2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第3讲　导数与函数零点

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1．(人A必一P144练习2改编)函数f(x)＝lnx－eq \f(2,x)的零点所在的大致区间是( B )
A．(1,2)B．(2,3)
C．(1，e)和(3,4)D．(e，＋∞)
【解析】 因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)在定义域上单调递增，所以f(x)只有唯一零点．又f(2)＝ln2－1＜0，f(3)＝ln3－eq \f(2,3)＞lne－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)＞0，所以f(x)的零点在区间(2,3)上．
2．(人A必一P159复习参考题5(3))已知函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝lg2x＋x，h(x)＝x3＋x的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为( B )
A．a＞b＞cB．b＞c＞a
C．c＞a＞bD．b＞a＞c
【解析】 在同一平面直角坐标系中分别作出函数y＝2x，y＝lg2x，y＝x3及y＝－x的图象如图所示．由图象可知b＞c＞a．
(第2题)
3．若函数f(x)＝2x3－6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是( A )
A．(－4,4)
B．[－4,4]
C．(－∞，－4]∪[4，＋∞)
D．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
【解析】 由f(x)＝2x3－6x＋m，得f′(x)＝6x2－6＝6(x－1)(x＋1)．当x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值．要使得函数f(x)有三个零点，则满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f－1＝－2＋6＋m＞0，,f1＝2－6＋m＜0，))解得－4＜m＜4，即实数m的取值范围是(－4,4)．
4．若函数f(x)＝kex－x2＋3有三个零点，则k的取值范围为( A )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(6,e3)))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2e，\f(6,e3)))
C．(－2e,0)D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(6,e3)))
(第4题)
【解析】 由f(x)＝0，得k＝eq \f(x2－3,ex)．设g(x)＝eq \f(x2－3,ex)，g′(x)＝eq \f(－x＋1x－3,ex)．令g′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3，当－1＜x＜3时，g′(x)＞0，当x＜－1或x＞3时，g′(x)＜0，且g(－1)＝－2e，g(3)＝eq \f(6,e3)，作出g(x)的大致图象如图所示，若使得函数f(x)有3个零点，则0＜k＜eq \f(6,e3)．
5．若函数f(x)＝lnx＋eq \f(a,x)存在零点，则实数a的取值范围是__eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)))__．
【解析】 f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，x＞0．①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝ln1＋a＝a≤0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有1个零点．②当a＞0时，则当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．当x＝a时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝lna＋1，则lna＋1≤0，即0＜a≤eq \f(1,e)．又f(1)＝ln1＋a＝a＞0，所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有零点．综上所述，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)))．
举题固法
目标引领
探求零点个数
例1 (2023·唐山、邯郸期末改编)若函数f(x)＝(x－a)ex，g(x)＝eq \f(e,x)．
(1) 求函数F(x)＝lnx·g(x)在(1,0)处的切线方程；
【解答】 由题知F(x)＝eq \f(elnx,x)，x＞0，则F′(x)＝eq \f(e1－lnx,x2)，所以F(1)＝0，F′(1)＝e，所以F(x)在(1,0)处的切线方程为y＝ex－e．
(2) 当a＝eq \f(3,2)时，讨论函数G(x)＝f(x)－tg(x)(t∈R)的零点个数．
【解答】 当a＝eq \f(3,2)时，G(x)＝(x－a)ex－eq \f(et,x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))ex－eq \f(et,x)，令G(x)＝0，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))ex＝eq \f(et,x)，即t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,2)x))ex－1(x≠0)．令h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,2)x))ex－1，则h′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))(x－1)·ex－1，令h′(x)＝0，得x＝－eq \f(3,2)或1．当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0))时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．故当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
且当x→－∞时，h(x)→0，x→＋∞时，h(x)→＋∞，x→0时，h(x)→0．故当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))时，G(x)无零点，当t＝0或t＝－eq \f(1,2)或t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)e－ eq \s\up7(\f(5,2)) ，＋∞))时，G(x)有一个零点，当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))或t＝eq \f(9,2)e－ eq \s\up7(\f(5,2)) 时，G(x)有两个零点，当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,2)e－ eq \s\up7(\f(5,2)) ))时，G(x)有三个零点．
利用导数确定函数零点的常用方法
(1) 图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题(画草图时注意有时候需使用极限)．
(2) 利用函数零点存在性定理：先用该定理判定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)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
变式1 (2023·潍坊二模节选)已知函数f(x)＝λln(x＋1)－sinx．
(1) 若f(x)在(0，＋∞)上的周期为2π，求λ的值；
【解答】 由题意得，在x∈(0，＋∞)上，f(x)＝f(x＋2π)，所以λln(x＋1)－sinx＝λln(x＋1＋2π)－sin(x＋2π)，即λ[ln(x＋1)－ln(x＋1＋2π)]＝0在x∈(0，＋∞)上恒成立．又ln(x＋1)＜ln(x＋1＋2π)，故λ＝0．
(2) 当λ＝1时，判断函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，＋∞))上零点的个数．
【解答】 当λ＝1时，f(x)＝ln(x＋1)－sinx，f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－csx．①当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，－csx≥0，eq \f(1,x＋1)＞0，所以f′(x)＞0，即f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增．又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋1))－1＜0，f(π)＝ln(π＋1)＞0，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上有且仅有一个零点．②当x∈[π，＋∞)时，f(x)＝ln(x＋1)－sinx＞ln(π＋1)－1＞0，所以f(x)在[π，＋∞)上无零点．综上所述，f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，＋∞))上有且仅有一个零点．
根据零点求参数范围
例2 (2023·湖州期末)已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝lgax＋eq \f(1,2)ax2，若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
【解答】 由题意知函数f(x)有两个零点，所以方程lgax＋eq \f(1,2)ax2＝0在x∈(0，＋∞)上有两个根，等价于方程eq \f(lnx,x2)＝－eq \f(1,2)alna在x∈(0，＋∞)上有两个根，因此函数y＝eq \f(lnx,x2)与y＝－eq \f(1,2)alna＝eq \f(ln\r(\f(1,a)),\f(1,a))的图象在x∈(0，＋∞)上有两个交点．设g(x)＝eq \f(lnx,x2)，则g′(x)＝eq \f(1－2lnx,x3)，当g′(x)＞0时，0＜x＜eq \r(e)；当g′(x)＜0时，x＞eq \r(e)，所以g(x)＝eq \f(lnx,x2)在(0，eq \r(e))上单调递增，在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减．由g(1)＝0，g(eq \r(e))＝eq \f(1,2e)，当x＞1时，g(x)＞0，当x→＋∞时，g(x)→0，在平面直角坐标系中作出y＝g(x)的图象如图所示．由图可知0＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,a))))＜g(eq \r(e))，所以eq \r(\f(1,a))＞1且eq \r(\f(1,a))≠eq \r(e)，解得a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))．
(例2)
利用函数的零点求参数范围的方法
(1) 分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2) 利用函数零点存在性定理构建不等式求解；
(3) 转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
变式2 已知函数f(x)＝ex－(a＋e)x2＋ax有三个不同的零点，求a的取值范围．
【解答】 由f(x)＝ex－(a＋e)x2＋ax有三个不同的零点，所以ex－(a＋e)x2＋ax＝0有三个不同的根．又x＝0不是方程的根，所以eq \f(ex,x)＝(a＋e)x－a有三个不同的根．令g(x)＝eq \f(ex,x)(x≠0)，h(x)＝(a＋e)x－a，即y＝g(x)与y＝h(x)有三个不同的交点．因为g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，所以g(x)在(－∞，0)和(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当x＜0时，g(x)∈(－∞，0)，当x＞0时，g(x)＞0，g(x)的极小值为g(1)＝e．如图，y＝h(x)为过点(1，e)的直线，斜率为a＋e，由y＝h(x)与y＝g(x)有三个不同的交点，且g′(1)＝0，所以直线y＝h(x)的斜率a＋e＞0，所以a＞－e，即a的取值范围为(－e，＋∞)．
(变式2)
隐零点问题
例3 已知函数f(x)＝xlnx－ax的最小值为－1．
(1) 求a的值；
【解答】 由题可知f′(x)＝lnx＋1－a．令f′(x)＞0，解得x＞ea－1；令f′(x)＜0，解得0＜x＜ea－1．所以f(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ea－1)＝(a－1)ea－1－aea－1＝－1，解得a＝1．
(2) 已知f(x)＜ex－x－eq \f(m,2)(m∈Z)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，求m的最大值．
(参考数据：ln2≈0.693 1，e eq \s\up7(\f(1,2)) ≈1.648 7)
【解答】 由f(x)＜ex－x－eq \f(m,2)可得eq \f(1,2)m＜ex－xlnx对x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))恒成立．令h(x)＝ex－xlnx，x＞eq \f(1,2)，则h′(x)＝ex－lnx－1，令r(x)＝ex－lnx－1，则r′(x)＝ex－eq \f(1,x)．因为r′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，r′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝e eq \s\up7(\f(1,2)) －2＜0，r′(1)＝e－1＞0，且r′(x)的图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上不间断，所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得r′(x0)＝0，即e x0－eq \f(1,x0)＝0，则x0＝－lnx0，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，x0))时，r(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，r(x)单调递增，则r(x)的最小值为r(x0)＝ex0－lnx0－1＝x0＋eq \f(1,x0)－1，x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))．由对勾函数性质得x0＋eq \f(1,x0)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))，所以r(x0)＝e x0－lnx0－1＝x0＋eq \f(1,x0)－1＞1＞0，所以h′(x)＞0，即h(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，所以eq \f(1,2)m≤heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝e eq \s\up7(\f(1,2)) －eq \f(1,2)lneq \f(1,2)＝e eq \s\up7(\f(1,2)) ＋eq \f(1,2)ln2≈1.995 25，即m≤3.990 5，所以存在整数m满足题意，且整数m的最大值为3．
隐零点问题的常用解决方法
第一步：利用特殊点处的函数值、零点存在性定理、函数的单调性、函数的图象等，判断零点是否存在以及取值范围；
第二步：把导数零点处导数值等于0作为条件代回原函数，进行化简或消参．
随堂内化
1．函数f(x)＝eq \f(1,3)x－lnx(x＞0)的零点个数为( C )
A．0B．1
C．2D．3
【解析】 令f′(x)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,x)＝0，得x＝3，当0＜x＜3时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞3时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，f(3)＝1－ln3＜0，f(1)＝eq \f(1,3)＞0，f(e2)＝eq \f(e2,3)－2＝eq \f(e2－6,3)＞0，所以函数f(x)在(1,3)和(3，e2)上各有1个零点，所以共有2个零点．
2．(2023·全国乙卷文)若函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则实数a的取值范围是( B )
A．(－∞，－2)B．(－∞，－3)
C．(－4，－1)D．(－3,0)
【解析】 f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则a＜0．令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－eq \r(\f(－a,3))或eq \r(\f(－a,3))，且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(－a,3))，＋∞))时，f′(x)＞0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))时，f′(x)＜0，故f(x)的极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(－a,3))))，极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(－a,3))))．若f(x)存在3个零点，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(－a,3))))＞0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(－a,3))))＜0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2＞0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2＜0，))解得a＜－3．
3．已知函数f(x)＝ax－lnx，其中a为常数，a∈R．
(1) 求f(x)的单调区间；
【解答】 f(x)＝ax－lnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq \f(1,x)．若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)．若a＞0，则f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)，当0＜x＜eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(ax－1,x)＜0；当x＞eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(ax－1,x)＞0，所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))．
(2) 若a＞0，且对任意x＞0，都有f(x)≥f(1)，求证：方程f(x)＝2有且只有两个实根．
【解答】 由(1)得f(x)在x＝eq \f(1,a)处取得最小值，得a＝1．令h(x)＝f(x)－2＝x－lnx－2，易知h(x)，f(x)的单调性相同，则h(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)，且h(1)＝－1＜0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝eq \f(1,e2)＞0，h(e2)＝e2－4＞0，所以h(x)＝f(x)－2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，1))和(1，e2)上各有且仅有一个零点，所以h(x)＝f(x)－2在(0,1)和(1，＋∞)上各有且仅有一个零点，即方程f(x)＝2有且只有两个实根．
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))
－eq \f(3,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0))
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
－
0
＋
h(x)
↗
极大值
eq \f(9,2)e－ eq \s\up7(\f(5,2))
↘
↘
极小值
－eq \f(1,2)
↗