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(新高考)高考数学一轮复习讲与练第3章§3.7《利用导数研究函数零点》(含详解)
展开这是一份(新高考)高考数学一轮复习讲与练第3章§3.7《利用导数研究函数零点》(含详解)，共13页。试卷主要包含了已知函数f＝eq \f－2等内容，欢迎下载使用。
例1 (2020·全国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．
解 (1)当a＝1时，
f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，
解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x＋2)，即eq \f(1,a)＝eq \f(x＋2,ex)，
所以函数y＝eq \f(1,a)的图象与函数φ(x)＝eq \f(x＋2,ex)的图象有两个交点，
φ′(x)＝eq \f(－x－1,ex)，
当x∈(－∞，－1)时，φ′(x)>0；
当x∈(－1，＋∞)时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(－∞，－1)上单调递增，
在(－1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)max＝φ(－1)＝e，且x→－∞时，
φ(x)→－∞；x→＋∞时，φ(x)→0，
所以0
所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
教师备选
已知函数f(x)＝xex＋ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数．
解 (1)函数f(x)的定义域为R，
且f′(x)＝(x＋2)ex，
令f′(x)＝0得x＝－2，则f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
∴f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)．
当x＝－2时，f(x)有极小值为f(－2)＝－eq \f(1,e2)，无极大值．
(2)令f(x)＝0，得x＝－1，
当x<－1时，f(x)<0；
当x>－1时，f(x)>0，且f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,e2)))，(－1,0)，(0,1)．
当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝eq \f(x＋1,e－x)→0；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示．
函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．
当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－eq \f(1,e2).
∴关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论：
当a<－eq \f(1,e2)时，零点的个数为0；
当a＝－eq \f(1,e2)或a≥0时，零点的个数为1；
当－eq \f(1,e2)
跟踪训练1 设函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,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)－eq \f(x,3)零点的个数．
解 (1)当m＝e时，f(x)＝ln x＋eq \f(e,x)，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,x2)＝eq \f(x－e,x2).
令f′(x)＝0，得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2.
(2)由题意知
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φ(x)＝－eq \f(1,3)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，
∴x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝eq \f(2,3).
结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，
①当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
②当m＝eq \f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；
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)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0
例2 已知函数f(x)＝x－aln x(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数g(x)＝eq \f(1,2)x2－ax－f(x)的零点个数．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝x－aln x可得
f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，
由f′(x)>0可得x>a；
由f′(x)<0可得0
单调递增区间为(a，＋∞)．
(2)由g(x)＝eq \f(1,2)x2－ax－x＋aln x
＝eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋aln x，
可得g′(x)＝x－(a＋1)＋eq \f(a,x)
＝eq \f(x2－a＋1x＋a,x)＝eq \f(x－1x－a,x)，
令g′(x)＝0可得x＝1或x＝a，
因为g(1)＝eq \f(1,2)－a－1＝－a－eq \f(1,2)<0，
g(2a＋3)＝eq \f(1,2)(2a＋3)2－(a＋1)(2a＋3)＋
aln(2a＋3)＝a＋aln(2a＋3)＋eq \f(3,2)>0，
当a>1时，g(x)在(1，a)上单调递减，
所以g(1)>g(a)，
所以g(a)<0，所以g(x)有一个零点，
当a＝1时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)有一个零点，
当0
此时g(a)＝eq \f(1,2)a2－(a＋1)a＋aln a
＝－eq \f(1,2)a2－a＋aln a<0，
g(x)只有一个零点，
综上所述，g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
教师备选
已知函数f(x)＝xsin x＋cs x，g(x)＝x2＋4.
(1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性；
(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，试证明h(x)在R上有且仅有三个零点．
(1)解 f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
(2)证明 h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x，
∵h(－x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x＝h(x)，
∴h(x)为偶函数．
又∵h(0)＝0，
∴x＝0为函数h(x)的零点．
下面讨论h(x)在(0，＋∞)上的零点个数：
h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x
＝x(x－4sin x)＋4(1－cs x)．
当x∈[4，＋∞)时，
x－4sin x>0,4(1－cs x)≥0，
∴h(x)>0，
∴h(x)无零点；
当x∈(0,4)时，
h′(x)＝2x－4xcs x＝2x(1－2cs x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，h′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))时，h′(x)>0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上单调递增，
∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(π2,9)＋4－eq \f(4π,3)sin eq \f(π,3)－4cs eq \f(π,3)＝eq \f(π2,9)＋2－eq \f(2\r(3)π,3)<0，
又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin 4－4cs 4>0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上无零点，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上有唯一零点．
综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，
又h(0)＝0且h(x)为偶函数，
故h(x)在R上有且仅有三个零点．
思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝eq \f(1,3)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．
(1)解 当a＝3时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).
当x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，
f′(x)>0；
当x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)，
单调递减区间为(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))．
(2)证明 因为x2＋x＋1>0在R上恒成立，
所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，
则g′(x)＝eq \f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0在R上恒成立，
当且仅当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－eq \f(1,3)
＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))2－eq \f(1,6)<0，
f(3a＋1)＝eq \f(1,3)>0，故f(x)有一个零点．
综上所述，f(x)只有一个零点．
题型三 构造函数法研究函数的零点
例3 (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝eq \f(x2,2x)(x>0)，
f′(x)＝eq \f(x2－xln 2,2x)(x>0)，
令f′(x)>0，则0
则x>eq \f(2,ln 2)，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,ln 2)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,ln 2)，＋∞)).
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程eq \f(xa,ax)＝1(x>0)有两个不同的解，即方程eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln a,a)有两个不同的解．
设g(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，
令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
当0
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，
且当x>e时，g(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，
又g(1)＝0，
所以0
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
教师备选
(2022·淄博质检)已知f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(3,2)x2＋2x，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)求f(x)的极值；
(2)令g(x)＝f′(x)＋kex－1，若y＝g(x)的函数图象与x轴有三个不同的交点，求实数k的取值范围．
解 (1)因为f′(x)＝x2＋3x＋2＝(x＋1)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝－2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如表所示：
由表可知，函数f(x)的极大值为f(－2)＝－eq \f(2,3)，
极小值为f(－1)＝－eq \f(5,6).
(2)由(1)知g(x)＝x2＋3x＋2＋kex－1＝x2＋3x＋1＋kex，
由题知需x2＋3x＋1＋kex＝0有三个不同的解，即k＝－eq \f(x2＋3x＋1,ex)有三个不同的解．
设h(x)＝－eq \f(x2＋3x＋1,ex)，
则h′(x)＝eq \f(x2＋x－2,ex)＝eq \f(x＋2x－1,ex)，
当x∈(－∞，－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(－2,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
又当x→－∞时，h(x)→－∞，
当x→＋∞时，h(x)→0且h(x)<0，
且h(－2)＝e2，h(1)＝－eq \f(5,e).
作出函数h(x)的简图如图，
数形结合可知，－eq \f(5,e)
跟踪训练3 已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋eq \f(1,2).
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围．
解 (1)当a＝1时，
f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋eq \f(1,2)(x∈R)，
则f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．
令f′(x)>0，解得x<0或x>ln 2；
令f′(x)<0，解得0
(2)因为a＝eq \f(1,2)，
所以f(x)＝(x－1)ex－eq \f(1,2)x2＋b＋eq \f(1,2).
由(x－1)ex－eq \f(1,2)x2＋b＋eq \f(1,2)＝bx，
得(x－1)ex－eq \f(1,2)(x2－1)＝b(x－1)．
当x＝1时，方程成立．
当x≠1时，只需要方程ex－eq \f(1,2)(x＋1)＝b有2个实根．令g(x)＝ex－eq \f(1,2)(x＋1)，
则g′(x)＝ex－eq \f(1,2).
当x
g(1)＝e－1≠0，
所以b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ln 2，e－1))∪(e－1，＋∞)．
课时精练
1．已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(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 (1)f(x)＝ex(ax＋1)，
则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝e2a＋1＝b，,f1＝ea＋1＝b－e，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3e，))
∴a＝1，b＝3e.
(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，
∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，
∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，
当x<2时，u(x)<0，
∴－e
2．已知函数f(x)＝ex－(k＋1)ln x＋2sin α.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数k的取值范围；
(2)当k＝0时，证明：函数f(x)无零点．
(1)解 f′(x)＝ex－eq \f(k＋1,x)，x>0，
∵函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴ex－eq \f(k＋1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即k＋1≤xex在(0，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝xex，
则h′(x)＝(x＋1)ex>0在(0，＋∞)上恒成立．
∴函数h(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
则h(x)>h(0)＝0，
∴k＋1≤0，即k≤－1，
故实数k的取值范围是(－∞，－1]．
(2)证明 当k＝0时，f′(x)＝ex－eq \f(1,x)，x>0，
令g(x)＝ex－eq \f(1,x)，x>0，
则g′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2<0，f′(1)＝e－1>0，
∴存在m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得f′(m)＝0，得em＝eq \f(1,m)，
故m＝－ln m，
当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)min＝f(m)＝em－ln m＋2sin α＝eq \f(1,m)＋m＋2sin α>2＋2sin α≥0，
∴函数f(x)无零点．
3．(2022·安庆模拟)已知函数f(x)＝ln x－aex＋1(a∈R)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)极值点的个数；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
解 (1)由f(x)＝ln x－aex＋1，
知x∈(0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝ln x－ex＋1，
f′(x)＝eq \f(1,x)－ex，
显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2－eq \r(e)>0，f′(1)＝1－e<0，
所以f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上存在零点x0，且是唯一零点，当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，
所以x0是f(x)＝ln x－ex＋1的极大值点，且是唯一极值点．
(2)令f(x)＝ln x－aex＋1＝0，则a＝eq \f(ln x＋1,ex).
令y＝a，g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，
g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)(x>0)．
令h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，
则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，而h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减．
故g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e).
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，当x>1且x→＋∞时，
g(x)>0且g(x)→0，
作出函数g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)的图象如图所示．
结合图象知，当a>eq \f(1,e)时，f(x)无零点，
当a≤0或a＝eq \f(1,e)时，f(x)有1个零点，
当0
(1)若曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))))处的切线经过坐标原点，求实数a；
(2)当a>0时，判断函数f(x)在x∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．
解 (1)f′(x)＝eq \f(2xsin x－x2－acs x,sin2x)，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝π，
所以f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))))处的切线方程为y＝πx，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π2,2)，
即eq \f(π2,4)－a－2＝eq \f(π2,2)，a＝－eq \f(π2,4)－2.
(2)因为x∈(0，π)，所以sin x>0，
所以eq \f(x2－a,sin x)－2＝0可转化为x2－a－2sin x＝0，
设g(x)＝x2－a－2sin x，
则g′(x)＝2x－2cs x，
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，g′(x)>0，
所以g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，
设h(x)＝g′(x)＝2x－2cs x，
此时h′(x)＝2＋2sin x>0，
所以g′(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
又 g′(0)＝－2<0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝π>0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))使得g′(x)＝0且x∈(0，x0)时g(x)单调递减，
x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时g(x)单调递增．
综上，对于连续函数g(x)，当x∈(0，x0)时，g(x)单调递减，
当x∈(x0，π)时，g(x)单调递增．
又因为g(0)＝－a<0，
所以当g(π)＝π2－a>0，即a<π2时，
函数g(x)在区间(x0，π)上有唯一零点，
当g(π)＝π2－a≤0，即a≥π2时，函数g(x)在区间(0，π)上无零点，
综上可知，当0
(－∞，－2)
－2
(－2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
－eq \f(1,e2)
单调递增
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
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