2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第三章第六节利用导数研究函数零点问题

第六节利用导数研究函数零点问题

[典例]　(2018·全国卷Ⅱ)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．

[解]　(1)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)的单调递增区间为(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，单调递减区间为(3－2，3＋2)．

(2)证明：因为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(－∞，＋∞)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－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，

故f(x)有一个零点．

综上，f(x)只有一个零点．

[解题技法]　判断函数零点个数的3种方法

[对点训练]

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)－零点的个数．

解：(1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋(x>0)，

则f′(x)＝，

∴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)由题意知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．

 考点二　已知零点存在情况求参数范围

[典例]　(2019·重庆调研)设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．

(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．

[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

当a＝－1时，

f′(x)＝－2x－1＋＝，

令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，

当0<x<时，f′(x)>0；

当x>时，f′(x)<0.

∴f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.

令g(x)＝x－，其中x∈，

则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1，当≤x<1时，g′(x)<0；当1<x≤3时，g′(x)>0，

∴g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]，

∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数f(x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋>3－，

∴实数a的取值范围是.

[解题技法]

本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于有些函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：

(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；

(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．

[对点训练]

设函数f(x)＝ln x－x，若关于x的方程f(x)＝x2－x＋m在区间[1,3]上有解，求m的取值范围．

解：方程f(x)＝x2－x＋m在区间[1,3]上有解，

即ln x－x2＋x＝m在区间[1,3]上有解．

令h(x)＝ln x－x2＋x，

则h′(x)＝－2x＋＝－.

∴当x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：

∵h(1)＝，h(3)＝ln 3－2< ，h＝ln ＋，

∴当x∈[1,3]时，h(x)∈，

∴m的取值范围为.

1．(2019·贵阳摸底考试)已知函数f(x)＝kx－ln x(k>0)．

(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值．

解：(1)若k＝1，则f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，

则f′(x)＝1－，

由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，

∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．

(2)法一：由题意知，方程kx－ln x＝0仅有一个实根，

由kx－ln x＝0，得k＝(x>0)．

令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，

当0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0.

∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，

∴g(x)max＝g(e)＝.

当x→＋∞时，g(x)→0.

又∵k>0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝.

法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)．

当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.

∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，

∴f(x)min＝f＝1－ln ，

∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln ＝0，即k＝.

法三：∵k>0，∴函数f(x)有且只有一个零点等价于直线y＝kx与曲线y＝ln x相切，

设切点为(x0，y0)，由y＝ln x，

得y′＝，∴∴k＝，∴实数k的值为.

2．已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax＋b.

(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)若函数f(x)的图象与直线y＝ax恰有两个不同的交点，求实数b的值．

解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x3＋x2－x＋b，

则f′(x)＝3x2＋2x－1，

由f′(x)>0，得x<－1或x>，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和.

(2)函数f(x)的图象与直线y＝ax恰有两个不同的交点，等价于f(x)－ax＝0有两个不等的实根．

令g(x)＝f(x)－ax＝x3＋x2＋b，则g′(x)＝3x2＋2x.

由g′(x)>0，得x<－或x>0；

由g′(x)<0，得－<x<0.

所以函数g(x)在和(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．

所以当x＝－时，函数g(x)取得极大值g＝＋b；当x＝0时，函数g(x)取得极小值为g(0)＝b.

要满足题意，则需g＝＋b＝0或g(0)＝b＝0，

所以b＝－或b＝0.

3．(2019·武汉调研)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：(1)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a，

当a≤0时，f′(x)>0恒成立，

∴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，

∴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，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，

∴f(x)在[0,1]上有一个零点．

②当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，

∴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．

再考虑x＝时，由f＝0，得a＝2(－1)．

综上所述，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．

4．(2018·太原模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x，g(x)＝－2.

(1)求函数f(x)的极值；

(2)若对任意给定的x0∈(0，e]，方程f(x)＝g(x0)在(0，e]上总有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围．

解：(1)f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝(x>0)，

①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值．

②当a>0时，令f′(x)>0，得0<x<；

令f′(x)<0，得x>.

故f(x)在上单调递增，在上单调递减，

∴f(x)存在极大值，极大值为f＝ln ＋－1，无极小值．

综上所述，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)存在极大值，极大值为ln ＋－1，无极小值．

(2)g(x)＝－2，g′(x)＝，

令g′(x)>0，得x<1；令g′(x)<0，得x>1.

则g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

∵g(0)＝－2，g(1)＝－2，g(e)＝－2>－2，

∴当x∈(0，e]时，g(x)∈.

由(1)得，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时在(0，e]上f(x)＝g(x0)总有两个不相等的实数根不成立，因此a>0.

当a>0时，依题意，得

由f(e)＝1－ae2＋2e－ea≤－2，得a≥，

由f＝ln＋－1>－2，

即ln a－＋<1，令h(x)＝ln x－＋(x>0)，

易知h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(e)＝1，

∴ln a－＋<1，得a∈(0，e)．

综上所述，≤a<e，

故实数a的取值范围是.