2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用第6节利用导数解决函数的零点问题教学案文北师大版 8页

第六节　利用导数解决函数的零点问题 ‎(对应学生用书第52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三种方法 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像的函数，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 ‎　(2019·全国卷Ⅰ)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．‎ ‎[解](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)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，且当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]．‎ ‎　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)，作出函数的大致图像，然后通过函数图像得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图像交点的个数，基本步骤是“先数后形”．‎ ‎　设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.‎ - 8 -‎ ‎(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)的图像(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　已知函数零点存在情况求参数 - 8 -‎ ‎　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，估计出函数图像的大致形状，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.‎ ‎　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像，讨论其图像与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像的交点问题．‎ ‎　1.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．‎ - 8 -‎ ‎[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：‎ x ‎1‎ ‎3‎ h′(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 ‎2．(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x＝e时，g′(x)＝0；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＝.‎ - 8 -‎ 法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)．‎ 当x＝时，f′(x)＝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＝.‎ 课外素养提升④　逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题 ‎(对应学生用书第53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 - 8 -‎ ‎)为奇函数，所以其图像关于原点对称，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)，‎ - 8 -‎ 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，且对任意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＞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 - 8 -‎ ‎＞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)＝.‎ - 8 -‎