3 重难突破（3）利用导数研究函数零点问题(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教版）

重难突破(三)　利用导数研究函数零点问题 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结合综合考查．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． 【思维升华】　含参数的函数零点个数问题，可转化为方程解的个数问题，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，根据图象特征求参数的范围． [对点练1]　(2024·辽宁名校联考)已知函数f(x)＝emx＋x－x ln x(m≥0). (1)当m＝1时，求函数f(x)在[1，e]上的值域； (2)设函数f(x)的导函数为f′(x)，讨论f′(x)的零点个数． 解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex＋x－x ln x(x>0)， 则f′(x)＝ex－ln x. 设g(x)＝f′(x)＝ex－ln x，则g′(x)＝ex－. 因为g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e－1>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增． 因为g(1)＝e>0，所以f′(x)>0在[1，e]上恒成立，所以f(x)在[1，e]上单调递增， 则f(x)min＝f(1)＝e＋1，f(x)max＝f(e)＝ee. 故函数f(x)在[1，e]上的值域为[e＋1，ee]. (2)由题意可得f′(x)＝memx－ln x(x>0)， 令f′(x)＝memx－ln x＝0， 则memx＝ln x，即mxemx＝x ln x. 因为m≥0，所以memx≥0，即ln x≥0，则x≥1. 设h(x)＝xex，则mxemx＝x ln x等价于h(mx)＝h(ln x). 因为h(x)＝xex在[0，＋∞)上为增函数，且当x≥1时，mx≥0，ln x≥0， 所以h(mx)＝h(ln x)等价于mx＝ln x， 则m＝. 设φ(x)＝(x≥1)，则φ′(x)＝. 当x∈[1，e)时，φ′(x)>0； 当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)<0. 即φ(x)在[1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，其图象如图所示． 因为φ(1)＝0，φ(e)＝，且当x>e时，φ(x)>0， 所以当m＝0或m＝时，f′(x)有1个零点； 当0<m<时，f′(x)有2个零点； 当m>时，f′(x)没有零点． [例2] (2024·湖北武汉模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝tan x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在∪内的零点个数． 解：(1)函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝＝， 令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0； 当x∈(0，1)时，f′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在区间(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－tan x＝0，得x sin x－ex cos x＝0. 设h(x)＝x sin x－ex cos x， 所以h′(x)＝(ex＋1)sin x＋(x－ex)cos x. ①当x∈时，可知ex>0>x，则ex>x， 所以x－ex<0， 又sin x<0，cos x>0，所以h′(x)<0， 从而h(x)＝x sin x－ex cos x在上单调递减， 又h(0)＝－1，h＝>0， 由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上有一个零点． ②当x∈时，cos x≥sin x>0，由(1)知函数f(x)＝在(0，1)上单调递减，所以x∈时，函数f(x)＝>f(1)＝e>1， 则ex>x>0. 所以ex cos x>x sin x， 则h(x)＝x sin x－ex cos x<0恒成立． 所以h(x)在上无零点． ③当x∈时，sin x>cos x>0，h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(x cos x＋sin x)>0， 则h(x)在上单调递增． 又h＝>0，h＝·－·e＝<0， 由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上存在一个零点． 综上，h(x)在∪内的零点个数为2，即F(x)在∪内的零点个数为2. 【思维升华】　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]　(2024·河北六校联考)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2(a∈R). (1)若a＝－，求f(x)的极值； (2)当a<0时，证明：f(x)不存在两个零点． 解：(1)若a＝－，f(x)＝(x－2)ex－(x－1)2，得f′(x)＝(x－1)(ex－1)， 方程f′(x)＝0的两个根是0和1. 当x<0或x>1时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增； 当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)在(0，1)上单调递减，故f(x)在x＝0时取极大值f(0)＝－，在x＝1时取极小值f(1)＝－e. (2)证明：f′(x)＝(x－1)(ex＋2a)，当a<0时，方程f′(x)＝0的根是1和ln (－2a). ①若ln (－2a)＝1，即a＝－，此时f′(x)＝(x－1)(ex－e)，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)不存在两个零点； ②若ln (－2a)>1，即a<－，当x<1或x>ln (－2a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<ln (－2a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 又f(1)＝－e<0，结合上述单调性可知，f(x)不存在两个零点； ③若ln (－2a)<1，即－<a<0，当x>1或x<ln (－2a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当ln (－2a)<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以f(x)的极大值为f(ln (－2a))＝[ln (－2a)－2](－2a)＋a[ln (－2a)－1]2＝a{[ln (－2a)－2]2＋1}<0，结合上述单调性可知，f(x)不存在两个零点． 所以当a<0时，f(x)不存在两个零点． [例3] 设函数f(x)＝x2－m ln 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)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F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－m ln x，x>0，题中问题等价于求函数F(x)的零点个数． F′(x)＝－， 当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为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，因为F(1)＝m＋>0，F(2m＋2)＝－m ln (2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点． 综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图象总有一个交点． 【思维升华】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，根据函数零点的个数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，从而求得参数的取值范围． 2．解决此类问题的关键是构造函数F(x)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3]　(1)(2024·广东广州一模)已知函数f(x)＝ex＋sin x－cos x，f′(x)为f(x)的导数． ①证明：当x≥0时，f′(x)≥2； ②设g(x)＝f(x)－2x－1，证明：g(x)有且仅有2个零点． 证明：①由f′(x)＝ex＋cos x＋sin x， 设h(x)＝ex＋cos x＋sin x， 则h′(x)＝ex－sin x＋cos x， 当x≥0时， 设p(x)＝ex－x－1，q(x)＝x－sin x， ∵p′(x)＝ex－1≥0，q′(x)＝1－cos x≥0， ∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0， ∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sin x， 则h′(x)＝ex－sin x＋cos x≥x＋1－sin x＋cos x＝(x－sin x)＋(1＋cos x)≥0， ∴函数h(x)＝ex＋cos x＋sin x在[0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(0)＝2，即当x≥0时，f′(x)≥2. ②由已知得g(x)＝ex＋sin x－cos x－2x－1， a．当x≥0时，∵g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2＝f′(x)－2≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增， 又∵g(0)＝－1<0，g(π)＝eπ－2π>0， ∴由零点存在定理可知g(x)在[0，＋∞)上仅有一个零点． b．当x<0时，设m(x)＝， 则m′(x)＝≤0， ∴m(x)在(－∞，0)上单调递减， ∴m(x)>m(0)＝1， ∴ex＋cos x＋sin x－2<0， ∴g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2<0， ∴g(x)在(－∞，0)上单调递减． 又∵g(0)＝－1<0，g(－π)＝e－π＋2π>0， ∴由零点存在定理可知g(x)在(－∞，0)上仅有一个零点． 综上所述，g(x)有且仅有2个零点． (2)(2023·江苏徐州模拟)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝. ①设函数F(x)＝f(x)＋g(x)，试讨论函数F(x)的零点个数； ②若a＝－2，x>0，求证：f(x)·g(x)>＋. 解：①函数F(x)的定义域为(－∞，a)∪(a，＋∞). 当x∈(a，＋∞)时，ex>0，>0， ∴F(x)＝ex＋>0， 即F(x)在(a，＋∞)上没有零点； 当x∈(－∞，a)时，F(x)＝ex＋＝， 令h(x)＝ex(x－a)＋1(x<a)， 只要讨论h(x)的零点即可． h′(x)＝ex(x－a＋1)，h′(a－1)＝0， 则当x∈(－∞，a－1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(a－1，a)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)在(－∞，a)上的最小值为h(a－1)＝1－ea－1. 显然，当a＝1时，h(a－1)＝0， ∴x＝a－1是F(x)的唯一的零点； 当a<1时，h(a－1)＝1－ea－1>0， ∴F(x)没有零点； 当a>1时，h(a－1)＝1－ea－1<0，且当x→－∞或x→a时，h(x)→1，∴F(x)有两个零点． ②证明：若a＝－2，x>0， 要证f(x)·g(x)>＋， 即要证ex>(x＋2)＋x2－4， ∵< ＝＋1， 下证ex>(x＋2)＋x2－4， 设M(x)＝ex－(x＋2)－x2＋4＝ex－x2－2x＋2， 则M′(x)＝ex－2x－2， 令φ(x)＝ex－2x－2， 令φ′(x)＝ex－2＝0， 解得x＝ln 2， ∴φ(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， ∵φ(1)φ(2)<0，φ(－1)φ(0)<0， ∴M′(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x0且1<x0<2， 则ex0－2x0－2＝0， ∴M(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． ∴M(x)≥M(x)min＝M(x0)＝ex0－x－2x0＋2＝4－x>0， ∴ex>(x＋2)＋x2－4， ∴ex>(x＋2)＋x2－4， ∴f(x)·g(x)>＋得证． 学科网（北京）股份有限公司 $$