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高考数学第一轮复习复习第6节　利用导数研究函数零点（讲义）

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这是一份高考数学第一轮复习复习第6节　利用导数研究函数零点（讲义），共14页。

判断、证明或讨论零点的个数
[例1] (2022·山东日照三模)已知函数f(x)=(x-2)ex-ax+aln x(a∈R).
(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当a解:(1)当a=-1时,f(x)=(x-2)ex+x-ln x,
则f′(x)=(x-1)(ex+1x),
当x∈(0,+∞)时,ex+1x>0恒成立,
所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
即f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞).
(2)由题意,函数f(x)=(x-2)ex-ax+aln x=(x-2)ex-a(x-ln x),x>0,
设m(x)=x-ln x,x>0,
则m′(x)=1-1x=x-1x,
当x∈(0,1)时,m′(x)<0,m(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,m′(x)>0,m(x)单调递增,
又由m(1)=1,所以m(x)≥1,
令f(x)=0,可得(x-2)ex-ax+aln x=0,
所以a=(x-2)exx-lnx,其中x>0,
令g(x)=(x-2)exx-lnx,
可得g′(x)=ex(x-1)(x-lnx)2(x-ln x+2x-1),
令h(x)=x-ln x+2x-1,则h′(x)=1-1x-2x2=x2-x-2x2=(x-2)(x+1)x2(x>0),
可得0x>2时,h′(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)min=h(2)=2-ln 2>0,
即x>0时,h(x)>0恒成立,
故0x>1时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)min=g(1)=-e.
又由x→0时,g(x)→0,
当x→+∞时,g(x)→+∞,
函数g(x)的图象,如图所示,
结合图象可得,
当a<-e时,无零点;当a=-e或0≤a利用导数求函数的零点常用方法
(1)构造函数g(x),利用导数研究g(x)的性质,结合g(x)的图象,判断函数零点的个数.
(2)利用零点存在定理,先判断函数在某区间有零点,再结合图象与性质确定函数有多少个零点.
[针对训练] (2022·河北唐山二模)已知函数f(x)=3xx+3,g(x)=bsin x,曲线y=f(x)和y=g(x)在原点处有相同的切线l.
(1)求b的值以及l的方程;
(2)判断函数h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上零点的个数,并说明理由.
解:(1)依题意得f′(x)=9(x+3)2,
g′(x)=bcs x,
所以f′(0)=g′(0)=b=1,
所以l的方程为y=x.
(2)当x>π2时,3xx+3=3-9x+3>1≥sin x,
即h(x)>0,此时h(x)无零点.
当0令H(x)=9(x+3)2-cs x,x∈(0,π2),
则H′(x)=-18(x+3)3+sin x,
显然H′(x)在(0,π2)上单调递增,
又H′(0)=-23<0,H′(π2)>0,
所以存在t∈(0,π2)使得H′(t)=0,
因此可得0t0,H(x)单调递增.
又H(0)=0,H(π2)>0,
所以存在λ∈(t,π2),使得H(λ)=0,
即0λ0,h′(x)>0,h(x)单调递增.
又h(0)=0,h(π2)>0,
所以h(x)在(0,π2)上有1个零点.
综上,h(x)在(0,+∞)上有1个零点.
根据零点情况求参数范围
[例2] (2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln x.
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
解:(1)当a=0时,f(x)=-1x-ln x(x>0),
所以f′(x)=1x2-1x=1-xx2.
若x∈(0,1),f′(x)>0,f(x)单调递增;
若x∈(1,+∞),f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)max=f(1)=-1.
(2)由f(x)=ax-1x-(a+1)ln x(x>0),
得f′(x)=a+1x2-a+1x=(ax-1)(x-1)x2(x>0).
当a=0时,由(1)可知,f(x)不存在零点;
当a<0时,f′(x)=a(x-1a)(x-1)x2,
若x∈(0,1),f′(x)>0,f(x)单调递增,
若x∈(1,+∞),f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)max=f(1)=a-1<0,
所以f(x)不存在零点;
当a>0时,f′(x)=a(x-1a)(x-1)x2,
若a=1,f′(x)≥0,
f(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为f(1)=a-1=0,所以函数f(x)恰有一个零点,所以a=1满足条件,
若a>1,f(x)在(0,1a),(1,+∞)上单调递增,
在(1a,1)上单调递减,
因为f(1)=a-1>0,
所以f(1a)>f(1)>0,
当x→0+时,f(x)→-∞,
由零点存在定理可知f(x)在(0,1a)上必有一个零点,所以a>1满足条件.
若0因为f(1)=a-1<0,所以f(1a)综上,若f(x)恰有一个零点,a的取值范围为(0,+∞).
根据零点个数求参数的取值范围问题
(1)参数分离法.若能够分离参数,则分离参数后构造函数,通过研究函数的性质,画出函数的图象,利用数形结合思想求解.
(2)极值(最值)转化法.若不能分离参数,应根据函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,利用函数的极值(最值)的符号以及函数的单调性,确定参数的取值范围.
[针对训练] (2023·河南模拟)设函数f(x)=ax2-(a-2)x-ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)恰有两个零点,求a的取值范围.
解:(1)因为f(x)=ax2-(a-2)x-ln x,其定义域为(0,+∞),
所以f′(x)=2ax-(a-2)-1x=(2x-1)(ax+1)x(x>0).
①当a≥0时,令f′(x)<0,得0令f′(x)>0,得x>12,
此时f(x)在(0,12)上单调递减,在(12,+∞)上单调递增.
②当-2-1a;令f′(x)>0,得12此时f(x)在(0,12),(-1a,+∞)上单调递减,在(12,-1a)上单调递增.
③当a=-2时,f′(x)≤0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递减.
④当a<-2时,令f′(x)<0,得012;令f′(x)>0,得-1a此时f(x)在(0,-1a),(12,+∞)上单调递减,在(-1a,12)上单调递增.
(2)由(1)可知:
①当a≥0时,f(x)极小值=f(12)=4-a4+ln 2.
易证ln x≤x-1,所以f(x)=ax2-(a-2)x-ln x≥ax2-(a-1)x+1.
因为0<13(a+1)≤13,
f(13(a+1))≥a·19(a+1)2-(a-1)·13(a+1)+1
=6a2+19a+129(a+1)2>0,f(1)=2>0,
所以f(x)恰有两个不同的零点,只需f(12)=4-a4+ln 2<0,解得a>4+4ln 2.
②当-2f(12)=4-a4+ln 2>0,不符合题意.
③当a=-2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,不符合题意.
④当a<-2时,由于f(x)在(0,-1a),(12,+∞)上单调递减,在(-1a,12)上单调递增,f(12)=4-a4+ln 2>0,f(-1a)=1-1a-ln(-1a),0<-1a<12,所以ln(-1a)<0,
所以f(-1a)=1-1a-ln(-1a)>0,函数f(x)最多只有1个零点,与题意不符.
综上可知,a>4+4ln 2,
即a的取值范围为(4+4ln 2,+∞).
与函数零点相关的综合问题
[例3] 已知函数f(x)=-x3+x+a,x∈[1e,e]与g(x)=3ln x-x-1的图象上存在关于x轴对称的点,求实数a的取值范围.
解:根据题意,函数f(x)=-x3+x+a(1e≤x≤e)与g(x)=3ln x-x-1的图象上存在关于x轴对称的点,则方程-x3+x+a=-3ln x+x+1在区间[1e,e]上有解,即方程a-1=x3-3ln x在区间[1e,e]上有解.
设函数h(x)=x3-3ln x,
其导函数为h′(x)=3x2-3x=3(x3-1)x.
又由x∈[1e,e],可得当x=1时,h′(x)=0,
当1e≤x<1时,h′(x)<0,h(x)为减函数,
当10,h(x)为增函数,
故函数h(x)=x3-3ln x有最小值h(1)=1,
又h(1e)=1e3+3,h(e)=e3-3,
由于h(1e)-h(e)=1e3+3-(e3-3)=6+1e3-e3<0,因此h(1e)故函数h(x)=x3-3ln x有最大值h(e)=e3-3,
故函数h(x)=x3-3ln x在区间[1e,e]上的值域为[1,e3-3].
若方程a-1=x3-3ln x在区间[1e,e]上有解,
必有1≤a-1≤e3-3,则2≤a≤e3-2,
所以a的取值范围是[2,e3-2].
根据两函数图象有交点或其中一个函数图象上存在某种特征性质的点(如关于原点对称的点,关于坐标轴对称的点等)在另一个函数图象上时,常通过构造函数转化为函数零点的存在性问题.
[针对训练] (2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点(12,f(12))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.
(1)解:f′(x)=3x2+b.
依题意得f′(12)=0,即34+b=0,
故b=-34.
(2)证明:由(1)知f(x)=x3-34x+c,
f′(x)=3x2-34.
令f′(x)=0,解得x=-12或x=12.
当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况为
因为f(1)=f(-12)=c+14,所以当c<-14时,f(x)只有大于1的零点.
因为f(-1)=f(12)=c-14,所以当c>14时,f(x)只有小于-1的零点.
由题设可知-14≤c≤14.
当c=-14时,f(x)只有两个零点-12和1.
当c=14时,f(x)只有两个零点-1和12.
当-14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.
[例1] (多选题)已知a>1,x1,x2,x3为函数f(x)=ax-x2的零点,x1A.x1>-1
B.x1+x2<0
C.若2x2=x1+x3,则x3x2=2+1
D.a的取值范围是(1,e2e)
解析:因为a>1,f(-1)=a-1-1=1a-1<0,f(0)=a0-0=1>0,
所以-1当0≤x≤1时,1≤ax≤a,0≤x2≤1,f(x)必无零点,故x2>1,
所以x1+x2>0,故B错误;
当2x2=x1+x3时,即ax1=x12,ax2=x22,ax3=x32,两边取对数得x1=2lga(-x1),x2=2lgax2,x3=2lgax3,
4lgax2=2lga(-x1)+2lgax3,
所以x22=-x1x3,
联立方程x22=-x1x3,2x2=x1+x3,
解得x32-2x2x3-x22=0,
由于x2>0,x3>0,
x3x2=2+1,故C正确;
考虑f(x)在第一象限有两个零点,即方程ax=x2有两个不同的解,
两边取自然对数得xln a=2ln x有两个不同的解,
设函数g(x)=xln a-2ln x,
g′(x)=ln a-2x=lna(x-2lna)x,
则x=x0=2lna时,g′(x)=0,
当x>x0时,g′(x)>0,
当x所以g(x)min=g(x0)=2-2ln(2lna),
要使得g(x)有两个零点,则必须g(x0)<0,
即ln(2lna)>1,
解得a[例2] (多选题)已知函数f(x)=xln x+a(1-x)+x在区间(1,+∞)内没有零点,则实数a的取值可以为( )
A.-1B.2C.3D.4
解析:f(x)=xln x+a(1-x)+x=x(ln x+ax-a+1),设g(x)=ln x+ax-a+1,
则在x>1上,y=f(x)与y=g(x)有相同的零点.
故函数f(x)在区间(1,+∞)内没有零点,
即g(x)在区间(1,+∞)内没有零点,
g′(x)=1x-ax2=x-ax2,
当a≤1时,g′(x)=x-ax2>0在区间(1,+∞)上恒成立,则g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
所以g(x)>g(1)=1>0,
显然g(x)在区间(1,+∞)内没有零点.
当a>1时,令g′(x)>0,得x>a,
令g′(x)<0,得1所以g(x)在区间(1,a)上单调递减,
在区间(a,+∞)上单调递增.
所以g(x)≥g(a)=ln a+2-a.
设h(a)=ln a+2-a(a>1),
则h′(a)=1a-1=1-aa<0(a>1),
所以h(a)在(1,+∞)上单调递减,
且h(3)=ln 3-1>0,h(4)=ln 4-2<0,
所以存在a0∈(3,4),使得h(a0)=0,
要使得g(x)在区间(1,+∞)内没有零点,
则g(a)=ln a+2-a>0,所以1综上所述,满足条件的a的取值范围是a由选项可知,选项A,B,C可使得g(x)在区间(1,+∞)内没有零点,即满足题意.
故选ABC.
[例3] (多选题)若关于x的方程(x+1)(x-3tex+1)+2t2e2x=0有两个实数根,则t的取值可以是( )
A.-2eB.-1eC.1eD.2e
解析:(x+1)(x-3tex+1)+2t2e2x=0⇔(x+1)2-3t(x+1)ex+2t2e2x=0⇔(x+1ex)2-3t(x+1ex)+2t2=0⇔(x+1ex-t)(x+1ex-2t)=0,
相当于用y=t和y=2t这两条水平的直线去截函数f(x)=x+1ex的图象一共要有两个交点.
f′(x)=-xex,所以当x<0时,f′(x)>0;
当x>0时,f′(x)<0,
所以函数的增区间为(-∞,0),减区间为(0,+∞).且当x取-∞时,f(x)<0,当x取+∞时,f(x)>0,f(x)max=f(0)=1,
所以函数f(x)=x+1ex图象如图所示,
当t=-2e时,2t=-4e,y=-2e和y=-4e和函数的图象各有一个交点,共有两个交点,满足题意;
当t=-1e,2t=-2e,y=-1e和y=-2e和函数的图象各有一个交点,共有两个交点,满足题意;
当t=1e时,2t=2e,y=1e和y=2e和函数的图象各有两个交点,共有四个交点,不满足题意;
当t=2e时,2t=4e,y=2e和y=4e和函数的图象各有两个交点和零个交点,共有两个交点,满足题意.故选ABD.
[例4] (多选题)已知函数f(x)=ax-xa(a>1)的定义域为(0,+∞),且f(x)仅有一个零点,则( )
A.e是f(x)的零点
B.f(x)在(1,e)上单调递增
C.x=1是f(x)的极大值点
D.f(e)是f(x)的最小值
解析:函数f(x)=ax-xa(a>1)只有一个零点,即ax=xa(a>1)在(0,+∞)上有唯一解,
两边同时取对数得xln a=aln x,即lnaa=lnxx在(0,+∞)上有唯一解,
令h(x)=lnxx,则h′(x)=1-lnxx2,所以当x∈(0,e)时,h′(x)>0,h(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,h′(x)<0,h′(x)单调递减,
又h(e)=1e,a>1,lnaa>0,所以lnaa=1e,a=e.
对于A,f(x)=ex-xe,f(e)=0,故A正确.
对于B,f′(x)=ex-exe-1,f′(x)=ex-exe-1=0,即ex=exe-1,即x=1+(e-1)ln x,
所以x-1=(e-1)ln x,故x=1或x=e,
当x>e或00,f(x)单调递增;
当1对于C,x=1是f(x)的极大值点,故C正确.
对于D,当x→0时,f(x)→1,f(e)=0,
结合单调性可得f(e)是f(x)的最小值,故D正确.故选ACD.
x
(-∞,-12)
-12
(-12,12)
12
(12,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
c+14
↘
c-14
↗