2021版高考文科数学（人教A版）一轮复习教师用书：第三章　第4讲　第2课时　利用导数探究函数零点问题

第2课时　利用导数探究函数零点问题

　　　　　判断、证明或讨论函数零点个数(师生共研)

(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．

利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法

(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．

(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断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)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．

　已知f(x)＝＋－3，F(x)＝ln x＋－3x＋2.

(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；

(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．

解：(1)f′(x)＝－＋＝，

令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)<0，解得0<x<1，

所以f(x)在(0，1)上单调递减，

在(1，＋∞)上单调递增．

(2)F′(x)＝f(x)＝＋－3，

由(1)得∃x1，x2，满足0<x1<1<x2，

使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，

即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，

而F(1)＝0，当x→0时，F(x)→－∞，

当x→＋∞时，F(x)→＋∞，

画出函数F(x)的草图，如图所示．

故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．

　　　　　　已知零点个数求参数范围(师生共研)

函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：

(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；

(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．

【解】　(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，

所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.

因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，

所以

解得a＝－，b＝－2，

由导函数的图象可知(图略)，当－1<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，

当x<－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，

故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(2，＋∞)，

单调递减区间为(－1，2)．

(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，

函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，

在(－1，2)上是减函数，

所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，

极小值为f(2)＝c－.

而函数f(x)恰有三个零点，故必有

解得－<c<.

所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.

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．

　已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．

(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；

(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．

解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，

又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，

所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.

易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在(0，1]上单调递增，

所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.

(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，

①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，

当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；

当x<0时，取x＝－，

则f<1＋a＝－a<0.

所以函数f(x)存在零点，不满足题意．

②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．

在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，

在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．

函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2<a<0.

综上所述，实数a的取值范围是(－e2，0)．

[基础题组练]

1．(2020·江西七校第一次联考)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)＝x·f(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．(2020·武汉调研)已知f(x)＝ex－ax2.命题p：∀a≥1，y＝f(x)有三个零点，命题q：∃a∈R，f(x)≤0恒成立．则下列命题为真命题的是(　　)

A．p∧q  B．(﹁p)∧(﹁q)

C．(﹁p)∧q  D．p∧(﹁q)

解析：选B.对于命题p：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，在同一坐标系中作出y＝ex，y＝x2的图象(图略)，由图可知y＝ex与y＝x2的图象有1个交点，所以f(x)＝ex－x2有1个零点，故命题p为假命题，因为f(0)＝1，所以命题q显然为假命题．故(﹁p)∧(﹁q)为真命题．

3．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：

f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1<a<2时，函数y＝f(x)－a的零点有        个．

解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.

答案：4

4．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)

5．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＞时，f(x)＞0，无零点，

a＝时，f(x)＝0，有1个零点，

a<时，f(x)<0，有2个零点．

6．(2020·保定调研)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.

[综合题组练]

1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：

(1)f(x)存在唯一的极值点；

(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．

证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.

因为y＝ln x单调递增，y＝单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－1<0，

f′(2)＝ln 2－＝>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.

又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

因此，f(x)存在唯一的极值点．

(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.

由α>x0>1得<1<x0.

又f＝ln －－1＝＝0，故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．

综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．

2．(2020·武昌区调研考试)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.

类型一　函数的单调性、极值及最值

类型二　函数、导数与不等式