第16讲-导数与函数的零点（解析版）学案

这是一份第16讲-导数与函数的零点（解析版）学案，共13页。

第16讲-导数与函数的零点
一、 经典例题
考点一　判断零点的个数
【例1】已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数g(x)＝－4ln x的零点个数．
解　(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，
∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.
∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.
故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.
(2)由(1)知g(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2，
∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋－＝，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.
当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：
X
(0，1)
1
(1，3)
3
(3，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)

极大值

极小值

当0 当x>3时，g(e5)＝e5－－20－2>25－1－22＝9>0.
又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，
因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，
故g(x)仅有1个零点．
规律方法　利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．
(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
考点二　已知函数零点个数求参数的取值范围
【例2】 函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
解　(1)函数f(x)＝ax＋xln x的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝a＋ln x＋1，
因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，
即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0 所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．

由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
由题意得，m＋1>－1，
即m>－2，①
当0e时，f(x)>0.
当x>0且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②
由①②可得－2 所以m的取值范围是(－2，－1)．
规律方法　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．
考点三　函数零点的综合问题
【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，假设存在b满足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 .
规律方法　1.在(1)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)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 .
[方法技巧]
1．解决函数y＝f(x)的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等．
2．通过等价变形，可将“函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点”与“方程f(x)＝g(x)的解”问题相互转化．
3．函数y＝f(x)在某一区间(a，b)上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.
二、 课时作业
1.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当1
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】　D
【解析】　根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示.

由于f(0)＝f(3)＝2，1 2．（2020·四川省绵阳南山中学高三其他（文））设函数是偶函数的导函数，在区间上的唯一零点为2，并且当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令g（x）=xf（x），则g′（x）=xf′（x）+f（x），
∵当x∈（﹣1，1）时，xf′（x）+f（x）＜0，
∴函数g（x）在（﹣1，1）上单调递减．
∵g（﹣x）=﹣xf（﹣x）=﹣xf（x）=﹣g（x），
∴g（x）在R是奇函数．
∵f（x）在区间（0，+∞）上的唯一零点为2，
即g（x）在区间（0，+∞）上的唯一零点为2，
∴g（x）在（﹣∞，﹣1）单调递增，在（﹣1，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
且g（0）=0，g（2）=0，g（﹣2）=0，
画出函数g（x）的图象，如下图所示，

结合图象可得，当x≥0时，由f（x）＜0，即xf（x）＜0，可得0≤x＜2；
当x＜0时，由f（x）＜0，即xf（x）＞0，可得﹣2＜x＜0．
综上的取值范围是（﹣2，2）．
3．（2020·安徽省高三二模（理））函数恰有两个零点，，且，则所在区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】当时不符合题意；
当时，考查函数与图象

易知，与图象在区间上必有一个交点
则在区间上有且仅有一个公共点，
当时，，
，则在上单调递增，在上单调递减，
所以，
则只需，故，
当时，，
易知，，可知.
4．（2020·黑山县黑山中学高二月考）函数的极值点所在的区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】∵，
∴，且函数单调递增．
又，
∴函数在区间内存在唯一的零点，
即函数的极值点在区间内．
5．（2020·四川省棠湖中学高二月考（理））函数在上有两个零点，则实数的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】取
设，，在上单调递增，上单调递减

画出函数图像：


根据图像知：
6．（2020·山东省高三二模）已知函数，若有两个零点，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】，当时，不成立，故，
设，，则，
故函数在上单调递减，在上单调递减，在单调递增，
，画出函数图像，如图所示，根据图像知：.
故答案为：.

7.直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋1的图象及g(x)＝2x－1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为________.
【答案】　　4－2ln 2
【解析】　由题意得，|AB|＝|et＋1－(2t－1)|
＝|et－2t＋2|，令h(t)＝et－2t＋2，
则h′(t)＝et－2，所以h(t)在(－∞，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以h(t)min＝h(ln 2)＝4－2ln 2>0，
即|AB|的最小值是4－2ln 2.
8.若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________.
【答案】　　(－e2，0)
【解析】　f′(x)＝＝(a<0).
当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
∴当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，
解之得a>－e2，因此－e2 9.已知函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围.
【解析】　(1)因为函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A，
所以－4a－4a－2＝，解得a＝2，
即f(x)＝x3－x2－2x－2，
所以f′(x)＝x2－x－2.
由f′(x)>0，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞).
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，
f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－<2m－3<－，解得－ 所以m的取值范围为.
10.设函数f(x)＝ln x＋(m>0)，讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数.
【解析】函数g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).
设h(x)＝－x3＋x(x>0)，
所以h′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1).
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，此时h(x)在(0，1)内单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，此时h(x)在(1，＋∞)内单调递减.
所以当x＝1时，h(x)取得极大值h(1)＝－＋1＝.
令h(x)＝0，即－x3＋x＝0，解得x＝0(舍去)或x＝.
作出函数h(x)的大致图象(如图)，结合图象知：

①当m>时，函数y＝m和函数y＝h(x)的图象无交点.
②当m＝时，函数y＝m和函数y＝h(x)的图象有且仅有一个交点.
③当0 综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m＝时，函数g(x)有且仅有一个零点；当0 11.若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和.
【解析】　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，
所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.
当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0 则f(x)在上单调递减，在上单调递增，又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，
所以f＝－＋1＝0，得a＝3，
所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，
则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.
12.已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的单调递增区间；
(2)当0<－ (3)当a＝－1时，试推断方程|f(x)|＝＋是否有实数根.
【解析】　(1)由已知可知函数f(x)的定义域为{x|x>0}，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x(x>0)，f′(x)＝(x>0)；
当00；当x>1时，f′(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1).
(2)因为f′(x)＝a＋(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝－；
由f′(x)>0，解得0 从而f(x)的单调递增区间为，递减区间为，
所以，f(x)max＝f＝－1＋ln＝－3.
解得a＝－e2.
(3)由(1)知当a＝－1时，f(x)max＝f(1)＝－1，
所以|f(x)|≥1.
令g(x)＝＋，则g′(x)＝.
当00；
当x>e时，g′(x)<0.
从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
所以g(x)max＝g(e)＝＋<1，
所以，|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>＋，
所以，方程|f(x)|＝＋没有实数根.
13．（2020·陕西省西安中学高三其他（文））已知函数在处的切线与直线平行．
(1)求实数的值，并判断函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证：．
【解析】（1）函数的定义域：，
，解得，
，

令，解得，故在上是单调递减；
令，解得，故在上是单调递增.
（2）由为函数的两个零点，得
两式相减，可得
即，，
因此，
令，由，得.
则，
构造函数，
则
所以函数在上单调递增，故，
即，可知.故命题得证.
14．（2020·四川省高三三模（理））己知函数,它的导函数为.
（1）当时,求的零点；
（2）若函数存在极值点,求的取值范围.
【解析】（1）的定义域为,
当时,,.
易知为上的增函数,
又,所以是的唯一零点.
（2）,存在极值点,
所以有解
得设,,
令,
上单调递减,上单调递增
,,.
所以
又当时,即在上是增函数,所以没有极值点.
所以