2020高考文科数学（人教版）一轮复习讲义：第19讲导数的综合应用——导数与方程


第19讲　导数的综合应用——导数与方程
　　　　　　　　　　　


1．能利用导数研究一般函数的单调性、极值与最值，获得对函数的整体认识．
2．会利用导数研究一般函数的零点及其分布．

知识梳理
1．函数零点的有关知识
(1)零点的概念：函数的零点是函数图象与x轴交点的　横坐标　.
(2)几个常用结论：
①f(x)有零点y＝f(x)的图象与x轴有　交点　方程f(x)＝0有　实数解　.
②F(x)＝f(x)－g(x)有零点y＝f(x)与y＝g(x)的图象有　交点　方程f(x)＝g(x)有　实数解　.
③零点存在定理：f(x)在[a，b]上连续，且f(a)·f(b)<0，则f(x)在(a，b)内　至少有一　个零点．
2．利用导数研究函数零点的方法
(1)研究y＝f(x)的图象，利用数形结合的思想求解．
(2)研究方程有解的条件，利用函数与方程的思想求解．
热身练习
1．(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(D)


　 观察导函数f′(x)的图象可知，

f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，
所以对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．
观察选项可知，排除A，C.
如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故选项D正确．
2．函数f(x)＝x3－4x＋4的零点个数为(D)
A．0　　　　　　　　　　B．1
C．2 D．3
　 因为f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x＝±2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增

单调递减
－
单调递增
由此可得到f(x)的大致图象(如下图)．

由图可知f(x)有3个零点．
3．若方程x3－4x＋4＋a＝0有3个不同的解，则a的取值范围为(B)
A．(－，) B．(－，)
C．[－，] D．[－，]
　 x3－4x＋4＋a＝0有3个不同的解⇔f(x)＝x3－4x＋4与g(x)＝－a有3个不同的交点．
利用第2题图可知，－<－a<，即－ 4．若函数g(x)＝x3－4x＋4＋a的图象与x轴恰有两个公共点，则a＝(B)
A.或－ B．－或
C．－或 D．－或
　 g(x)＝x3－4x＋4＋a与x轴恰有两个公共点⇔方程x3－4x＋4＋a＝0有2个不同的解⇔f(x)＝x3－4x＋4与φ(x)＝－a有2个不同的交点．
利用第2题图可知，－a＝－或－a＝，
所以a＝－或a＝.
5．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则实数a的取值范围是(C)
A．(－∞，ln 2) B．(ln 2，＋∞)
C．(－∞，2ln 2－2] D．[2ln 2－2，＋∞)
　 (方法一)因为f′(x)＝ex－2，
令ex－2＝0得，ex＝2，所以x＝ln 2，
当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，


所以当x＝ln 2时，f(x)取最小值f(x)min＝2－2ln 2＋a.
要f(x)有零点，所以a≤2ln 2－2.
(方法二)函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，
即关于x的方程ex－2x＋a＝0有实根，
即方程a＝2x－ex有实根．
令g(x)＝2x－ex(x∈R)，则g′(x)＝2－ex.
当x0；当x>ln 2时，g′(x)<0.

所以当x＝ln 2时，g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，
所以函数g(x)的值域为(－∞，2ln 2－2]．
所以a的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．
　　　　　　　　　　　


利用导数研究三次函数的零点及其分布
已知函数f(x)＝x3－12x＋a，其中a≥16，则f(x)的零点的个数是
A．0或1 B．1或2
C．2 D．3
(方法一：从函数角度出发，研究f(x)的图象与x轴的交点)
因为f′(x)＝3x2－12，
令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
a＋16
单调递减
a－16
单调递增

由此可得到f(x)的大致图象(如图)，
由a≥16得，a＋16>0，a－16≥0，
当a＝16时，f(x)的图象与x轴有2个交点；当a>16时，f(x)的图象与x轴只有1个交点．
所以f(x)的零点个数为1或2.
(方法二：从方程角度出发，利用函数与方程的思想)
f(x)＝x3－12x＋a的零点个数⇔方程x3－12x＝－a的解的个数⇔g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的交点个数．
画出g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的图象．
由g′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
单调递增
16
单调递减
－16
单调递增

所以g(x)的图象如右图所示：
因为a≥16，
所以y＝－a≤－16.
由图可知直线y＝－a与y＝x3－12x的图象有1个或2个交点．
B
利用导数研究函数的零点的基本思路：
(1)研究y＝f(x)的图象，利用数形结合的思想求解；
(2)研究f(x)＝0有解，利用函数与方程的思想求解．

1．(经典真题)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为(B)
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)　　
当a＝0时，不符合题意．
a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝.
若a>0，由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．

若a<0，由图象结合f(0)＝1>0知，

此时必有f()>0，即a×－3×＋1>0，
化简得a2>4，又a<0，所以a<－2.
利用导数研究超越方程的根及其分布
已知函数f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1 由f(x)＝x－aex，可得f′(x)＝1－aex.
下面分两种情况讨论：
(1)a≤0时，f′(x)>0在R上恒成立，可得f(x)在R上单调递增，不合题意．
(2)a>0时，由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－ln a)
－ln a
(－ln a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
－ln a－1
↘
这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－ln a)；单调递减区间是(－ln a，＋∞)．
于是，“函数y＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：
①f(－ln a)>0；
②存在s1∈(－∞，－ln a)，满足f(s1)<0；
③存在s2∈(－ln a，＋∞)，满足f(s2)<0.
由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得0 而此时，取s1＝0，满足s1∈(－∞，－ln a)，且f(s1)＝－a<0；
而当x∈(－ln a，＋∞)时，由于x→＋∞时，ex增长的速度远远大于x的增长速度，所以一定存在s2∈(－ln a，＋∞)满足f(s2)<0.
另法：取s2＝＋ln，满足s2∈(－ln a，＋∞)，且f(s2)＝(－e)＋(ln－e)<0.
所以a的取值范围是(0，e－1)．
函数的零点是导数研究函数的性质的综合应用，要注意如下方面：
(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质；
(2)数形结合思想方法的应用；
(3)函数零点存在定理及根的分布知识的应用．

2．(2018·广州模拟节选)已知函数f(x)＝aln x＋x2(a≠0)，若函数f(x)恰有一个零点，求实数a的取值范围．
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝aln x＋x2，
所以f′(x)＝＋2x＝.
①当a>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
取x0＝e－，则f(e－)＝－1＋(e－)2<0，
(或：因为0 因为f(1)＝1，所以f(x0)·f(1)<0，此时函数f(x)有一个零点．
②当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝.
当0 当x>时，f′(x)>0，所以f(x)在(，＋∞)上单调递增．
要使函数f(x)有一个零点，
则f()＝aln－＝0，即a＝－2e.
综上所述，若函数f(x)恰有一个零点，则a＝－2e或a>0.
利用导数研究两函数图象的交点问题
已知函数f(x)＝x＋(a∈R)，g(x)＝ln x．若关于x的方程＝f(x)－2e(e为自然对数的底数)只有一个实数根，求a的值．
由＝f(x)－2e，得＝x＋－2e，
化为＝x2－2ex＋a.
问题转化为函数h(x)＝与m(x)＝x2－2ex＋a有一个交点时，求a的值．
由h(x)＝，得h′(x)＝.令h′(x)＝0，得x＝e.
当00；当x>e时，h′(x)<0.
所以h(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减．
所以当x＝e时，函数h(x)取得最大值，其值为h(e)＝.
而函数m(x)＝x2－2ex＋a＝(x－e)2＋a－e2，

当x＝e时，函数m(x)取得最小值，其值为m(e)＝a－e2.
所以当a－e2＝，即a＝e2＋时，方程＝f(x)－2e只有一个实数根．
(1)利用f(x)＝g(x)的解⇔y＝f(x)与y＝g(x)的图象交点的横坐标，可将方程的解的问题转化为两函数图象的交点问题，从而可利用数形结合的思想方法进行求解．
(2)在具体转化时，要注意对方程f(x)＝g(x)尽量进行同解变形，变到两边的函数是熟悉的形式或较简单的形式，以便于对其图象特征进行研究．

3．(经典真题)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a；
(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2，
由题意得－＝－2，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题意知1－k>0，
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，
g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，
所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．
当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，
则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)，
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．
综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．

1．利用导数研究函数的零点及其零点分布问题的基本步骤：
(1)构造函数，并确定定义域；
(2)求导，确定单调区间及极值；
(3)作出函数的草图；
(4)根据草图直观判断函数的零点的情况或得到零点所满足的条件．
2．处理函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象的交点问题，常用方法有：
(1)数形结合，即分别作出两函数的图象，考察交点情况；
(2)将函数交点问题转化为方程f(x)＝g(x)根的个数问题，通过构造函数y＝f(x)－g(x)，利用导数研究函数的单调性及极值，并作出草图，根据草图确定根的情况．
3．利用导数研究函数的零点问题，要注意函数与方程的思想、化归与转化的思想、分类讨论思想及数形结合思想的运用．