高考数学第一轮复习第三章 §3.7　利用导数研究函数零点

这是一份高考数学第一轮复习第三章 §3.7　利用导数研究函数零点，共13页。试卷主要包含了已知函数f＝ex＋ax－a，已知函数f＝eq \f－2等内容，欢迎下载使用。

例1 (2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，
f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x＋2)，即eq \f(1,a)＝eq \f(x＋2,ex)，
所以函数y＝eq \f(1,a)的图象与函数φ(x)＝eq \f(x＋2,ex)的图象有两个交点，φ′(x)＝eq \f(－x－1,ex)，
当x∈(－∞，－1)时，φ′(x)>0；
当x∈(－1，＋∞)时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(－∞，－1)上单调递增，
在(－1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)max＝φ(－1)＝e，且x→－∞时，
φ(x)→－∞；x→＋∞时，φ(x)→0，
所以0eq \f(1,e).
所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
教师备选
已知函数f(x)＝xex＋ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数．
解 (1)函数f(x)的定义域为R，
且f′(x)＝(x＋2)ex，
令f′(x)＝0得x＝－2，则f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
∴f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)．
当x＝－2时，f(x)有极小值为f(－2)＝－eq \f(1,e2)，无极大值．
(2)令f(x)＝0，得x＝－1，
当x<－1时，f(x)<0；
当x>－1时，f(x)>0，且f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,e2)))，(－1,0)，(0,1)．
当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝eq \f(x＋1,e－x)→0；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示．
函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．
当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－eq \f(1,e2).
∴关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论：
当a<－eq \f(1,e2)时，零点的个数为0；
当a＝－eq \f(1,e2)或a≥0时，零点的个数为1；
当－eq \f(1,e2)思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
跟踪训练1 设函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,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)－eq \f(x,3)零点的个数．
解 (1)当m＝e时，f(x)＝ln x＋eq \f(e,x)，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,x2)＝eq \f(x－e,x2).
令f′(x)＝0，得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2.
(2)由题意知
g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)＝eq \f(1,x)－eq \f(m,x2)－eq \f(x,3)(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－eq \f(1,3)x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－eq \f(1,3)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，
∴x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝eq \f(2,3).
结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，
①当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
②当m＝eq \f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
当m＝eq \f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0题型二 利用函数性质研究函数零点
例2 (12分)(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； [切入点：判断f′(x)的正负]
(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围. [关键点：f(x)>0且f(x)有最小值]
教师备选
已知函数f(x)＝xsin x＋cs x，g(x)＝x2＋4.
(1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性；
(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，试证明h(x)在R上有且仅有三个零点．
(1)解 f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))，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)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
(2)证明 h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x，
∵h(－x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x＝h(x)，
∴h(x)为偶函数．
又∵h(0)＝0，
∴x＝0为函数h(x)的零点．
下面讨论h(x)在(0，＋∞)上的零点个数：
h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x
＝x(x－4sin x)＋4(1－cs x)．
当x∈[4，＋∞)时，
x－4sin x>0,4(1－cs x)≥0，
∴h(x)>0，
∴h(x)无零点；
当x∈(0,4)时，
h′(x)＝2x－4xcs x＝2x(1－2cs x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，h′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))时，h′(x)>0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上单调递增，
∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(π2,9)＋4－eq \f(4π,3)sin eq \f(π,3)－4cs eq \f(π,3)＝eq \f(π2,9)＋2－eq \f(2\r(3)π,3)<0，
又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin 4－4cs 4>0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上无零点，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上有唯一零点．
综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，
又h(0)＝0且h(x)为偶函数，
故h(x)在R上有且仅有三个零点．
思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝eq \f(1,3)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)＝eq \f(1,3)x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).
当x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，
f′(x)>0；
当x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)，
单调递减区间为(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))．
(2)证明 因为x2＋x＋1>0在R上恒成立，
所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，
则g′(x)＝eq \f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0在R上恒成立，
当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
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－eq \f(1,3)
＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))2－eq \f(1,6)<0，
f(3a＋1)＝eq \f(1,3)>0，故f(x)有一个零点．
综上所述，f(x)只有一个零点．
题型三 构造函数法研究函数的零点
例3 (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝eq \f(x2,2x)(x>0)，
f′(x)＝eq \f(x2－xln 2,2x)(x>0)，
令f′(x)>0，则0令f′(x)<0，
则x>eq \f(2,ln 2)，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,ln 2)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,ln 2)，＋∞)).
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程eq \f(xa,ax)＝1(x>0)有两个不同的解，即方程eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln a,a)有两个不同的解．
设g(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，
令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，
且当x>e时，g(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，
又g(1)＝0，
所以01且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
教师备选
(2022·南阳质检)已知f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(3,2)x2＋2x，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)求f(x)的极值；
(2)令g(x)＝f′(x)＋kex－1，若y＝g(x)的函数图象与x轴有三个不同的交点，求实数k的取值范围．
解 (1)因为f′(x)＝x2＋3x＋2＝(x＋1)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝－2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如表所示：
由表可知，函数f(x)的极大值为f(－2)＝－eq \f(2,3)，
极小值为f(－1)＝－eq \f(5,6).
(2)由(1)知g(x)＝x2＋3x＋2＋kex－1＝x2＋3x＋1＋kex，
由题知需x2＋3x＋1＋kex＝0有三个不同的解，即k＝－eq \f(x2＋3x＋1,ex)有三个不同的解．
设h(x)＝－eq \f(x2＋3x＋1,ex)，
则h′(x)＝eq \f(x2＋x－2,ex)＝eq \f(x＋2x－1,ex)，
当x∈(－∞，－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(－2,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
又当x→－∞时，h(x)→－∞，
当x→＋∞时，h(x)→0且h(x)<0，
且h(－2)＝e2，h(1)＝－eq \f(5,e).
作出函数h(x)的简图如图，
数形结合可知，－eq \f(5,e)思维升华 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
跟踪训练3 设函数f(x)＝eq \f(1,2)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)＝eq \f(x＋\r(m)x－\r(m),x).
当0当x>eq \r(m)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(eq \r(m)，＋∞)，单调递减区间是(0，eq \r(m))．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)
＝－eq \f(1,2)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)＝－eq \f(x－1x－m,x)，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，
因为F(1)＝eq \f(3,2)>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＋eq \f(1,2)>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．
课时精练
1．(2022·贵阳模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)ax2(a≠0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，g(x)＝f(x)－2x＋b，讨论g(x)的零点个数．
解 (1)f(x)的定义域为R，
f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)，
若a>0，当x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，
当x∈(0，a)时，f′(x)<0，
若a<0，当x∈(－∞，a)∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
当x∈(a,0)时，f′(x)<0，
综上，当a>0时，f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，
当a<0时，f(x)在(－∞，a)，(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减．
(2)g(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2－2x＋b，
令g(x)＝0，
所以b＝－eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2＋2x，
令h(x)＝－eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2＋2x，
则h′(x)＝－x2＋x＋2＝－(x－2)(x＋1)，
所以h′(2)＝0，h′(－1)＝0，
且当x<－1时，h′(x)<0；
当－10；
当x>2时，h′(x)<0，
所以h(x)极小值＝h(－1)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－2＝－eq \f(7,6)，
h(x)极大值＝h(2)＝－eq \f(1,3)×8＋eq \f(1,2)×4＋4＝eq \f(10,3)，
如图，
当b<－eq \f(7,6)或b>eq \f(10,3)时，函数g(x)有1个零点；
当b＝－eq \f(7,6)或b＝eq \f(10,3)时，函数g(x)有2个零点；
当－eq \f(7,6)2．已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．
解 (1)f(x)＝ex(ax＋1)，
则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝e2a＋1＝b，,f1＝ea＋1＝b－e，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3e，))
∴a＝1，b＝3e.
(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，
∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，
∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，
当x<2时，u(x)<0，
∴－e∴实数m的取值范围为(－e,0)．
3．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解 (1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.
∵函数f(x)在x＝0处取得极值，
∴f′(0)＝e0＋a＝0，
∴a＝－1，
∴f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1.
∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，
f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
易知f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，
且f(－2)＝eq \f(1,e2)＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)，
∴f(x)在[－2,1]上的最大值是eq \f(1,e2)＋3.
(2)f′(x)＝ex＋a.
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，且当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0，
当x<0时，取x＝－eq \f(1,a)，
则f eq \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，
∴函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，
则x＝ln(－a)．
当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当x＝ln(－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值．
当x→－∞时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
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，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．
4．(2022·潍坊模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x2－a,sin x)－2(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))))处的切线经过坐标原点，求实数a；
(2)当a>0时，判断函数f(x)在x∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．
解 (1)f′(x)＝eq \f(2xsin x－x2－acs x,sin2x)，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝π，
所以f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))))处的切线方程为y＝πx，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π2,2)，
即eq \f(π2,4)－a－2＝eq \f(π2,2)，a＝－eq \f(π2,4)－2.
(2)因为x∈(0，π)，所以sin x>0，
所以eq \f(x2－a,sin x)－2＝0可转化为x2－a－2sin x＝0，
设g(x)＝x2－a－2sin x，
则g′(x)＝2x－2cs x，
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，g′(x)>0，
所以g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，
设h(x)＝g′(x)＝2x－2cs x，
此时h′(x)＝2＋2sin x>0，
所以g′(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
又 g′(0)＝－2<0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝π>0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))使得g′(x)＝0且x∈(0，x0)时g(x)单调递减，
x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时g(x)单调递增．
综上，对于连续函数g(x)，当x∈(0，x0)时，g(x)单调递减，
当x∈(x0，π)时，g(x)单调递增．
又因为g(0)＝－a<0，
所以当g(π)＝π2－a>0，即a<π2时，
函数g(x)在区间(x0，π)上有唯一零点，
当g(π)＝π2－a≤0，即a≥π2时，函数g(x)在区间(0，π)上无零点，
综上可知，当0当a≥π2时，函数f(x)在(0，π)上没有零点．x
(－∞，－2)
－2
(－2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
－eq \f(1,e2)
单调递增
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗