专题1 微专题8 利用导数研究函数零点问题-【步步高】2024年新高考数学考前三个月（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）

微专题8　利用导数研究函数零点问题 [考情分析]　在近几年的高考中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数以及三角函数为载体考查函数的零点(方程的根)问题，难度较大，多以压轴题出现． 　　　　　　　　　　　　　　　　 考点一　利用导数判断函数零点 典例1　已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明： (1)f′(x)在区间上存在唯一极大值点； (2)f(x)有且仅有2个零点． 证明　(1)设g(x)＝f′(x)， 则g(x)＝cos x－， g′(x)＝－sin x＋. 当x∈时，g′(x)单调递减， 而g′(0)>0，g′<0，可得g′(x)在上有唯一零点，设为α. 则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0； 当x∈时，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在上单调递减， 故g(x)在上存在唯一极大值点， 即f′(x)在上存在唯一极大值点． (2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)． ①当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)上单调递增，而f′(0)＝0， 所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0， 故f(x)在(－1,0)上单调递减， 又f(0)＝0， 从而x＝0是f(x)在(－1,0]上的唯一零点． ②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在上单调递减， 而f′(0)＝0，f′<0， 所以存在β∈，使得f′(β)＝0， 且当x∈(0，β)时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0. 故f(x)在(0，β)上单调递增，在上单调递减． 又f(0)＝0，f ＝1－ln>0， 所以当x∈时，f(x)>0， 从而f(x)在上没有零点． ③当x∈时，f′(x)<0， 所以f(x)在上单调递减． 而f >0，f(π)<0， 所以f(x)在上有唯一零点． ④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1， 所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点． 综上，f(x)有且仅有2个零点． 跟踪训练1　(2023·常德模拟)已知函数f(x)＝x2＋－aln x(a∈R)． (1)若f(x)在x＝2处取得极值，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当a>0时，若f(x)有唯一的零点x0，求[x0]． 注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2. 参考数据：ln 2＝0.693，ln 3＝1.099，ln 5＝1.609，ln 7＝1.946. 解　(1)因为f′(x)＝， 所以f′(2)＝＝0， 解得a＝7， 经检验，当a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值， 则f′(1)＝－7，f(1)＝3， 则f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝－7(x－1)， 即7x＋y－10＝0. (2)因为f(x)＝x2＋－aln x，x>0， 所以f′(x)＝ (x>0)， 令g(x)＝2x3－ax－2，则g′(x)＝6x2－a， 由a>0，g′(x)＝0，可得x＝， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 由于g(0)＝－2<0，故当x∈时，g(x)<0， 又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1， 从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增， 由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1， 所以有2x－ax0－2＝0，x＋－aln x0＝0， 联立得2ln x0－－1＝0，(*) 令h(x)＝2ln x－－1，可知h(x)在(1，＋∞)上单调递增， 由于h(2)＝2ln 2－<2×0.7－<0，h(3)＝2ln 3－>2×1－>0， 故方程(*)的唯一解，即f(x)的唯一零点x0∈(2,3)，故[x0]＝2. 考点二　由零点个数求参数范围 典例2　(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，＋∞)上各恰有一个零点，求a的取值范围． 解　(1)当a＝1时， f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，x>－1， 所以f′(x)＝＋e－x－xe－x， 所以f′(0)＝1＋1＝2. 因为f(0)＝0， 所以所求切线方程为y－0＝2(x－0)， 即y＝2x. (2)f(x)＝ln(1＋x)＋， f(x)的定义域为(－1，＋∞)． f′(x)＝＋＝. 设g(x)＝ex＋a(1－x2)． ①若a>0，则当x∈(－1,0)时， g(x)＝ex＋a(1－x2)>0， 即f′(x)>0， 所以f(x)在(－1,0)上单调递增， 所以f(x)<f(0)＝0， 故f(x)在(－1,0)上没有零点，不符合题意． ②若－1≤a≤0，则当x∈(0，＋∞)时， 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， 所以f(x)>f(0)＝0， 故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意． ③若a<－1， (ⅰ)当x∈(0，＋∞)时， 则g′(x)＝ex－2ax>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0， 所以存在m∈(0,1)， 使得g(m)＝0，即f′(m)＝0， 当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0， 又当x→＋∞，f(x)→＋∞， 所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点， 又f(x)在(0，m)上没有零点， 即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点； (ⅱ)当x∈(－1,0)时， 设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax， 则h′(x)＝ex－2a>0， 所以g′(x)在(－1,0)上单调递增， 又g′(－1)＝＋2a<0，g′(0)＝1>0， 所以存在n∈(－1,0)，使得g′(n)＝0， 当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(n,0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝1＋a<0， 又g(－1)＝>0， 所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0， 即f′(t)＝0， 当x∈(－1，t)时，f(x)单调递增， 当x∈(t,0)时，f(x)单调递减， 又x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0， 所以当x∈(t,0)时，f(x)>0， 所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点， 在(t,0)上无零点， 即f(x)在(－1,0)上有唯一零点， 所以a<－1，符合题意． 综上，a的取值范围为(－∞，－1)． 跟踪训练2　已知函数f(x)＝(x－1)ex－aln x. (1)当a>0时，证明：f(x)存在唯一的极小值点； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． (1)证明　当a>0时，函数f(x)＝(x－1)ex－aln x的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝xex－＝， 令g(x)＝x2ex－a，其中x>0，则g′(x)＝(x2＋2x)ex>0， 所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 易得g(x)＝x2ex－a>x2－a(x>0)， 当a>0时，g()>()2－a＝0，且g(0)＝－a<0， 所以存在唯一实数x0∈(0，)，使得g(x0)＝0，即＝a， 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 故f(x)存在唯一的极小值点． (2)解　当a<0时，f′(x)＝xex－＝>0， 所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 又f(1)＝0，所以f(x)存在唯一零点x＝1，不符合题意； 当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，故f(x)存在唯一零点x＝1，不符合题意； 当a>0时，f(1)＝0，由(1)知，x0为函数f(x)的极小值点， ①当x0>1，即a>e时，f(x)在区间(1，x0)上单调递减， 所以f(x0)<f(1)＝0， 先证明ln x<x－1(x>1)，令p(x)＝x－ln x－1，x>1， 则p′(x)＝1－＝>0， 所以函数p(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故p(x)＝x－ln x－1>p(1)＝0，即ln x<x－1， 取ln a>1，则f(ln a)＝(ln a－1)eln a－aln(ln a)>(ln a－1)(eln a－a)＝0， 所以f(x)在区间(x0，ln a)上有一个零点，故f(x)有两个零点，满足题意； ②当x0＝1，即a＝e时，f(x)min＝f(x0)＝0， 所以f(x)有且仅有一个零点，不符合题意； ③当0<x0<1，即0<a<e时，显然f(x0)<0， 对于函数y＝(x－1)ex，当x>0时，y′＝xex>0， 所以函数y＝(x－1)ex在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以(x－1)ex>－1，所以f(x)>－1－aln x， 取x1＝<1，则f(x1)＝>－1－＝0， 所以f(x)在区间(x1，x0)上有一个零点，故f(x)有两个零点，满足题意． 综上，a的取值范围是(0，e)∪(e，＋∞)． [总结提升] 利用导数解决函数零点问题的方法： (1)直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用． (2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题． (3)参变量分离法：由f(x)＝0分离变量得出a＝g(x)，将问题等价转化为直线y＝a与函数y＝g(x)的图象的交点问题． 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2023·邯郸模拟)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2在x＝－1处有极值0. (1)讨论函数f(x)在(－∞，－1)上的单调性； (2)记g(x)＝f(x)－k＋1，若函数g(x)有三个零点，求实数k的取值范围． 解　(1)由f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2可得f′(x)＝3x2＋6ax＋3b， 因为f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2在x＝－1处有极值0， 所以即 解得或 当a＝1，b＝1时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0， 函数f(x)是R上的增函数，不满足在x＝－1处有极值，故舍去， 所以常数a，b的值分别为a＝2，b＝3， 所以f(x)＝x3＋6x2＋9x＋4，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)， 令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝－3， 所以当x<－3或x>－1时，f′(x)>0，当－3<x<－1时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3，－1)上单调递减． (2)由(1)可知g(x)＝x3＋6x2＋9x－k＋5， 所以g′(x)＝f′(x)＝3(x＋1)(x＋3)， 所以g(x)的单调递增区间是(－∞，－3)和(－1，＋∞)，单调递减区间为(－3，－1)， 当x＝－3时，g(x)有极大值－k＋5， 当x＝－1时，g(x)有极小值－k＋1， 要使函数g(x)有三个零点，则须满足解得1<k<5. 2．已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)， (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1， 令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)f′(x)＝ex－a. ①当a≤0时，f′(x)>0， 所以f(x)是增函数． 故f(x)至多存在一个零点，不合题意． ②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln a. 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0； 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． 故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)． (ⅰ)若0<a≤，则f(ln a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上至多存在一个零点，不合题意． (ⅱ)若a>，f(ln a)<0. 因为f(－2)＝e－2>0， 所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点． 由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0. 所以当x>4且x>2ln 2a时，f(x)＝－a(x＋2)>eln 2a·－a(x＋2)＝2a>0. 故f(x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点． 从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点． 综上，a的取值范围是. 3．(2023·南京模拟)已知k∈R，函数f(x)＝3ln(x＋1)＋sin x＋kx，x∈(－1,2)． (1)若k＝0，求证：f(x)仅有1个零点； (2)若f(x)有两个零点，求实数k的取值范围． (1)证明　当k＝0时，f(x)＝3ln(x＋1)＋sin ， 当x∈(－1,2)时，f′(x)＝＋cos >1＋cos >0， 所以f(x)在(－1,2)上单调递增，且f(0)＝0， 所以f(x)仅有1个零点． (2)解　f′(x)＝＋cos ＋k，x∈(－1,2)， ①当k≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－1,2)上单调递增，此时f(x)仅有1个零点0，不符合题意； ②当k＝－4时，若x∈(－1,0)， 设g(x)＝f′(x)＝＋cos ＋k， 则g′(x)＝－－sin <－3－sin <0， 所以f′(x)在(－1,0)上单调递减， 所以f′(x)>f′(0)＝4＋k＝0， 所以f(x)在(－1,0)上单调递增， 若x∈(0,2)，则f′(x)＝＋cos ＋k<4＋k＝0， 所以f(x)在(0,2)上单调递减，此时f(x)仅有1个零点0，不符合题意； ③当k∈(－4,0)时，f′(x)＝＋cos ＋k， 由②知f(x)在(－1,0)上单调递增，f′(0)＝4＋k>0，f′(2)＝k<0， 所以存在x0∈(0,2)，使得f′(x0)＝0， f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,2)上单调递减， 所以f(x0)>f(0)＝0，f(2)＝3ln 3＋2k， 要使f(x)有两个零点，则f(2)＝3ln 3＋2k<0，解得k<－ln 3， 此时k∈； ④当k∈(－∞，－4)时，由②知f(x)在(0,2)上单调递减， 且f′(x)在(－1,0)上单调递减，f′(0)＝4＋k<0， 当x∈(－1,0)时，f′(x)＝＋cos ＋k>＋k， 则f′>0， 所以存在x1∈，使得f′(x1)＝0， 所以f(x)在(－1，x1)上单调递增，在(x1,0)上单调递减，所以f(x1)>f(0)＝0， 当x∈(－1,0)时，f(x)＝3ln(x＋1)＋sin ＋kx<3ln(x＋1)－k， 所以<0，所以f(x)在上有一个零点，此时f(x)有两个零点． 综上，k的取值范围为(－∞，－4)∪. 学科网（北京）股份有限公司 $$