2021高三数学人教B版一轮学案：第二章 第十二节　第3课时　导数与函数的零点问题 10页

www.ks5u.com ‎　　　　　第3课时　导数与函数的零点问题　‎ ‎1．两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.‎ ‎2．已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．‎ 考向一　判断或证明函数零点个数 ‎【例1】　(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：‎ ‎(1)f′(x)在区间(－1，)存在唯一极大值点；‎ ‎(2)f(x)有且仅有2个零点．‎ ‎【解】　(1)设g(x)＝f′(x)，‎ 则g(x)＝cosx－，g′(x)＝－sinx＋.‎ 当x∈(－1，)时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′()<0，可得g′(x)在(－1，)有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈(α，)时，g′(x)<0.‎ 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在(α，)单调递减，故g(x)在(－1，)存在唯一极大值点，即f′(x)在(－1，)存在唯一极大值点．‎ ‎(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．‎ ‎(ⅰ)当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1,0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零点．‎ ‎(ⅱ)当x∈(0，]时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在(α，)单调递减，而f′(0)＝0，f′()<0，所以存在β∈(α，)，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈(β，)时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在(β，)单调递减．又f(0)＝0，f()＝1－ln(1＋)>0，所以当x∈(0，]时，f(x)>0.从而，f(x)在(0，]没有零点．‎ ‎(ⅲ)当x∈(，π]时，f′(x)<0，所以f(x)在(，π)单调递减．而f()>0，f(π)<0，所以f(x)在(，π]有唯一零点．‎ ‎(ⅳ)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．‎ 综上，f(x)有且仅有2个零点．‎ 方法技巧 函数零点个数也就是函数图象与x 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题.对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：‎ (1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数，即“几个交点几个根，正负极值定乾坤”；‎ (2)分离参数，将问题转化为：求直线y＝a与函数y＝f(x)的图象交点个数问题，即“求根问题要通变，分离参数放左边”.‎ 设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．‎ 解：由题设，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．‎ 所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．‎ 所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.‎ 由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00，f(x)单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．‎ 故f(x)max＝f(1)＝0，所以f(x)≤0.‎ ‎(2)f(x)＋x2＋1＝0至少有两个不相等的实数根，即lnx＋x2－ax＋2＝0，a＝＋x＋至少有两个不相等的实数根，记φ(x)＝＋x＋(x>0)，‎ 所以φ′(x)＝＋1－＝，‎ 记h(x)＝x2－lnx－1(x>0)，所以h′(x)＝2x－＝，令h′(x)＝0⇒x＝(x＝－舍去)，‎ 所以当x∈(0，)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，x∈(，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，‎ 所以h(x)的最小值为h()＝()2－ln()－1＝－＋ln2＝－(1－ln2)<0，‎ 又h(1)＝0，所以x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，‎ 又当x＝时，h()＝－ln－1＝＋1－1＝>0，因此必存在唯一的x0∈(，)，使得h(x0)＝0.‎ 因此x∈(0，x0)时，h(x)>0，φ(x)单调递增，x∈(x0,1)时，h(x)<0，φ(x)单调递减，x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，φ(x)单调递增，画出y＝φ(x)的大致图象，如图所示．‎ 因此当φ(1)≤a≤φ(x0)时，直线y＝a与y＝φ(x)的图象至少有两个交点，所以a的最小值为φ(1)＝3.‎ 方法技巧 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象，讨论其图象与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象的交点问题.‎ 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－e22ax1x2.‎ ‎【解】　(1)f′(x)＝a－－＝(x>0)，‎ 设g(x)＝ax2－x－1(x>0)，‎ ‎①当a≤0时，g(x)<0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ ‎②当a>0时，由g(x)＝0得 x＝或x＝(舍)，‎ 记x＝＝x0，则g(x)＝ax2－x－1＝a(x－x0)(x－)(x>0)，易知x－>0，‎ 所以当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增．‎ 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)证明：不妨设x12ax1x2，‎ 即证x1＋x2＋2>2(＋)x1x2，‎ 只需证x1＋x2>·x1x2，‎ 只需证>2ln，即要证－>2ln.‎ 设＝t，则t>1，只需证t－>2lnt，‎ 设h(t)＝t－－2lnt(t>1)，只需证h(t)>0.‎ 因为h′(t)＝1＋－＝＝>0，‎ 所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，‎ 所以h(t)>h(1)＝0，即t－>2lnt，‎ 所以x1＋x2＋2>2ax1x2.‎ 方法技巧 解决该题第(2)小问的关键点有两个：一是消参，通过两式作差消掉参数b，从而巧妙地把两个零点与参数a之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个数，巧妙利用两零点之比引入变量t，从而建立新的函数求解问题，这也体现了对数学建模等核心素养的考查.另外这种问题还有对称构造法、差值换元法等方法.‎ ‎(2020·济南模拟)已知函数f(x)＝xlnx－x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0.‎ ‎(1)求实数a的值；‎ ‎(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x2>2.‎ 解：(1)由题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数f′(x ‎)＝lnx－a(x－1)，‎ 记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝.‎ 当a≤0时，h′(x)＝>0恒成立，‎ 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，‎ 所以任意x∈(1，＋∞)，h(x)＝f′(x)>0，故a≤0不成立．‎ 当a>0时，若x∈(0，)，‎ 则h′(x)＝>0；‎ 若x∈(，＋∞)，则h′(x)＝<0.‎ 所以h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．‎ 所以h(x)max＝h()＝－lna＋a－1＝0.‎ 令g(a)＝－lna＋a－1，则g′(a)＝1－＝.‎ 当01时，g′(a)>0.‎ 所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．‎ 所以g(a)≥g(1)＝0，故a＝1.‎ ‎(2)证明：当a＝1时，f(x)＝xlnx－x2，‎ 则f′(x)＝1＋lnx－x.‎ 由(1)知f′(x)＝1＋lnx－x≤0恒成立，‎ 所以f(x)＝xlnx－x2在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝－，f(x1)＋f(x2)＝－1＝‎2f(1)．‎ 不妨设02，只需证x2>2－x1.‎ 因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，‎ 所以只需证f(x2)－1.‎ 令F(x)＝f(x)＋f(2－x)(其中x∈(0,1))，‎ 则F(1)＝－1.‎ 所以欲证f(2－x1)＋f(x1)>－1，只需证F(x)>F(1)，x∈(0,1)，F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋lnx－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]，‎ 整理得F′(x)＝lnx－ln(2－x)＋2(1－x)，x∈(0,1)，‎ 令m(x)＝F′(x)，则m′(x)＝>0，x∈(0,1)，‎ 所以F′(x)＝lnx－ln(2－x)＋2(1－x)在区间(0,1)上单调递增，所以任意x∈(0,1)，F′(x)＝lnx－ln(2－x)＋2(1－x)<0，‎ 所以函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)在区间(0,1)上单调递减，所以F(x)>F(1)，x∈(0,1)，故x1＋x2>2.‎