依托导数应用，研究函数零点-《中学生数理化》高考数学2025年5月

■安徽省泾县中学 查日顺 导数作为高中数学中的一个重要知识点 与重要工具,是高考数学试卷中的一个热点 与难点。而利用导数来研究一些与函数零点 相关的问题,是其中考查的一个重要方向与 场景。本文从探求函数零点的个数、确定参 数的取值范围(或最值)及证明不等式的成立 等问题场景与分类,结合实例剖析,总结解题 技巧与策略,以期为同学们的解题研究与复 习备考提供一些帮助。 一、探求函数零点的个数 导数法是解决一些复杂函数解析式中函 数零点的个数时最为常用的一种技巧方法。 既可以通过函数与导数的应用,结合图像法 加以分析,也可以通过函数与导数的应用,利 用函数零点存在性定理来转化。这都是解决 复杂函数问题中有关函数零点的个数时的一 些基本技巧与方法。 例 1 已知函数f(x)=sin 2x-ln(1 +x),f'(x)为f(x)的导函数,试讨论函数 f(x)零点的个数。 解析:依 题 意 得,f'(x)=2cos 2x- 1 1+x ,x>-1。 令g(x)=f'(x),则g'(x)=-4sin 2x + 1 (1+x)2 。 当x∈[π,+∞)时,sin 2x≤1,ln(1+x) >1,则f(x)<0恒成立,故函数f(x)在[π, +∞)上无零点。 当x∈ π2 ,π 时,sin 2x≤0,ln (1+x) >0,则f(x)<0恒成立,故函数f(x)在 π 2 ,π 上无零点。 当x∈ π4 ,π 2 时,cos 2x≤0, 1 1+x>0 , 则f'(x)<0 恒 成 立,故 函 数 f(x)在 π 4 ,π 2 上单调递减。又因为 f π 4 =1- ln1+ π 4 >0,f π2 =-ln 1+ π 2 <0,所 以函数f(x)在 π 4 ,π 2 内有唯一零点。 当x=0时,f(0)=0,即0是函数f(x) 的一个零点。 当-1<x<0时,g'(x)>0,则f'(x)在 (-1,0)上单调递增。而f' - 2 3 =2cos43 -3<0,f'(0)=1>0,则存在唯一的x1∈ (-1,0),使得f'(x1)=0。 当x∈(-1,x1)时,f'(x)<0,函数 f(x)单调递减,当x∈(x1,0)时,f'(x)>0, 函数f(x)单调递增,所以f(x1)<f(0)=0。 又f - 2 3 =-sin43+ln 3>0,所以函数 f(x)在(-1,x1)上有唯一零点,在(x1,0)上 无零点。 当x∈ 0, π 4 时,显然g'(x)单调递减, g'(0)=1>0,g' π 4 <0,故 存 在 x2∈ 0, π 4 ,使得g'(x2)=0,则f'(x)在(0,x2) 上单调递增,在 x2, π 4 上单调递减。因为 f'(x2)>f'(0)=1>0,f' π 4 =- 11+π4 < 0,所 以 存 在 唯 一 的 x3 ∈ x2, π 4 ,使 得 f'(x3)=0。当x∈(0,x3)时,f'(x)>0, f(x)单调递增,当x∈ x3, π 4 时,f'(x)< 0,f(x)单 调 递 减。又 因 为 f(0)=0, f π 4 =1-ln 1+ π 4 >0,所以f(x)>0 在 0, π 4 上 恒 成 立,即 函 数 f (x)在 0, π 4 上无零点。 72 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年5月 综上可得,函数f(x)共有3个零点。 点评:由于本题中函数的解析式比较复 杂,直接作图分析无法实现,故借助函数与导 数的应用,通过求导处理,或一次求导,或二 次求导,结合导函数的零点及函数单调性的 判断,综合函数的极值或最值,以及函数零点 存在性定理,来分析并探求函数零点的个数。 二、确定参数的取值范围(或最值) 导数法是确定参数的取值范围(或最值) 问题时最为常用的一种技巧方法。解决此类 问题,比较常用的方法还有分离参数法(或全 分离或半分离),以及利用函数零点存在性定 理,转化为熟悉的两个函数图像的直观分析 法等。有时是多种方法并用,综合处理。 例 2 已知函数f(x)=ax-ex2,a> 1,若函数f(x)存在三个零点,求实数a的取 值范围。 解析:因为f(x)=ax-ex2,a>1,且 f(x)存在三个零点 x1,x2,x3,所以ax- ex2=0有3个根。 当x<0时,f(-1)=a-1-e<0,f(0) =a0>0,f'(x)=ax ln a-2ex>0,f(x)在 (-∞,0)上单调递增,由零点存在性定理知 方程ax-ex2=0必有一个负根。 当x>0时,x ln a=1+2ln x,即ln a= 1+2ln x x 有两个根。 令函数t(x)= 1+2ln x x ,则转化为y= ln a与t(x)= 1+2ln x x 的图像有两个交点。 而t'(x)= 2-(1+2ln x) x2 = 1-2ln x x2 , 令t'(x)=0,得x= e。当x∈(0,e)时, t'(x)>0,函数t(x)单调递增;当x∈(e, +∞)时,t'(x)<0,函数t(x)单调递减。因 为t 1 e =0,当x> e时,t(x)>0,所以 t(x)max=t(e)= 2 e ,所以0<ln a< 2 e ,即 1<a<e 2 e。 综上,实数a的取值范围是 1,e 2 e 。 点评:本题是函数零点场景下参数的取 值范围的求解问题,是基于变量的分类讨论, 结合函数与导数的应用,利用函数的单调性、 函数零点存在性定理及分离参数等多种方法 综合解决。 三、证明不等式的成立 函数零点(往往以两个零点为常见模型)场 景下的不等式证明问题,是基于函数的零点所 满足的方程,代换到所要证明的不等式中去,结 合不等式的恒等变形与转化,通过“根积”x1x2 或“根商”x2 x1 或 x1 x2 等形式来整体换元,将多变 元问题转化为单变元问题,进而合理构建函数, 利用函数与导数的应用来转化与证明。 例 3 已知函数f(x)=x2ln x-a (a∈R)。若函数f(x)的两个零点分别为 x1,x2(x1<x2),求证: 2a x21 + a x22 <- e 2 。 证明:因为函数f(x)的两个零点分别为 x1,x2(x1<x2),所 以 x21ln x1 -a=0, x22ln x2-a=0,则有ln x1= a x21 ,ln x2= a x22 , 所以ln x1-ln x2= a x21 - a x22 =a 1 x21 - 1 x22 ,可 得a= ln x1-ln x2 1 x21 - 1 x22 。 所以要证 2a x21 + a x22 <- e 2 成立,只需证 2 x21 + 1 x22 ln x1-ln x2 1 x21 - 1 x22 <- e 2 ,即证ln x2 x1 + e 2 1 x22 - 1 x21 2 x21 + 1 x22 >0,亦证lnx2x1+e2 1- x22 x21 2x22 x21 +1 >0 成立。 令t= x2 x1 >1,则ln t+ e 2 1-t2 2t2+1 >0。 设函数F(t)=ln t+ e 2 1-t2 2t2+1 ,t>1, 有F(1)=0,求 导 得 F'(t)= 1 t + e 2 × -2t(2t2+1)-4t(1-t2) (2t2+1)2 = 82 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年5月