利用导数研究函数的零点讲义-2025届高三数学一轮复习

第三课时　利用导数研究函数的零点 题型一　数形结合法研究函数零点 例1 (2024·南昌模拟节选)已知函数f(x)＝(x－a)2＋bex(a，b∈R)，若a＝0时，函数y＝f(x)有3个零点，求b的取值范围. 解　函数y＝f(x)有3个零点，即关于x的方程f(x)＝0有3个根， 也即关于x的方程b＝－有3个根. 令g(x)＝－，则直线y＝b与g(x)＝－的图象有3个交点. g′(x)＝， 由g′(x)<0解得0<x<2； 由g′(x)>0解得x<0或x>2， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增. g(0)＝0，g(2)＝－， 当x>0时，g(x)<0； 当x→＋∞时，g(x)→0； 当x→－∞时，g(x)→－∞， 作出g(x)的大致图象如图所示，作出直线y＝b. 由图可知，若直线y＝b与g(x)的图象有3个交点，则－<b<0， 即b的取值范围为. 感悟提升　含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，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，根据图象特征求参数的范围. 训练1 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R，讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数. 解　由题意知 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. ∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点， ∴x＝1也是φ(x)的最大值点， ∴φ(x)的最大值为 φ(1)＝. 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. 题型二　利用函数性质研究函数零点 例2 已知函数f(x)＝(2a＋1)x2－2x2ln x－4，e是自然对数的底数，∀x>0，ex>x+1. (1)求f(x)的单调区间； (2)记p：f(x)有两个零点；q：a>ln 2.求证：p是q的充要条件. 要求：先证充分性，再证必要性. (1)解　∵f(x)＝(2a＋1)x2－2x2ln x－4， ∴f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x(a－ln x). ∵当0<x<ea时，f′(x)>0， ∴f(x)在(0，ea)上单调递增； ∵当x>ea时，f′(x)<0， ∴f(x)在(ea，＋∞)上单调递减. ∴f(x)的单调递增区间为(0，ea)，单调递减区间为(ea，＋∞). (2)证明　先证充分性. 由(1)知，当x＝ea时，f(x)取得最大值， 即f(x)的最大值为f(ea)＝e2a－4. 由f(x)有两个零点，得e2a－4>0， 解得a>ln 2. ∴a>ln 2. 再证必要性. ∵a>ln 2，∴e2a>4. ∴f(ea)＝e2a－4>0. ∵a>ln 2>0，∀x>0，ex>x＋1， ∴e2a>2a＋1>2a. ∴f(e－a)＝e－2a(4a＋1)－4＝－4<－4＝－2<－2＝－2<0. ∴∃x1∈(e－a，ea)，使f(x1)＝0； ∵f(ea＋1)＝－e2a＋2－4<0， ∴∃x2∈(ea，ea＋1)，f(x2)＝0. ∵f(x)在(0，ea)上单调递增，在(ea，＋∞)上单调递减， ∴∀x∈(0，＋∞)，x≠x1且x≠x2，易得f(x)≠0. ∴当a>ln 2时，f(x)有两个零点. 感悟提升　利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、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. 训练2 (2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x，若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围. 解　由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x＞0)， 得f′(x)＝a＋－＝(x＞0). ①当a＝0时，f(x)＝－－ln x，f′(x)＝， 当x∈(0，1)时，f′(x)＞0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0， 所以f(x)≤f(1)＝－1＜0， 所以f(x)不存在零点； ②当a＜0时，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； ③当a＞0时，f′(x)＝， (ⅰ)当a＝1时，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； (ⅱ)当a＞1时，0＜＜1，故f(x)在(0，)，(1，＋∞)上单调递增，在(，1)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(0，)上必有一个零点， 所以a＞1满足条件； (ⅲ)当0＜a＜1时，＞1，故f(x)在(0，1)，(，＋∞)上单调递增，在(1，)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，＋∞). 题型三　构造函数法研究函数零点 例3 已知函数f(x)＝ex－1＋ax(a∈R). (1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围； (2)若关于x的方程＝ln x＋a有两个不同的实数解，求a的取值范围. 解　(1)由题意，得f′(x)＝ex＋a. 若a≥－1，则当x∈[0，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立， ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥f(0)＝0，符合题意； 若a<－1，令f′(x)<0，得x<ln(－a)， ∴f(x)在(0，ln(－a))上单调递减， ∴当x∈(0，ln(－a))时，f(x)<f(0)＝0，不符合题意. 综上，a的取值范围为[－1，＋∞). (2)法一　由＝ln x＋a， 得ex－a＝ln x＋a. 令ex－a＝t，则 ∴x＋ln x＝t＋ln t. 易知y＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增， ∴t＝x，得a＝x－ln x. 则原问题可转化为方程a＝x－ln x有两个不同的实数解. 令φ(x)＝x－ln x(x>0)，则φ′(x)＝， 令φ′(x)<0，得0<x<1； 令φ′(x)>0，得x>1， ∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(1)＝1，∴a≥1. 当a＝1时，易知方程1＝x－ln x只有一个实数解x＝1，不符合题意. 下证当a>1时，a＝x－ln x有两个不同的实数解. 令g(x)＝x－ln x－a(a>1)， 则g(x)＝φ(x)－a，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. ∵g(e－a)＝e－a>0，g(1)＝1－a<0， ∴g(x)在(e－a，1)上有一个零点. 易知g(ea)＝ea－2a， 令h(a)＝ea－2a， 则当a>1时，h′(a)＝ea－2>0， ∴h(a)在(1，＋∞)上单调递增， ∴当a>1时，h(a)>h(1)＝e－2>0， 即g(ea)＝ea－2a>0， ∴g(x)在(1，ea)上有一个零点. ∴当a>1时，a＝x－ln x有两个不同的实数解. 综上，a的取值范围为(1，＋∞). 法二　由＝ln x＋a， 得ex＝ea(ln x＋a)， ∴xex＝xea(ln x＋a)， 即xex＝ea＋ln x(ln x＋a). 令u(x)＝xex，则有u(x)＝u(a＋ln x). 当x>0时，u′(x)＝(x＋1)ex>0， ∴u(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增， ∴x＝a＋ln x，即a＝x－ln x. 下同法一. 感悟提升　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. 训练3 (2021·全国甲卷节选)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　曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点， 可转化为方程＝1(x＞0)有两个不同的解， 即方程＝有两个不同的解. 设g(x)＝(x＞0)， 则g′(x)＝(x>0)， 令g′(x)＝＝0，得x＝e， 当0＜x＜e时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增； 当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减， 故g(x)max＝g(e)＝， 且当x＞e时，g(x)∈， 又g(1)＝0，所以0＜＜， 所以a＞1且a≠e， 故a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞). 【A级　基础巩固】 1.已知函数f(x)＝x－aex，a∈R，讨论函数f(x)的零点个数. 解　f(x)＝0等价于x－aex＝0，即＝a. 设h(x)＝，则h′(x)＝， 当x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增； 当x＞1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减， ∴h(x)max＝h(1)＝. 又当x＜0时，h(x)＜0； 当x＞0时，h(x)＞0，且x→＋∞时，h(x)→0， ∴可画出h(x)大致图象，如图所示. ∴当a≤0或a＝时，f(x)在R上有唯一零点； 当a＞时， f(x)在R上无零点； 当0＜a＜时，f(x)在R上有两个零点. 2.(2024·青岛调研)已知函数f(x)＝，a∈R. (1)若a＝0，求f(x)的最大值； (2)若0<a<1，求证：f(x)有且只有一个零点. (1)解　若a＝0，则f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝， 由f′(x)＝0，得x＝e， ∴当0<x<e时，f′(x)>0； 当x>e时，f′(x)<0， ∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴f(x)max＝f(e)＝. (2)证明　f′(x)＝＝， 由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∵0<a<1， ∴当x>e时，f(x)＝＝a＋>0， 故f(x)在(e，＋∞)上无零点； 当0<x<e时，f(x)＝， ∵f＝a－e<0，f(e)＝a＋>0， 且f(x)在(0，e)上单调递增， ∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点， 综上，当0<a<1时，f(x)有且只有一个零点. 3.(2024·太原模拟节选)已知函数f(x)＝xex－x－1，讨论方程f(x)＝ln x＋m－2的实根个数. 解　由f(x)＝ln x＋m－2， 得xex－x－ln x＋1＝m，x>0， 令h(x)＝xex－x－ln x＋1， 则h′(x)＝ex＋xex－1－＝(x>0)， 令m(x)＝xex－1(x>0)， 则m′(x)＝(x＋1)·ex>0， ∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又m＝－1<0，m(1)＝e－1>0， ∴存在x0∈，使得m(x0)＝0， 即ex0＝，从而ln x0＝－x0. 当x∈(0，x0)时，m(x)<0，h′(x)<0， 则h(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0， 则h(x)单调递增； ∴h(x)min＝h(x0)＝x0ex0－x0－ln x0＋1＝x0·－x0＋x0＋1＝2， 又易知，当x→0＋时，h(x)→＋∞； 当x→＋∞时，h(x)→＋∞. ∴当m<2时，方程f(x)＝ln x＋m－2没有实根； 当m＝2时，方程f(x)＝ln x＋m－2有1个实根； 当m>2时，方程f(x)＝ln x＋m－2有2个实根. 【B级　能力提升】 4.(2024·郑州模拟节选)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x＋1，g(x)＝aex－x＋ln a，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 解　函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点， 即f(x)＝g(x)有两个实根， 即ln(x＋1)－x＋1＝aex－x＋ln a有两个实根， 即ex＋ln a＋x＋ln a＝ln(x＋1)＋x＋1有两个实根， 即ex＋ln a＋x＋ln a＝eln(x＋1)＋ln(x＋1)有两个实根. 设函数h(x)＝ex＋x，则ex＋ln a＋x＋ln a＝eln(x＋1)＋ln(x＋1)⇔h(x＋ln a)＝h(ln(x＋1)). 因为h′(x)＝ex＋1>0恒成立， 所以h(x)＝ex＋x在R上单调递增， 所以x＋ln a＝ln(x＋1)，x>－1， 所以要使F(x)有两个零点， 只需ln a＝ln(x＋1)－x有两个实根. 设M(x)＝ln(x＋1)－x，则M′(x)＝. 由M′(x)＝>0，得－1<x<0； 由M′(x)＝<0，得x>0， 故函数M(x)的单调递增区间为(－1，0)，单调递减区间为(0，＋∞). 故函数M(x)在x＝0处取得极大值，也是最大值，且M(x)max＝M(0)＝0. 易知当x→－1时，M(x)→－∞； 当x→＋∞时，M(x)→－∞. 故要使ln a＝ln(x＋1)－x有两个实根，只需ln a<M(x)max＝0，解得0<a<1. 所以实数a的取值范围是(0，1). 学科网（北京）股份有限公司 $$