2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第三章第六节利用导数研究函数零点问题

第六节利用导数研究函数零点问题   [典例]　(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．[解]　(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，单调递减区间为(3－2，3＋2)．(2)证明：因为x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时，g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点． [解题技法]　判断函数零点个数的3种方法直接法令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决  [对点训练]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． 考点二　已知零点存在情况求参数范围[典例]　(2019·重庆调研)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，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∈，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，单调递增区间为(1,3]，∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数f(x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋>3－，∴实数a的取值范围是.[解题技法]本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于有些函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考： (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，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，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．[对点训练]设函数f(x)＝ln x－x，若关于x的方程f(x)＝x2－x＋m在区间[1,3]上有解，求m的取值范围．解：方程f(x)＝x2－x＋m在区间[1,3]上有解，即ln x－x2＋x＝m在区间[1,3]上有解．令h(x)＝ln x－x2＋x，则h′(x)＝－2x＋＝－.∴当x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：x13h′(x)　＋0－　h(x)极大值ln 3－2 ∵h(1)＝，h(3)＝ln 3－2< ，h＝ln ＋，∴当x∈[1,3]时，h(x)∈，∴m的取值范围为.1．(2019·贵阳摸底考试)已知函数f(x)＝kx－ln x(k>0)．(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值．解：(1)若k＝1，则f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)法一：由题意知，方程kx－ln x＝0仅有一个实根，由kx－ln x＝0，得k＝(x>0)．令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，当0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0.∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(e)＝.当x→＋∞时，g(x)→0.又∵k>0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝.法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)．当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝1－ln ，∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln ＝0，即k＝.法三：∵k>0，∴函数f(x)有且只有一个零点等价于直线y＝kx与曲线y＝ln x相切，设切点为(x0，y0)，由y＝ln x，得y′＝，∴∴k＝，∴实数k的值为.2．已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax＋b.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)的图象与直线y＝ax恰有两个不同的交点，求实数b的值．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x3＋x2－x＋b，则f′(x)＝3x2＋2x－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和.(2)函数f(x)的图象与直线y＝ax恰有两个不同的交点，等价于f(x)－ax＝0有两个不等的实根．令g(x)＝f(x)－ax＝x3＋x2＋b，则g′(x)＝3x2＋2x.由g′(x)>0，得x<－或x>0；由g′(x)<0，得－<x<0.所以函数g(x)在和(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．所以当x＝－时，函数g(x)取得极大值g＝＋b；当x＝0时，函数g(x)取得极小值为g(0)＝b.要满足题意，则需g＝＋b＝0或g(0)＝b＝0，所以b＝－或b＝0.3．(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)＝f(x)·在区间[0,1]上零点的个数．解：(1)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数，①当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，∴f(x)在[0,1]上有一个零点．②当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，∴f(x)在[0,1]上有一个零点．③当1<a<e时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增．而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f(x)在[0,1]上有两个零点；当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f(x)在[0,1]上有一个零点．再考虑x＝时，由f＝0，得a＝2(－1)．综上所述，当a≤1或a>e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1<a≤e－1且a≠2(－1)时，g(x)在[0,1]上有三个零点．4．(2018·太原模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x，g(x)＝－2.(1)求函数f(x)的极值；(2)若对任意给定的x0∈(0，e]，方程f(x)＝g(x0)在(0，e]上总有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝(x>0)，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值．②当a>0时，令f′(x)>0，得0<x<；令f′(x)<0，得x>.故f(x)在上单调递增，在上单调递减，∴f(x)存在极大值，极大值为f＝ln ＋－1，无极小值．综上所述，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)存在极大值，极大值为ln ＋－1，无极小值．(2)g(x)＝－2，g′(x)＝，令g′(x)>0，得x<1；令g′(x)<0，得x>1.则g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∵g(0)＝－2，g(1)＝－2，g(e)＝－2>－2，∴当x∈(0，e]时，g(x)∈.由(1)得，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时在(0，e]上f(x)＝g(x0)总有两个不相等的实数根不成立，因此a>0.当a>0时，依题意，得由f(e)＝1－ae2＋2e－ea≤－2，得a≥，由f＝ln＋－1>－2，即ln a－＋<1，令h(x)＝ln x－＋(x>0)，易知h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(e)＝1，∴ln a－＋<1，得a∈(0，e)．综上所述，≤a<e，故实数a的取值范围是.