高三数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第5课时利用导数解决函数的零点问题学案

第5课时利用导数解决函数的零点问题考点一利用导数确定函数零点的个数1．利用导数研究函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象，再利用函数零点存在定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)＜0；(3)涉及两函数的交点，利用数形结合思想方法，通过图象可清楚地数出交点的个数(即零点，根的个数)或者确定参数的取值范围．2．证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步：利用导数证明该函数在该区间上的单调性；第二步：证明端点的导数值异号．[典例1](2024·雅安模拟)已知函数f(x)＝x2－x－a－6lnx．(1)求曲线y＝f(x)在点(1，－a)处的切线方程；(2)讨论f(x)在(0，4]上零点的个数．[解](1)函数f(x)＝x2－x－a－6lnx，x∈(0，＋∞)．f′(x)＝2x－1－6x，f∴曲线y＝f(x)在点(1，－a)处的切线方程为y＋a＝－5(x－1)，即5x＋y＋a－5＝0．(2)f′(x)＝2x－1－6x＝2x+3x-2x当x∈(0，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(2，4)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．∴x＝2时，函数f(x)取得极小值，f(2)＝2－a－6ln2．x→0＋时，f(x)→＋∞；f(4)＝12－a－12ln2．当f(2)＝2－a－6ln2>0时，即a<2－6ln2时，函数f(x)在(0，4]上无零点；当f(2)＝2－a－6ln2＝0时，即a＝2－6ln2时，函数f(x)在(0，4]上有一个零点2；当f(2)＝2－a－6ln2<0时，且f(4)＝12－a－12ln2<0时，即a>12－12ln2时，函数f(x)在(0，4]上有一个零点；当f(2)＝2－a－6ln2<0，且f(4)＝12－a－12ln2≥0时，即2－6ln2<a≤12－12ln2时，函数f综上可得：当a<2－6ln2时，函数f(x)在(0，4]上无零点；当a＝2－6ln2时，函数f(x)在(0，4]上有一个零点2；当a>12－12ln2时，函数f(x)在(0，4]上有一个零点；当2－6ln2<a≤12－12ln2时，函数f(x)在(0，4]上有两个零点．【教师备用】已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，则“a2－3b≤0”是“f(x)在R上只有一个零点”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件A[因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，若a2－3b≤0，则Δ＝4a2－12b≤0，则f'(x)≥0恒成立，所以当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)在R上只有一个零点，即充分性成立．令a＝32，b＝0，c＝－1，则f(x)＝x3＋32x2－1，f′(x)＝3x2＋3x＝3x(则f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，又f(－1)＝－12f(1)＝32>0，则f(x)在R上只有一个零点，但不满足“a2－3b≤0”，即必要性不成立所以“a2－3b≤0”是“f(x)在R上只有一个零点”的充分不必要条件，故选A．]跟进训练1(2023·四川绵阳三模)已知函数f(x)＝(a－2)lnx＋x2－ax．(1)当a＝3时，求曲线f(x)在x＝1处切线的方程；(2)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的零点个数．[解](1)∵a＝3，∴f(x)＝lnx＋x2－3x，f′(x)＝1x＋2x－3，f′(1)＝0，f∴曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－2．(2)令f(x)＝(a－2)lnx＋x2－ax＝0，即a(lnx－x)＝2lnx－x2，就是求此方程的解的个数，∵lnx－x≠0，∴a＝2ln令g(x)＝2ln原问题等价于求曲线g(x)与直线y＝a在x∈[1，e]时交点的个数．∵g′(x)＝x-1x+2-2令h(x)＝x＋2－2lnx，h′(x)＝1－2x＝x-2当x>2时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x<2时，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴当x＝2时，h(x)取得最小值h(2)＝2＋2－2ln2＝4－2ln2>0，∴h(x)>0，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，g(x)单调递增，g(x)min＝g(1)＝1，g(x)max＝g(e)＝e2∴当a<1时，原函数f(x)无零点，当1≤a当a>e2综上，当a<1时，原函数f(x)无零点；当1≤a≤e2-2考点二根据函数零点个数求参数的取值范围已知函数有零点求参数的取值范围常用的方法(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的取值范围．通用解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数的取值范围；(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的取值范围．通用解法为结合单调性，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，即为所求参数的取值范围．[典例2](2021·全国甲卷)已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝xaax(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．[解](1)当a＝2时，f(x)＝x22xf′(x)＝x2-xln2令f′(x)＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f(令f′(x)＜0，则x＞2ln2，此时函数f(所以函数f(x)的单调递增区间为0，2ln(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，可转化为方程xaax＝1(x>0)有两个不同的解，即方程ln设g(x)＝lnxx(x＞0)，则g′(x)＝1-ln令g′(x)＝1-lnxx当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，故g(x)max＝g(e)＝1e且当x>e时，g(x)∈0，又g(1)＝0，所以0＜lnaa＜1e，所以a＞1且即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．(1)利用xaax＝1得xa＝ax，两边取对数得lnx(2)构造函数g(x)＝lnxx，把问题转化为求函数g(【教师备用】已知函数f(x)＝x(a＋lnx)－ax2(a∈R)．若f(x)在(1，＋∞)上仅有一个零点，求实数a的取值范围．[解]由题意知，方程x(a＋lnx)－ax2＝0在(1，＋∞)上仅有一个实数解，则方程a＋lnx－ax＝0在(1，＋∞)上仅有一个实数解．设g(x)＝lnx－ax＋a(x>1)，则g′(x)＝1x－a＝1-ax当a≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，又g(1)＝ln1－a＋a＝0，所以x>1时，g(x)>0，则g(x)在(1，＋∞)上没有零点；当a≥1时，因为x>1，则ax>1，则g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以g(x)<0，则g(x)在(1，＋∞)上没有零点；当0<a<1时，1a>1，当x∈1，1a时，g′(x)>0，当x∈1a所以g(x)在1，1a则g1a>g(1)＝0，所以g(x)在1设h(x)＝ex－x(x>0)，则h′(x)＝ex－1>0，所以h(x)>h(0)＝1，则ex>x，所以e1a>设φ(x)＝ex－1－x2(x>0)，则φ′(x)＝ex－2x，令m(x)＝ex－2x(x>0)，则m′(x)＝ex－2，当x∈(0，ln2)时，m′(x)<0，所以m(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，则m(x)≥m(ln2)＝2－2ln2＝lne2即φ′(x)>0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，所以φ(x)>0，则ex－1>x2，所以e1a－1>1a2，则1－又e1a∈1a，+∞，则ge1a＝a－ae1a＋1a又g(x)在1a，+∞上单调递减，且所以g(x)在1a综上可知，a的取值范围为(0，1)．跟进训练2(2024·广州市第二中学校考模拟预测)已知函数f(x)＝lnx．若函数y＝f(x)＋kx在1e2[解]因为f(x)＋kx＝lnx＋kx，则由题意知方程－k＝xlnx在由lnx＋kx＝0，得－k＝xlnx，令g(x)＝xlnx，则g′(x)＝lnx＋1，由g′(x)＝0，解得x＝1当x∈1e2，1e时，g′(x当x∈1eg′(x)>0，g(x)单调递增，所以当x＝1e时，g(x)取得最小值为g1e＝－又g1e2＝－2e所以－1e<－k≤－2e2，解得2e所以实数k的取值范围是2e考点三隐零点问题隐零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．[典例3]已知函数f(x)＝xlnx－ex＋1．(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论f(x)在(0，＋∞)上的单调性．[解](1)由题知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋1－ex，∴f′(1)＝1－e，又f(1)＝1－e，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x．(2)令g(x)＝f′(x)＝lnx＋1－ex(x>0)，则g′(x)＝1x－ex在(0，＋∞且g′12＝2－e>0，g∴∃x0∈12，1，使g′(x0即lnx0＝－x0，当x∈(0，x0)时，g′(x0)>0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x0)<0，∴f′(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，∴f′(x)≤f'(x当且仅当x0＝1x0，即x0＝1时，等号成立，显然，等号不成立，故f′(∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．本例(2)关键是令g(x)＝f′(x)＝lnx＋1－ex(x>0)，求出g′(x)＝1x－ex，再根据g′12＝2－e>0，g′(1)＝1－e<0，可得∃x0∈12，1，使g′(x0)＝1x0-ex0＝0，可得f′(【教师备用】1．(多选)已知x1，x2分别是函数f(x)＝ex－1x和g(x)＝lnx－1xA．0<x1<12 B．lnx1＋lnx2C．ex1lnx2＝1 D．136<x1＋BCD[令f(x)＝0，得ex1＝1x1，即x令g(x)＝0，得lnx2＝1x2，即x2lnx即lnx2eln记函数h(x)＝xex，x>0，则h′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函数h(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，因为h(x1)＝x1ex1＝1，h12＝12又h(x1)＝x1ex1＝1，h(lnx所以x1＝lnx2，e所以lnx1＋lnx2＝ln(x1x2)＝ln⁡(所以ex1lnx2＝x2lnx又h23＝23e23>1＝所以x1<23，结合x1>12，得12<x1因为x1x2＝1，所以x1＋x2＝x1＋1x1，且12<x1因为y＝x＋1x在区间12所以23＋32<x1＋1x即136<x1＋x2<5故选BCD．]2．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．[解](1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋xex，f(0)＝0，所以切点为(0，0)．f′(x)＝11+x＋1-x所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x．(2)f(x)＝ln(1＋x)＋axef′(x)＝11+x＋a1-xe设g(x)＝ex＋a(1－x2)．①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上单调递增，f(x)<f(0)＝0，故f(x)在(－1，0)上没有零点，不合题意．②若－1<a<0，当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．③若a<－1，(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0，所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f′(m)＝0，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，当x→＋∞，f(x)→＋∞，所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点，在(0，m)上没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)，设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，h′(x)＝ex－2a>0，所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，g′(－1)＝1e＋2a<0，g所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(n，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝1＋a<0，又g(－1)＝1e所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f′(t)＝0，当x∈(－1，t)时，f(x)单调递增，当x∈(t，0)时，f(x)单调递减，又x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f(x)>0，所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，即f(x)在(－1，0)上有唯一零点，所以a<－1，符合题意．④当a＝0时，f(x)＝ln(1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意．⑤当a＝－1时，f′(x)＝ex令k(x)＝ex＋x2－1，则k′(x)＝ex＋2x，当x>0时，k′(x)>0，k(x)单调递增，k(x)>k(0)＝0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)>f(0)＝0，不合题意．所以若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)．跟进训练3已知函数f(x)＝(x－a)lnx－x＋a－3(a∈R)．(1)若a＝0，求f(x)的极小值；(2)讨论函数f′(x)的单调性；(3)当a＝2时，λ≤f(x)恒成立，求λ的最大整数值．[解](1)当a＝0时，f(x)＝xlnx－x－3，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－1＝lnx，所以在区间(0，1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在区间(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝1时，f(x)取得极小值f(1)＝－4．(2)f(x)＝(x－a)lnx－x＋a－3的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋x-ax－1＝lnx－a令h(x)＝lnx－ax(x>0)，h′(x)＝1x＋ax当a≥0时，h′(x)>0恒成立，所以h(x)即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a<0时，在区间(0，－a)上，h′(x)<0，h(x)即f′(x)单调递减；在区间(－a，＋∞)上，h′(x)>0，h(x)即f′(x)单调递增．综上，当a≥0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f′(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增．(3)当a＝2时，f(x)＝(x－2)lnx－x－1，f′(x)＝lnx－2x由(2)知，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(2)＝ln2－1<0，f′(3)＝ln3－23所以存在x0∈(2，3)使得f′(x0)＝0，即lnx0＝2x在区间(0，x0)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在区间(x0，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝x0时，f(x)取得极小值也即是最小值，最小值为f(x0)＝(x0－2)lnx0－x0－1＝(x0－2)×2x0－x0－1＝1－∵x0∈(2，3)，∴4x0＋x0∈所以f(x0)∈-10由λ≤f(x)恒成立，得λ≤f课后习题(十八)利用导数解决函数的零点问题1．(人教B版选择性必修第三册P114复习题C组T1改编)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．[解](1)f′(x)＝3x2－k．当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当k＜0时，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±3k3当x∈-∞，-3k3时，当x∈-3k3，3k3当x∈3k3，+∞时，f′(x故f(x)在-∞，-3k3，(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f(x)不可能有三个零点．当k＞0时，x＝－3k3为f(x)的极大值点，x＝3k3为f(x)的极小值点．此时，－k－1＜－3k3＜3k3＜k＋1且f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，f-3k3＞0．根据f(x)的单调性，当且仅当f3k3＜0，即k2－2k3k9＜0时，f(x2．(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T19改编)设函数f(x)＝xlnx－(a＋1)x＋a＋1，a∈R．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间[1，e]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．[解](1)f′(x)＝lnx－a，由f′(x)＝0得x＝ea，当0<x<ea时，f′(x)<0；当x>ea时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，ea)上单调递减，在(ea，＋∞)上单调递增．(2)由于f(1)＝0，只需f(x)在区间(1，e]上没有零点，由(1)知，①当ea≤1，即a≤0时，f1<x≤e时，f(x)>f(1)＝0，符合题意．②当ea≥e时，即a≥1时，f1<x≤e时，f(x)<f(1)＝0，符合题意．③当1<ea<e时，即0<a<1时，f(x)在(1，ea)上单调递减，在(ea，e)上单调递增，只需f(e)＝a＋1－ae<0即可，所以1e-1<综上，a的取值范围是(－∞，0]∪1e3．若函数y＝x3＋a－3lnx存在零点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1] B．[1，＋∞)C．(－∞，0] D．[0，＋∞)A[令y＝f(x)，则函数f(x)＝x3＋a－3lnx且f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导数f′(x)＝3x2－3x＝3x-1x若f′(x)＝0，即x－1＝0，则有x＝1，在区间(0，1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，则f(x)min＝f(1)＝a＋1，若函数f(x)＝x3＋a－3lnx存在零点，必有a＋1≤0，则即a的取值范围为(－∞，－1]．故选A．]4．(2024·咸阳期末)已知函数f(x)＝x3－3x＋1－m有三个零点，则实数m的取值范围是()A．(－1，3)B．(－∞，－1)∪(3，＋∞)C．(－2，2)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)A[令g(x)＝x3－3x＋1，则g′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当x>1或x<－1时，g′(x)>0，函数单调递增，当－1<x<1时，g′(x)<0，函数单调递减，又g(1)＝1－3＋1＝－1，g(－1)＝－1＋3＋1＝3，g(x)＝x3－3x＋1的大致图象如图：故m∈(－1，3)．故选A．]5．(2024·榆林模拟)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象与x轴有且仅有两个交点，则实数a的值为()A．－427 B．－C．－1 D．0A[已知f(x)＝ax3＋x＋1，函数定义域为R，可得f′(x)＝3ax2＋1，当a≥0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时函数f(x)的图象与x轴至多有一个交点，不符合题意；当a<0时，所以x<－-13a时，f′(x)<0，f(当－-13a<x<-13a时，f′(x)>0，当x>-13a时，f′(x)<0，f(要使函数f(x)的图象与x轴有且仅有两个交点，需满足f--13a＝0或因为f-13a＝所以f--13a解得a＝－4276．(2024·四川达州一模节选)已知函数h(x)＝mex－x＋1．若h(x)在(0，4)上有唯一零点，则m的取值范围为________．m＝1e2或－1<m≤3e4[令h(x)＝mex－x令g(x)＝x-1ex，x∈(0，4)，则g′(x)＝当0<x<2时，g′(x)>0；当2<x<4时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(0，2)上单调递增，在(2