【数学】2020届一轮复习人教B版　用导数研究函数的零点问题学案

【数学】2020届一轮复习人教B版　用导数研究函数的零点问题学案

考查角度3　用导数研究函数的零点问题 ‎　　分类透析一　确定函数零点或方程根的个数问题 例1 已知函数f(x)=ex-1,g(x)=x+x,其中e是自然对数的底数,e=2.71828….‎ ‎(1)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点.‎ ‎(2)求方程f(x)=g(x)的根的个数,并说明理由.‎ 分析 (1)先整理出函数关系式,再通过零点存在性定理证明;(2)本问求解的关键是通过构造函数,把方程根的问题转化为函数零点问题来解决.‎ 解析 (1)由h(x)=f(x)-g(x)=ex-1-x-x得,‎ h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3-‎2‎>0,且h(x)在区间(1,2)上是连续的,‎ 所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点.‎ ‎(2)由(1)得h(x)=ex-1-x-x,x∈[0,+∞).又h(0)=0,‎ 则x=0为h(x)的一个零点,又由(1)知h(x)在(1,2)内有零点,‎ 因此h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点.‎ 因为h'(x)=ex-‎1‎‎2‎x‎-‎‎1‎‎2‎-1,记φ(x)=ex-‎1‎‎2‎x‎-‎‎1‎‎2‎-1,则φ'(x)=ex+‎1‎‎4‎x‎-‎‎3‎‎2‎.‎ 当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则φ(x)在(0,+∞)上至多只有一个零点,即h(x)在[0,+∞)上至多有两个零点.‎ 所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2.‎ 方法技巧 利用导数确定函数零点或方程根个数的方法 ‎(1)构建函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定函数g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象,利用数形结合求解.‎ ‎(2)利用零点存在性定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.‎ 分类透析二　根据函数的零点或方程根的个数求参数的取值范围 例2 已知函数f(x)=(2-a)x-2(1+ln x)+a.‎ ‎(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若函数f(x)在区间‎0,‎‎1‎‎2‎上无零点,求a的最小值.‎ 分析 (1)利用导数求单调性的方法求出函数的单调区间;(2)把函数f(x)构造成两个函数进行分析求解.‎ 解析 (1)当a=1时,f(x)=x-1-2ln x,则f'(x)=1-‎2‎x,x∈(0,+∞).‎ 由f'(x)>0,得x>2,由f'(x)<0,得0‎1‎‎2‎,‎ 所以当x∈‎0,‎‎1‎‎2‎时,f'(x)<0,f(x)是减函数.‎ 所以当x∈‎0,‎‎1‎‎2‎时,f(x)>f‎1‎‎2‎=0.‎ 故f(x)在‎0,‎‎1‎‎2‎上无零点.‎ 综上,a的最小值为2-4ln 2.‎ 方法技巧 用导数研究函数的零点问题,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断;另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决.对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、图象确定其中参数的取值范围.从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值;从图象的对称性,分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等.但需注意探求与论证之间的区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在性定理及函数的单调性,准确求出函数的零点个数.‎ ‎1.(2018年浙江卷,22改编)设函数f(x)=ln x-ax(a∈R).‎ ‎(1)求曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程,并证明:除点A外,曲线y=f(x)都在该切线的下方.‎ ‎(2)若函数h(x)=ex+f(x)在区间(1,3)上有零点,求a的取值范围.‎ 解析 (1)由题意知f'(x)=‎1‎x-a,所以f'(1)=1-a.‎ 因为f(1)=-a,所以切线方程为y+a=(1-a)(x-1),‎ 即y=(1-a)x-1.‎ 设p(x)=f(x)-(1-a)x+1=ln x-x+1,‎ 则p'(x)=‎1-xx.‎ 若x>1,则p'(x)<0;若00.‎ 所以p(x)max=p(1)=0.所以p(x)≤0,所以f(x)≤(1-a)x-1,当且仅当x=1时,取等号,‎ 故除点A外,曲线y=f(x)都在该切线的下方.‎ ‎(2)h(x)=ex+f(x)在区间(1,3)上有零点,‎ 即a=ex‎+lnxx在x∈(1,3)上有实数解.‎ 设F(x)=ex‎+lnxx,则F'(x)=ex‎(x-1)+1-lnxx‎2‎.‎ 设g(x)=ex(x-1)+1-ln x,则g'(x)=xex‎-‎‎1‎x‎2‎.‎ 由函数的单调性和零点存在性定理,得函数y=ex-‎1‎x‎2‎(x>0)的零点在(0,1)上,且y>0在(1,3)上恒成立,‎ 所以g'(x)>0(x∈(1,3)),‎ 即g(x)在(1,3)上单调递增,‎ 所以g(x)>g(1)=1,则F'(x)>0在(1,3)上恒成立.‎ 所以F(x)在(1,3)上单调递增,‎ 所以F(x)∈e,‎e‎3‎‎+ln3‎‎3‎,‎ 所以a的取值范围是e,‎e‎3‎‎+ln3‎‎3‎.‎ ‎2.(2016年北京卷,文20改编)已知函数f(x)=x3-3ax-1,a≠0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与y=f(x)的图象有三个不同的交点,求m的取值范围.‎ 解析 (1)由题意得f'(x)=3x2-3a=3(x2-a),‎ 当a<0时,∀x∈R,有f'(x)>0,‎ 所以当a<0时,f(x)的单调递增区间为R,无单调递减区间.‎ 当a>0时,由f'(x)>0,解得x<-a或x>a,‎ 由f'(x)<0,解得-a0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,-a),(a,+∞),f(x)的单调递减区间为(-a,a).‎ ‎(2)因为f(x)在x=-1处取得极值,‎ 所以f'(-1)=3×(-1)2-3a=0,解得a=1.‎ 所以f(x)=x3-3x-1,f'(x)=3x2-3.‎ 由f'(x)=0,解得x1=-1,x2=1.‎ 由(1)中f(x)的单调性,可知f(x)在x=-1处取得极大值,极大值为f(-1)=1,在x=1处取得极小值,极小值为f(1)=-3.‎ 因为直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点,‎ 结合函数f(x)的图象(图略),可知m的取值范围是(-3,1).‎ ‎3.(2016年全国Ⅰ卷,文21改编)已知f(x)=(1-x)ex-1.‎ ‎(1)证明:函数f(x)有且仅有一个零点.‎ ‎(2)设g(x)=f(x)‎x,x>-1,且x≠0,证明:g(x)<1.‎ 解析 (1)由题意得f'(x)=-xex.‎ 当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;‎ 当x∈(0,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.‎ 所以f(x)的最大值为f(0)=0.‎ 所以函数f(x)有且仅有一个零点.‎ ‎(2)由(1)知,当x>0时,f(x)<0,则g(x)<0<1.‎ 当-1x.‎ 设h(x)=f(x)-x,则h'(x)=-xex-1.‎ 当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0h(0)=0,即f(x)>x,g(x)<1.‎ 综上所述,当x>-1且x≠0时,总有g(x)<1.‎ ‎1.(陕西省长安一中第八次教学质量检测)已知曲线f(x)=mx+1‎+nln x(m,n为常数)在x=1处的切线方程为x+y-2=0.‎ ‎(1)求f(x)的解析式并写出定义域;‎ ‎(2)若任意x∈‎1‎e‎,1‎,使得对任意t∈‎1‎‎2‎‎,2‎,恒有f(x)≥t3-t2-2at+2成立,求实数a的取值范围.‎ 解析 (1)f'(x)=-m‎(x+1‎‎)‎‎2‎+nx,‎ 由条件可得‎-m‎4‎+n=-1,‎m‎2‎‎+nln1=1,‎ 解得m=2,‎n=-‎1‎‎2‎,‎ ‎∴f(x)=‎2‎x+1‎-‎1‎‎2‎ln x,x∈(0,+∞).‎ ‎(2)由(1)知f'(x)=-‎2‎‎(x+1‎‎)‎‎2‎-‎1‎‎2x,‎ ‎∴f(x)在‎1‎e‎,1‎上单调递减,‎ ‎∴f(x)在‎1‎e‎,1‎上的最小值为f(1)=1,‎ 故只需t3-t2-2at+2≤1,即2a≥t2-t+‎1‎t对∀t∈‎1‎‎2‎‎,2‎恒成立.‎ 令m(t)=t2-t+‎1‎t,t∈‎1‎‎2‎‎,2‎,则m'(t)=2t-1-‎1‎t‎2‎.‎ 令m'(t)=0,得t=1.‎ ‎∴m(t)在‎1‎‎2‎‎,1‎上单调递减,在[1,2]上单调递增,而m‎1‎‎2‎=‎7‎‎4‎,m(2)=‎5‎‎2‎,‎ ‎∴2a≥m(2)=‎5‎‎2‎,∴a≥‎5‎‎4‎,‎ 即a的取值范围为‎5‎‎4‎‎,+∞‎.‎ ‎2.(广东省2018届高三第一次模拟)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(ln x-x+1).‎ ‎(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;‎ ‎(2)若函数f(x)的最小值为-e,求a的取值范围.‎ 解析 (1)由题意得f'(x)=(x-1)ex+a‎1‎x‎-1‎=‎(x-1)(xex-a)‎x(x>0).‎ 令g(x)=xex-a(x>0),则g'(x)=(x+1)ex>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 则g(x)>g(0)=-a,‎ 因此,当a≤0或a=e时,f'(x)只有一个零点;‎ 当0e时,f'(x)有两个零点.‎ ‎(2)当a≤0时,xex-a>0,则函数f(x)在x=1处取得最小值f(1)=-e.‎ 当a>0时,函数y=xex-a在(0,+∞)上单调递增,则必存在正数x0,使得x0ex‎0‎-a=0.‎ 若a>e,则x0>1,函数f(x)在(0,1)和(x0,+∞)上单调递增,在(1,x0)上单调递减.‎ 又f(1)=-e,故不符合题意.‎ 若a=e,则x0=1,f'(x)≥0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 又f(1)=-e,故不符合题意.‎ 若00.‎ ‎(1)求当m=1时,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率;‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间与极值;‎ ‎(3)已知函数f(x)有三个互不相同的零点0,x1,x2,且x1f(1)恒成立,求m的取值范围.‎ 解析 (1)当m=1时,f(x)=-‎1‎‎3‎x3+x2,则f'(x)=-x2+2x,所以f'(1)=1,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1.‎ ‎(2)由题意得,f'(x)=-x2+2x+m2-1,令f'(x)=0,得x=1-m或x=1+m.‎ 因为m>0,所以1+m>1-m.‎ 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,‎ ‎1-m)‎ ‎1-m ‎(1-m,‎ ‎1+m)‎ ‎1+m ‎(1+m,‎ ‎+∞)‎ f'(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎　　故f(x)在(-∞,1-m)和(1+m,+∞)上是减函数,在(1-m,1+m)上是增函数.‎ 所以函数f(x)在x=1+m处取得极大值,且极大值为f(1+m)=‎2‎‎3‎m3+m2-‎1‎‎3‎;‎ 函数f(x)在x=1-m处取得极小值,且极小值为f(1-m)=-‎2‎‎3‎m3+m2-‎1‎‎3‎.‎ ‎(3)由题意得,f(x)=x‎-‎1‎‎3‎x‎2‎+x+m‎2‎-1‎=-‎1‎‎3‎x(x-x1)(x-x2),‎ 所以方程-‎1‎‎3‎x2+x+m2-1=0有两个不同的实根x1,x2,故Δ=1+‎4‎‎3‎(m2-1)>0,解得m<-‎1‎‎2‎(舍去)或m>‎1‎‎2‎.‎ 若x1<0f(1)等价于f(1)<0,‎ 即f(1)=m2-‎1‎‎3‎<0,‎ 解得-‎3‎‎3‎0,∴φ(x)在(0,1)上单调递增;‎ 当x>1时,φ'(x)<0,∴φ(x)在(1,+∞)上单调递减.‎ ‎∴φ(x)max=φ(1)=1.‎ 又∵x→0时,φ(x)→-∞,‎ ‎∴当x∈(0,1)时,φ(x)∈(-∞,1).‎ 又∵x→+∞时,φ(x)→0,‎ ‎∴当x>1时,φ(x)∈(0,1).‎ 综上可知,当且仅当a∈(0,1)时,y=a与y=φ(x)的图象有两个交点,即函数f(x)有两个零点.‎ ‎(2)∵函数g(x)有两个极值点,‎ ‎∴由g'(x)=ln x+1-ax=0,得lnx+1‎x-a=0有两个不同的根x1,x2(设x1g(1)=0.‎ 又x→0,g(x)→a‎2‎>0,x→+∞,g(x)→-∞,‎ ‎∴函数g(x)恰有三个零点.‎