高中数学高考第6节 利用导数解决函数的零点问题 教案

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判断函数零点个数的三种方法
(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x－xcs x－x，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．
[解] (1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cs x＋xsin x－1，g′(x)＝xcs x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，g′(x)＜0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
又g(0)＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＞0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；
当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0]．
根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．
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)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋eq \f(e,x)(x＞0)，则f′(x)＝eq \f(x－e,x2)，
∴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＋eq \f(e,e)＝2，
∴f(x)的极小值为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)＜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)＝eq \f(2,3)，
又∵φ(0)＝0.
结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，
①当m＞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0＜m＜eq \f(2,3)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＞eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
当m＝eq \f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜eq \f(2,3)时，函数g(x)有两个零点．
考点2 已知函数零点存在情况求参数
解决此类问题常从以下两个方面考虑：
(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件；
(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，
f′(x)＝－2x－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(－2x2－x＋1,x)，
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2)(负值舍去)，
当0＜x＜eq \f(1,2)时，f′(x)＞0；
当x＞eq \f(1,2)时，f′(x)＜0.
∴f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－eq \f(ln x,x).
令g(x)＝x－eq \f(ln x,x)，其中x∈，
则g′(x)＝1－eq \f(1－ln x,x2)＝eq \f(x2＋ln x－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，当eq \f(1,3)≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，
∴g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]，
∴g(x)min＝g(1)＝1，∴函数f(x)在上有两个零点，＝3ln 3＋eq \f(1,3)，g(3)＝3－eq \f(ln 3,3)，3ln 3＋eq \f(1,3)＞3－eq \f(ln 3,3)，
∴实数a的取值范围是.
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．
1.设函数f(x)＝ln x－x，若关于x的方程f(x)＝x2－eq \f(10,3)x＋m在区间[1,3]上有解，求m的取值范围．
[解] 方程f(x)＝x2－eq \f(10,3)x＋m在区间[1,3]上有解，
即ln x－x2＋eq \f(7,3)x＝m在区间[1,3]上有解．
令h(x)＝ln x－x2＋eq \f(7,3)x，
则h′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋eq \f(7,3)＝－eq \f(3x＋12x－3,3x).
∴当x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
∵h(1)＝eq \f(4,3)，h(3)＝ln 3－2＜eq \f(4,3)，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝ln eq \f(3,2)＋eq \f(5,4)，
∴当x∈[1,3]时，h(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln 3－2，ln \f(3,2)＋\f(5,4)))，
∴m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln 3－2，ln \f(3,2)＋\f(5,4).))
2．(2019·贵阳摸底考试)已知函数f(x)＝kx－ln x(k＞0)．
(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值．
[解] (1)若k＝1，则f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－eq \f(1,x)，
由f′(x)＞0，得x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1，
∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)法一：由题意知，方程kx－ln x＝0仅有一个实根，
由kx－ln x＝0，得k＝eq \f(ln x,x)(x＞0)．
令g(x)＝eq \f(ln x,x)(x＞0)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当x＝e时，g′(x)＝0；当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0.
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e).
当x→＋∞时，g(x)→0.
又∵k＞0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝eq \f(1,e).
法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x)(x＞0，k＞0)．
当x＝eq \f(1,k)时，f′(x)＝0；当0＜x＜eq \f(1,k)时，f′(x)＜0；当x＞eq \f(1,k)时，f′(x)＞0.
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))＝1－lneq \f(1,k)，
∵f(x)有且只有一个零点，∴1－lneq \f(1,k)＝0，即k＝eq \f(1,e).
在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．
【例1】 (1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)＜eq \f(1,2)，则不等式f(lg x)＞eq \f(lg x＋1,2)的解集为 ．
(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为 ．
(1)(0,10) (2)(－∞，－3)∪(0,3) [(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x，
则g′(x)＝f′(x)－eq \f(1,2)＜0，
所以g(x)在定义域内是减函数．
因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
由f(lg x)＞eq \f(lg x＋1,2)，得f(lg x)－eq \f(1,2)lg x＞eq \f(1,2).
即g(lg x)＝f(lg x)－eq \f(1,2)lg x＞eq \f(1,2)＝g(1)，
所以lg x＜1，解得0＜x＜10.
所以原不等式的解集为(0,10)．
(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．]
[评析] (1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．
(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．
特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.
(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．
(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝eq \f(fx,gx)(g(x)≠0)．
【例2】 (1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是( )
A．f(x)＞0 B．f(x)＜0
C．f(x)＞x D．f(x)＜x
(1)A (2)A [(1)令g(x)＝eq \f(fx,x)，则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2).
由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．
∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，
∴f(1)＝－f(－1)＝0，
∴g(1)＝f(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.
又∵f(x)是奇函数，
∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；
当x∈(－1,0)时，f(x)＜0.
综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
(2)令g(x)＝x2f(x)－eq \f(1,4)x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．
当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－eq \f(1,4)x4＞0，从而f(x)＞eq \f(1,4)x2＞0；
当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－eq \f(1,4)x4＞0，
从而f(x)＞eq \f(1,4)x2＞0；
当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.
综上可知，f(x)＞0.]
[评析] (1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.
(2)对于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，构造F(x)＝eq \f(fx,xn)，则F′(x)＝eq \f(xf′x－nfx,xn＋1)(注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)＞0，构造F(x)＝eq \f(fx,x)，则F′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)＞0.
【例3】 (1)已知f(x)在R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)＞f′(x)，则有( )
A．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
B．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
C．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
D．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝eq \f(1,e)(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x) ＞0的解集为 ．
(1)D (2)(2，＋∞) [(1)构造函数h(x)＝eq \f(fx,ex)，则h′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)＜0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2 019)＞h(0)，即eq \f(f－2 019,e－2 019)＞eq \f(f0,e0)⇒e2 019f(－2 019)＞f(0)；同理，h(2 019)＜h(0)，即f(2 019)＜e2 019f(0)，故选D.
(2)由f(x)＋2f′(x)＞0，得＞0，可构造函数h(x)＝f(x)，则h′(x)＝eq \f(1,2) [f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函数h(x)＝f(x)在R上单调递增，且h(2)＝ef(2)＝1.不等式exf(x)－＞0等价于f(x)＞1，即h(x)＞h(2)⇒x＞2，所以不等式exf(x)－＞0的解集为(2，＋∞)．]
[评析] (1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝exf(x)．
(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝eq \f(fx,ex).
直接法
令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数
画图法
转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可
定理法
利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决
课外素养提升④ 逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题
f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型
xf′(x)±nf(x)(n为常数)型
f′(x)±λf(x)(λ为常数)型