专题一 第四讲 课时3 利用导数研究函数的零点问题（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

课时3　利用导数研究函数的零点问题 考点1　判断函数零点的个数 [例1]　(2024·湖南长沙三模)已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝ln x－mx，m∈R. (1)求f(x)的最小值； (2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，讨论h(x)零点的个数． 解：(1) f(x)的定义域为R，f ′(x)＝(x＋1)ex， 则当x <－1时，f ′(x)<0；当x>－1时，f ′(x)>0， 所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增， 因此f(x)的最小值为f(－1)＝－－1. (2)h(x)＝xex－ln x＋mx－1，且x∈(0，＋∞)， 令h(x)＝0，得ex－＋m＝0， 令k(x)＝ex－＋m，则h(x)与k(x)有相同的零点， 且k′(x)＝ex－＝， 令r(x)＝x2ex＋ln x，则r′(x)＝(x2＋2x)ex＋， 因为当x>0时，则r′(x)>0，所以r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 又r()＝－1<0，r(1)＝e>0，所以∃x0∈(，1)，使r(x0)＝0， 且当x∈(0，x0)时，r(x)<0，即k′(x)<0; 当x∈(x0，＋∞)时，r(x)>0，即k′(x)>0， 所以k(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增， 因此k(x)的最小值为k(x0)＝ex0－＋m， 由r(x0)＝0，得xex0＋ln x0＝0，即x0ex0＝ln ， 令φ(x)＝f(x)＋1＝xex，则φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 因为<x0<1，所以ln >0，则φ(x0)＝φ(ln )， 所以x0＝－ln x0，从而ln x0＝－x0，即ex0＝， 所以k(x)的最小值k(x0)＝ex0－＋m＝m＋1， 所以当m>－1时，k(x)没有零点；当m＝－1时，k(x)有一个零点； 当m<－1时，因为k(x0)<0，当x趋近于0时，k(x)趋近于＋∞；当x趋近于＋∞时，k(x)趋近于＋∞，所以k(x)有两个零点． 综上，当m>－1时，h(x)的零点个数为0； 当m＝－1时，h(x)的零点个数为1； 当m<－1时，h(x)的零点个数为2. [规律总结]　判断函数零点个数的方法 (1)利用函数单调性和零点存在定理 ①讨论函数的单调性，确定函数的单调区间； ②在每个单调区间上，利用函数零点存在定理判断零点的个数； ③注意区间端点的选取技巧； ④含参数时注意分类讨论． (2)利用数形结合 函数的零点个数即函数图象与x轴交点的个数，因此借助数形结合思想，可通过函数图象判断函数的零点个数． ①利用导数研究函数f(x)的单调性、极值及最值情况，并结合函数值的正负情况及变化趋势，作出函数f(x)的大致图象，然后根据图象判断零点个数． ②若函数f(x)的图象不易直接作出，可根据函数与方程思想将函数零点转化为方程的根，再将方程进行变形，转化为两个函数的图象交点问题，从而判断函数的零点个数． [对点练习]　1.(2024·浙江杭州模拟)已知函数f(x)＝a(ex＋sin x)－x－1. (1)当a＝时，求f(x)的单调区间； (2)当a＝1时，判断f(x)的零点个数． 解：(1) 当a＝时，f(x)＝(ex＋sin x)－x－1，所以f ′(x)＝(ex＋cos x)－1， 当x<0时，ex<1，cos x≤1，所以(ex＋cos x)<1，则f ′(x)<0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减． 当x>0时，记g(x)＝(ex＋cos x)－1，则g′(x)＝(ex－sin x)， 因为ex>1≥sin x，所以g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)单调递增， 所以g(x)>g(0)＝0，即f ′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 综上，f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞). (2)当a＝1时，f(x)＝ex＋sin x－x－1， 则f ′(x)＝ex＋cos x－1， 记h(x)＝ex＋cos x－1，则h′(x)＝ex－sin x， 当x>0时，ex>1≥sin x，所以h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)单调递增， 所以h(x)>h(0)＝1>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)>f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上无零点． 当x≤－π时，因为ex>0，sin x≥－1，－x－1≥π－1， 所以f(x)＝ex＋sin x－x－1>0，此时f(x)无零点． 当－π<x<0时，记n(x)＝ex－x－1， 则n′(x)＝ex－1<0， 因为当x趋近于0 时，n′(x)趋近于 0，所以n(x)的变化越来越慢，图象下凹， 当x＝－π时，ex－x－1>－sin x，当x＝0时，ex－x－1＝－sin x， 作出函数n(x)和y＝－sin x的图象如图， 由图可知，当－π<x<0时，两个函数图象有一个交点，即f(x)有一个零点． 易知x＝0是f(x)的一个零点． 综上，函数f(x)共有2个零点． 考点2　根据零点求参数 [例2]　(2022·全国乙卷)已知函数f＝ln (1＋x)＋axe－x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f在点处的切线方程； (2)若f在区间，各恰有一个零点，求a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)， 当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋，f(0)＝0，所以切点为(0，0)，f ′(x)＝＋，f ′(0)＝2，所以切线斜率为2， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x. (2)f(x)＝ln (1＋x)＋， f ′(x)＝＋＝， 设g(x)＝ex＋a， 1°若a>0，当x∈(－1，0)，g(x)＝ex＋a>0，即f ′(x)>0， 所以f(x)在(－1，0)上单调递增，f(x)<f(0)＝0， 故f(x)在(－1，0)上没有零点，不合题意， 2°若－1≤a≤0，当x∈(0，＋∞)，则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，f(x)>f(0)＝0， 故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意， 3°若a<－1， A．当x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 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)，f ′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(m，＋∞)，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)，f(x)<f(0)＝0， 当x→＋∞，f(x)→＋∞， 所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点， 又(0，m)没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点， b．当x∈(－1，0)，g(x)＝ex＋a， 设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax， h′(x)＝ex－2a>0， 所以g′(x)在(－1，0)单调递增， g′(－1)＝＋2a<0，g′(0)＝1>0， 所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0， 当x∈(－1，n)，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(n，0)，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)，f(x)单调递增，当x∈(t，0)，f(x)单调递减， 有x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0， 所以当x∈(t，0)，f(x)>0， 所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，(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， 所以若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，a的取值范围为(－∞，－1). [规律总结]　已知函数零点个数求参数取值范围问题的解法 [对点练习]　2.(2024·广东广州模拟)已知函数f(x)＝x(ex－kx)，k∈R. (1)当k＝0时，求函数f(x)的极值； (2)若函数f(x)在(0，＋∞)上仅有两个零点，求实数k的取值范围． 解：(1)当k＝0时，f(x)＝xex(x∈R)， 所以f ′(x)＝(1＋x)ex， 令f ′(x)＝0，则x＝－1， x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞) f ′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)min＝f(－1)＝－e-1＝－， 所以f(x)的极小值为－，无极大值． (2)函数f(x)＝x(ex－kx)在(0，＋∞)上仅有两个零点， 令g(x)＝ex－kx，则问题等价于g(x)在(0，＋∞)上仅有两个零点， 易知g′(x)＝ex－k，因为x∈(0，＋∞)，所以ex>1. ①当k∈(－∞，1]时，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意； ②当k∈(1，＋∞)时，令g′(x)＝0，得x＝ln k， 所以在(0，ln k)上，g′(x)<0，在(ln k，＋∞)上，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，ln k)上单调递减，在(ln k，＋∞)上单调递增， 所以g(x)的最小值为g(ln k)＝k－k·ln k. 因为g(x)在(0，＋∞)上有两个零点， 所以g(ln k)＝k－k·ln k<0，所以k>e. 因为g(0)＝1>0，g(ln k2)＝k2－k·ln k2＝k(k－2ln k)， 令h(x)＝x－2ln x，则h′(x)＝1－＝， 所以在(0，2)上，h′(x)<0，在(2，＋∞)上，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(2)＝2－2ln 2＝ln e2－ln 4>0，所以g(ln k2)＝k(k－2ln k)>0， 所以当k>e时，g(x)在(0，ln k)和(ln k，＋∞)内各有一个零点， 即当k>e时，g(x)在(0，＋∞)上仅有两个零点． 综上，实数k的取值范围是(e，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $$