2023高考数学二轮专题 微专题35 导数与函数的零点

微专题35　导数与函数的零点

高考定位　导数与函数的零点问题是高考的热点题型.常见题型：(1)判断、证明或讨论函数零点的个数；(2)已知零点存在情况求参数范围；(3)函数零点性质研究.

[高考真题](2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.

解　由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋－＝(x＞0).

当a＝0时，f′(x)＝，

当x∈(0，1)时，f′(x)>0，

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，

所以f(x)max＝f(1)＝－1<0，

所以f(x)不存在零点；

当a＜0时，f′(x)＝，

若x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

若x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，

所以f(x)不存在零点；

当a＞0时，f′(x)＝，

当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，

所以函数f(x)恰有一个零点；

当a＞1时，0＜＜1，故f(x)在(0，)，(1，＋∞)上单调递增，在(，1)上单调递减.

因为f(1)＝a－1＞0，

所以f()＞f(1)＞0，

当x→0＋时，f(x)→－∞，

由零点存在定理可知f(x)在(0，)上必有一个零点，

所以a＞1满足条件；

当0＜a＜1时，＞1，故f(x)在(0，1)，(，＋∞)上单调递增，在(1，)上单调递减.

因为f(1)＝a－1＜0，所以f()＜f(1)＜0，

当x→＋∞时，f(x)→＋∞，

由零点存在定理可知f(x)在(，＋∞)上必有一个零点，

即0＜a＜1满足条件；

综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞).

样题1 (2022·合肥质检改编)证明：函数f(x)＝x2－2sin x－1在区间(0，π)上有且仅有一个零点.

证明　∵f(x)＝x2－2sin x－1，x∈(0，π)，

∴f′(x)＝2x－2cos x，

∴f′(x)在区间(0，π)上单调递增.

∵f′＝2＜0，

f′＝2＞0，

∴存在x0∈，使得f′(x0)＝0.

当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；

当x∈(x0，π)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.

注意到f(0)＝－1＜0，f(π)＝π2－1＞0，

∴函数f(x)在区间(0，π)上有且仅有一个零点.

样题2 (2022·青岛模拟改编)设函数f(x)＝ln x＋2x2－5x，若关于x的方程f(x)＝2x2＋(m－6)x在区间[1，e2]上有唯一实数解，求实数m的取值范围.

解　由f(x)＝2x2＋(m－6)x得ln x＝(m－1)x，

又x＞0，所以＝m－1，

要使方程f(x)＝2x2＋(m－6)x在区间[1，e2]上有唯一实数解，

只需m＝1＋在区间[1，e2]上有唯一实数解.

令g(x)＝1＋(x＞0)，

则g′(x)＝，

由g′(x)≥0，得1≤x≤e；

由g′(x)≤0，得e≤x≤e2，

∴g(x)在区间[1，e]上单调递增，在区间[e，e2]上单调递减，

∴当x＝e时函数g(x)有最大值，且最大值为g(e)＝1＋.

又g(1)＝1，g(e2)＝1＋.

∴当m＝1＋或1≤m＜1＋时，m＝1＋在区间[1，e2]上有唯一实数解，

∴实数m的取值范围为

.

样题3 (2022·浙江五校联考)已知函数f(x)＝ln x＋－2，g(x)＝xln x－ax2－x＋1.

(1)证明：函数f(x)在(1，＋∞)内有且仅有一个零点；

(2)假设存在常数λ＞1，且满足f(λ)＝0，试讨论函数g(x)的零点个数.

(1)证明　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

求导得f′(x)＝－＝，

令f′(x)＝0，则x＝2，

所以，当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

因为f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1＜0，

f(e2)＝2＋－2＞0，

结合单调性，f(x)在(1，＋∞)内有且仅有一个零点.

(2)解　令g(x)＝0，即xln x－ax2－x＋1＝0，

从而有ax＝ln x－1＋，

令φ(x)＝ln x－1＋(x＞0)，

从而g(x)的零点个数等价于y＝ax与φ(x)图象的交点个数，

φ′(x)＝－＝，

令φ′(x)＝0，得x＝1，

所以φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且φ(x)min＝φ(1)＝0，

当a＝0时，直线y＝ax与φ(x)图象有一个交点，

当a＜0时，直线y＝ax经过二、四象限，与φ(x)图象无交点，

当a＞0时，直线y＝ax经过一、三象限，与φ(x)图象至少有一个交点，

当直线y＝ax与φ(x)图象相切时，

设切点的横坐标为x0，

则

即有ln x0＋－2＝0，从而x0＝λ，

此时a＝－＝＞0，

所以，当a＝时，直线y＝ax与φ(x)图象有两个交点，

当0＜a＜时，直线y＝ax与φ(x)图象有三个交点，

当a＞时，直线y＝ax与φ(x)图象有一个交点，

综上所述，当a＜0时，g(x)没有零点，

当0＜a＜时，g(x)有三个零点，

当a＝时，g(x)有两个零点，

当a＞或a＝0时，g(x)有一个零点.

规律方法　1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.

第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；

第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质；

第三步：结合图象求解.

2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点；(2)依据零点确定极值的范围；(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.

训练1 已知函数f(x)＝a(x－2)ex＋(x－1)2，a>0，a∈R，证明：函数y＝f(x)有两个不同的零点.

证明　由题知f′(x)＝a(x－1)ex＋2(x－1)＝(x－1)(aex＋2)，

当a>0时，aex＋2>0，

由f′(x)<0得x<1，

所以f(x)在(－∞，1)上为减函数，

由f′(x)>0得x>1，

所以f(x)在(1，＋∞)上为增函数，

而f(1)＝－ae<0，f(2)＝1>0，

所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，

且该零点在(1，2)上.

取b<0，且b<ln ，

则f(b)＝a(b－2)eb＋(b－1)2>(b－2)＋(b－1)2＝b>0，

所以f(x)在(－∞，1)上有唯一零点，

且该零点在(b，1)上，

所以当a>0时，f(x)恰好有两个零点.

训练2 (2021·全国甲卷节选)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)，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　f(x)＝＝1⇔ax＝xa⇔xln a＝aln x⇔＝，

设函数g(x)＝(x>0)，

则g′(x)＝，

令g′(x)＝0，得x＝e，

在(0，e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；

在(e，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，

∴g(x)max＝g(e)＝，

又g(1)＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，

∴曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，

即曲线y＝g(x)与直线y＝有两个交点的充要条件是0<<，

即是0<g(a)<g(e)，

∴a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞).

一、基本技能练

1.已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围.

解　(1)f(x)＝x3－kx＋k2，f′(x)＝3x2－k，

当k≤0时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，

当k＞0时，令f′(x)＞0，

解得x＜－或x＞，

令f′(x)＜0，解得－＜x＜，

综上，当k≤0时，f(x)在R上单调递增，

当k＞0时，f(x)在和上单调递增，在上单调递减.

(2)由(1)得当k＞0时，f(x)极小值＝f，f(x)极大值＝f，

若f(x)有三个零点，

只需解得0＜k＜.

故k的取值范围为.

2.(2022·南京模拟改编)若函数f(x)＝ax2－ln x－x有两个零点，求实数a的取值范围.

解　由题可得，若函数f(x)有两个零点，

则方程ln x＋x－ax2＝0有两个不等实根，

即a＝(x>0)有两个不等实根.(*)

令m(x)＝，

则m′(x)＝，

令k(x)＝1－x－2ln x，

则k′(x)＝－1－<0对∀x>0恒成立，

∴k(x)在(0，＋∞)上单调递减.

又k(1)＝0，∴当x∈(0，1)时，k(x)>0；

当x∈(1，＋∞)时，k(x)<0，

∴m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

∴m(x)max＝m(1)＝1.

当x>1时，ln x>0，∴m(x)>0，

若(*)成立，则a∈(0，1).

∵m＝＝<0，

m＝＝＋<＋＝a，

∴当a∈(0，1)时，m(x)＝a在(0，1)，(1，＋∞)上各有一个根.

综上，实数a的取值范围是(0，1).

3.(2022·广州模拟)已知函数f(x)＝ex＋sin x－cos x，f′(x)为f(x)的导数.

(1)证明：当x≥0时，f′(x)≥2；

(2)设g(x)＝f(x)－2x－1，证明：g(x)有且仅有2个零点.

证明　(1)由f′(x)＝ex＋cos x＋sin x，

设h(x)＝ex＋cos x＋sin x，

则h′(x)＝ex－sin x＋cos x，

当x≥0时，设p(x)＝ex－x－1，q(x)＝x－sin x，

∵p′(x)＝ex－1≥0，q′(x)＝1－cos x≥0，

∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上单调递增，

∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0，

∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sin x，

则h′(x)＝ex－sin x＋cos x≥x＋1－sin x＋cos x＝(x－sin x)＋(1＋cos x)≥0，

∴函数h(x)＝ex＋cos x＋sin x在[0，＋∞)上单调递增，

∴h(x)≥h(0)＝2，

即当x≥0时，f′(x)≥2.

(2)由已知得g(x)＝ex＋sin x－cos x－2x－1，

①当x≥0时，

∵g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2＝f′(x)－2≥0，

∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，

又∵g(0)＝－1<0，g(π)＝eπ－2π>0，

∴由零点存在定理可知g(x)在[0，＋∞)上仅有一个零点，

②当x<0时，设m(x)＝，

则m′(x)＝≤0，

∴m(x)在(－∞，0)上单调递减，

∴m(x)>m(0)＝1，

∴ex＋cos x＋sin x－2<0，

∴g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2<0，

∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，

又∵g(0)＝－1<0，g(－π)＝e－π＋2π>0，

∴由零点存在定理可知g(x)在(－∞，0)上仅有一个零点，

综上所述，g(x)有且仅有2个零点.

二、创新拓展练

4.(2022·湖州调研改编)已知函数f(x)＝x＋－(a－1)ln x－2，其中a∈R，讨论f(x)在区间[1，e2]上零点的个数.

解　f′(x)＝(x>0).

(1)当a≤1时，f′(x)≥0在[1，e2]上恒成立，f(x)在[1，e2]上单调递增.

∵f(1)＝a－1≤0，f(e2)＝e2＋－2a，

①当a≤0时，f(e2)＝e2＋－2a＝e2＋a>0；

②当0<a≤1时，f(e2)＝e2＋－2a>2－2a＝2(1－)≥0，

∴f(e2)>0，

∴由零点存在定理知f(x)在[1，e2]上有1个零点；

(2)当1<a<e2时，

∵当x∈[1，a)时，f′(x)<0，

当x∈(a，e2]时，f′(x)>0；

∴f(x)在[1，a)上单调递减，在(a，e2]上单调递增，

∴f(x)min＝f(a)＝(a－1)(1－ln a).

①当a＝e时，f(x)min＝0，

此时f(x)在[1，e2]上有1个零点；

②当1<a<e时，f(x)min>0，

此时f(x)在[1，e2]上无零点；

③当e<a<e2时，

f(x)min<0，f(1)＝a－1>0.

(ⅰ)当f(e2)＝e2＋－2a<0，

即<a<e2时，

f(x)在[1，e2]上有1个零点；

(ⅱ)当f(e2)＝e2＋－2a≥0，

即e<a≤时，f(x)在[1，e2]上有2个零点；

(3)当a≥e2时，

∵f′(x)≤0在[1，e2]上恒成立，

∴f(x)在[1，e2]上单调递减，

∵f(1)＝a－1>0，f(e2)＝e2＋a≤e2＋e2＝－e2＋1<0，

∴f(x)在[1，e2]上有1个零点.

综上，当1<a<e时，f(x)在[1，e2]上无零点；

当a≤1或a＝e或a>时，f(x)在[1，e2]上有1个零点；

当e<a≤时，f(x)在[1，e2]上有2个零点.