高考数学专题练 专题一 微专题8　利用导数研究函数零点问题（含答案）

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典例1 已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：
(1)f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一极大值点；
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(2)f(x)有且仅有2个零点．
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典例2 (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点，求a的取值范围．
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[总结提升]
利用导数解决函数零点问题的方法：
(1)直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用．
(2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题．
(3)参变量分离法：由f(x)＝0分离变量得出a＝g(x)，将问题等价转化为直线y＝a与函数y＝g(x)的图象的交点问题．
1．(2023·邯郸模拟)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2在x＝－1处有极值0.
(1)讨论函数f(x)在(－∞，－1)上的单调性；
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(2)记g(x)＝f(x)－k＋1，若函数g(x)有三个零点，求实数k的取值范围．
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2．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．
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3．(2023·南京模拟)已知k∈R，函数f(x)＝3ln(x＋1)＋eq \f(2,π)sin eq \f(π,2)x＋kx，x∈(－1,2)．
(1)若k＝0，求证：f(x)仅有1个零点；
(2)若f(x)有两个零点，求实数k的取值范围．
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微专题8 利用导数研究函数零点问题
[考情分析] 在近几年的高考中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数以及三角函数为载体考查函数的零点(方程的根)问题，难度较大，多以压轴题出现．

考点一 利用导数判断函数零点
典例1 已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：
(1)f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
证明 (1)设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cs x－eq \f(1,1＋x)，
g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,1＋x2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))时，g′(x)单调递减，
而g′(0)>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))<0，可得g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上有唯一零点，设为α.
则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))时，g′(x)<0.
所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))上单调递减，
故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一极大值点，
即f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
①当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)上单调递增，而f′(0)＝0，
所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，
故f(x)在(－1,0)上单调递减，
又f(0)＝0，
从而x＝0是f(x)在(－1,0]上的唯一零点．
②当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))上单调递减，
而f′(0)＝0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))<0，
所以存在β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))，使得f′(β)＝0，
且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β，\f(π,2)))时，f′(x)<0.
故f(x)在(0，β)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β，\f(π,2)))上单调递减．
又f(0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(π,2)))>0，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)>0，
从而f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上没有零点．
③当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0，f(π)<0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上有唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，
所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
跟踪训练1 (2023·常德模拟)已知函数f(x)＝x2＋eq \f(2,x)－aln x(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f(x)有唯一的零点x0，求[x0]．
注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2.
参考数据：ln 2＝0.693，ln 3＝1.099，ln 5＝1.609，ln 7＝1.946.
解 (1)因为f′(x)＝eq \f(2x3－ax－2,x2)，
所以f′(2)＝eq \f(16－2a－2,4)＝0，
解得a＝7，
经检验，当a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值，
则f′(1)＝－7，f(1)＝3，
则f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝－7(x－1)，
即7x＋y－10＝0.
(2)因为f(x)＝x2＋eq \f(2,x)－aln x，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(2x3－ax－2,x2) (x>0)，
令g(x)＝2x3－ax－2，则g′(x)＝6x2－a，
由a>0，g′(x)＝0，可得x＝eq \r(\f(a,6))，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(a,6))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(a,6))，＋∞))上单调递增，
由于g(0)＝－2<0，故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(a,6))))时，g(x)<0，
又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，
从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，
由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，
所以有2xeq \\al(3,0)－ax0－2＝0，xeq \\al(2,0)＋eq \f(2,x0)－aln x0＝0，
联立得2ln x0－eq \f(3,x\\al(3,0)－1)－1＝0，(*)
令h(x)＝2ln x－eq \f(3,x3－1)－1，可知h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于h(2)＝2ln 2－eq \f(10,7)<2×0.7－eq \f(10,7)<0，h(3)＝2ln 3－eq \f(29,26)>2×1－eq \f(29,26)>0，
故方程(*)的唯一解，即f(x)的唯一零点x0∈(2,3)，故[x0]＝2.
考点二 由零点个数求参数范围
典例2 (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，
f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，x>－1，
所以f′(x)＝eq \f(1,x＋1)＋e－x－xe－x，
所以f′(0)＝1＋1＝2.
因为f(0)＝0，
所以所求切线方程为y－0＝2(x－0)，
即y＝2x.
(2)f(x)＝ln(1＋x)＋eq \f(ax,ex)，
f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(1,1＋x)＋eq \f(a1－x,ex)＝eq \f(ex＋a1－x2,1＋xex).
设g(x)＝ex＋a(1－x2)．
①若a>0，则当x∈(－1,0)时，
g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，
即f′(x)>0，
所以f(x)在(－1,0)上单调递增，
所以f(x)故f(x)在(－1,0)上没有零点，不符合题意．
②若－1≤a≤0，则当x∈(0，＋∞)时，
g′(x)＝ex－2ax>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝1＋a≥0，
即f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)>f(0)＝0，
故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意．
③若a<－1，
(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，
则g′(x)＝ex－2ax>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0，
所以存在m∈(0,1)，
使得g(m)＝0，即f′(m)＝0，
当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x∈(0，m)时，f(x)又当x→＋∞，f(x)→＋∞，
所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点，
又f(x)在(0，m)上没有零点，
即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；
(ⅱ)当x∈(－1,0)时，
设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，
则h′(x)＝ex－2a>0，
所以g′(x)在(－1,0)上单调递增，
又g′(－1)＝eq \f(1,e)＋2a<0，g′(0)＝1>0，
所以存在n∈(－1,0)，使得g′(n)＝0，
当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(n,0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)又g(－1)＝eq \f(1,e)>0，
所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，
即f′(t)＝0，
当x∈(－1，t)时，f(x)单调递增，
当x∈(t,0)时，f(x)单调递减，
又x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0，
所以当x∈(t,0)时，f(x)>0，
所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，
在(t,0)上无零点，
即f(x)在(－1,0)上有唯一零点，
所以a<－1，符合题意．
综上，a的取值范围为(－∞，－1)．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝(x－1)ex－aln x.
(1)当a>0时，证明：f(x)存在唯一的极小值点；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
(1)证明 当a>0时，函数f(x)＝(x－1)ex－aln x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝xex－eq \f(a,x)＝eq \f(x2ex－a,x)，
令g(x)＝x2ex－a，其中x>0，则g′(x)＝(x2＋2x)ex>0，
所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
易得g(x)＝x2ex－a>x2－a(x>0)，
当a>0时，g(eq \r(a))>(eq \r(a))2－a＝0，且g(0)＝－a<0，
所以存在唯一实数x0∈(0，eq \r(a))，使得g(x0)＝0，即＝a，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故f(x)存在唯一的极小值点．
(2)解 当a<0时，f′(x)＝xex－eq \f(a,x)＝eq \f(x2ex－a,x)>0，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又f(1)＝0，所以f(x)存在唯一零点x＝1，不符合题意；
当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，故f(x)存在唯一零点x＝1，不符合题意；
当a>0时，f(1)＝0，由(1)知，x0为函数f(x)的极小值点，
①当x0>1，即a>e时，f(x)在区间(1，x0)上单调递减，
所以f(x0)先证明ln x1)，令p(x)＝x－ln x－1，x>1，
则p′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)>0，
所以函数p(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故p(x)＝x－ln x－1>p(1)＝0，即ln x取ln a>1，则f(ln a)＝(ln a－1)eln a－aln(ln a)>(ln a－1)(eln a－a)＝0，
所以f(x)在区间(x0，ln a)上有一个零点，故f(x)有两个零点，满足题意；
②当x0＝1，即a＝e时，f(x)min＝f(x0)＝0，
所以f(x)有且仅有一个零点，不符合题意；
③当0对于函数y＝(x－1)ex，当x>0时，y′＝xex>0，
所以函数y＝(x－1)ex在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以(x－1)ex>－1，所以f(x)>－1－aln x，
取x1＝<1，则f(x1)＝>－1－＝0，
所以f(x)在区间(x1，x0)上有一个零点，故f(x)有两个零点，满足题意．
综上，a的取值范围是(0，e)∪(e，＋∞)．
[总结提升]
利用导数解决函数零点问题的方法：
(1)直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用．
(2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题．
(3)参变量分离法：由f(x)＝0分离变量得出a＝g(x)，将问题等价转化为直线y＝a与函数y＝g(x)的图象的交点问题．

1．(2023·邯郸模拟)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2在x＝－1处有极值0.
(1)讨论函数f(x)在(－∞，－1)上的单调性；
(2)记g(x)＝f(x)－k＋1，若函数g(x)有三个零点，求实数k的取值范围．
解 (1)由f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2可得f′(x)＝3x2＋6ax＋3b，
因为f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2在x＝－1处有极值0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′－1＝0，,f－1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－6a＋3b＝0，,－1＋3a－3b＋a2＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝3，))
当a＝1，b＝1时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，
函数f(x)是R上的增函数，不满足在x＝－1处有极值，故舍去，
所以常数a，b的值分别为a＝2，b＝3，
所以f(x)＝x3＋6x2＋9x＋4，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，
令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝－3，
所以当x<－3或x>－1时，f′(x)>0，当－3所以函数f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3，－1)上单调递减．
(2)由(1)可知g(x)＝x3＋6x2＋9x－k＋5，
所以g′(x)＝f′(x)＝3(x＋1)(x＋3)，
所以g(x)的单调递增区间是(－∞，－3)和(－1，＋∞)，单调递减区间为(－3，－1)，
当x＝－3时，g(x)有极大值－k＋5，
当x＝－1时，g(x)有极小值－k＋1，
要使函数g(x)有三个零点，则须满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－k＋5>0，,－k＋1<0，))解得12．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)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)是增函数．
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)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
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>eq \f(1,e)，f(ln a)<0.
因为f(－2)＝e－2>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.
所以当x>4且x>2ln 2a时，f(x)＝－a(x＋2)>eln 2a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋2))－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点．
从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．
综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
3．(2023·南京模拟)已知k∈R，函数f(x)＝3ln(x＋1)＋eq \f(2,π)sin eq \f(π,2)x＋kx，x∈(－1,2)．
(1)若k＝0，求证：f(x)仅有1个零点；
(2)若f(x)有两个零点，求实数k的取值范围．
(1)证明 当k＝0时，f(x)＝3ln(x＋1)＋eq \f(2,π)sin eq \f(πx,2)，
当x∈(－1,2)时，f′(x)＝eq \f(3,x＋1)＋cs eq \f(πx,2)>1＋cs eq \f(πx,2)>0，
所以f(x)在(－1,2)上单调递增，且f(0)＝0，
所以f(x)仅有1个零点．
(2)解 f′(x)＝eq \f(3,x＋1)＋cs eq \f(πx,2)＋k，x∈(－1,2)，
①当k≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－1,2)上单调递增，此时f(x)仅有1个零点0，不符合题意；
②当k＝－4时，若x∈(－1,0)，
设g(x)＝f′(x)＝eq \f(3,x＋1)＋cs eq \f(πx,2)＋k，
则g′(x)＝－eq \f(3,x＋12)－eq \f(π,2)sin eq \f(πx,2)<－3－eq \f(π,2)sin eq \f(πx,2)<0，
所以f′(x)在(－1,0)上单调递减，
所以f′(x)>f′(0)＝4＋k＝0，
所以f(x)在(－1,0)上单调递增，
若x∈(0,2)，则f′(x)＝eq \f(3,x＋1)＋cs eq \f(πx,2)＋k<4＋k＝0，
所以f(x)在(0,2)上单调递减，此时f(x)仅有1个零点0，不符合题意；
③当k∈(－4,0)时，f′(x)＝eq \f(3,x＋1)＋cs eq \f(πx,2)＋k，
由②知f(x)在(－1,0)上单调递增，f′(0)＝4＋k>0，f′(2)＝k<0，
所以存在x0∈(0,2)，使得f′(x0)＝0，
f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,2)上单调递减，
所以f(x0)>f(0)＝0，f(2)＝3ln 3＋2k，
要使f(x)有两个零点，则f(2)＝3ln 3＋2k<0，解得k<－eq \f(3,2)ln 3，
此时k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(3,2)ln 3))；
④当k∈(－∞，－4)时，由②知f(x)在(0,2)上单调递减，
且f′(x)在(－1,0)上单调递减，f′(0)＝4＋k<0，
当x∈(－1,0)时，f′(x)＝eq \f(3,x＋1)＋cs eq \f(πx,2)＋k>eq \f(3,x＋1)＋k，
则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(3,k)))>0，
所以存在x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(3,k)，0))，使得f′(x1)＝0，
所以f(x)在(－1，x1)上单调递增，在(x1,0)上单调递减，所以f(x1)>f(0)＝0，
当x∈(－1,0)时，f(x)＝3ln(x＋1)＋eq \f(2,π)sin eq \f(πx,2)＋kx<3ln(x＋1)－k，
所以<0，所以f(x)在上有一个零点，此时f(x)有两个零点．
综上，k的取值范围为(－∞，－4)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(3,2)ln 3))