第三章 第六节 导数与函数的零点-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习

第六节　导数与函数的零点问题 考点一　判断函数零点的个数 例1.设函数f(x)＝ln x＋，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＜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． 变式1.(2020·南京调研)已知函数f (x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求f (x)的单调区间； (2)讨论g(x)＝f (x)在区间[0,1]上零点的个数． 解　(1)因为f (x)＝ex－ax－1， 所以f′(x)＝ex－a， 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f (x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a， 令f′(x)>0，得x>ln a， 所以f (x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)． (2)令g(x)＝0，得f (x)＝0或x＝， 由(1)知，当a≤0时，f (x)在R上单调递增；当a>0时，f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在 (ln a，＋∞)上单调递增； 若a≤0，由f (0)＝0，知f (x)在区间[0,1]上有一个零点； 若ln a≤0，即0<a≤1，则f (x)在[0,1]上单调递增，所以f (x)在[0,1]上有一个零点； 若0<ln a<1，即1<a<e，则f (x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增， 又f (1)＝e－a－1，所以当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f (x)在[0,1]上有两个零点， 当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f (x)在[0,1]上有一个零点； 若ln a≥1，即a≥e，则f (x)在[0,1]上单调递减，f (x)在[0,1]上只有一个零点． 又当x＝时，由f ＝0得a＝2(－1)， 所以当a≤1或a>e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1<a≤e－1且a≠2(－1)时，g(x)在[0,1]上有三个零点． 例2．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－，求方程f(x)＝0的解的个数． 解：因为f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－(x＞0)， 所以f′(x)＝－x＋2＝＝， 当x∈(0,3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0， 因为当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞， 所以方程f(x)＝0只有一个解． 变式2．设f(x)＝x－－2ln x. (1)求证：当x≥1时，f(x)≥0恒成立； (2)讨论关于x的方程x－－f(x)＝x3－2ex2＋tx根的个数． 解：(1)证明：f(x)＝x－－2ln x的定义域为(0，＋∞)． ∵f′(x)＝1＋－＝＝≥0， ∴f(x)在[1，＋∞)上是单调增函数， ∴f(x)≥f(1)＝1－1－2ln 1＝0对于x∈[1，＋∞)恒成立． 故当x≥1时，f(x)≥0恒成立得证． (2)化简方程得2ln x＝x3－2ex2＋tx. 注意到x＞0，则方程可变为＝x2－2ex＋t. 令L(x)＝，H(x)＝x2－2ex＋t， 则L′(x)＝. 当x∈(0，e)时，L′(x)＞0，∴L(x)在(0，e)上为增函数； 当x∈(e，＋∞)时，L′(x)＜0，∴L(x)在(e，＋∞)上为减函数． ∴当x＝e时，L(x)max＝L(e)＝. 函数L(x)＝，H(x)＝(x－e)2＋t－e2在同一坐标系内的大致图象如图所示． 由图象可知，①当t－e2＞，即t＞e2＋时，方程无实数根； ②当t－e2＝，即t＝e2＋时，方程有一个实数根； ③当t－e2＜，即t＜e2＋时，方程有两个实数根． 变式3.(2019·全国Ⅰ)已知函数f (x)＝sin x－ln(1＋x)，