人教A版普通高中数学一轮复习第三章第二节第五课时利用导数研究函数的零点问题学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第三章第二节第五课时利用导数研究函数的零点问题学案，共14页。
讨论函数的零点个数
【例1】(2024·邢台模拟)已知函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋5.
(1)求f(x)的极值；
解：由题意可得f(x)的定义域为R，
f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)．
由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞2；由f′(x)＜0，得－1＜x＜2，
所以f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．
故f(x)极大值＝f(－1)＝12，f(x)极小值＝f(2)＝－15.
(2)讨论函数g(x)＝f(x)－m的零点个数．
解：由(1)可知f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，f(－1)＝12，f(2)＝－15.
当x→－∞时，f(x)→－∞；当x→＋∞，f(x)→＋∞.
f(x)的大体图象如图所示．
令g(x)＝f(x)－m＝0，则f(x)＝m.
当m＞12或m＜－15时，方程f(x)＝m有且仅有1个实根，即函数g(x)有1个零点；
当m＝12或m＝－15时，方程f(x)＝m有2个实根，即函数g(x)有2个零点；
当－15＜m＜12时，方程f(x)＝m有3个实根，即函数g(x)有3个零点．
综上所述，当m＞12或m＜－15时，g(x)有1个零点；当m＝12或m＝－15时，g(x)有2个零点；当－15＜m＜12时，g(x)有3个零点．
利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法
(1)可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等来确定方程根的情况．
(2)根据题目要求，画出函数图象的走势，标明函数极(最)值的位置．
(3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现．
已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
解：当a＝3时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，则f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23.
当x＜3－23或x＞3＋23时，f′(x)＞0；当3－23＜x＜3＋23时，f′(x)＜0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．
(2)证明：f(x)只有一个零点．
证明：因为x2＋x＋1＞0，
所以f(x)＝0等价于x3x2+x+1－3a＝0.
设g(x)＝x3x2+x+1－3a，则g′(x)＝x2x2+2x+3x2+x+12≥0，当且仅当x＝0时，g′(x)＝0.
所以g(x)在R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－13＝－6a−162－16＜0，f(3a＋1)＝13＞0，故f(x)在(3a－1，3a＋1)上有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
由函数的零点个数求参数的范围
【例2】已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
解：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)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解：因为f(x)＝ex－a(x＋2)，所以f′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，
所以f(x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意．
若a＞0，令f′(x)＝ex－a＝0，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．
所以f(x)min＝f(ln a)＝eln a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a)．
当x→＋∞时，f(x)＞0，当x→－∞时，f(x)＞0.
要使f(x)有两个零点，则f(x)min＝f(ln a)＜0，
即－a(1＋ln a)＜0，所以a＞1e，即a的取值范围是1e，+∞．
[变式] 将本例中的函数改为“f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)”，若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：f′(x)＝ex＋a.
①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，
且当x＞1时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0；
当x＜0时，取x＝－1a，则f −1a＜1＋a−1a−1＝－a＜0，
所以函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a＜0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，则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，当x＝ln (－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln (－a))＝eln (－a)＋a ln (－a)－a＝－2a＋a ln (－a)＞0，
解得－e2＜a＜0.
综上所述，实数a的取值范围是(－e2，0)．
与函数零点有关的参数范围问题解题策略
(1)函数在定义域上单调，满足函数零点存在定理．
(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值时可以结合函数图象分析．
(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．
(2024·潍坊模拟)已知函数f(x)＝a ln x－2x.
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
解：当a＝2时，f(x)＝2ln x－2x，该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1x，
所以f(1)＝－2，f′(1)＝1，
因此，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＋2＝x－1，即x－y－3＝0.
(2)若函数f(x)在(0，16]上有两个零点，求a的取值范围．
解：由题可得f′(x)＝ax－1x(x＞0)．
①当a≤0时，f′(x)＝ax－1x＜0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意．
②当a＞0时，由f(x)＝a ln x－2x＝0可得2a＝lnxx．
令g(x)＝lnxx(x＞0)，则直线y＝2a与曲线y＝g(x)在(0，16]上有两个交点．
g′(x)＝xx−lnx2xx＝2−lnx2xx，
令g′(x)＝0，可得x＝e2＜16.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
所以函数g(x)在区间(0，16]上的极大值为g(e2)＝2e，且g(16)＝ln 2，g(x)的大体图象如图所示．
由图可知，当ln 2≤2a＜2e，即当e＜a≤2ln2时，直线y＝2a与曲线y＝g(x)在(0，16]上有两个交点，
因此，实数a的取值范围是e，2ln2．
函数零点与极值点的偏移问题
【例3】已知函数f(x)＝1−x1+xln x.
(1)求f(x)的单调区间；
解：由题可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2lnx1+x2＋1−xx1+x＝1−x2−2xlnxx1+x2．
令g(x)＝1－x2－2x ln x，
则g′(x)＝－2x－2ln x－2＝－2(x＋ln x＋1)．
令h(x)＝－2(x＋ln x＋1)，则h′(x)＝－21+1x＝－2x+2x．
当x＞0时，h′(x)＜0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g′(e-2)＝－2(e-2－1)＞0，
g′(1)＝－4＜0，
所以∃x0∈(e-2，1)，使得g′(x0)＝0，
则当x∈(0，x0)时，g′(x)＞0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以g(x)在x0处取得极大值，也是最大值，g(x)max＝g(x0)＞g(1)＝0.
又当x∈(0，1)时，1－x2＞0，－2x ln x＞0，所以当x∈(0，1)时，g(x)＞0，即f′(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，即f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)当f(x1)＝f(x2)(x1＜x2)时，证明：x1＋x2＞2.
证明：由(1)知，若f(x1)＝f(x2)(x1＜x2)，则0＜x1＜1＜x2.
要证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1即可．
因为0＜x1＜1＜x2，所以2－x1＞1.
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以只需证f(x2)＜f(2－x1)即可．
因为f(x1)＝f(x2)，所以只需证f(x1)＜f(2－x1)，
即证f(x1)－f(2－x1)＜0即可．
则需证1−x11+x1ln x1＋1−x13−x1ln (2－x1)＜0.
又1－x1＞0，
所以只需证lnx11+x1＋ln2−x13−x1＜0，
即证(3－x1)ln x1＋(1＋x1)ln (2－x1)＜0.
令F(x)＝(3－x)ln x＋(1＋x)ln (2－x)(0＜x＜1)，
则F′(x)＝－ln x＋3−xx＋ln (2－x)－1+x2−x．
令G(x)＝－ln x＋3−xx＋ln (2－x)－1+x2−x，则G′(x)＝－1x－3x2－12−x－32−x2＜0，
所以F′(x)在(0，1)上单调递减，F′(x)＞F′(1)＝0.
所以F(x)在(0，1)上单调递增，F(x)＜F(1)＝0.
所以(3－x1)ln x1＋(1＋x1)ln (2－x1)＜0.
原不等式得证．
对称化构造函数证明极值点偏移问题的关键
构造函数H(x)＝f(x)－f(2x0－x)，其中x0为函数f(x)的极值点，然后求导确定H(x)的单调性，结合H(x0)＝0确定H(x)的符号，再通过f(x)的单调性得到结论．
若关于x的方程x ln x＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2＜1e2(e是自然对数的底数)．
证明：不妨设x1＞x2＞0，要证x1x2＜1e2，
即证x1x21x2−1x1＜1e21x2−1x1，
整理得x1＋1e2x1＜x2＋1e2x2．
又因为x1ln x1＝x2ln x2，即证x1ln x1－kx1+1e2x1＞x2ln x2－kx2+1e2x2，k＞0.
设h(x)＝x ln x－kx－ke2x，
要使x1＞x2时，h(x1)＞h(x2)，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以有h′(x)＝ln x＋1－k＋ke2x2≥0在(0，＋∞)上恒成立．
令H(x)＝ln x＋1－k＋ke2x2，则H′(x)＝1x－2ke2x3(x＞0)．
令H′(x)＝0，解得x＝2ke(x＝−2ke舍去)．
易知当x∈0，2ke时，H′(x)＜0；当x∈2ke，+∞时，H′(x)＞0，
所以h′(x)在0，2ke上单调递减，在2ke，+∞上单调递增．
所以h′(x)min＝h′2ke＝12ln 2k－k＋12＝12(ln 2k－2k＋1)．
令t(k)＝ln 2k－2k＋1，则t′(k)＝1k－2.
令t′(k)＞0，得0＜k＜12；令t′(k)＜0，得k＞12，
所以t(k)在0，12上单调递增，在12，+∞上单调递减，函数t(k)在k＝12时取得极大值也是最大值，又t12＝0，所以t(k)＝ln 2k－2k＋1≤0.
令12(ln 2k－2k＋1)≥0，得k＝12．
此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证．
课时质量评价(二十)
1．(2024·南平模拟)已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
解：当a＝1时，f(x)＝2ln x－x2＋x(x＞0)，
所以f′(x)＝2x－2x＋1.
因为f(1)＝0，
所以切点坐标为(1，0)，切线斜率为f′(1)＝1，
所以切线方程为y－0＝1(x－1)，即y＝x－1.
(2)若函数f(x)的图象与直线y＝ax－a在1e，e上有两个不同的交点，求实数a的取值范围．
解：由题知f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)，函数f(x)的图象与直线y＝ax－a在1e，e上有两个不同的交点．
令g(x)＝f(x)－y＝2ln x－x2＋a(x＞0)，
所以g′(x)＝2x－2x＝−2x+1x−1x．
因为x∈1e，e，
所以令g′(x)＝0，得x＝1，
所以当1e≤x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当1＜x≤e时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
所以g(x)＝2ln x－x2＋a在1e，e上有最大值g(1)，g(1)＝a－1.
因为g1e＝a－2－1e2，g(e)＝a＋2－e2，
又g(e)－g1e＝4－e2＋1e2＜0，
所以g(e)＜g1e，
所以g(x)＝2ln x－x2＋a在1e，e上有最小值g(e)＝a＋2－e2.
所以g(x)＝2ln x－x2＋a在1e，e上有两个不同的零点的条件是g1=a−1＞0， g1e=a−2−1e2≤0，解得1＜a≤2＋1e2，
所以实数a的取值范围为1，2+1e2．
2．(2024·通辽模拟)已知函数f(x)＝－x3＋x2＋x＋a(a∈R)．
(1)求函数f(x)的极值点；
解：因为f(x)＝－x3＋x2＋x＋a(a∈R)，所以f′(x)＝－3x2＋2x＋1＝(3x＋1)(－x＋1)．
令f′(x)＞0，解得－13＜x＜1；令f′(x)＜0，解得x＞1或x＜－13，
所以f(x)在−∞，−13，(1，＋∞)上单调递减，在−13，1上单调递增，
所以f(x)的极小值点是－13，极大值点是1.
(2)若函数f(x)有且只有两个零点，求实数a的值．
解：函数f(x)有且只有两个零点，令f(x)＝0，则－x3＋x2＋x＝－a.令g(x)＝－x3＋x2＋x，即y＝g(x)与y＝－a的图象有两个交点．
由(1)分析知g(x)在−∞，−13，(1，＋∞)上单调递减，在−13，1上单调递增，g(x)的大致图象如图所示．
要使函数f(x)有且只有两个零点，即－a＝g(1)或－a＝g−13，解得a＝－1或a＝527．
3．(2024·江门模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)ex－a(a∈R)．
(1)求f(x)的极值；
解：函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋2)ex.
令f′(x)＜0，得x＜－2；令f′(x)＞0，得x＞－2，
所以f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增．
所以当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－1e2－a，无极大值．
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解：函数f(x)＝(x＋1)ex－a有两个零点，取g(x)＝(x＋1)ex，则直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有两个交点．
g′(x)＝(x＋2)ex，
令g′(x)＜0，得x＜－2；令g′(x)＞0，得x＞－2，
所以g(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增．
因为g(－1)＝0，g(－2)＝－1e2，
当x＜－1时，g(x)＜0，当x＞－1时，g(x)＞0，
当x→－∞时，g(x)→0，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以函数g(x)的大致图象如图所示．
结合图象可知，当－1e2＜a＜0时，直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有两个交点，即f(x)有两个零点，
故实数a的取值范围为−1e2，0．
4．已知函数f(x)＝x－ln x＋m，g(x)＝xex．
(1)若函数f(x)和g(x)的图象都与平行于x轴的同一条直线相切，求m的值；
解：由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－1x＝x−1x，
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
由f(1)＝1＋m，可得y＝f(x)的图象与直线y＝1＋m相切．
因为g′(x)＝1−xex，则当x∈(－∞，1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(1)＝1e，即y＝g(x)的图象与直线y＝1e相切．
因为两函数图象均与平行于x轴的同一条直线相切，则1＋m＝1e，即m＝1e－1.
(2)若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点x1，x2，证明：ex1·ex2＞e2.
证明：F(x)＝f(x)－g(x)＝x－ln x＋m－xex＝－ln xex－xex＋m(x＞0)，令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，
由F(x1)＝F(x2)＝0，得－ln t1－t1＋m＝－ln t2－t2＋m＝0.
易知函数y＝－ln t－t＋m在(0，＋∞)上单调递减，故t1＝t2，即x1ex1＝x2ex2，
即g(x1)＝g(x2)．
由(1)可知g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以不妨设0＜x1＜1＜x2.
要证ex1·ex2＞e2，只需证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1.又2－x1＞1，故只需证g(x2)＜g(2－x1)．
因为g(x1)＝g(x2)，所以只需证g(x1)＜g(2－x1)，即g(x1)－g(2－x1)＜0.
令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝xex－2−xe2−x，x∈(0，1)，则h′(x)＝1−xex＋x−1e2−x＝1−xe2−x−exexe2−x＞0恒成立，
所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)＜h(1)＝0.
故原不等式得证．
x
(0，e2)
e2
(e2，16]
g′(x)
＋
0
－
g(x)
单调递增
2e
单调递减