2020版高考数学（理）新增分大一轮人教通用版讲义：第三章　导数及其应用高考专题突破一第2课时

第2课时　导数与方程
题型一　求函数零点个数
例1 (2018·乌海模拟)已知函数f(x)＝2a2ln x－x2(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)．
解　(1)∵f(x)＝2a2ln x－x2，
∴f′(x)＝－2x＝＝，
∵x>0，a>0，当00，
当x>a时，f′(x)<0.
∴f(x)的单调递增区间是(0，a)，单调递减区间是(a，＋∞)．
(2)由(1)得f(x)max＝f(a)＝a2(2ln a－1)．
讨论函数f(x)的零点情况如下：
①当a2(2ln a－1)<0，即0 ②当a2(2ln a－1)＝0，即a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)内有唯一零点a，而1 ③当a2(2ln a－1)>0，即a>时，由于f(1)＝－1<0，f(a)＝a2(2ln a－1)>0，f(e2)＝2a2ln(e2)－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)(2a＋e2)，
当2a－e2<0，即 由函数f(x)的单调性可知，函数f(x)在(1，a)内有唯一零点x1，在(a，e2)内有唯一零点x2，
∴f(x)在(1，e2)内有两个零点．
当2a－e2≥0，即a≥>时，f(e2)≥0，而且f()＝2a2·－e＝a2－e>0，f(1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a≥e2，还是a 综上所述，当0 思维升华 (1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．
(2)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，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．
跟踪训练1 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)－的零点的个数．
解　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，
则f′(x)＝(x>0)，由f′(x)＝0，得x＝e.
∴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)由题设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 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 题型二　根据函数零点情况求参数范围
例2 (2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
证明： (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a>2，令f′(x)＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)证明　由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x11.
由于＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以 设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
所以－x2＋2ln x2<0，即 思维升华 函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
解　由g(x)＝2f(x)，
可得2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋，
设h(x)＝x＋2ln x＋(x>0)，
所以h′(x)＝1＋－＝.
所以x在上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下：
x

1
(1，e)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
↘
极小值
↗

又h＝＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝＋e＋2.
且h(e)－h＝4－2e＋<0.
所以h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝h＝＋3e－2，
所以实数a的取值范围为4 即a的取值范围为.


1．已知函数f(x)＝a＋·ln x(a∈R)，试求f(x)的零点个数．
解　f′(x)＝()′ln x＋·
＝，
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．
f(x)min＝f(e－2)＝a－，
显然当a>时，f(x)min>0，f(x)无零点，
当a＝时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点，
当a<时，f(x)min<0，f(x)有2个零点．
2．已知f(x)＝＋－3，F(x)＝ln x＋－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)＝－＋＝，
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)＝＋－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，x→0时，F(x)→－∞，
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．


3．已知函数f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x，且方程f(x)＝g(x)在区间[，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围．
解　由已知可得方程a＝在区间[，e]上有两个不等解，
令φ(x)＝，由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，
则φ(x)max＝φ()＝，
由于φ(e)＝，φ()＝，
φ(e)－φ()＝－＝
＝<<0，
所以φ(e)<φ()．
所以φ(x)min＝φ(e)，
如图可知φ(x)＝a有两个不相等的解时，需≤a<.

即f(x)＝g(x)在[，e]上有两个不相等的解时，a的取值范围为.
4．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋ (x>0)．
(1)若g(x)＝m有零点，求m的取值范围；
(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
解　(1)∵g(x)＝x＋≥2＝2e(x>0)，当且仅当x＝时取等号，∴当x＝e时，g(x)有最小值2e.
∴要使g(x)＝m有零点，只需m≥2e.
即当m∈[2e，＋∞)时，g(x)＝m有零点．
(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点．
如图，作出函数g(x)＝x＋(x>0)的大致图象．

∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1
＝－(x－e)2＋m－1＋e2，
∴其对称轴为x＝e，
f(x)max＝m－1＋e2.
若函数f(x)与g(x)的图象有两个交点，则m－1＋e2>2e，即当m>－e2＋2e＋1时，g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．

5．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
(1)解　f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b 则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
故f(x)存在两个零点．
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，
所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，
故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，
所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明　不妨设x1 所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，
即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x>1时，g′(x)<0.
而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，
故x1＋x2<2.

6．已知函数f(x)＝(3－a)x－2ln x＋a－3在上无零点，求实数a的取值范围．
解　当x从0的右侧趋近于0时，f(x)→＋∞，
所以f(x)<0在上恒成立不可能．
故要使f(x)在上无零点，只需对任意的x∈，f(x)>0恒成立，即只需当x∈时，a>3－恒成立．
令h(x)＝3－，x∈，
则h′(x)＝，
再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈，
则m′(x)＝<0，于是在上，
m(x)为减函数，
故m(x)>m＝6－4ln 2>0，
所以h′(x)>0在上恒成立，
所以h(x)在上为增函数，
所以h(x) 又h＝3－ln 2，
所以a≥3－ln 2，
故实数a的取值范围是.