与上各有一个零点，
综上，函数f(x)在区间上有且仅有两个零点.