第三章 §3.7 利用导数研究函数的零点（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（苏教版 提高版）

§3.7　利用导数研究函数的零点 课标要求　函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现． 题型一　利用函数性质研究函数的零点 例1 (2023·辽宁实验中学模拟)已知函数f(x)＝excos x. (1)求f(x)在区间内的极大值； (2)令函数h(x)＝－1，当a>时，证明：h(x)在区间内有且仅有两个零点． (1)解　由题得f′(x)＝ex(cos x－sin x) ＝excos， 当x∈时，f′(x)>0， 当x∈时，f′(x)<0， 则f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以f(x)在区间内的极大值为f ＝. (2)证明　h(x)＝－1＝axcos x－1， 则h′(x)＝a(cos x－xsin x)， 令φ(x)＝cos x－xsin x， 则 φ′(x)＝－2sin x－xcos x<0， 所以φ(x)在区间上单调递减． 又φ(0)＝1>0，φ＝－<0， 故存在x0∈，使得φ(x0)＝0， 当x∈(0，x0)时，φ(x)>0， 即h′(x)>0，h(x)在区间(0，x0)上单调递增； 当x∈时，φ(x)<0， 即h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减． 因为h(0)＝－1<0，h＝－1<0， 又a>， 所以h＝a－1>×－1＝0， 所以h(x)在区间，内各有一个零点， 即h(x)在区间内有且仅有两个零点． 思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、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． 跟踪训练1 (2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－1)ln x＋－2，a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围． 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋－＝， 若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 若a>0，则当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)若a≤0，f ＝＋1－a＋e－2＝a＋e－1>0，f(1)＝a－1<0. 结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点． 若a>0，因为函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以要使得函数f(x)有唯一零点，只需f(x)min＝f ＝1－(a－1)ln a＋a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e. 综上，a≤0或a＝1或a＝e. 题型二　数形结合法研究函数的零点 例2 (2023·安庆模拟)已知函数f(x)＝aln x＋bx2e1－x，a，b∈R.e＝2.718 28…. (1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2，求a和b的值； (2)若a＝e，讨论导函数f′(x)的零点个数． 解　(1)由题意得，f(2)＝aln 2＋4be－1， 因为f′(x)＝＋bx(2－x)e1－x，所以f′(2)＝， 因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2， 所以f′(2)＝1，f(2)＝2＋ln 2， 即解得 (2)由f′(x)＝＋bx(2－x)e1－x＝0， 得＝bx(x－2)．显然x>0，且x≠2. 因此＝b. 令g(x)＝，x>0且x≠2， 则g′(x)＝， 解方程x2－5x＋4＝0得，x1＝4，x2＝1， 因此函数g(x)在(0,1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，且极大值为g(1)＝－e，极小值为g(4)＝， 当x→2＋时，g(x)→＋∞，当x→2－时，g(x)→－∞，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞. g(x)的大致图象如图所示． 由图象可知，当b>或b<－e时，直线y＝b与函数y＝g(x)的图象有两个交点， 即函数f′(x)有两个零点； 当b＝或b＝－e时，直线y＝b与函数y＝g(x)的图象有一个交点，即函数f′(x)有一个零点； 当－e<b<时，直线y＝b与函数y＝g(x)的图象没有交点， 即函数f′(x)没有零点． 思维升华 含参数的函数的零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，则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或判断零点个数． 跟踪训练2 (2024·厦门模拟)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx(a，b∈R)． (1)当a＝2，b＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)当a＝0，b＝－1时，方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，求实数m的取值范围． 解　(1)依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝2，b＝1时，f(x)＝ln x－x2－x， 则f′(x)＝－2x－1＝， 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－1(舍去)， 当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0， 所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x， 由f(x)＝mx得ln x＋x＝mx， 又x>0，所以m＝1＋， 要使方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，只需m＝1＋在区间[1，e2]上有唯一实数解， 令g(x)＝1＋，x∈[1，e2]， 则g′(x)＝， 由g′(x)>0，得1≤x<e； 由g′(x)<0，得e<x≤e2， 所以g(x)在区间[1，e)上单调递增，在区间(e，e2]上单调递减． 又g(1)＝1，g(e2)＝1＋＝1＋， g(e)＝1＋， 则函数g(x)＝1＋，x∈[1，e2]的大致图象如图所示． 由图象可知， m＝1＋或1≤m<1＋. 故m的取值范围为∪. 题型三　构造函数法研究函数的零点 例3 已知函数f(x)＝ex＋x＋4ln(2－x)． (1)求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)判断函数f(x)的零点个数，并说明理由． 解　(1)f′(x)＝ex＋1－(x<2)， 所以f′(0)＝e0＋1－＝0， 又f(0)＝e0＋0＋4ln(2－0)＝1＋4ln 2， 所以切点坐标为(0,1＋4ln 2)， 所以函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1＋4ln 2. (2)方法一　函数f(x)有两个零点，理由如下： 令g(x)＝f′(x)，x∈(－∞，2)， g′(x)＝ex－＝， 令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)， h′(x)＝x(x－2)ex， 当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当0<x<2时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(0)＝0，故g′(x)≤0， 所以g(x)在(－∞，2)上为减函数， 所以当x<0时，g(x)>g(0)＝0，即当x<0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增， 当0<x<2时，g(x)<g(0)＝0，即当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上单调递减， 又因为f(2－e6)＝＋2－e6＋24<0， f(0)＝e0＋0＋4ln 2>0， f(2－e－6)＝＋2－e－6－24<e2－22<0， 所以f(x)在区间(2－e6,0)，(0,2－e－6)内各有一个零点，即函数f(x)有两个零点． 综上，函数f(x)有两个零点． 方法二　函数f(x)有两个零点，理由如下： 令f(x)＝ex＋x＋4ln(2－x)＝0， 可得ex＝－x－4ln(2－x)， 判断函数f(x)的零点个数即判断函数t(x)＝ex(x<2)与g(x)＝－x－4ln(2－x)(x<2)图象交点的个数． t(x)＝ex为增函数，t(x)>0， 当x→－∞时，t(x)→0， 当x→－∞时，g(x)→＋∞， 由g′(x)＝－1＋＝＝0，得x＝－2， 当－2<x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 因为g(－2)＝2－4ln 4<0， g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14>0， g(1)＝－1<0，g＝－－4ln ＝ln＝ln>0， 且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2， 所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln(2－x)的图象在x<0时有一个交点，在0<x<2时有一个交点． 综上，函数f(x)有两个零点． 思维升华 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内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． 跟踪训练3 (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)． (1)当a＝2时，求f(x)的单调区间； (2)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　(1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)， f′(x)＝(x>0)， 令f′(x)>0，则0<x<，此时函数f(x)单调递增， 令f′(x)<0，则x>，此时函数f(x)单调递减， 所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)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)有两个解， 即方程＝有两个解． 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， 即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)． 课时精练 1．设函数f(x)＝－kln x，k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值； (2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点． (1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 由f(x)＝－kln x(k>0)， 得f′(x)＝x－＝. 由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)． f′(x)与f(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如下表． x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ ↗ 所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)． f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值． (2)证明　由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝. 因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e， 当k＝e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f()＝0， 所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点； 当k>e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f(1)＝>0，f()＝<0， 所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点． 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点． 2．(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)，f(x)的导函数为f′(x)． (1)讨论f(x)的极值点的个数； (2)当a＝2时，方程f(x)＋f′(x)＋m＝0(m∈R)有两个不相等的实数根，求m的取值范围． 解　(1)函数f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝＋a. 当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)无极值点； 当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝－， 所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示． x － f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值 单调递减 所以f(x)有一个极大值点，无极小值点． 综上，当a≥0时，f(x)无极值点； 当a<0时，f(x)有一个极值点． (2)当a＝2时，方程f(x)＋f′(x)＋m＝0， 即ln x＋2x＋＋2＋m＝0， 则－m＝ln x＋2x＋＋2. 令h(x)＝ln x＋2x＋＋2，x>0， 则h′(x)＝＋2－＝. 令h′(x)＝0，解得x＝或x＝－1(舍去)． 当x∈时，h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减； 当x∈时，h′(x)>0，h(x)在区间上单调递增， 所以h(x)≥h(x)min＝h＝5－ln 2， 又当x→0时，h(x)→＋∞； 当x→＋∞时，h(x)→＋∞， 所以－m>5－ln 2，即m<ln 2－5， 故m的取值范围是(－∞，ln 2－5)． 3．(2024·渭南模拟)已知函数f(x)＝xsin x＋sin. (1)求f(x)在(0，π)上的单调区间； (2)设g(x)＝x2＋4－4f(x)，试判断g(x)在[0，＋∞)上的零点个数，并说明理由． 解　(1)∵f(x)＝xsin x＋sin＝xsin x＋cos x，∴f′(x)＝xcos x， ∵0<x<π， ∴由f′(x)>0，得0<x<； 由f′(x)<0，得<x<π， ∴f(x)在(0，π)上的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)g(x)＝x2＋4－4f(x)＝x2＋4－4xsin x－4cos x，x≥0， 则g(0)＝0，g′(x)＝2x(1－2cos x)， 当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，g(x)<g(0)＝0， 当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g＝2＋4－4×sin －4cos >0， ∴g(x)在上有唯一零点； 当x≥时，g(x)>x2＋4－4x－4＝x2－4x≥2－4×>0，故g(x)在上无零点． 又g(0)＝0， ∴g(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点． 4．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． 解　(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，所以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)＝－1. (2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x>0)， 得f′(x)＝a＋－＝(x>0)． 当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点； 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； 当a>0时，f′(x)＝， 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； 当a>1时，0<<1，故f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 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)在上必有一个零点， 所以a>1满足条件， 当0<a<1时，>1，故f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减． 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，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $