2020版高考数学（文）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 设函数f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，

当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数．

解　令F(x)＝f(x)－g(x)

＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x>0，

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，

注意到F(1)＝>0，F(4)＝－ln 4<0，

所以F(x)有唯一零点．

当m>1时，若0<x<1或x>m，则F′(x)<0；

若1<x<m，则F′(x)>0，

所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，

注意到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，即两函数图象总有一个交点．

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<m<时，函数g(x)有两个零点；

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<m<时，函数g(x)有两个零点．

题型二　根据函数零点情况求参数范围

例2 (2018·抚顺模拟)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<x≤e时，g′(x)<0.

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)<g，

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<m≤2＋，

所以实数m的取值范围是.

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：

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<a≤e＋2＋，

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<x<e－2，

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<x<1，

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<x1<1<x2，

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)＝x3－x2－2x＋c有三个零点，求实数c的取值范围．

解　f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)，

由f′(x)>0可得x>2或x<－1，

由f′(x)<0可得－1<x<2，

所以函数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)＝＋c，

极小值为f(2)＝c－.

而函数f(x)恰有三个零点，故必有

解得－<c<，

所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.

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)＝(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)<h在上恒成立．

又h＝3－ln 2，

所以a≥3－ln 2，

故实数a的取值范围是.