高考数学复习核心专题突破(一)　微专题2　利用导数研究函数的零点问题（导学案）

这是一份高考数学复习核心专题突破(一)　微专题2　利用导数研究函数的零点问题（导学案），共15页。

[典例1](2022·陇南模拟)已知函数f(x)=x+1ex-a(a∈R),讨论f(x)的零点个数.
【解题指南】令f(x)=0,可得a=x+1ex,令g(x)=x+1ex,利用导数的方法研究其单调性及最值,从而讨论a的取值范围,进而得到函数零点的个数.
解析：令f(x)=x+1ex-a=0,得a=x+1ex,
设g(x)=x+1ex,则g'(x)=ex−(x+1)ex(ex)2=−xex,
当x>0时,g'(x)<0,当x<0时,g'(x)>0,
所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(0)=1,
而当x>-1时,g(x)>0,当x<-1时,g(x)<0,
所以g(x)的大致图象如图所示:
①当a>1时,方程g(x)=a无解,
即f(x)没有零点;
②当a=1时,方程g(x)=a有且只有一解,
即f(x)有唯一的零点;
③当0即f(x)有两个零点;
④当a≤0时,方程g(x)=a有且只有一解,
即f(x)有唯一的零点;
综上,当a>1时,f(x)没有零点;
当a=1或a≤0时,f(x)有唯一的零点;
当0利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法:
(1)构造函数:构造函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定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(最值),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)应用定理:利用零点存在定理,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)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.
(2023·成都模拟)设函数f(x)=ln x+mx,m∈R.讨论函数g(x)=f'(x)-x3的零点个数.
解析：由题设,可知
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,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)=23,画出y=φ(x)的大致图象(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0④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【加练备选】
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.
解析：(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:
所以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)=-1e2,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(-2,-1e2),(-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)=x+1e−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)=-1e2,
所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:
当a<-1e2时,零点的个数为0;
当a=-1e2或a≥0时,零点的个数为1;
当-1e2利用函数零点问题求参数范围
[典例2](2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln x.
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
解析：(1)当a=0时,f(x)=-1x-ln x,x>0,
则f'(x)=1x2-1x=1−xx2,
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
所以f(x)max=f(1)=-1;
(2)f(x)=ax-1x-(a+1)ln x,x>0,
则f'(x)=a+1x2-a+1x=(ax−1)(x−1)x2,
当a≤0时,ax-1<0,
所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
所以f(x)max=f(1)=a-1<0,此时函数无零点,不合题意;
当01,在(0,1),(1a,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;
在(1,1a)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;
又f(1)=a-1<0,由(1)得1x+ln x≥1,
即ln1x≥1-x,
所以ln x当x>1时,f(x)=ax-1x-(a+1)ln x>ax-1x-2(a+1)x>ax-(2a+3)x,
则存在m=(3a+2)2>1a,使得f(m)>0,
所以f(x)仅在(1a,+∞)上有唯一零点,符合题意;
当a=1时,f'(x)=(x−1)2x2≥0,
所以f(x)单调递增,又f(1)=a-1=0,
所以f(x)有唯一零点,符合题意;
当a>1时,1a<1,在(0,1a),(1,+∞)上,
f'(x)>0,f(x)单调递增;
在(1a,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;
此时f(1)=a-1>0,
由(1)得当0ln x>1-1x,ln x>1-1x,
所以ln x>2(1-1x),
此时f(x)=ax-1x-(a+1)ln x存在n=14(a+1)2<1a,使得f(n)<0,
所以f(x)在(0,1a)上有一个零点,在(1a,+∞)上无零点,
所以f(x)有唯一零点,符合题意;
综上,a的取值范围为(0,+∞).
由函数零点求参数范围的策略
(1)涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求得参数的取值范围;
(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法;
(3)含参数的函数的零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,得到不含参数的具体函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.
(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1,函数f(x)=xaax(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.
解析：(1)a=2时,f(x)=x22x,
f'(x)=2x·2x−2xln2·x2(2x)2=x(2−xln2)2x=ln2·x2ln2−x2x,
当x∈0,2ln2时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈2ln2,+∞时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
(2)由题知f(x)=1在(0,+∞)上有两个不等实根,f(x)=1⇔xa=ax⇔aln x=xln a⇔lnxx=lnaa,
令g(x)=lnxx,g'(x)=1−lnxx2,
g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
又g(e)=1e,g(1)=0,limx→+∞g(x)=0,
所以01且a≠e.
所以a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
【加练备选】
(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.
解析：(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(-∞,+∞)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;
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0(ii)若a>1e,则f(ln a)<0.
因为f(-2)=e-2>0,
所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.
易知,当x>2时,ex-x-2>0,
所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>eln(2a)·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,+∞.
与函数零点有关的证明
[典例3](2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
解析：(1)f(x)=ex-ax的定义域为R,
而f'(x)=ex-a,
若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)无最小值,
故a>0.
g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+∞),而g'(x)=a-1x=ax−1x.
当x故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,
当x>ln a时,f'(x)>0,
故f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,
故f(x)min=f(ln a)=a-aln a.
当0故g(x)在0,1a上单调递减,
当x>1a时,g'(x)>0,故g(x)在1a,+∞上单调递增,
故g(x)min=g1a=1-ln1a.
因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,
故1-ln1a=a-aln a,整理得到a−11+a=ln a,其中a>0,
设t(a)=a−11+a-ln a,a>0,
则t'(a)=2(1+a)2-1a=−a2−1a(1+a)2<0,
故t(a)在(0,+∞)上单调递减,而t(1)=0,
故t(a)=0的唯一解为a=1,
故a−11+a=ln a的解为a=1.
综上,a=1;
(2)由(1)可得f(x)=ex-x和g(x)=x-ln x的最小值为1-ln 1=1-ln11=1.
当b>1时,考虑ex-x=b的解的个数,x-ln x=b的解的个数.
设S(x)=ex-x-b,S'(x)=ex-1,
当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,
故S(x)在(-∞,0)上单调递减,
在(0,+∞)上单调递增,
所以S(x)min=S(0)=1-b<0,
而S(-b)=e-b>0,S(b)=eb-2b,
设u(b)=eb-2b,其中b>1,则u'(b)=eb-2>0,
故u(b)在(1,+∞)上单调递增,
故u(b)>u(1)=e-2>0,
故S(b)>0,故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点,即ex-x=b的解的个数为2.
设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=x−1x,
当01时,T'(x)>0,
故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以T(x)min=T(1)=1-b<0,
而T(e-b)=e-b>0,T(eb)=eb-2b>0,
T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点,
即x-ln x=b的解的个数为2.
当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,ex-x=b仅有一个零点,
当b<1时,由(1)讨论可得x-ln x=b,ex-x=b均无零点,
故若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,
则b>1.
设h(x)=ex+ln x-2x,其中x>0,
故h'(x)=ex+1x-2,
设s(x)=ex-x-1,x>0,则s'(x)=ex-1>0,
故s(x)在(0,+∞)上单调递增,
故s(x)>s(0)=0,即ex>x+1,
所以h'(x)>x+1x-1≥2-1>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
而h(1)=e-2>0,h(1e3)=e1e3-3-2e3故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,1e3当0即f(x)当x>x0时,h(x)>0,即ex-x>x-ln x,
即f(x)>g(x),
因此若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,
故b=f(x0)=g(x0)>1,
此时ex-x=b有两个不同的零点x1,x0(x1<0此时x-ln x=b有两个不同的零点x0,x4(0故ex1-x1=b,ex0-x0=b,x4-ln x4-b=0,
x0-ln x0-b=0,
所以x4-b=ln x4,即ex4−b=x4,即ex4−b-(x4-b)-b=0,
故x4-b为方程ex-x=b的解,
同理x0-b也为方程ex-x=b的解,
又ex1-x1=b可化为ex1=x1+b,
即x1-ln(x1+b)=0,
即(x1+b)-ln(x1+b)-b=0,
故x1+b为方程x-ln x=b的解,
同理x0+b也为方程x-ln x=b的解,
所以{x1,x0}={x0-b,x4-b},而b>1,
故x0=x4−b,x1=x0−b,即x1+x4=2x0.
所以x1,x0,x4成等差数列.
所以,存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
(1)证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;
(2)证明的思路一般是对条件进行等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.
(2019·全国Ⅰ卷)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−1,π2上存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
【证明】(1)设g(x)=f'(x),
则g(x)=cs x-11+x,g'(x)=-sin x+1(1+x)2,
当x∈−1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在−1,π2上有唯一零点,
设g'(x)的零点为α.
则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;
当x∈α,π2时,g'(x)<0.
所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在α,π2上单调递减,故g(x)在−1,π2上存在唯一极大值点,
即f'(x)在−1,π2上存在唯一极大值点;
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在(-1,0)上单调递增,而f'(0)=0,
所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,
故f(x)在(-1,0)上单调递减,又f(0)=0,
从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点.
②当x∈0,π2时,由(1)知,f'(x)在(0,α)上单调递增,在α,π2上单调递减,而f'(0)=0,
f'π2<0,
所以存在β∈α,π2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;
当x∈β,π2时,f'(x)<0.
故f(x)在(0,β)上单调递增,在β,π2上单调递减.
又f(0)=0,fπ2=1-ln1+π2>0,
所以当x∈0,π2时,f(x)>0.
所以f(x)在0,π2上没有零点.
③当x∈π2,π时,f'(x)<0,
所以f(x)在π2,π上单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在π2,π上有唯一零点.
④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
【加练备选】
(2023·菏泽模拟)已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.
(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;
(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.
【证明】(1)设g(x)=f'(x)=1x-1+2cs x,
当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-1x2<0,
所以g(x)在(0,π)上单调递减,
又因为g(π3)=3π-1+1>0,
g(π2)=2π-1<0,
所以g(x)在(π3,π2)上有唯一的零点;
(2)设f'(x)在(0,π)上的唯一零点为α,
由(1)知π3<α<π2.
①当x∈(0,π)时,
x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
所以f(x)在(0,π)上存在唯一极大值点α.
所以f(α)>f(π2)=lnπ2-π2+2>2-π2>0,
又因为f(1e2)=-2-1e2+2sin1e2<-2-1e2+2<0,
所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点.
又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,
所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.
②当x∈[π,2π)时,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,
设h(x)=ln x-x,h'(x)=1x-1<0,
所以h(x)在[π,2π)上单调递减,
所以h(x)≤h(π)<0,
所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,
所以f(x)在[π,2π)上没有零点.
③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2.
设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=1x-1<0,
所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,
所以φ(x)≤φ(2π)<0,
所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,
所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.
综上,f(x)有且仅有两个零点.
x
(-∞,-2)
-2
(-2,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
-1e2
单调递增