高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 高考专题突破一 第2课时　利用导函数研究函数的零点

这是一份高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 高考专题突破一 第2课时　利用导函数研究函数的零点，共12页。试卷主要包含了数形结合研究函数的零点，利用函数性质研究函数的零点，构造函数法求函数的零点等内容，欢迎下载使用。

例1 设函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,x)，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)－eq \f(x,3)零点的个数．
解 (1)当m＝e时，f(x)＝ln x＋eq \f(e,x)，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,x2)＝eq \f(x－e,x2).
令f′(x)＝0，得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2.
(2)由题意知g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)＝eq \f(1,x)－eq \f(m,x2)－eq \f(x,3)(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－eq \f(1,3)x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－eq \f(1,3)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)eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
②当m＝eq \f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0ln 1＝0.
∴f(x)>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上恒成立，不存在零点．
③当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，易知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0，f(π)＝sin π－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)ln(π＋1)>1，
∴f(x)＝sin x－ln(1＋x)0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)0,4(1－cs x)≥0，
∴h(x)>0，
∴h(x)无零点；
当x∈(0,4)时，h′(x)＝2x－4xcs x＝2x(1－2cs x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，h′(x)0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上单调递增，
∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(π2,9)＋4－eq \f(4π,3)sin eq \f(π,3)－4cs eq \f(π,3)＝eq \f(π2,9)＋2－eq \f(2\r(3)π,3)0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上无零点，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，4))上有唯一零点．
综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，又h(0)＝0且h(x)为偶函数，
故h(x)在R上有三个零点．
思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))在区间[0,1]上零点的个数．
解 (1)因为f(x)＝ex－ax－1，
所以f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，令f′(x)ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间，
当a>0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝eq \f(1,2)，
由(1)知，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．
若a≤0，由f(0)＝0，知f(x)在区间[0,1]上有一个零点；
若ln a≤0，即01时，g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0，原不等式得证．