浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用第4节导数与函数的零点含解析 15页

第4节　导数与函数的零点 考试要求　能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.‎ 知 识 梳 理 函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.‎ ‎[常用结论与易错提醒]‎ ‎(1)注意构造函数；‎ ‎(2)注意转化思想、数形结合思想的应用.‎ 诊 断 自 测 ‎1.若函数f(x)＝在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(16，＋∞) B.[16，＋∞)‎ C.(－∞，16) D.(－∞，16]‎ 解析　①当x≤0时，f(x)＝x＋3x，‎ ‎∵y＝x与y＝3x在(－∞，0)上都单调递增，‎ ‎∴f(x)＝x＋3x在(－∞，0)上也单调递增，又f(－1)<0，‎ f(0)>0，∴f(x)在(－1，0)内有一个零点.‎ ‎②当x>0时，f(x)＝x3－4x＋，‎ f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).‎ 令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2(舍)，‎ 当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)递减，‎ 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，‎ ‎∴在x>0时，f(x)最小＝f(x)极小＝－8＋，‎ 要使f(x)在(0，＋∞)上无零点，需－8＋>0，‎ ‎∴a>16.‎ 答案　A ‎2.已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是(　　)‎ A. B.(－∞，)‎ C. D. 解析　设点P(x0，y0)(x0<0)在函数f(x)上，由题意可知，点P关于y轴的对称点P′(－x0，y0)在函数g(x)上，所以消y0可得 x＋ex0－＝(－x0)2＋ln(－x0＋a)，‎ 即ex0－ln(a－x0)－＝0(x0<0)，所以ex0－＝ln(a－x0)(x0<0).‎ 令m(x)＝ex－(x<0)，n(x)＝ln(a－x)(x<0)，‎ 它们的图象如图， ‎ 当n(x)＝ln(a－x)过点时，‎ 解得a＝，由图可知，当a<时，‎ 函数m(x)与函数n(x)在(－∞，0)上有交点.‎ 答案　B ‎3.(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.‎ 解析　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.‎ 答案　－3‎ ‎4.已知函数f(x)＝若g(x)＝f(x)－m有三个零点，则实数m的取值范围是________.‎ 解析　g(x)＝f(x)－m有三个零点，根据题意可得x>1时，函数有一个零点；x≤1时，函数有两个零点.当x>1时，f(x)＝ln x＋，f′(x)＝－＝>0恒成立，f(x)∈(1，＋∞)，故m>1；当x≤1时，f(x)＝2x2－mx＋＋，要使得g(x)＝f(x)－m有两个零点，需满足解得m<－5或10，所以函数在(0，＋∞)上为增函数且f＝－1－<0，所以当m≥0时，与g(x)＝有一个公共点，当m<0时，令f(x)＝g(x)，∴x2＋xln x－x＝m有一解即可，设h(x)＝x2＋xln x－x，令h′(x)＝2x＋ln x＋1－＝0得x＝，即当x＝时，h(x)有极小值－，故当m＝－时有一公共点，故填m≥0或m＝－.‎ 答案　m≥0或m＝－ 考点一　导数与函数的零点 ‎【例1】 (2018·全国Ⅱ卷)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.‎ ‎(1)证明　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，＋∞)单调递减.‎ 而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.‎ ‎(2)解　设函数h(x)＝1－ax2e－x.‎ f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点.‎ ‎①当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；‎ ‎②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)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.‎ 故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值.‎ ‎(ⅰ)若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)没有零点；‎ ‎(ⅱ)若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；‎ ‎(ⅲ)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＝.‎ 规律方法　利用导数解决函数的零点问题的方法：‎ ‎(1)研究原函数的单调性、极值；‎ ‎(2)通过f(x)＝0变形，再构造函数并研究其性质；‎ ‎(3)注意零点判定定理的应用.‎ ‎【训练1】 (2020·镇海中学模拟)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.‎ 解　(1)f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)，‎ 若a≤0时，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)<0.‎ 所以f(x)在R上为减函数；‎ 若a>0时，由f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)＝0，‎ 得x＝ln，‎ 则f(x)在上为减函数，在上为增函数.‎ ‎(2)由f(x)有两个零点及(1)得a>0，且f<0，‎ 则f＝a＋(a－2)－ln＝1－－ln<0，‎ 令t＝(t>0)，因为g(t)＝1－t－ln t在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝0，‎ 所以当t>1时，g(t)<0，所以>1，解得00，所以Δ＝m2＋4m>0，‎ 又x>0，所以x1＝<0(舍去)，x2＝.‎ 当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减；‎ 当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增；‎ 当x＝x2时，g′(x2)＝0，则g(x)取得最小值g(x2).‎ 因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0，‎ 则即 所以2mln x2＋mx2－m＝0.‎ 因为m>0，所以2ln x2＋x2－1＝0.　(*)‎ 设函数h(x)＝2ln x＋x－1，‎ 因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解.‎ 因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，‎ 即＝1，解得m＝.‎ 规律方法　(1)方程f(x)＝g(x)根的问题，常构造差函数解决；‎ ‎(2)对f(x)＝0，如果化为g(x)＝k(x)后，g(x)，k(x)图象容易画出，可数形结合求解.‎ ‎【训练2】 (2020·北京通州区一模)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝a(ex－1).a∈R.‎ ‎(1)当a＝1时，求证：f(x)≥g(x)；‎ ‎(2)当a>1时，求关于x的方程f(x)＝g(x)的实根个数.‎ 解　设函数F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－aex＋a.‎ ‎(1)证明　当a＝1时，F(x)＝xex－ex＋1，所以F′(x)＝xex.‎ 所以x∈(－∞，0)时，F′(x)<0；x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0.‎ 所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.‎ 所以当x＝0时，F(x)取得最小值F(0)＝0.‎ 所以F(x)≥0，即f(x)≥g(x).‎ ‎(2)当a>1时，F′(x)＝(x－a＋1)ex，‎ 令F′(x)>0，即(x－a＋1)ex>0，解得x>a－1；‎ 令F′(x)<0，即(x－a＋1)ex<0，解得x1，所以h′(a)<0.所以h(a)在(1，＋∞)上单调递减.‎ 所以h(a)0，所以F(x)在区间(a－1，a)上存在一个零点.‎ 所以在[a－1，＋∞)上存在唯一的零点.‎ 又因为F(x)在区间(－∞，a－1)上单调递减，且F(0)＝0，‎ 所以F(x)在区间(－∞，a－1)上存在唯一的零点0.‎ 所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)＝g(x)有两个实根.‎ 考点三　两曲线的交点(公共点)‎ ‎【例3】 记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.‎ ‎(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；‎ ‎(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值.‎ ‎(1)证明　函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.‎ 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得此方程组无解，‎ 因此，f(x)与g(x)不存在“S点”.‎ ‎(2)解　函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，则f′(x)＝2ax，g′(x)＝.‎ 设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得 即　(*)‎ 得ln x0＝－，即x0＝e－，则a＝＝.‎ 当a＝时，x0＝e－满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”.‎ 因此，a的值为.‎ 规律方法　(1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解来判断；‎ ‎(2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定.‎ ‎【训练3】 设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.‎ ‎(1)若d＝3，求f(x)的极值；‎ ‎(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点，求d的取值范围.‎ 解　(1)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝t2－，或x＝t2＋.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，t2－)‎ t2－ ‎(t2－，t2＋)‎ t2＋ ‎(t2＋，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6；函数f(x)的极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6.‎ ‎(2)曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x－t2＋d)(x－t2)(x－t2－d)＋(x－t2)＋6＝0有三个互异的实数解.‎ 令u＝x－t2，可得u3＋(1－d2)u＋6＝0.‎ 设函数g(x)＝x3＋(1－d2)x＋6，则曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于函数y＝g(x)有三个零点.‎ g′(x)＝3x2＋1－d2.‎ 当d2≤1时，g′(x)≥0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意.‎ 当d2>1时，令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝.‎ 易得，g(x)在(－∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增.‎ g(x)的极大值g(x1)＝g＝＋6>0.‎ g(x)的极小值g(x2)＝g＝－＋6.‎ 若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y＝g(x)至多有两个零点，不合题意.‎ 若g(x2)<0，即(d2－1)>27，也就是|d|>，此时|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋6>0，且－2|d|0，‎ ‎∴g(x)的单调减区间为，单调增区间为(1，e].∴g(x)min＝g(1)＝1.‎ 又g＝e＋，g(e)＝e－，函数f(x)在上有两个零点，‎ 则a的取值范围是.‎ ‎2.设函数f(x)＝e2x－aln x.讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数.‎ 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，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，‎ 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在 ‎(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.‎ 又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0(讨论a≥1或a＜1来检验)，‎ 故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.‎ ‎3.(2019·全国Ⅱ卷)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在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，‎ 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.‎ 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xx0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)0，‎ 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.‎ 由α>x0>1得<10，即a2>3时，方程f′(x)＝0有两根，‎ 设两根为x1，x2，且x12时，若方程f(x)－3＝0在区间上有唯一解，求a的取值范围.‎ 解　(1)当a＝2时，f(x)＝xsin x＋2cos x＋x，‎ 所以f′(x)＝－sin x＋xcos x＋1.‎ 当x∈时，1－sin x>0，xcos x>0，所以f′(x)>0.‎ 所以f(x)在区间上单调递增.‎ 因此f(x)在区间上的最大值为f＝π，最小值为f(0)＝2.‎ ‎(2)当a>2时，f′(x)＝(1－a)sin x＋xcos x＋1.‎ 设h(x)＝(1－a)sin x＋xcos x＋1，‎ h′(x)＝(2－a)cos x－xsin x，‎ 因为a>2，x∈，所以h′(x)<0.‎ 所以h(x)在区间上单调递减.‎ 因为h(0)＝1>0，h＝1－a＋1＝2－a<0，‎ 所以存在唯一的x0∈，使h(x0)＝0，即f′(x0)＝0.‎ 所以f(x)在区间[0，x0]上单调递增，在区间上单调递减.‎ 因为f(0)＝a，f＝π，‎ 又因为方程f(x)－3＝0在区间上有唯一解，‎ 所以2