(新高考)高考数学一轮复习课时练习4.4.3《利用导数探究函数的零点问题》(含解析)

第3课时　利用导数探究函数的零点问题

　　　　　　判断函数零点(方程根)的个数

(2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．

【证明】　设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.

当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．

又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．

所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．

判断函数零点个数的3种方法

设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．

解：由题设知，g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，

令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．

设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，

则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，

当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．

所以x＝1是φ(x)的唯一极值点且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，

所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.

又φ(0)＝0，结合函数y＝φ(x)的图象(如图)，可知

①当m>时，函数g(x)无零点；

②当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；

③当0<m<时，函数g(x)有两个零点．

综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；

当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；

当0<m<时，函数g(x)有两个零点．

　　　　　　已知零点个数求参数范围

(2020·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．

【解】　(1)f′(x)＝3x2－k.

当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．

当k＜0时，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．

当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±.当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.故f(x)在，单调递增，在单调递减．

(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点．

当k＞0时，x＝－为f(x)的极大值点，x＝为f(x)的极小值点．此时，－k－1＜－＜＜k＋1且f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，f＞0.根据f(x)的单调性，当且仅当f＜0，即k2－＜0时，f(x)有三个零点，解得k＜.因此k的取值范围为.

已知函数(方程)零点的个数求参数范围

(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．

(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．

(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．　

(2020·南充市第一次适应性考试)已知函数f(x)＝aex－－1，其中a＞0.若函数f(x)有唯一零点，求a的值．

解：要使函数f(x)有唯一零点，则需关于x的方程a＝有唯一的解．　

设g(x)＝，

则g′(x)＝，

设h(x)＝1－2x－ex，

则h′(x)＝－2－ex＜0，

所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又h(0)＝0，

所以当x∈(－∞，0)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，

所以g(x)在(－∞，0)上单调递增；

当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，

所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．

所以g(x)的最大值为g(0)＝1，

所以当x∈(－∞，0]时，g(x)∈(－∞，1]；

当x∈(0，＋∞)时，g(x)∈(0，1)．

又a＞0，所以当方程a＝有唯一解时，

a＝1.

所以函数f(x)有唯一零点时，a的值为1.

 [A级　基础练]

1．已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝xf(x)－的零点个数是(　　)

A．0　　　　　　　　　　　 B．1

C．2   D．3

解析：选B.函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)＝的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．故选B.

2．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．

解析：f′(x)＝＝(a<0)．

当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，

所以当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，

解得a>－e2，因此－e2<a<0.

答案：(－e2，0)

3．已知函数f(x)＝a＋ln x(a∈R)．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)试判断f(x)的零点个数．

解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，

f′(x)＝()′ln x＋·

＝，

令f′(x)＞0，解得x＞e－2，

令f′(x)<0，解得0<x<e－2，

所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，

在(e－2，＋∞)上单调递增．

(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－，

显然a≤0时，f(x)＝0，有1个零点，

a＞时，f(x)＞0，无零点，

a＝时，f(x)＝0，有1个零点，

0<a<时，f(x)<0，有2个零点．

4．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：(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－<m<.

所以m的取值范围为.

[B级　综合练]

5．已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－x2＋6x，其中a>0.

(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；

(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．

解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.

所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.

所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.

(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．

当x>1时，f′(x)>0；当0<x<1时，f′(x)<0.

所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.

令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－x2＋6x＋m，

则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．

当x>1时，h′(x)<0；

当0<x<1时，h′(x)>0.

所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝＋m.

要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则＋m≥－1，即m≥－.

所以实数m的取值范围为.

6．(2020·高考全国卷Ⅲ)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.

解：(1)f′(x)＝3x2＋b.

依题意得f′＝0，即＋b＝0.

故b＝－.

(2)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：

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－<c<时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，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.

[C级　创新练]

7．(2020·吉林第三次调研)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R)．

(1)若a＝0，试讨论f(x)的单调性；

(2)若0<a<2，b＝1，实数x1，x2为方程f(x)＝m－ax2的两个不等实根，求证：＋>4－2a.

解：(1)依题意知x>0，当a＝0时，f′(x)＝－(b＋1)．

①当b≤－1时，f′(x)>0恒成立，此时f(x)在定义域上单调递增；

②当b>－1时，x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)证明：由f(x)＝m－ax2得ln x＋(a－2)x＋2－m＝0，

令g(x)＝ln x＋(a－2)x＋2，x>0，则g(x1)＝g(x2)＝m，

依题意有ln x1＋(a－2)x1＝ln x2＋(a－2)x2，

所以a－2＝，

要证＋>4－2a，只需证>2(2－a)＝(不妨设x1<x2)，即证－<－2ln ，

即证2ln＋－<0，

令＝t(t>1)，则g(t)＝2ln t－t＋，

因为g′(t)＝－1－＝－<0，

所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，

所以g(t)<g(1)＝0，从而有＋>4－2a.