第三章 第4节 第3课时 利用导数研究函数的零点问题-【创新教程】2024高考数学总复习大一轮教师用书word（新教材，北师大版）

第3课时　利用导数研究函数的零点问题 可以利用转化与化归思想解决此类问题，即转化为相应方程根的问题或函数图象交点的问题，是高考考查的热点． 　　 确定函数零点(相应方程根)的个数 [典例]　(2023·天津崇化中学期末)已知函数f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数． [解]　(1)f′(x)＝(x>0)，当a<0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得0<x<， ∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)∵当x∈时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点， 即当x∈时，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根． 令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，则h′(x)＝ex＋1. 由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0.∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立． ∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0， ∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上单调递增． ∴h(x)min＝h＝－＋，h(x)max＝e. ∴当m<－＋或m>e时，函数g(x)在上没有零点； 当－＋≤m≤e时，函数g(x)在上有且只有一个零点． 　　 研究函数f(x)零点的策略 (1)如果函数f(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在． (2)如果函数f(x)在已知区间不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g(x)的极值与零的大小，以及函数f(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数． 设函数f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m＞0. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当m≥1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝， 当0<x<时，f′(x)＜0，函数f(x)的单调递减； 当x>时，f′(x)＞0，函数f(x)的单调递增． 综上，函数f(x)的单调增区间是(，＋∞)，减区间是(0，)． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x>0，问题等价于求函数F(x)的零点个数． F′(x)＝－，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数， 注意到F(1)＝>0，F(4)＝－ln 4<0，所以F(x)有唯一零点．当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时，F′(x)＜0,1＜x＜m时，F′(x)＞0.所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增， 注意到F(1)＝m＋>0， F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0， 所以F(x)有唯一零点． 综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象总有一个交点． 　　 由函数零点(相应方程根)的 个数确定参数的取值范围 [典例]　(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)＋，f(0)＝0，所以切点为(0,0)，f′(x)＝＋，f′(0)＝2，所以切线斜率为2， 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)＋， f′(x)＝＋＝， 设g(x)＝ex＋a(1－x2)， ①若a＞0，当x∈(－1,0)，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，＋∞)，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 a．当x∈(0，＋∞)，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