统考版高中数学（文）复习3-2-5导数在研究函数中的应用学案

第5课时　利用导数探究函数的零点问题

提 升  关键能力——考点突破　掌握类题通法

考点一　研究函数的零点个数　[综合性]

[例1]　[2019·全国卷Ⅱ节选]已知函数f(x)＝ln x－.讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．

听课笔记：

一题多变

 (变条件，变问题)将本例中的函数改为“f (x)＝ln x＋，m∈R”，讨论函数g(x)＝f ′(x)－零点的个数．

反思感悟　判断函数零点个数的3种方法

【对点训练】

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)＝－4ln x的零点个数．

考点二　由函数的零点个数求参数的范围　[综合性]

[例2]　[2023·榆林市第十中学高三月考]已知函数f(x)＝ax2－ln x－x，a≠0.

(1)试讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．

听课笔记：

反思感悟　已知函数(方程)零点的个数求参数范围

(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．

(2)若函数不是严格单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．

(3)运用分离参数，数形结合等方法，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．

【对点训练】

[2023·重庆南开中学模拟]已知函数f(x)＝x＋ae－x＋1(a∈R)．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围．

第5课时　利用导数探究函数的零点问题

提升关键能力

考点一

例1　解析：f(x)的定义域为(0，1)

因为f′(x)＝>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．

因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点.

综上，f(x)有且仅有两个零点．

一题多变

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．

对点训练

解析：(1)因为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}，

所以f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f (x)min＝f(1)＝－4a＝－4，所以a＝1.

故函数f(x)的解析式为f (x)＝x2－2x－3.

解析：(2)因为g(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2(x>0)，

所以g′(x)＝1＋＝.

令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.

当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：

当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，g(e5)＝e5－－20－2>25－1－22＝9>0.

因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)在(0，＋∞)上仅有1个零点．

考点二

例2　解析：函数f(x)＝ax2－ln x－x的定义域为(0，＋∞)．

(1)f′(x)＝2ax－－1＝，

设g(x)＝2ax2－x－1

当a<0时，因为函数g(x)图象的对称轴为x＝<0，g(0)＝－1.

所以当x>0时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

当a>0时，令g(x)＝0.得x1＝，x2＝

当0<x<x2时，g(x)<0，f′(x)<0，当x>x2时，g(x)>0，f′(x)>0.

所以函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．

 (2)若f(x)有两个零点，即ax2－ln x－x＝0有两个解，a＝.设h(x)＝，h′(x)＝，

设F(x)＝1－2ln x－x，因为函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减，且F(1)＝0，

所以当0<x<1时，F(x)>0，h′(x)>0，当x>1时，F(x)<0，h′(x)<0.

所以函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

且x→＋∞时，h(x)→0，h(1)＝1，

所以0<a<1.

即实数a的取值范围为(0，1)．

对点训练

解析：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝1－ae－x，

①当a≤0时，f(x)>0恒成立，所以f(x)在R上单调递增；

②当a>0时，令f′(x)＝0得x＝ln a，

当x<ln a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x>ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增

综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．

解析：(2)由(1)可知，a≤0时，f(x)在R上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意．

a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，因为函数有2个零点，所以f(x)min＝f(ln a)＝ln a＋2<0⇒0<a<e－2，且f(1)＝2＋ae－1>0.

记g(x)＝ex－x(x<0)，则g′(x)＝ex－1，所以x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)>g(0)＝1>0，则ex>x，于是>－，则x<0时，e－x>.

所以当x<0时，f(x)>x＋＋1，限定x<－1，则f(x)>2x＋＝x(8＋ax)，

所以当x<－1且x<－时，f(x)>0.

于是，若函数有2个零点，则a∈(0，e－2)．