高考数学一轮复习第3章第6课时利用导数解决函数的零点问题学案

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[典例1] 已知函数f(x)＝x sin x－32.判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
[解] f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：
因为f′(x)＝sin x＋xcs x，
当x∈0，π2时，f′(x)＞0.
又f(x)＝xsin x－32，从而有f(0)＝－32＜0，fπ2＝π-32＞0，
且f(x)在0，π2上的图象是连续不断的，
所以f(x)在0，π2内至少存在一个零点．
又f(x)在0，π2上单调递增，故f(x)在0，π2内有且只有一个零点．
当x∈π2，π时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcs x.
由gπ2＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在π2，π上的图象是连续不断的，
故存在m∈π2，π，使得g(m)＝0.
由g′(x)＝2cs x－xsin x，
知x∈π2，π时，有g′(x)＜0，
从而g(x)在π2，π内单调递减．
当x∈π2，m时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，
从而f(x)在π2，m内单调递增，
故当x∈π2，m时，f(x)＞fπ2＝π-32＞0，
故f(x)在π2，m上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，
即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．
又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在(m，π)上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．
【教师备选题】
设函数f(x)＝ln x＋mx，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)－x3的零点个数．
[解] (1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex(x＞0)，则f′(x)＝x-ex2，
∴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＋ee＝2，
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x-mx2-x3(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－13x3＋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)＝23.
结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，
①当m＞23时，函数g(x)无零点；
②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜23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＞23时，函数g(x)无零点；
当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点．
利用导数求函数的零点常用方法
(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数．
(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点．
[跟进训练]
1．已知函数fx＝ln x＋kx＋2，讨论y＝fx－2的零点个数．
[解] 由y＝fx－2＝0得ln x＝－kx，
因为x>0，所以k＝lnx-x，
令hx＝lnx-xx>0，则 h′x＝－1-lnxx2，
当x>e时，h′x>0，hx单调递增，
当00的图象如图所示，
所以当k0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在1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．所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．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01e，则f(ln a)0，所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，
所以当x>4且x>2ln (2a)时，f(x)＝ex2·ex2 -ax+2>eln2a·x2+2－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．
综上，a的取值范围是1e，+∞.
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．
[跟进训练]
2．已知f(x)＝13x3＋32x2＋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)＝－23，
极小值为f(－1)＝－56.
(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＝－x2+3x+1ex有三个不同的解．
设h(x)＝－x2+3x+1ex，
则h′(x)＝x2+x-2ex＝x+2x-1ex，
当x∈(－∞，－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(－2，1)时，h′(x)0，h(x)单调递增，
又当x→－∞时，h(x)→－∞，
当x→＋∞时，h(x)→0且h(x)0，得x>a，
f′(x)0时，fx的极小值为a－2a ln (2a)，无极大值．
(2)由(1)知：当a>0时，fx在-∞，ln2a上单调递减，在ln2a，+∞上单调递增；
当00恒成立，fx无零点；
当a＝e2时，fln2a＝a－2a ln (2a)＝0，fx有唯一零点x＝ln (2a)；
当a>e2时，fln2a＝a－2a ln (2a)0，
由图可知，当00，其中x>0，则有t－a ln t＝0，
t′＝x+1ex>0，所以，函数t＝xex在0，+∞上单调递增，因为方程xex－alnx+x＝0有两个实根x1，x2.
令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，则关于t的方程t－a ln t＝0也有两个实根t1，t2，且t1≠t2，要证ex1+x2>e2x1x2，
即证x1ex1·x2ex2>e2，即证t1t2>e2，
即证ln t1＋ln t2>2.
法一：由已知t1=alnt1，t2=alnt2，
所以t1-t2=alnt1-lnt2，t1+t2=alnt1+lnt2，
整理可得t1+t2t1-t2＝lnt1+lnt2lnt1-lnt2，
不妨设t1>t2>0，
即证ln t1＋ln t2＝t1+t2t1-t2ln t1t2>2，
即证ln t1t2>2t1-t2t1+t2＝2t1t2-1t1t2+1，
令s＝t1t2>1，即证ln s>2s-1s+1，其中s>1，
构造函数gs＝ln s－2s-1s+1，其中s>1，
g′s＝1s-4s+12＝s-12ss+12>0，
所以，函数gs在1，+∞上单调递增，
当s>1时，gs>g1＝0，故原不等式成立．
法二：由t1=alnt1，t2=alnt2，两边取对数得
lnt1=lna+lnlnt1，lnt2=lna+lnlnt2，
由对数均值不等式得
1＝lnt1-lnt2lnlnt1-lnlnt2＜lnt1+lnt22，
所以ln t1＋ln t2＞2.
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

x
0，e
e
e，+∞
f′x
＋
0
－
fx
单调递增
1e
单调递减