2021版新高考数学一轮教师用书：第3章第6节　利用导数解决函数的零点问题

第六节　利用导数解决函数的零点问题

(对应学生用书第57页)

考点1　判断、证明或讨论函数零点的个数

　判断函数零点个数的3种方法

　(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：

(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；

(2)f(x)有且仅有2个零点．

[证明]　(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.

所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．

(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).

(ⅰ)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．

(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．

又f(0)＝0，f＝1－ln ＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点．

(ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．

(ⅳ)当x∈(π，＋∞)时，ln (x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．

综上，f(x)有且仅有2个零点．

　根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．

　设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.

(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；

(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．

[解]　(1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋(x＞0)，则f′(x)＝，

∴当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；

当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，

∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，

∴f(x)的极小值为2.

(2)由题意知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，φ(x)在(0，1)上单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．

∴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，

∴φ(x)的最大值为φ(1)＝，

又∵φ(0)＝0.

结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，

①当m＞时，函数g(x)无零点；

②当m＝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；

④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．

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．

考点2　已知函数零点个数求参数

　解决此类问题常从以下两个方面考虑

(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件．

(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．

　设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R).

(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在[，3]上有两个零点，求实数a的取值范围．

[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

当a＝－1时，

f′(x)＝－2x－1＋＝，

令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，

当0＜x＜时，f′(x)＞0；

当x＞时，f′(x)＜0.

∴f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，＋∞).

(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.

令g(x)＝x－，其中x∈[，3]，

则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1，当≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，

∴g(x)的单调递减区间为[，1)，单调递增区间为(1，3]，

∴g(x)min＝g(1)＝1，∴函数f(x)在[，3]上有两个零点，g()＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋＞3－，

∴实数a的取值范围是(1，3－].

　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．

　(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.

(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；

(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.

[解]　(1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.

设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.

当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.

(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.

f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．

(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；

(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.

当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.

所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．

故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．

①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；

②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；

③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．

由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以

h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，

故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．

综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.

考点3　函数零点性质研究

　本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧).

能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．

　已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－a ln x，a∈R.

(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；

(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.

[解]　(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.

(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－＝(x＋1)(1－)(x＞0)，

①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；

②当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x＞a时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，

当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，

所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a).

又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，

所以f(a)＜0，

即a2＋(1－a)a－a ln a＜0，

整理得ln a＞1－a，

作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－a ln ，

则h′(x)＝－2＋＝－2＋≥0，

所以h(x)在(0，2a)上单调递增，

不妨设x1＜a＜x2，则h(x2)＞h(a)＝0，

即g(x2)＝f(2a－x2)＞f(x2)＝f(x1)，

又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2＜x1，即x1＋x2＞2a，又ln a＞1－a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.

　(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．

　已知函数f(x)＝ln x－x.

(1)判断函数f(x)的单调性；

(2)若函数g(x)＝f(x)＋x＋－m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞1.

[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－1＝.

令f′(x)＝＞0，得0＜x＜1，

令f′(x)＝＜0，得x＞1.

所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).

(2)证明：根据题意知g(x)＝ln x＋－m(x＞0)，因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋－m的两个零点，

所以ln x1＋－m＝0，ln x2＋－m＝0，

两式相减，可得ln ＝－，

即ln ＝，故x1x2＝，

则x1＝，x2＝.

令t＝，其中0＜t＜1，则x1＋x2＝＋＝.

构造函数h(t)＝t－－2ln t(0＜t＜1)，

则h′(t)＝.

因为0＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，

即t－－2ln t＜0，可知＞1，故x1＋x2＞1.

(对应学生用书第59页)

在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．

f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型

【例1】　(1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)＜，则不等式f(lg x)＞的解集为________．

(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为________．

(1)(0，10)　(2)(－∞，－3)∪(0，3)　[(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－x，

则g′(x)＝f′(x)－＜0，

所以g(x)在定义域内是减函数．

因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－＝，

由f(lg x)＞，得f(lg x)－lg x＞.

即g(lg x)＝f(lg x)－lg x＞＝g(1)，

所以lg x＜1，解得0＜x＜10.

所以原不等式的解集为(0，10).

(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3，0)，(3，0).数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0，3).]

[评析]　(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x).

(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x).

特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.

(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x).

(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0).

xf′(x)±nf(x)(n为常数)型

【例2】　(1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(　　)

A.(－∞，－1)∪(0，1)　 B．(－1，0)∪(1，＋∞)

C.(－∞，－1)∪(－1，0)  D．(0，1)∪(1，＋∞)

(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是(　　)

A.f(x)＞0     B．f(x)＜0

C.f(x)＞x     D．f(x)＜x

(1)A　(2)A　[(1)令g(x)＝，

则g′(x)＝.

由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，

∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．

∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，

∴f(1)＝－f(－1)＝0，

∴g(1)＝f(1)＝0，

∴当x∈(0，1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；

当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.

又∵f(x)是奇函数，

∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；

当x∈(－1，0)时，f(x)＜0.

综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).

(2)令g(x)＝x2f(x)－x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2].

当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，

即x2f(x)－x4＞0，从而f(x)＞x2＞0；

当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，

即x2f(x)－x4＞0，

从而f(x)＞x2＞0；

当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.

综上可知，f(x)＞0.]

[评析]　(1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.

(2)对于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，构造F(x)＝，则F′(x)＝(注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)＞0，构造F(x)＝，则F′(x)＝＞0.

f′(x)±λf(x)(λ为常数)型

【例3】　(1)已知f(x)在R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)＞f′(x)，则有(　　)

A.e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)

B.e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)

C.e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)

D.e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)

(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)－e＞0的解集为________．

(1)D　(2)(2，＋∞)　[(1)构造函数h(x)＝，则

h′(x)＝＜0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2 019)＞h(0)，即＞⇒e2 019f(－2 019)＞f(0)；同理，h(2 019)＜h(0)，

即f(2 019)＜e2 019f(0)，故选D.

(2)由f(x)＋2f′(x)＞0，得2[f(x)＋f′(x)]＞0，可构造函数h(x)＝ef(x)，则h′(x)＝e[f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函数h(x)＝ef(x)在R上单调递增，且h(2)＝ef(2)＝1.不等式exf(x)－e＞0等价于ef(x)＞1，即h(x)＞h(2)⇒x＞2，所以不等式exf(x)－e＞0的解集为(2，＋∞).]

[评析]　(1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝exf(x).

(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝.