第3章 微专题1 专项3 利用导数研究函数的零点问题（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教版2019）

专项三　利用导数研究函数的零点问题 函数的零点问题综合了函数、方程、不等式等多方面的知识，考查转化与化归、数形结合及函数与方程等数学思想．函数的零点问题常与其他知识相结合综合出题，解题难度较大，因此判断零点存在及零点个数问题是考查的一个热点． 技法一　数形结合法 已知函数f(x)＝xex＋ex，讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数． 解：函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(x＋2)ex， 所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－2)上为减函数， 当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(－2，＋∞)上为增函数， 故f(x)在x＝－2时取得极小值，也是最小值，即f(－2)＝－，令f(x)＝0，得x＝－1，当x<－1时，f(x)<0； 当x>－1时，f(x)>0，且f(x)的图象经过点，(－1，0)，(0，1)． 当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝→0； 当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示． 函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数即为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数． 所以关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论： 当a<－时，函数的零点个数为0； 当a＝－或a≥0时，函数的零点个数为1； 当－<a<0时，函数的零点个数为2. 规律方法 含参数的函数求零点个数问题，可转化为求方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征得出零点个数及对应参数的范围．　　 对点练1.若函数f(x)＝ex(x2－2x＋1－a)－x恒有2个零点，求a的取值范围． 解：由f(x)＝0，得x2－2x＋1－a＝. 令g(x)＝，则函数f(x)＝ex(x2－2x＋1－a)－x恒有2个零点等价于函数y＝x2－2x＋1－a与y＝g(x)的图象有2个交点， g′(x)＝，令g′(x)>0，得x<1，令g′(x)<0，得x>1， 所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)max＝g(1)＝. 作出函数y＝x2－2x＋1－a＝(x－1)2－a与y＝g(x)的图象，如图所示，数形结合可得－a<，解得a>－，故a的取值范围为. 技法二　函数性质法 (12分)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． [思路分析]　(1)求f′(x)，f′(0)，求切线方程；(2)求f′(x)→讨论当a>0，－1≤a≤0时，f(x)的零点情况→当a<－1时，讨论x∈(－1，0)与x∈(0，＋∞)两种情况． 学生用书↓第67页 学生用书↓第68页 规律方法 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．　 对点练2.已知函数f(x)＝2ln x－x2＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围． 解：由题意得f′(x)＝－2x＝，因为x∈，所以由f′(x)＝0，得x＝1. 当≤x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当1<x≤e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故当x＝1时，函数f(x)取得极大值，f(1)＝m－1， 又f＝m－2－，f(e)＝m＋2－e2， 且f>f(e)， 所以f(x)在上有两个零点需满足条件解得1<m≤2＋. 故实数m的取值范围是. 对点练3.已知函数f(x)＝ln x＋－2，证明：函数f(x)在(1，＋∞)内有且仅有一个零点． 证明：f′(x)＝－＝， 令f′(x)＝0，得x＝2，令f′(x)>0，得x>2，令f′(x)<0，得0<x<2， 所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 因为f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1<0，f(e2)＝2＋－2>0， 所以结合单调性，知f(x)在(1，＋∞)内有且仅有一个零点． 技法三　构造函数法 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，＋∞)，m>0， 所以f′(x)＝＝， 令f′(x)＝0可得x＝， 当0<x<时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， 当x>时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增． 综上，函数f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)． (2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－mln x＋(m＋1)x，x>0， 则函数f(x)与g(x)图象交点的个数与h(x)的零点的个数相等， h′(x)＝－，令h′(x)>0， 解得1<x<m， 令h′(x)<0，解得0<x<1或x>m， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，m)上单调递增，在(m，＋∞)上单调递减， 注意到h(1)＝m＋>0，h(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以h(x)有唯一零点． 综上，函数h(x)有唯一零点，即f(x)与g(x)图象的交点个数为1. 规律方法 1．涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而解得函数的零点问题． 2．解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．　　 对点练4.已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)．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：要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即方程＝1(x>0)有两个不同的解，故方程＝有两个不同的解． 设g(x)＝(x>0)， 则g′(x)＝(x>0)． 令g′(x)＝＝0，解得x＝e. 令g′(x)>0，则0<x<e，此时函数g(x)单调递增． 令g′(x)<0，则x>e，此时函数g(x)单调递减． 故g(x)max＝g(e)＝，且当x>e时，g(x)∈我我我，又g(1)＝0，结合图象(图略)可知，0<<，所以a∈(1，e)∪(e，＋∞)． 综上，a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)． 课时测评24　利用导数研究函数的零点问题 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．(6分)(2024·江苏南通第二次诊断测试)若直线y＝2x－1与函数f(x)＝ln x－ax的图象有交点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1] B．(－∞，1) C．[1，＋∞) D．(－2，－1] 答案：A 解析：因为直线y＝2x－1与函数f(x)＝ln x－ax的图象有交点，所以方程2x－1＝ln x－ax有解，即a＝－2在(0，＋∞)上有解．令g(x)＝－2(x>0)，则g′(x)＝.当0<x<1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．所以当x＝1时，g(x)有极大值也是最大值，且g(1)＝－1，且当x→0＋时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→－2，所以a≤－1.故选A. 2．(6分)(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a 的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3，0) 答案：B 解析：f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在 3 个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则 a<0，令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－或x＝，且当x∈∪我我我时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，故f(x)的极大值为f，极小值为f，若f(x)要存在 3 个零点，则 即解得a<－3.故选B. 3．(8分)(新定义)若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的”友导”函数．已知函数g(x)＝kx2－x＋3为函数f(x)＝x2ln x＋x的”友导”函数，则k的取值范围是________． 答案：[2，＋∞) 解析：由g(x)＝kx2－x＋3可得g′(x)＝kx－1，因为函数g(x)＝kx2－x＋3为函数f(x)＝x2ln x＋x的”友导”函数，所以kx－1＝x2ln x＋x有解，即k＝xln x＋1＋有解．令h(x)＝xln x＋1＋，则h′(x)＝1＋ln x－，再令φ(x)＝1＋ln x－，所以φ′(x)＝＋>0，所以φ(x)＝1＋ln x－在(0，＋∞)上单调递增，因为h′(1)＝φ(1)＝0，所以当x>1时，h′(x)>0，当0<x<1时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝2，所以k≥2. 4．(20分)已知函数f(x)＝xex－ax－aln x＋a，若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 解：f(x)＝xex－ax－aln x＋a＝xex－a(ln ex＋ln x－1)＝xex－a. 令t＝xex，x>0，则t′＝(x＋1)ex>0，所以t＝xex在(0，＋∞)上单调递增，且t>0，t与x是一一对应的关系． 则函数f(x)的零点的个数可转化为关于t的方程t－a(ln t－1)＝0的根的个数，即关于t的方程＝的根的个数． 令g(t)＝，则g′(t)＝.令g′(t)＝0可得t＝e2，当t在区间(0，＋∞)内变化时，g′(t)，g(t)随t的变化情况如表： t (0，e2) e2 (e2，＋∞) g′(t) ＋ 0 － g(t) 单调递增 单调递减 又g(e2)＝>0，t→＋∞时，g(t)→0，t→0时，g(t)→－∞， 所以要使f(x)有两个零点，则0<<，即a>e2. 所以实数a的取值范围为(e2，＋∞)． 5．(20分)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28…. (1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点； (2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由． 解：(1)证明：由题意可得 h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x， 所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0， 所以h(1)h(2)<0， 所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点． (2)由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x. 由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)， 而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点． 又h(x)在(1，2)内有零点， 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点． h′(x)＝ex－x－－1， 记φ(x)＝ex－x－－1， 则φ′(x)＝ex＋x－， 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0， 因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点， 即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点， 则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点， 所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2. 6．(20分)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． 解：(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，所以f′(x)＝－＝. 当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝－1. (2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x>0)，得f′(x)＝a＋－＝(x>0)． 若a＝0，由(1)可知，f(x)不存在零点； 若a<0，f′(x)＝， 当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0， 所以f(x)不存在零点； 若a＝1，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点． 若a>1，则f(x)在我我我，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，因为f(1)＝a－1>0，所以f>f(1)>0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点， 所以a>1满足条件． 若0<a<1，则f(x)在(0，1)，上单调递增，在上单调递减，因为f(1)＝a－1<0，所以f<f(1)<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，即0<a<1满足条件． 综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)． 7．(20分)(2024·安徽淮南二模)已知函数f(x)＝xe＋ln x＋，x∈(0，＋∞)，其中a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若方程f(x)＝e＋1恰有两个实根，求a的取值范围． 解：(1)x∈(0，＋∞)，f′(x)＝e－＋＝. 当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当a>0时，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0， 即函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 所以当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． (2)令t＝h(x)＝xe(t>0)，则ln t＝ln x＋， 设g(t)＝t＋ln t，则g′(t)＝1＋>0，g(t)为增函数，t′＝h′(x)＝e， 当a≤0时，则h′(x)>0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(x)＝g[h(x)]为增函数， 因此方程f(x)＝e＋1不可能有两个实根； 当a>0时，函数h(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，由于g(e)＝e＋1， f(x)＝g[h(x)]，方程f(x)＝e＋1恰有两个根，当且仅当h(x)＝e有两个实根， 因此＝h(a)＝ae<e，即0<a<1， 由于h(e)＝e＋1>e，则h(x)＝e在(a，＋∞)上恰有一个实根． 设φ(x)＝ex－x2－x－1，则φ′(x)＝ex－x－1， 令y＝ex－x－1，则y′＝ex－1>0， 即函数φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，φ′(x)>φ′(0)＝0，所以函数φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当x∈(0，＋∞)时，φ(x)>φ(0)＝0， 即ex>x2＋x＋1， 所以h(x)＝xe>x＝＋x＋a，由于x∈(0，a)，0<a<1， 取0<x0＝<a<1，则h(x0)>＋x0＋a＝e＋＋a>e， 因此h(x)＝e在(0，a)上恰有一个根，从而h(x)＝e有两个实根， 所以a的取值范围是0<a<1. 学生用书↓第69页 学科网（北京）股份有限公司 $$