高考数学一轮复习　第三章 第2节 第4课时导数在研究函数中的应用

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考点一 判断零点的个数
【例1】 (2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数g(x)＝eq \f(f(x),x)－4ln x的零点个数．
解 (1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，
∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.
∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.
故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.
(2)由(1)知g(x)＝eq \f(x2－2x－3,x)－4ln x＝x－eq \f(3,x)－4ln x－2，
∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋eq \f(3,x2)－eq \f(4,x)＝eq \f((x－1)(x－3),x2)，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.
当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：
当0当x>3时，g(e5)＝e5－eq \f(3,e5)－20－2>25－1－22＝9>0.
又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，
因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，
故g(x)仅有1个零点．
规律方法 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．
(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
【训练1】 已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝eq \r(x)＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
(1)证明 由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq \r(x)－x，
所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－eq \r(2)>0，
所以h(1)h(2)<0，
所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．
(2)解 由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq \r(x)－x.
由g(x)＝eq \r(x)＋x知x∈[0，＋∞)，
而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．
又h(x)在(1，2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
h′(x)＝ex－eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)－1，记φ(x)＝ex－eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)－1，
则φ′(x)＝ex＋eq \f(1,4)x－eq \f(3,2).
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，
即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
考点二 已知函数零点个数求参数的取值范围
【例2】 函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
解 (1)函数f(x)＝ax＋xln x的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝a＋ln x＋1，
因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，
即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
由题意得，m＋1>－1，
即m>－2，①
当0e时，f(x)>0.
当x>0且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②
由①②可得－2所以m的取值范围是(－2，－1)．
规律方法 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．
【训练2】 已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解 (1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，
又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，
所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.
易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，
所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.
(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，
当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；
当x<0时，取x＝－eq \f(1,a)，
则feq \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.
所以函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．
在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln (－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．
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)．
考点三 函数零点的综合问题
【例3】 设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln eq \f(2,a).
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－eq \f(a,x)单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(a)>0，假设存在b满足0故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－eq \f(a,x0)＝0，
所以f(x0)＝eq \f(a,2x0)＋2ax0＋aln eq \f(2,a)≥2a＋aln eq \f(2,a).
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln eq \f(2,a).
规律方法 1.在(1)中，当a>0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)<0.
2．由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋aln eq \f(2,a).
【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f(x)＝ln x－x－m(m<－2，m为常数)．
(1)求函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))的最小值；
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，且x1(1)解 f(x)＝ln x－x－m(m<－2)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1－x,x)＝0，
∴x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，所以y＝f(x)在(0，1)递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以y＝f(x)在(1，＋∞)上递减．
且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－1－eq \f(1,e)－m，f(e)＝1－e－m，
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))－f(e)＝－2－eq \f(1,e)＋e>0，
函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))的最小值为1－e－m.
(2)证明 由(1)知x1，x2满足ln x－x－m＝0，且01，
ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0，
由题意可知ln x2－x2＝m<－2又由(1)可知f(x)＝ln x－x在(1，＋∞)递减，故x2>2，
所以0则f(x1)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))＝ln x1－x1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,x2)－\f(1,x2)))
＝ln x2－x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,x2)－\f(1,x2)))
＝－x2＋eq \f(1,x2)＋2ln x2.
令g(x)＝－x＋eq \f(1,x)＋2ln x(x>2)，
则g′(x)＝－1－eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＝eq \f(－x2＋2x－1,x2)＝eq \f(－（x－1）2,x2)≤0，
当x>2时，g(x)是减函数，
所以g(x)因eq \f(3,2)－ln 4＝lneq \f(e\s\up6(\f(3,2)),4)>lneq \f(2.56\s\up6(\f(3,2)),4)＝lneq \f(（1.62）\s\up6(\f(3,2)),4)＝lneq \f(1.63,4)＝lneq \f(4.096,4)>ln 1＝0，∴g(x)<0，
所以当x>2时，f(x1)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))<0，
即f(x1)因为0所以x1[思维升华]
1．解决函数y＝f(x)的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等．
2．通过等价变形，可将“函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点”与“方程f(x)＝g(x)的解”问题相互转化．
[易错防范]
函数y＝f(x)在某一区间(a，b)上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当1A.1 B.2 C.3 D.4
解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示.
由于f(0)＝f(3)＝2，1答案 D
二、填空题
2.直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋1的图象及g(x)＝2x－1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为________.
解析 由题意得，|AB|＝|et＋1－(2t－1)|
＝|et－2t＋2|，令h(t)＝et－2t＋2，
则h′(t)＝et－2，所以h(t)在(－∞，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以h(t)min＝h(ln 2)＝4－2ln 2>0，
即|AB|的最小值是4－2ln 2.
答案 4－2ln 2
3.若函数f(x)＝eq \f(ax－a,ex)＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________.
解析 f′(x)＝eq \f(aex－（ax－a）ex,e2x)＝eq \f(－a（x－2）,ex)(a<0).
当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
∴当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝eq \f(a,e2)＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝eq \f(a,e2)＋1>0，
解之得a>－e2，因此－e2答案 (－e2，0)
三、解答题
4.(2019·保定调研)已知函数f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3))).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围.
解 (1)因为函数f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3)))，
所以eq \f(32a,3)－4a－4a－2＝eq \f(10,3)，解得a＝2，
即f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2－2x－2，
所以f′(x)＝x2－x－2.
由f′(x)>0，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞).
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－eq \f(1,3)－eq \f(1,2)＋2－2＝－eq \f(5,6)，
f(x)极小值＝f(2)＝eq \f(8,3)－2－4－2＝－eq \f(16,3)，
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－eq \f(16,3)<2m－3<－eq \f(5,6)，解得－eq \f(7,6)所以m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，\f(13,12))).
5.设函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,x)(m>0)，讨论函数g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)零点的个数.
解 函数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h(x)＝－eq \f(1,3)x3＋x(x>0)，
所以h′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1).
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，此时h(x)在(0，1)内单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，此时h(x)在(1，＋∞)内单调递减.
所以当x＝1时，h(x)取得极大值h(1)＝－eq \f(1,3)＋1＝eq \f(2,3).
令h(x)＝0，即－eq \f(1,3)x3＋x＝0，解得x＝0(舍去)或x＝eq \r(3).
作出函数h(x)的大致图象(如图)，结合图象知：
①当m>eq \f(2,3)时，函数y＝m和函数y＝h(x)的图象无交点.
②当m＝eq \f(2,3)时，函数y＝m和函数y＝h(x)的图象有且仅有一个交点.
③当0综上所述，当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；当m＝eq \f(2,3)时，函数g(x)有且仅有一个零点；当0能力提升题组
(建议用时：25分钟)
6.(2018·江苏卷改编)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和.
解 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，
所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.
当a>0时，由f′(x)>0得x>eq \f(a,3)，由f′(x)<0得0则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增，又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝－eq \f(a3,27)＋1＝0，得a＝3，
所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，
则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.
7.已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的单调递增区间；
(2)当0<－eq \f(1,a)(3)当a＝－1时，试推断方程|f(x)|＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)是否有实数根.
解 (1)由已知可知函数f(x)的定义域为{x|x>0}，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x(x>0)，f′(x)＝eq \f(1－x,x)(x>0)；
当00；当x>1时，f′(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1).
(2)因为f′(x)＝a＋eq \f(1,x)(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝－eq \f(1,a)；
由f′(x)>0，解得0从而f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))，递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，e))，
所以，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－3.
解得a＝－e2.
(3)由(1)知当a＝－1时，f(x)max＝f(1)＝－1，
所以|f(x)|≥1.
令g(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
当00；
当x>e时，g′(x)<0.
从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
所以g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)＋eq \f(1,2)<1，
所以，|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)，
所以，方程|f(x)|＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)没有实数根.X
(0，1)
1
(1，3)
3
(3，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值

极小值

x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0