高考数学一轮复习第三章第二节第5课时利用导数研究函数的零点问题学案

这是一份高考数学一轮复习第三章第二节第5课时利用导数研究函数的零点问题学案，共12页。

讨论函数的零点个数
【例1】(2024·邢台模拟)已知函数f (x)＝2x3－3x2－12x＋5.
(1)求f (x)的极值；
(2)讨论函数g(x)＝f (x)－m的零点个数．
解：(1)由题意可得f (x)的定义域为R，f ′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)．
由f ′(x)>0，得x<－1或x>2；由f ′(x)<0，得－1所以f (x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．
故f (x)极大值＝f (－1)＝12，f (x)极小值＝f (2)＝－15.
(2)由(1)可知f (x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，f (－1)＝12，f (2)＝－15.
当x→－∞时，f (x)→－∞；当x→＋∞，f (x)→＋∞.
f (x)的大体图象如图所示．
令g(x)＝f (x)－m＝0，则f (x)＝m.
当m>12或m<－15时，方程f (x)＝m有且仅有1个实根，即函数g(x)有1个零点；
当m＝12或m＝－15时，方程f (x)＝m有2个实根，即函数g(x)有2个零点；
当－15综上所述，当m＞12或m＜－15时，g(x)有1个零点；当m＝12或m＝－15时，g(x)有2个零点；当－15＜m＜12时，g(x)有3个零点．
利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法
(1)可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等来确定方程根的情况．
(2)根据题目要求，画出函数图象的走势，标明函数极(最)值的位置．
(3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现．
(2024·广东一模)已知0(1)求f (x)的单调区间．
(2)讨论方程f (x)＝a的根的个数．
解：(1)求导得f ′(x)＝aex－ax－ex－ax2＝aex－ax－1x2.
因为a>0，ex－a>0，
所以当f ′(x)<0时，x<1且 x≠0；当f ′(x)>0时，x>1.
所以f (x)在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)①当x<0时，因为a>0，ex－a>0，所以f (x)＝aex－ax＜0＜a.
所以f (x)＝a在(－∞，0)上有0个根．
②当x>0时，由(1)得，x>0时，f (x)的最小值为f (1)＝ae1-a.
因为01.
所以f (1)＝ae1-a>a.
所以f (x)＝a在(0，＋∞)上有0个根．
综上所述，方程f (x)＝a有0个根．
由函数的零点个数求参数的范围
【例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．
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)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)因为f (x)＝ex－a(x＋2)，所以f ′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f ′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，
所以f (x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意．
若a＞0，令f ′(x)＝ex－a＝0，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．
所以f (x)min＝f (ln a)＝eln a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a)．
当x→＋∞时，f (x)＞0，当x→－∞时，f (x)＞0.
要使f (x)有两个零点，则f (x)min＝f (ln a)＜0，
即－a(1＋ln a)＜0，所以a＞1e，即a的取值范围是1e，+∞.
[变式] 将本例中的函数改为“f (x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)”，若函数f (x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：f ′(x)＝ex＋a.
①当a＞0时，f ′(x)＞0，f (x)在R上单调递增，
且当x＞1时，f (x)＝ex＋a(x－1)＞0；
当x＜0时，取x＝－1a，则f －1a＜1＋a－1a－1＝－a＜0，
所以函数f (x)存在零点，不满足题意．
②当a＜0时，令f ′(x)＝ex＋a＝0，则x＝ln (－a)．
当x∈(－∞，ln (－a))时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
当x∈(ln (－a)，＋∞)时，f ′(x)＞0 ，f (x)单调递增．
所以，当x＝ln (－a)时，f (x)取得极小值，也是最小值．
函数f (x)不存在零点，等价于f (ln (－a))＝eln (－a)＋a ln (－a)－a＝－2a＋a ln (－a)＞0，
解得－e2＜a＜0.
综上所述，实数a的取值范围是(－e2，0)．
与函数零点有关的参数范围问题解题策略
(1)函数在定义域上单调，满足函数零点存在定理．
(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值时可以结合函数图象分析．
(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．
(2024·潍坊模拟)已知函数f (x)＝a ln x－2x.
(1)若a＝2，求曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程；
(2)若函数f (x)在(0，16]上有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f (x)＝2ln x－2x，该函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－1x，
所以f (1)＝－2，f ′(1)＝1，
因此，曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程为y＋2＝x－1，即x－y－3＝0.
(2)由题可得f ′(x)＝ax－1x(x＞0)．
①当a≤0时，f ′(x)＝ax－1x<0，则f (x)在(0，
＋∞)上单调递减，不符合题意．
②当a>0时，由f (x)＝a ln x－2x＝0可得2a＝lnxx.
令g(x)＝lnxx(x>0)，则直线y＝2a与曲线y＝g(x)在(0，16]上有两个交点．
g′(x)＝xx－lnx2xx＝2－lnx2xx，
令g′(x)＝0，可得x＝e2<16.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
所以函数g(x)在区间(0，16]上的极大值为g(e2)＝2e，且g(16)＝ln 2，g(x)的大体图象如图所示．
由图可知，当ln 2≤2a<2e，即当e因此，实数a的取值范围是e，2ln2.
函数零点与极值点的偏移问题
【例3】已知函数f (x)＝1－x1+xln x.
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当f (x1)＝f (x2)(x1＜x2)时，求证：x1+x2>2.
(1)解：由题可得函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－2lnx1+x2+1－xx1+x＝1－x2－2xlnxx1+x2.
令g(x)＝1－x2－2x ln x，则g′(x)＝－2x－2ln x－2＝－2(x＋ln x＋1)．
令h(x)＝－2(x＋ln x＋1)，则h′(x)＝－21+1x＝－2x+2x.
当x>0时，h′(x)<0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g′(e-2)＝－2(e-2－1)>0，g′(1)＝－4<0，
所以∃x0∈(e-2，1)，使得g′(x0)＝0，
则当x∈(0，x0)时，g′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以g(x)在x0处取得极大值，也是最大值，g(x)max＝g(x0)>g(1)＝0.
又当x∈(0，1)时，1－x2>0，－2x ln x>0，所以当x∈(0，1)时，g(x)>0，即f ′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，即f ′(x)<0.
所以f (x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，若f (x1)＝f (x2)(x1＜x2)，则0要证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1即可．
因为01.
又f (x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以只需证f (x2)因为f (x1)＝f (x2)，所以只需证f (x1)即证f (x1)－f (2－x1)<0即可．
则需证1－x11+x1ln x1＋1－x13－x1ln (2－x1)<0.
又1－x1>0，
所以只需证lnx11+x1+ln2－x13－x1<0，即证(3－x1)ln x1＋(1＋x1)ln (2－x1)<0.
令F(x)＝(3－x)ln x＋(1＋x)ln (2－x)(0则F′(x)＝－ln x＋3－xx＋ln (2－x)－1+x2－x.
令G(x)＝－ln x＋3－xx＋ln (2－x)－1+x2－x，则G′(x)＝－1x－3x2－12－x－32－x2<0，
所以F′(x)在(0，1)上单调递减，F′(x)>F′(1)＝0.
所以F(x)在(0，1)上单调递增，F(x)所以(3－x1)ln x1＋(1＋x1)ln (2－x1)<0.
原不等式得证．
对称化构造函数证明极值点偏移问题的关键
构造函数H(x)＝f (x)－f (2x0－x)，其中x0为函数f (x)的极值点，然后求导确定H(x)的单调性，结合H(x0)＝0确定H(x)的符号，再通过f (x)的单调性得到结论．
若关于x的方程x ln x＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2<1e2(e是自然对数的底数)．
证明：不妨设x1>x2>0，要证x1x2<1e2，即证x1x2·1x2－1x1<1e21x2－1x1，
整理得x1＋1e2x1又因为x1ln x1＝x2ln x2，即证x1ln x1－kx1+1e2x1>x2ln x2－kx2+1e2x2，k>0.
设h(x)＝x ln x－kx－ke2x，
要使x1>x2时，h(x1)>h(x2)，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以有h′(x)＝ln x＋1－k＋ke2x2≥0在(0，＋∞)上恒成立．
令H(x)＝ln x＋1－k＋ke2x2，则H′(x)＝1x－2ke2x3(x＞0)．
令H′(x)＝0，解得x＝2ke(x＝－2ke舍去)．
易知当x∈0，2ke时，H′(x)＜0；当x∈2ke，+∞时，H′(x)＞0，
所以h′(x)在0，2ke上单调递减，在2ke，+∞上单调递增．
所以h′(x)min＝h′2ke＝12ln 2k－k＋12＝12(ln 2k－2k＋1)．
令t(k)＝ln 2k－2k＋1，则t′(k)＝1k－2.
令t′(k)＞0，得0＜k＜12；令t′(k)＜0，得k＞12，
所以t(k)在0，12上单调递增，在12，+∞上单调递减，函数t(k)在k＝12时取得极大值也是最大值，又t12＝0，所以t(k)＝ln 2k－2k＋1≤0.
令12(ln 2k－2k＋1)≥0，得k＝12.
此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证．
课时质量评价(二十)
1．(2024·南平模拟)已知函数f (x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f (x)在(1，f (1))处的切线方程；
(2)若函数f (x)的图象与直线y＝ax－a在1e，e上有两个不同的交点，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f (x)＝2ln x－x2＋x(x＞0)，
所以f ′(x)＝2x－2x＋1.
因为f (1)＝0，
所以切点坐标为(1，0)，切线斜率为f ′(1)＝1，
所以切线方程为y－0＝1(x－1)，即y＝x－1.
(2)由题知f (x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)，函数f (x)的图象与直线y＝ax－a在1e，e上有两个不同的交点．
令g(x)＝f (x)－y＝2ln x－x2＋a(x＞0)，所以g′(x)＝2x－2x＝－2x+1x－1x.
因为x∈1e，e，
所以令g′(x)＝0，得x＝1，
所以当1e≤x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当1所以g(x)＝2ln x－x2＋a在1e，e上有最大值g(1)，g(1)＝a－1.
因为g1e＝a－2－1e2，g(e)＝a＋2－e2，
又g(e)－g1e＝4－e2＋1e2<0，
所以g(e)所以g(x)＝2ln x－x2＋a在1e，e上有最小值g(e)＝a＋2－e2.
所以g(x)＝2ln x－x2＋a在1e，e上有两个不同的零点的条件是g1=a－1>0，g1e=a－2－1e2≤0，
解得1所以实数a的取值范围为1，2+1e2.
2．(2024·通辽模拟)已知函数f (x)＝－x3＋x2＋x＋a(a∈R)．
(1)求函数f (x)的极值点；
(2)若函数f (x)有且只有两个零点，求实数a的值．
解：(1)因为f (x)＝－x3＋x2＋x＋a(a∈R)，所以f ′(x)＝－3x2＋2x＋1＝(3x＋1)(－x＋1)．
令f ′(x)>0，解得－131或x<－13，
所以f (x)在－∞，－13，(1，＋∞)上单调递减，在－13，1上单调递增，
所以f (x)的极小值点是－13，极大值点是1.
(2)函数f (x)有且只有两个零点，令f (x)＝0，则－x3＋x2＋x＝－a.令g(x)＝－x3＋x2＋x，即y＝g(x)与y＝－a的图象有两个交点．
由(1)分析知g(x)在－∞，－13，(1，＋∞)上单调递减，在－13，1上单调递增，g(x)的大致图象如图所示．
要使函数f (x)有且只有两个零点，即－a＝g(1)或－a＝g－13，解得a＝－1或a＝527.
3．(2024·江门模拟)已知函数f (x)＝x+1ex－a(a∈R)．
(1)求f (x)的极值；
(2)若f (x)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R，f ′(x)＝(x＋2)ex.
令f ′(x)＜0，得x<－2；令f ′(x)>0，得x>－2，
所以f (x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增．
所以当x＝－2时，f (x)有极小值f (－2)＝－1e2－a，无极大值．
(2)函数f (x)＝(x＋1)ex－a有两个零点，
取g(x)＝(x＋1)ex，则直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有两个交点．
g′(x)＝(x＋2)ex，
令g′(x)＜0，得x<－2；令g′(x)>0，得x>－2，
所以g(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增．
因为g(－1)＝0，g(－2)＝－1e2，
当x<－1时，g(x)<0，当x>－1时，g(x)>0，
当x→－∞时，g(x)→0，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以函数g(x)的大致图象如图所示．
结合图象可知，当－1e2故实数a的取值范围为－1e2，0.
4．已知函数f (x)＝x－ln x＋m，g(x)＝xex.
(1)若函数f (x)和g(x)的图象都与平行于x轴的同一条直线相切，求m的值；
(2)若函数F(x)＝f (x)－g(x)有两个零点x1，x2，证明：ex1·ex2>e2.
(1)解：由题意知函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1－1x＝x－1x，
当x∈(0，1)时，f ′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
故f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
由f (1)＝1＋m，可得y＝f (x)的图象与直线y＝1＋m相切．
因为g′(x)＝1－xex，则当x∈(－∞，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(1)＝1e，即y＝g(x)的图象与直线y＝1e相切．
因为两函数图象均与平行于x轴的同一条直线相切，则1＋m＝1e，即m＝1e－1.
(2)证明：F(x)＝f (x)－g(x)＝x－ln x＋m－xex＝－ln xex－xex＋m(x＞0)，令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，
由F(x1)＝F(x2)＝0，得－ln t1－t1＋m＝－ln t2－t2＋m＝0.
易知函数y＝－ln t－t＋m在(0，＋∞)上单调递减，故t1＝t2，即x1ex1＝x2ex2，
即g(x1)＝g(x2)．
由(1)可知g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以不妨设0要证ex1·ex2>e2，只需证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1.又2－x1＞1，故只需证g(x2)因为g(x1)＝g(x2)，所以只需证g(x1)令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝xex－2－xe2－x，x∈(0，1)，则h′(x)＝1－xex+x－1e2－x＝1－xe2－x－exexe2－x>0恒成立，
所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)故原不等式得证．x
(0，e2)
e2
(e2，16]
g′(x)
＋
0
－
g(x)
单调递增
2e
单调递减