第3章 第5节 利用导数研究函数的零点问题（Word教参）-【创新方案】2024高考数学一轮复习（新教材 新高考）

第五节　利用导数研究函数的零点问题　　　　 题型一　判断、证明或讨论函数零点的个数问题 [考法精研] [例1]　(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b. (1)讨论f(x)的单调性； (2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)只有一个零点． ①<a≤，b>2a；②0<a<，b≤2a. [解题观摩] (1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)， ①当a≤0时，令f′(x)＝0⇒x＝0. 且当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ②当0<a<时， 令f′(x)＝0⇒x1＝0，x2＝ln 2a<0.且当x<ln 2a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当ln 2a<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ③当a＝时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在R上单调递增． ④当a>时，令f′(x)＝0⇒x1＝0，x2＝ln 2a>0. 且当x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0<x<ln 2a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>ln 2a时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减； 当0<a<时，f(x)在(－∞，ln 2a)，(0，＋∞)上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减； 当a＝时，f(x)在R上单调递增； 当a>时，f(x)在(－∞，0)，(ln 2a，＋∞)上单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减．　 不要忽略此步骤 (2)证明：若选择条件①， 由于<a≤， 故1<2a≤e2， 则b>2a>1，f(0)＝b－1>0， 又f＝e－<0， 函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递增， 故函数f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点． f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b>2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]， 易知0<ln(2a)≤2，故aln(2a)[2－ln(2a)]≥0， 结合函数的单调性可知函数f(x)在区间(0，＋∞)上没有零点．综上，题中的结论成立． 若选择条件②， 由于0<a<，故0<2a<1， 则f(0)＝b－1≤2a－1<0， 当b≥0时，e2>4,4a<2， f(2)＝e2－4a＋b>0， 又函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 故函数f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点． 当b<0时，构造函数H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1， 当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增， 注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，从而ex≥x＋1，此时f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)， 当x>时，(1－a)x2＋(b－1)>0， 取x0＝＋1， 则f(x0)>0，即f(0)<0，f>0， 又函数在区间(0，＋∞)上单调递增， 故函数在区间(0，＋∞)上有一个零点． f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b≤2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]， 易知ln(2a)<0，故aln(2a)[2－ln(2a)]<0， 结合函数f(x)的单调性可知f(x)在区间(－∞，0)上没有零点． 综上，题中的结论成立． [例2]　已知函数f(x)＝xex＋ex. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)画出函数f(x)的大致图象，并说明理由； (3)求函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数． [解]　(1)易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋1)ex＋ex＝(x＋2)ex，令f′(x)＝0，解得x＝－2. 所以f′(x)，f(x)的变化情况如表所示： x (－∞，－2) －2 (－2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 － 单调递增 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)．所以当x＝－2时，f(x)有极小值，极小值为f(－2)＝－，f(x)无极大值． (2)令f(x)＝0，解得x＝－1. 当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0. 易知f(x)的图象经过特殊点A，B(－1,0)，C(0,1)． 当x→－∞时，f(x)＝→0且f(x)<0； 当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞.