【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第三章第6讲　利用导数研究函数零点问题学案

【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第三章第6讲　利用导数研究函数零点问题学案

第6讲　利用导数研究函数零点问题 利用最值(极值)判断零点个数 ‎[典例引领]‎ ‎ 已知函数f(x)＝－ax2＋(1＋a)x－ln x(a∈R)．‎ ‎(1)当a＞0时，求函数f(x)的单调递减区间；‎ ‎(2)当a＝0时，设函数g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函数g(x)在区间[，＋∞)上有两个零点，求实数k的取值范围．‎ ‎【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f(x)的导数为f′(x)＝－ax＋1＋a－＝－(a＞0)，‎ ‎①当a∈(0，1)时，＞1.‎ 由f′(x)＜0，得x＞或a＜1.‎ 所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，；‎ ‎②当a＝1时，恒有f′(x)≤0，‎ 所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；‎ ‎③当a∈(1，＋∞)时，＜1.‎ 由f′(x)＜0, 得x＞1或x＜.‎ 所以f(x)的单调递减区间为(0，)，(1，＋∞)．‎ 综上，当a∈(0，1)时，‎ f(x)的单调递减区间为(0，1)，；‎ 当a＝1时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；‎ 当a∈(1，＋∞)时，f(x)的单调递减区间为(0，)，(1，＋∞)．‎ ‎(2)g(x)＝x2－xln x－k(x＋2)＋2在x∈[，＋∞)上有两个零点，即关于x的方程k＝在x∈[，＋∞)上有两个不相等的实数根．‎ 令函数h(x)＝，x∈[，＋∞)，‎ 则h′(x)＝，‎ 令函数p(x)＝x2＋3x－2ln x－4，x∈[，＋∞)．‎ 则p′(x)＝在[，＋∞)上有p′(x)≥0，‎ 故p(x)在[，＋∞)上单调递增．‎ 因为p(1)＝0，所以当x∈[，1)时，有p(x)＜0，‎ 即h′(x)＜0，所以h(x)单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，有p(x)＞0，‎ 即h′(x)＞0，所以h(x)单调递增．‎ 因为h＝＋，h(1)＝1，‎ 所以k的取值范围为.‎ 利用函数的极值(最值)判断函数零点个数，主要是借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负、函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者利用零点个数求参数范围．　 ‎ 数形结合法研究零点问题 ‎[典例引领]‎ ‎ 已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x.‎ ‎(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；‎ ‎(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围．‎ ‎【解】　(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，‎ 所以F′(x)＝2ax－＝(x＞0)．‎ ‎①当a＞0时，由ax2－1＞0，得x＞，‎ 由ax2－1＜0，得0＜x＜，‎ 故当a＞0时，F(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．‎ ‎②当a≤0时，F′(x)＜0(x＞0)恒成立．‎ 故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ ‎(2)原式等价于方程a＝在区间[，e]上有两个不等解．‎ 令φ(x)＝，由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，‎ 则φ(x)max＝φ()＝，‎ 而φ(e)＝，φ()＝.‎ 由φ(e)－φ()＝－＝＝＜＜0，‎ 所以φ(e)＜φ()．‎ 所以φ(x)min＝φ(e)，‎ 如图可知φ(x)＝a有两个不相等的解时，需≤a＜.‎ 即f(x)＝g(x)在[，e]上有两个不相等的解时a的取值范围为[，)．‎ 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画草图确定其中参数的范围．　 ‎ 构造函数法研究零点问题 ‎[典例引领]‎ ‎ 设函数f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当m≥1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．‎ ‎【解】　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝，‎ m≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上递增，‎ m＞0时，f′(x)＝，‎ 当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，‎ 当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．‎ 综上m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ m＞0时，函数f(x)的单调增区间是(，＋∞)，单调减区间是(0，)．‎ ‎(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，‎ 问题等价于求函数F(x)的零点个数，‎ F′(x)＝－，当m＝1时，‎ F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，‎ 注意到F(1)＝＞0，F(4)＝－ln 4＜0，‎ 所以F(x)有唯一零点；‎ 当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时F′(x)＜0，1＜x＜m时F′(x)＞0，‎ 所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，‎ 注意到F(1)＝m＋＞0，F(2m＋2)＝－mln (2m＋2)＜0，‎ 所以F(x)有唯一零点，‎ 综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．‎ ‎(1)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及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间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．‎ ‎(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．　 ‎ ‎(1)确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象．‎ ‎(2)方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理．可以通过构造函数g(x)的方法，把问题转化为研究构造的函数g(x)的零点问题，研究函数g(x)零点的策略：‎ ‎①如果函数g(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g(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g(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数．‎ ‎(3)利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②‎ 利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究，具体操作方法见本节考点一、二、三的[规律方法]．　　　 ‎ ‎1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝(　　)‎ A．－　　　　　　　　　 B． C． D．1‎ 解析：选C．由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1为f(x)图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f(1)＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a＝.故选C．‎ ‎2．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是(　　)‎ A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)‎ C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)‎ 解析：选B．f′(x)＝3ax2－6x，‎ 当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，‎ 则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0；x∈时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f＝>0，则f(x)的大致图象如图(1)所示：‎ 不符合题意，排除A、C．‎ 当a＝－时，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f＝－，则f(x)的大致图象如图(2)所示．‎ 不符合题意，排除D.‎ ‎3．已知函数f(x)＝a＋ln x(a∈R)．‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．‎ 解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，‎ f′(x)＝()′ln x＋·＝，‎ 令f′(x)＞0，‎ 解得x＞e－2，令f′(x)＜0，‎ 解得0＜x＜e－2，‎ 所以f(x)在(0，e－2)上递减，在(e－2，＋∞)上递增．‎ ‎(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－，‎ 显然a＞时，f(x)＞0，无零点，‎ a＝时，f(x)＝0，有1个零点，‎ a＜时，f(x)＜0，有2个零点．‎ ‎4．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x(a∈R)．‎ ‎(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)在上无零点，求a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，‎ 则f′(x)＝1－＝，‎ 由f′(x)＞0，得x＞2，‎ 由f′(x)＜0，得0＜x＜2，‎ 故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．‎ ‎(2)因为f(x)＜0在区间上恒成立不可能，‎ 故要使函数f(x)在上无零点，‎ 只要对任意的x∈，f(x)＞0恒成立，‎ 即对x∈，a＞2－恒成立．‎ 令h(x)＝2－，x∈，‎ 则h′(x)＝，‎ 再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈，‎ 则m′(x)＝＜0，‎ 故m(x)在上为减函数，‎ 于是，m(x)＞m＝4－2ln 3＞0，‎ 从而h′(x)＞0，于是h(x)在上为增函数，‎ 所以h(x)＜h＝2－3ln 3，‎ 所以a的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．‎ ‎5.函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：‎ ‎(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．‎ 解：(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，‎ 所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.‎ 因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，‎ 所以 解得a＝－，b＝－2，‎ 由导函数的图象可知，当－1＜x＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减，‎ 当x＜－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数单调递增，‎ 故函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，‎ 在(－1，2)上单调递减．‎ ‎(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，‎ 函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，‎ 在(－1，2)上是减函数，‎ 所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，‎ 极小值为f(2)＝c－.‎ 而函数f(x)恰有三个零点，故必有 解得－＜c＜.‎ 所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.‎ ‎6．已知f(x)＝＋－3，F(x)＝ln x＋－3x＋2.‎ ‎(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；‎ ‎(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．‎ 解：(1)f′(x)＝－＋＝，‎ 令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，‎ 所以f(x)在(0，1)上单调递减，‎ 在(1，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)F′(x)＝f(x)＝＋－3，‎ 由(1)得∃x1，x2，满足0＜x1＜1＜x2，‎ 使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，‎ 即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，‎ 而F(1)＝0，x→0时，F(x)→－∞，x→＋∞时，‎ F(x)→＋∞，‎ 画出函数F(x)的草图，如图所示．‎ 故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．‎