2021版高考文科数学人教A版一轮复习核心考点·精准研析3.4.2导数与函数零点 学案

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核心考点·精准研析

考点一　判断函数零点(方程根)的个数 

【典例】1.已知函数f(x)=3ln x-x2+2x-3ln 3-,则方程f(x)=0的解的个数为________. 

2.(2019·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R)(e=2.718 28…是自然对数的底数).

(1)求f(x)的单调区间.

(2)讨论g(x)=f(x)在区间[0,1]上零点的个数.

【解题导思】

【解析】1.因为f(x)=3ln x-x2+2x-3ln 3-(x>0),所以f′(x)=-x+2

==,

当x∈(0,3)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;

当x∈(3,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,

所以f(x)max=f(3)=3ln 3-+6-3ln 3-=0,

因为当x→0时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→-∞,所以方程f(x)=0只有一个解.

答案:1

2.(1)因为f(x)=ex-ax-1,所以f′(x)=ex-a,当a≤0时,f′(x)>0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;

当a>0时,令f′(x)<0,得x<ln a,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)令g(x)=0,得f(x)=0或x=,

先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数,

①当a≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增且f(0)=0,

所以f(x)在[0,1]上有一个零点;

②当a≥e时,f(x)在[0,1]上单调递减且f(0)=0,

所以f(x)在[0,1]上有一个零点;

③当1<a<e时,f(x)在[0,ln a)上单调递减,在(ln a,1]上单调递增,而f(1)=e-a-1,当e-a-1≥0,即1<a≤e-1时,f(x)在[0,1]上有两个零点,

当e-a-1<0,即e-1<a<e时,

f(x)在[0,1]上有一个零点.

当x=时,由f=0得a=2(-1).

综上知,当a≤1或a>e-1或a=2(-1)时,

g(x)在[0,1]上有两个零点;

当1<a≤e-1且a≠2(-1)时,g(x)在[0,1]上有三个零点.

　利用导数研究方程根(函数零点)的技巧

(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)利用数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.

　设函数f(x)=ln x+,m∈R.讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数.

【解析】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.

所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点.

所以φ(x)的最大值为φ(1)=.

由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.

考点二　已知函数零点个数求参数问题 

【典例】已知曲线f(x)=ex(ax+1)在x=1处的切线方程为y=bx-e.

(1)求a,b.

(2)若函数g(x)=f(x)-3ex-m有两个零点,求实数m的取值范围.

【解题导思】

【解析】(1)f(x)=ex(ax+1),

f′(x)=ex(ax+1)+ex·a=ex(ax+1+a),

所以所以a=1,b=3e.

(2)方法一:g(x)=f(x)-3ex-m

=ex(x-2)-m,

函数g(x)=ex(x-2)-m有两个零点,相当于曲线u(x)=ex·(x-2)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,

所以u(x)在(-∞,1)上单调递减,

当x∈(1,+∞)时,u′(x)>0,

所以u(x)在(1,+∞)上单调递增,

所以x=1时,u(x)取得极小值u(1)=-e,

又x→+∞时,u(x)→+∞;

x<2时,u(x)<0,所以-e<m<0.

方法二:g(x)=f(x)-3ex-m=ex(x-2)-m,

g′(x)=ex·(x-2)+ex=ex(x-1),

当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,所以g(x)在(-∞,1)上单调递减,

当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,

所以x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-e-m,

又x→-∞时,g(x)→-m,

　所以-e<m<0.

　已知函数零点个数求参数的常用方法

　(1)分离参数法:首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.

(2)分类讨论法:结合单调性,先确定参数分类的标准,在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意,将满足题意的参数的各小范围并在一起,即为所求参数范围.

已知函数f(x)=ax2-x-ln x.

(1)若a=1时,求函数f(x)的最小值.

(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.　　

【解析】(1)a=1,f(x)=x2-x-ln x,则

f′(x)=2x-1-=(x>0),

当0<x<1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,

当x>1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,

所以f(x) 在x=1处取最小值0.

(2)由 f(x)=ax2-x-ln x,

得f′(x)=2ax-1-=(x>0),

所以当a≤0时,f′(x)=<0,

函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,

所以当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上最多有一个零点.

因为f(x)有两个零点,所以a>0,

令g(x)=2ax2-x-1,Δ=1+8a>0,

显然g(x)有一正根和一负根,

所以g(x)在(0,+∞)上只有一个零点,

设这个零点为x0,当x∈(0,x0)时,

g(x)<0,f′(x)<0;

当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0;

所以函数f(x)在(0,x0)上单调递减,

在(x0,+∞)上单调递增,

要使函数f(x)在(0,+∞)上有两个零点,

只需要函数f(x)的极小值f(x0)<0,

即a-x0-ln x0<0,

因为g(x0)=2a-x0-1=0,

所以a-x0-ln x0=(-2ln x0+2a-2x0)

=[-2ln x0+(2a-x0-1)-x0+1]

=(1-x0-2ln x0)<0,

可得2ln x0+x0-1>0,

因为h(x)=2ln x+x-1在(0,+∞)上是增函数,且h(1)=0,

所以x0>1,0<<1,

由2a-x0-1=0,

得2a==+=-,

所以0<2a<2,即0<a<1.

考点三　可转化为函数零点个数的问题 

【典例】已知直线l:y=x+1,函数f(x)=aex. 世纪金榜导学号

(1)当a=1,x>0时,证明:曲线y=f(x)-x2在直线l的上方.

(2)若直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点,求实数a的取值范围.

【解题导思】

【解析】 (1)令J(x)=ex-x2-x-1,

则J′(x)=ex-x-1,

令g(x)=J′(x),则g′(x)=ex-1,

当x>0时,g′(x)>0,

所以在(0,+∞)上, J′(x)为增函数,

所以J′(x)>J′(0)=0,从而J(x)也为增函数,得J(x)>J(0)=0.

故ex-x2>x+1,

即曲线y=f(x)-x2在直线l的上方.

(2)令S(x)=aex-x-1,

则S′(x)=aex-1,当a≤0时,S′(x)<0,

得S(x)在R上单调递减,不符合题意;

当a>0时,令S′(x)=0,得x=ln ,

所以S(x)在上为减函数,

在上为增函数,

由已知函数S(x)有两个零点,

所以S(x)min=S=-ln <0,

得0<a<1,此时S(-1)=>0,

所以S(x)在上有且只有一个零点.

由(1)得当x>0时,

S(x)>a-x-1

=ax2+(a-1)x+a-1,

所以S>a+(a-1)+a-1=a+1>0.

由(1)知,当x>0时,J′(x)>0得 ex>x+1,

令x+1=t,则ln t<t-1(t>1),

所以>-1>ln ,

所以S(x)在上有且只有一个零点,

综上,0<a<1.

　处理函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点问题的常用方法

(1)数形结合,即分别作出两函数的图象,观察交点情况;

(2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,通过构造函数y=f(x)-g(x),利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.

　已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.

(1)求a.

(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.

【解析】 (1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.

曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,

由题意得-=-2,所以a=1.

(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.

设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.

由题意知1-k>0,

当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,

g(x)单调递增,

g(-1)=k-1<0,g(0)=4,

所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.

当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,

则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x),

h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),

h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,

所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.

所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根.

综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.

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