主题2 第3章 第4节 第3课时 利用导数研究函数的零点问题(教用Word)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

第3课时　利用导数研究函数的零点问题 可以利用转化与化归思想解决此类问题，即转化为相应方程根的问题或函数图象交点的问题，是高考考查的热点． [典例]　(2025·天津崇化中学期末)已知函数f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数． [解]　(1)f′(x)＝(x>0)，当a<0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得0<x<， ∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)∵当x∈时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点， 即当x∈时，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根． 令h(x)＝(ln x－1)ex＋x， 则h′(x)＝ex＋1. 由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0. ∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立． ∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0， ∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上单调递增． ∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝e. ∴当m<－2e＋或m>e时，函数g(x)在上没有零点； 当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在上有且只有一个零点． 　　 研究函数f(x)零点的策略 (1)如果函数f(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在． (2)如果函数f(x)在已知区间不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g(x)的极值与零的大小，以及函数f(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数． (2023·北京卷)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f(x)极值点的个数． 解：(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R， 所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b， 因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 y＝－x＋1， 所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1， 则解得 所以a＝－1，b＝1. (2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1(x∈R)，则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x+1， 令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±， 不妨设x1＝3－，x2＝3＋，则0＜x1＜x2， 易知e－x+1＞0恒成立， 所以令g′(x)＜0，解得0＜x＜x1或x＞x2； 令g′(x)＞0，解得x＜0或x1＜x＜x2； 所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减， 在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0，3－)和(3＋，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－，3＋). (3)由(1)得f(x)＝x－x3e－x+1(x∈R)， f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1， 由(2)知f′(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 当x＜0时，f′(－1)＝1－4e2＜0，f′(0)＝1＞0， 即f′(－1)f′(0)＜0， 所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则－1＜x3＜0， 此时，当x＜x3时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减； 当x3＜x＜0时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增； 所以f(x)在(－∞，0)上有一个极小值点； 当x∈(0，x1)时，f′(x)在(0，x1)上单调递减， 则f′(x1)＝f′(3－)＜f′(1)＝1－2＜0， 故f′(0)f′(x1)＜0， 所以f′(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0＜x4＜x1， 此时，当0＜x＜x4时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；当x4＜x＜x1时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减； 所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点； 当x∈(x1，x2)时，f′(x)在(x1，x2)上单调递增， 则f′(x2)＝f′(3＋)＞f′(3)＝1＞0， 故f′(x1)f′(x2)＜0， 所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1＜x5＜x2， 此时，当x1＜x＜x5时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x5＜x＜x2时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增； 所以f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点； 当x＞x2＝3＋＞3时，3x2－x3＝x2(3－x)＜0， 所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1＞0， 则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x2，＋∞)上无极值点； 综上，f(x)在(－∞，0)和(x1，x2)上各有一个极小值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极值点． [典例]　(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，＋∞)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－x2)， ①若a＞0，当x∈(－1，0)，g(x)＝ex＋a(1－x2)＞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(1－x2)， 设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，h′(x)＝ex－2a＞0，所以g′(x)在(－1，0)上单调递增， 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，求a的取值范围为(－∞，－1). 　　 利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路： ①将问题转化为函数零点的个数问题，进而转化为函数图象交点的个数问题； ②利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质； ③画出函数的大致图象，结合图象求解． 已知函数f(x)＝＋x－ln (ax)－2(a＞0)，若函数f(x)在区间(0，＋∞)内存在零点，求实数a的取值范围． 解：法一：由f(x)＝＋x－ln (ax)－2(a＞0)，可得f′(x)＝， 设y＝－a，x＞0，a＞0，则y′＝，令y′＝0解得x＝1，∴y在x∈(0，1)上单调递减，在x∈(1，＋∞)上单调递增，故ymin＝y(1)＝1－a. ①当0＜a＜1时，令f′(x)＝0解得x＝1，当x∈(0，1)时，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(1)＝a－1－ln a＞0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内无零点； ②当a＝1时，f(1)＝a－1－ln a＝0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内有零点； ③当a＞1时，令f′(x)＝＝0，解得x＝x1或1或x2，且0＜x1＜1＜x2， 此时f(x)在x∈(0，x1)上单调递减，x∈(x1，1)上单调递增，在x∈(1，x2)上单调递减，在x∈(x2，＋∞)上单调递增， 当x＝x1或x2时，f(x)极小值＝0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内有两个零点； 综合①②③知f(x)在区间(0，＋∞)内有零点， 则a≥1. 法二：由题意可得e－x+1+ln (ax)＝ln (ax)－x＋2， 即e－x+1+ln (ax)－[－x＋1＋ln (ax)]－1＝0， 因为ex≥x＋1，当x＝0时等号成立， 所以－x＋1＋ln (ax)＝0，即ax＝ex-1， a＝，令g(x)＝，g′(x)＝×， 易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1， 又x趋近于0和正无穷时，g(x)趋近于正无穷，所以a≥1. 学科网（北京）股份有限公司 $$