2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第三章导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第4课时导数与函数的零点 12页

www.ks5u.com 第四课时　导数与函数的零点 考点一　判断零点的个数 ‎【例1】 (2020·潍坊检测)已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R.‎ ‎(1)证明ln x≤x－1；‎ ‎(2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数.‎ ‎(1)证明　令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g(1)＝0，‎ g′(x)＝－1＝，‎ 可得x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；‎ x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减.‎ ‎∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值，‎ ‎∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1.‎ ‎(2)解　即f′(x)＝－2x＋a＝，x>0.‎ 令－2x＋ax0＋1＝0，解得x0＝(负值舍去)，‎ 在(0，x0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；‎ 在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.‎ ‎∴f(x)max＝f(x0).‎ 当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1.‎ 当a>1时，f(1)＝a－1>0，‎ f＝ln －＋<－1－＋ ‎＝－－<0，‎ f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2＝－2－<0.‎ ‎∴函数f(x)在区间和区间(1，2a)上各有一个零点.‎ 综上可得：当a＝1时，函数f(x)只有一个零点x＝1；‎ 当a>1时，函数f(x)有两个零点.‎ 规律方法　1.利用导数求函数的零点常用方法：‎ ‎(1)构造函数g(x)(其中g′(x)易求，且g′(x)＝0可解)，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.‎ ‎2.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”.‎ ‎【训练1】 (2018·全国Ⅱ卷)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.‎ ‎(1)解　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)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减.‎ ‎(2)证明　由于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(－∞，＋∞)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－＝－6－<0，‎ f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点.‎ 综上，f(x)只有一个零点.‎ 考点二　根据零点个数求参数的值(范围)‎ ‎【例2】 函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.‎ 解　(1)函数f(x)＝ax＋xln x的定义域为(0，＋∞).‎ f′(x)＝a＋ln x＋1，‎ 因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，‎ 当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，‎ f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；‎ 令f′(x)<0，解得0e时，f(x)>0.‎ 当x>0且x→0时，f(x)→0；‎ 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.‎ 由图象可知，－10)，‎ 当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，‎ 当a>0时，f′(x)＝，‎ 由f′(x)≤0，解得00时，函数f(x)的单调递减区间为.‎ ‎(2)由(1)可得若函数f(x)有两个不同的零点，则必须满足a>0，‎ 且f＝＋ln <0，‎ 化为ln <－1，解得a>2e.‎ 所以实数a的取值范围是(2e，＋∞).‎ 考点三　函数零点的综合问题 ‎【例3】 设函数f(x)＝e2x－aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；‎ ‎(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln .‎ ‎(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0).‎ 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；‎ 当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，‎ 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.‎ 又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点.‎ ‎(2)证明　由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，‎ 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，‎ 所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).‎ 由于2e2x0－＝0，‎ 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln .‎ 故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .‎ 规律方法　1.在(1)中，当a>0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x ‎)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)<0.‎ ‎2.由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋aln .‎ ‎【训练3】 (2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数.‎ ‎(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；‎ ‎(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.‎ ‎(1)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)在区间(0，π)存在唯一零点.‎ ‎(2)解　由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.‎ 由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，‎ 当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，‎ 所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.‎ 又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.‎ 又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.‎ 因此，a的取值范围是(－∞，0].‎ A级　基础巩固 一、选择题 ‎1.(2020·重庆一中训练)函数f(x)＝ln x－的零点个数是(　　)‎ A.3 B.2 C.1 D.0‎ 解析　f′(x)＝－＝，定义域(0，＋∞).‎ 当00；当x>4时，f′(x)<0.‎ ‎∴f(x)在(0，4)上递增，在(4，＋∞)上递减，‎ 则f(x)max＝f(4)＝ln 4－2＝ln <0.‎ ‎∴f(x)<0恒成立，故f(x)没有零点.‎ 答案　D ‎2.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：‎ x ‎－1‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ f(x)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0‎ f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当10，当2时，f′(x)>0，‎ ‎∴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，‎ 解之得a>－e2，因此－e20，得x<0或x>3；由g′(x)<0，得00，‎ 所以h(1)h(2)<0，‎ 所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点.‎ ‎(2)解　由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.‎ 由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)，‎ 而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点.‎ 又h(x)在(1，2)内有零点，‎ 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点.‎ h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，‎ 则φ′(x)＝ex＋x－.‎ 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，‎ 因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，‎ 则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，‎ 所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.‎ B级　能力提升 ‎8.(2020·河南名校联盟调研)已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.‎ ‎(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；‎ ‎(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，‎ 则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，‎ 当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f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.‎ ‎(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，‎ 设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.‎ 若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.‎ 若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.‎ 又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.‎ 故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.‎ 因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.‎ 若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.‎ 则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，‎ 此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.‎ 综上，实数a的取值范围为(－∞，0).‎ ‎9.(2019·天津卷)设函数f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中a∈R.‎ ‎(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若0x0，证明3x0－x1>2.‎ ‎(1)解　由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 且f′(x)＝－[aex＋a(x－1)ex]＝.‎ 因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，‎ 所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.‎ ‎(2)证明　①由(1)知，f′(x)＝.‎ 令g(x)＝1－ax2ex，‎ 由00，‎ 且g＝1－a·＝1－<0，‎ 故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，‎ 从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，‎ 不妨设为x0，则1＝0，‎ 所以f(x)在(0，x0)内单调递增；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝<＝0，‎ 所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，‎ 因此x0是f(x)的唯一极值点.‎ 令h(x)＝ln x－x＋1，‎ 则当x>1时，h′(x)＝－1<0，‎ 故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，‎ 从而当x>1时，h(x)f(1)＝0，‎ 所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点.‎ 又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，‎ 从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点.‎ ‎②由题意，即 从而ln x1＝ex1－x0，即e x1－x0＝.‎ 因为当x>1时，ln xx0>1，‎ 故e x1－x0<＝x，两边取对数，‎ 得ln e x1－x02.‎ C级　创新猜想 ‎10.(多填题)(2018·浙江卷)已知λ∈R，函数f(x)＝当λ＝2时，不等式f(x)<0的解集是________；若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是________.‎ 解析　当λ＝2时，f(x)＝ 其图象如图(1).由图知f(x)<0的解集为(1，4).‎ 若f(x)＝恰有2个零点有两种情况：‎ ‎①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点.‎ 在同一平面直角坐标系中画出y＝x－4与y＝x2－4x＋3的图象，如图(2)，平移直线x＝λ，可得λ∈(1，3]∪(4，＋∞).‎ 答案　(1，4)　(1，3]∪(4，＋∞)‎