新高考数学一轮复习课时过关练习第03章 导数的综合问题导数的综合问题第2课时 利用导数研究函数的零点 (含解析)

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第二课时　利用导数研究函数的零点

　题型一　判断、证明或讨论零点的个数
例1 已知函数f(x)＝xsin x－.
判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.
解　f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：
∵f′(x)＝sin x＋xcos x，当x∈时，f′(x)＞0，
f(x)＝xsin x－，从而有f(0)＝－＜0，f＝＞0，
又f(x)在上的图象是连续不间断的.
所以f(x)在内至少存在一个零点.
又f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且只有一个零点.
当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x.
由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不间断的，
故存在m∈，
使得g(m)＝0.
由g′(x)＝2cos x－xsin x，
知x∈时，有g′(x)＜0，
从而g(x)在内单调递减.
当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，故当x∈时，f(x)≥f＝＞0，故f(x)在上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.
又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点.
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.
感悟提升　利用导数求函数的零点常用方法
(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.
(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.
训练1 已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1).
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
(1)解　当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减.
(2)证明　由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)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－
＝－6－<0，
f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点.
综上，f(x)只有一个零点.
　题型二　根据零点情况求参数范围
例2 已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围.
解　(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，
则f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，则切线的斜率k＝f′(1)＝2，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝，
∵x∈，
∴由g′(x)＝0，得x＝1.
当≤x＜1时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，
又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，
且g＞g(e)，
∴g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点需满足条件
解得1＜m≤2＋.
故实数m的取值范围是.
感悟提升　1.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.
2.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，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.
训练2 已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.
解　(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，
则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，
当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.
(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，
设g(x)＝ex－2ax＋a－e，
则g′(x)＝ex－2a.
若a＝0，由(1)知f(x)的极小值f(1)＝0，故f(x)在区间(0，1)内没有零点.
若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.
又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.
故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.
若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.
则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，
此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.
综上，实数a的取值范围为(－∞，0).
　题型三　与函数零点相关的综合问题
例3 设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)>0，当b满足0 (讨论a≥1或a<1来检验，
①当a≥1时，则0 f′(b)＝2e2b－<2e－4a<2e－4<0；
②当a<1时，则0 故当a>0时，f′(x)存在唯一零点.
(2)证明　由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln .
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
感悟提升　1.在(1)问中，当a>0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)<0.
2.由(1)问知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋aln .
训练3 (2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
(1)解　f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′＝0，即＋b＝0，
故b＝－.
(2)证明　由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
f′(x)与f(x)的情况为：
x

－



f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c＋

c－

因为f(1)＝f＝c＋，
所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点.
因为f(－1)＝f＝c－，
所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点.
由题设可知－≤c≤.
当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.
当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.
当－ x3∈.
综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
隐零点问题
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
例 设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.
解　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.
当a>0时，令f′(x)<0，得x 令f′(x)>0，得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，＋∞).
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
即k0)恒成立，
令g(x)＝＋x(x>0)，
得g′(x)＝＋1
＝(x>0).
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数.
又因为h(1)<0，h(2)>0，
所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)min＝g(α)＝＋α.
又h(α)＝eα－α－2＝0，
所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，
则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，
所以k的最大值为2.
极限思想在解决零点问题中的应用
解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与x轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限的思想方法是解决问题的有力工具.
例 (1)已知函数f(x)＝ax－x2(a＞1)有三个不同的零点，求实数a的取值范围.
解　令f(x)＝ax－x2＝0，可得ax＝x2.
①当x＜0时，函数y＝ax与y＝x2的图象有一个交点；
②当x＞0时，两边同时取自然对数得xln a＝2ln x，
即ln a＝，由题意得函数y＝ln a与g(x)＝的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，g′(x)＝，令g′(x)＞0，解得0＜x＜e，则g(x)在(0，e)上单调递增；令g′(x)＜0，解得x＞e，则g(x)在(e，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(e)＝，当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)＞0；
当x→0时，g(x)→－∞，则有0＜ln a＜，解得1＜a＜e.综上，a的取值范围是.
(2)已知函数f(x)＝ex(x＋1)，若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围.
解　g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，u′(x)＜0，
∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0，
∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，
当x＜2时，u(x)＜0，
∴实数m的取值范围为{m|－e＜m＜0}.

1.(2021·安庆一模)函数f(x)＝ex－2ax－a.
(1)讨论函数的极值；
(2)当a＞0时，求函数f(x)的零点个数.
解　(1)由题意，函数f(x)＝ex－2ax－a，
可得f′(x)＝ex－2a，
当a≤0时，f′(x)＝ex－2a＞0，f(x)在R上为单调增函数，此时无极值；
当a＞0时，令f′(x)＝ex－2a＞0，解得x＞ln(2a)，
所以f(x)在(ln(2a)，＋∞)上为单调增函数；
令f′(x)＝ex－2a＜0，解得x＜ln(2a)，f(x)在(－∞，ln(2a))上为单调减函数，
所以当x＝ln(2a)时，函数f(x)取得极小值f(x)极小值＝f(ln(2a))＝a－2aln(2a)，无极大值.
综上所述，
当a≤0时，f(x)无极值，
当a＞0时，f极小值＝f(ln(2a))
＝a－2aln(2a)，无极大值.
(2)由(1)知当a＞0，f(x)在(ln(2a)，＋∞)上为单调增函数，在(－∞，ln(2a))上为单调减函数，且f(x)极小值＝a－2aln(2a)，
又由f(x)＝ex－a(2x＋1)，
若x→－∞时，f(x)→＋∞；
若x→＋∞时，f(x)→＋∞；
当a－2aln(2a)＞0，即0＜a＜时，f(x)无零点；
当a－2aln(2a)＝0，即a＝时，f(x)有1个零点；
当a－2aln(2a)＜0，即a＞时，f(x)有2个零点.
综上，当0＜a＜时，f(x)无零点；
当a＝时，f(x)有1个零点；
当a＞时， f(x)有2个零点.
2.已知函数f(x)＝(2－x)ex，g(x)＝a(x－1)2.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)讨论y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数.
解　(1)f′(x)＝－ex＋(2－x)ex＝(1－x)ex，则f′(0)＝1，又f(0)＝2，所以切线方程为y＝x＋2，即x－y＋2＝0.
(2)令F(x)＝g(x)－f(x)＝a(x－1)2＋(x－2)ex，则y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数即F(x)的零点个数.
F′(x)＝(x－1)(ex＋2a).
①当a＝0时，F(x)＝(x－2)ex，F(x)只有一个零点.
②当a＜0时，由F′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).
若a≥－，则ln(－2a)≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，
因此F(x)在(1，＋∞)上单调递增.
当x→＋∞时，F(x)＞0；
又当x≤1时，F(x)＜0，
所以F(x)只有一个零点.
若a＜－，则ln(－2a)＞1，
故当x∈(1，ln(－2a))时，F′(x)＜0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，F′(x)＞0.
因此F(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.
当x→＋∞时，F(x)＞0；
又当x≤1时，F(x)＜0，
所以F(x)只有一个零点.
③若a＞0时，若x∈(－∞，1)，则F′(x)＜0；
若x∈(1，＋∞)，则F′(x)＞0，
所以F(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增.
F(1)＝－e，F(2)＝a，
取b满足b＜0，且b＜ln .
则F(b)＞(b－2)＋a(b－1)2
＝a＞0，
所以F(x)有两个零点.
综上，当a≤0时，y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数为1；当a＞0时，y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数为2.
3.(2021·青岛三模)已知函数f(x)＝x3－3kx＋2，k∈R.
(1)若x＝－2是函数f(x)的极值点，求k的值及f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[0，2]上有且仅有2个零点，求f(x)在[0，2]上的最大值g(k).
解　(1)由题意知，f(x)＝x3－3kx＋2的定义域为R，f′(x)＝3x2－3k，
∴f′(－2)＝12－3k＝0，解得k＝4，
∵f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，
∵x∈(－2，2)时，f′(x)＜0；x∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)时，f′(x)＞0.
∴f(x)的单调增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，单调减区间为(－2，2).
(2)由(1)知，f′(x)＝3(x2－k)，
①当k≤0时，f′(x)＝3(x2－k)≥0恒成立，
∴f(x)在[0，2]上单调递增，最多只有1个零点，不符合条件，舍去.
②当k≥4时，当x∈[0，2]时，
f′(x)＝3(x2－k)≤0恒成立，
∴f(x)在[0，2]上单调递减，最多只有1个零点，不符合条件，舍去.
③当0＜k＜4时，令f′(x)＝3(x2－k)＜0得0＜x＜，
∴f(x)在(0，)上递减，在(，2)上递增，
要使函数f(x)在区间[0，2]上有且仅有2个零点，必有
即解得1＜k≤，
当f(2)－f(0)≥0，即1＜k≤时，
由f(x)的单调性可知
f(x)max＝f(2)＝10－6k，
同理，当f(2)－f(0)＜0，即＜k≤时，f(x)max＝f(0)＝2，
∴f(x)在[0，2]上的最大值
g(k)＝
4.(2020·全国Ⅰ卷)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　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，x∈R，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)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
故f(x)至多存在一个零点，不合题意.
②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)单调递减，在(ln a，＋∞)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>，则f(ln a)<0.
因为f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，ln a)存在唯一零点.
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.
所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝e·e－a(x＋2)>eln(2a)·－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln a，＋∞)存在唯一零点.
从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点.
综上，a的取值范围是.