高考数学统考一轮复习第3章导数及其应用命题探秘1第3课时利用导数解决函数的零点问题学案

第3课时　利用导数解决函数的零点问题

技法一　讨论或证明函数零点的个数

[典例1]　(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝sin x－ln(1＋x)，f ′(x)为f (x)的导数．证明：

(1)f ′(x)在区间存在唯一极大值点；

(2)f (x)有且仅有2个零点．

[思维流程]　

[证明]　(1)设g(x)＝f ′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.

所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f ′(x)在存在唯一极大值点．

(2)f (x)的定义域为(－1，＋∞)．

(ⅰ)当x∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x)在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f ′(x)＜0，故f (x)在(－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x＝0是f (x)在(－1,0]的唯一零点．

(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f ′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f ′(0)＝0，f ′＜0，所以存在β∈，使得f ′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f ′(x)＞0；当x∈时，f ′(x)＜0.故f (x)在(0，β)单调递增，在单调递减．

又f (0)＝0，f ＝1－ln＞0，所以当x∈时，f (x)＞0.从而，f (x)在没有零点．

(ⅲ)当x∈时，f ′(x)＜0，所以f (x)在单调递减．而f ＞0，f (π)＜0，所以f (x)在有唯一零点．

(ⅳ)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1，所以f (x)＜0，从而f (x)在(π，＋∞)没有零点．

综上，f (x)有且仅有2个零点．

点评：根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．

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．

技法二　已知函数零点个数求参数的取值范围

[典例2](2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝ex－a(x＋2)．

(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；

(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．

[思维流程]　

[解]　(1)当a＝1时，f (x)＝ex－x－2，则f ′(x)＝ex－1.

当x<0时，f ′(x)<0；当x>0时，f ′(x)>0.

所以f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．

(2)f ′(x)＝ex－a.

当a≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在(－∞，＋∞)单调递增，故f (x)至多存在一个零点，不合题意．

当a>0时，由f ′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0.所以f (x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增．故当x＝ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f (ln a)＝－a(1＋ln a)．

(ⅰ)若0<a≤，则f (ln a)≥0，f (x)在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意．

(ⅱ)若a>，则f (ln a)<0.

由于f (－2)＝e－2>0，所以f (x)在(－∞，ln a)存在唯一零点．

由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x>4且x>2ln(2a)时，f (x)＝e·e－a(x＋2)

>eln(2a)·－a(x＋2)＝2a>0.

故f (x)在(ln a，＋∞)存在唯一零点．从而f (x)在(－∞，＋∞)有两个零点．综上，a的取值范围是.

点评：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．

(2020·贵阳模拟)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x＝e时，g′(x)＝0；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x＝时，f ′(x)＝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＝.