人教A版普通高中数学一轮复习第三章第二节第5课时利用导数研究函数的零点问题学案

第5课时利用导数研究函数的零点问题讨论函数的零点个数【例1】(2024·邢台模拟)已知函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋5.(1)求f(x)的极值；解：由题意可得f(x)的定义域为R，f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)．由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞2；由f′(x)＜0，得－1＜x＜2，所以f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．故f(x)极大值＝f(－1)＝12，f(x)极小值＝f(2)＝－15.(2)讨论函数g(x)＝f(x)－m的零点个数．解：由(1)可知f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，f(－1)＝12，f(2)＝－15.当x→－∞时，f(x)→－∞；当x→＋∞，f(x)→＋∞.f(x)的大体图象如图所示．令g(x)＝f(x)－m＝0，则f(x)＝m.当m＞12或m＜－15时，方程f(x)＝m有且仅有1个实根，即函数g(x)有1个零点；当m＝12或m＝－15时，方程f(x)＝m有2个实根，即函数g(x)有2个零点；当－15＜m＜12时，方程f(x)＝m有3个实根，即函数g(x)有3个零点．综上所述，当m＞12或m＜－15时，g(x)有1个零点；当m＝12或m＝－15时，g(x)有2个零点；当－15＜m＜12时，g(x)有3个零点．利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(1)可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等来确定方程根的情况．(2)根据题目要求，画出函数图象的走势，标明函数极(最)值的位置．(3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现．已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；解：当a＝3时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，则f′(x)＝x2－6x令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23.当x＜3－23或x＞3＋23时，f′(x)＞0；当3－23＜x＜3＋23时，f′(x)＜0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．(2)证明：f(x)只有一个零点．证明：因为x2＋x＋1＞0，所以f(x)＝0等价于x3x2+x+1设g(x)＝x3x2+x+1－3a，则g′(x)＝x2x2+2x+3x2+x+1所以g(x)在R上单调递增．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－13＝－6a−162－16＜0，f(3a＋1)＝13＞0，故f(x综上，f(x)只有一个零点．由函数的零点个数求参数的范围【例2】已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；解：当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1.令f′(x)＜0，解得x＜0；令f′(x)＞0，解得x＞0.所以f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：因为f(x)＝ex－a(x＋2)，所以f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意．若a＞0，令f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．所以f(x)min＝f(lna)＝elna－a(lna＋2)＝－a(1＋lna)．当x→＋∞时，f(x)＞0，当x→－∞时，f(x)＞0.要使f(x)有两个零点，则f(x)min＝f(lna)＜0，即－a(1＋lna)＜0，所以a＞1e，即a的取值范围是1[变式]将本例中的函数改为“f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)”，若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．解：f′(x)＝ex＋a.①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，且当x＞1时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0；当x＜0时，取x＝－1a，则f−1a＜1＋a−1a所以函数f(x)存在零点，不满足题意．②当a＜0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，则x＝ln(－a)．当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以，当x＝ln(－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值．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)．与函数零点有关的参数范围问题解题策略(1)函数在定义域上单调，满足函数零点存在定理．(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值时可以结合函数图象分析．(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．(2024·潍坊模拟)已知函数f(x)＝alnx－2x.(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；解：当a＝2时，f(x)＝2lnx－2x，该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1所以f(1)＝－2，f′(1)＝1，因此，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＋2＝x－1，即x－y－3＝0.(2)若函数f(x)在(0，16]上有两个零点，求a的取值范围．解：由题可得f′(x)＝ax－1x(x①当a≤0时，f′(x)＝ax－1x＜0，则f(x)在(0，＋②当a＞0时，由f(x)＝alnx－2x＝0可得2a＝ln令g(x)＝lnxx(x＞0)，则直线y＝2a与曲线y＝gg′(x)＝xx−ln令g′(x)＝0，可得x＝e2＜16.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，e2)e2(e2，16]g′(x)＋0－g(x)单调递增2单调递减所以函数g(x)在区间(0，16]上的极大值为g(e2)＝2e，且g(16)＝ln2，g(x由图可知，当ln2≤2a＜2e，即当e＜a≤2ln2时，直线y＝2a因此，实数a的取值范围是e，2函数零点与极值点的偏移问题【例3】已知函数f(x)＝1−x1+xlnx(1)求f(x)的单调区间；解：由题可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2lnx1+x2＋令g(x)＝1－x2－2xlnx，则g′(x)＝－2x－2lnx－2＝－2(x＋lnx＋1)．令h(x)＝－2(x＋lnx＋1)，则h′(x)＝－21+1x＝－当x＞0时，h′(x)＜0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递减．又g′(e-2)＝－2(e-2－1)＞0，g′(1)＝－4＜0，所以∃x0∈(e-2，1)，使得g′(x0)＝0，则当x∈(0，x0)时，g′(x)＞0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以g(x)在x0处取得极大值，也是最大值，g(x)max＝g(x0)＞g(1)＝0.又当x∈(0，1)时，1－x2＞0，－2xlnx＞0，所以当x∈(0，1)时，g(x)＞0，即f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，即f′(x)＜0.所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)当f(x1)＝f(x2)(x1＜x2)时，证明：x1＋x2＞2.证明：由(1)知，若f(x1)＝f(x2)(x1＜x2)，则0＜x1＜1＜x2.要证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1即可．因为0＜x1＜1＜x2，所以2－x1＞1.又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以只需证f(x2)＜f(2－x1)即可．因为f(x1)＝f(x2)，所以只需证f(x1)＜f(2－x1)，即证f(x1)－f(2－x1)＜0即可．则需证1−x11+x1lnx1＋1−x又1－x1＞0，所以只需证lnx11+x即证(3－x1)lnx1＋(1＋x1)ln(2－x1)＜0.令F(x)＝(3－x)lnx＋(1＋x)ln(2－x)(0＜x＜1)，则F′(x)＝－lnx＋3−xx＋ln(2－x)－1+x令G(x)＝－lnx＋3−xx＋ln(2－x)－1+x2−x，则G′(x)＝－1x－3x2－所以F′(x)在(0，1)上单调递减，F′(x)＞F′(1)＝0.所以F(x)在(0，1)上单调递增，F(x)＜F(1)＝0.所以(3－x1)lnx1＋(1＋x1)ln(2－x1)＜0.原不等式得证．对称化构造函数证明极值点偏移问题的关键构造函数H(x)＝f(x)－f(2x0－x)，其中x0为函数f(x)的极值点，然后求导确定H(x)的单调性，结合H(x0)＝0确定H(x)的符号，再通过f(x)的单调性得到结论．若关于x的方程xlnx＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2＜1e证明：不妨设x1＞x2＞0，要证x1x2＜1e即证x1x21x整理得x1＋1e2x1＜x又因为x1lnx1＝x2lnx2，即证x1lnx1－kx1+1e2x1＞x2lnx2设h(x)＝xlnx－kx－ke要使x1＞x2时，h(x1)＞h(x2)，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以有h′(x)＝lnx＋1－k＋ke2x2令H(x)＝lnx＋1－k＋ke2x2，则H′(x)＝1x－令H′(x)＝0，解得x＝2ke(x＝−易知当x∈0，2ke时，H′(x)＜0；当x∈2ke，+∞时，所以h′(x)在0，2ke所以h′(x)min＝h′2ke＝12ln2k－k＋12＝12(ln2令t(k)＝ln2k－2k＋1，则t′(k)＝1k令t′(k)＞0，得0＜k＜12；令t′(k)＜0，得k＞1所以t(k)在0，12上单调递增，在12，+∞上单调递减，函数t(k)在k＝12时取得极大值也是最大值，又t12＝0，所以t(k)令12(ln2k－2k＋1)≥0，得k＝1此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证．课时质量评价(二十)1．(2024·南平模拟)已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝1时，求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程；解：当a＝1时，f(x)＝2lnx－x2＋x(x＞0)，所以f′(x)＝2x－2x因为f(1)＝0，所以切点坐标为(1，0)，切线斜率为f′(1)＝1，所以切线方程为y－0＝1(x－1)，即y＝x－1.(2)若函数f(x)的图象与直线y＝ax－a在1e，e上有两个不同的交点，求实数解：由题知f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)，函数f(x)的图象与直线y＝ax－a在1e令g(x)＝f(x)－y＝2lnx－x2＋a(x＞0)，所以g′(x)＝2x－2x＝−2因为x∈1e所以令g′(x)＝0，得x＝1，所以当1e≤x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当1＜x≤e时，g′(x)＜0，g(x所以g(x)＝2lnx－x2＋a在1e，e上有最大值g(1)，g(1)＝因为g1e＝a－2－1e2，g(e)＝a又g(e)－g1e＝4－e2＋1e所以g(e)＜g1e所以g(x)＝2lnx－x2＋a在1e，e上有最小值g(e)＝a＋2－e所以g(x)＝2lnx－x2＋a在1e，e上有两个不同的零点的条件是g1=a−1＞0，所以实数a的取值范围为1，2．(2024·通辽模拟)已知函数f(x)＝－x3＋x2＋x＋a(a∈R)．(1)求函数f(x)的极值点；解：因为f(x)＝－x3＋x2＋x＋a(a∈R)，所以f′(x)＝－3x2＋2x＋1＝(3x＋1)(－x＋1)．令f′(x)＞0，解得－13＜x＜1；令f′(x)＜0，解得x＞1或x＜－1所以f(x)在−∞，−13，(1，＋所以f(x)的极小值点是－13(2)若函数f(x)有且只有两个零点，求实数a的值．解：函数f(x)有且只有两个零点，令f(x)＝0，则－x3＋x2＋x＝－a.令g(x)＝－x3＋x2＋x，即y＝g(x)与y＝－a的图象有两个交点．由(1)分析知g(x)在−∞，−13，(1，＋∞)上单调递减，在−1要使函数f(x)有且只有两个零点，即－a＝g(1)或－a＝g−13，解得a＝－1或a＝3．(2024·江门模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)ex－a(a∈R)．(1)求f(x)的极值；解：函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋2)ex.令f′(x)＜0，得x＜－2；令f′(x)＞0，得x＞－2，所以f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增．所以当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－1e2－(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．解：函数f(x)＝(x＋1)ex－a有两个零点，取g(x)＝(x＋1)ex，则直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有两个交点．g′(x)＝(x＋2)ex，令g′(x)＜0，得x＜－2；令g′(x)＞0，得x＞－2，所以g(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增．因为g(－1)＝0，g(－2)＝－1e当x＜－1时，g(x)＜0，当x＞－1时，g(x)＞0，当x→－∞时，g(x)→0，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以函数g(x)的大致图象如图所示．结合图象可知，当－1e2＜a＜0时，直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有两个交点，即f(故实数a的取值范围为−14．已知函数f(x)＝x－lnx＋m，g(x)＝xe(1)若函数f(x)和g(x)的图象都与平行于x轴的同一条直线相切，求m的值；解：由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－1x＝x−1当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞