【数学】2019届一轮复习人教B版 用导数解决函数的零点问题学案
增分点 用导数解决函数的零点问题
处理函数零点问题时，我们不但要掌握零点存在性定理，还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法，才能有效地找到解题的突破口．
近几年的数学高考中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化，但却与函数、导数知识密不可分．用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型，此类题一般属于压轴题，难度较大．
讨论函数零点的个数
[典例] (理)(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.
(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数．
[思路演示]
解：(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，
则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，
即解得
因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．
(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，
从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，
故h(x)在(1，＋∞)上无零点．
当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；
若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点．
当x∈(0,1)时，g(x)＝－ln x>0，
所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．
①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．
而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点．
②若－3
－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，
故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
[解题师说]
本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于含有超越函数式的函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：
(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；
(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
[应用体验]
2．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a＞－，则ln(－2a)＜1，
故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减．
若a＜－，则ln(－2a)＞1，
故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减．
(2)①设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜ln ，则f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－b＞0，所以f(x)有两个零点．
②设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．
③设a＜0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点；若a＜－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞).
已知存在零点，证明零点的性质
[典例] (理)(2018·长春质检)已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－aln x，a∈R.
(1)若f(x)存在极值点1，求a的值；
(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2.
[思路演示]
解：(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－，因为f(x)存在极值点1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.
(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－＝(x＋1)(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝a，
当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增，
当01－a，
作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，
令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－aln，
则h′(x)＝－2＋＝－2＋≥0，
所以h(x)在(0,2a)上单调递增．
不妨设x1h(a)＝0，
即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，
又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，
所以2a－x22a，
又ln a>1－a，易知a>1成立，
故x1＋x2>2.
(文)已知函数f(x)＝ln x＋－s(s，t∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性及最值；
(2)当t＝2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(04.
[思路演示]
解：(1)f′(x)＝(x>0)，
当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；
当t>0时，由f′(x)<0，得x0，得x>t，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
故f(x)在x＝t处取得极小值也是最小值，最小值为f(t)＝ln t＋1－s，无最大值．
(2)证明：∵f(x)恰有两个零点x1，x2(01，则ln t＝，x1＝，
故x1＋x2＝x1(t＋1)＝，
∴x1＋x2－4＝.
令函数h(t)＝－2ln t，
∵h′(t)＝>0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∵t>1，∴h(t)>h(1)＝0，
又t＝>1，ln t>0，故x1＋x2>4成立．
[解题师说]
已知函数存在零点，需要证明零点满足某项性质时，实际上是需要对函数零点在数值上进行精确求解或估计，需要对零点进行更高要求的研究，为此，不妨结合已知条件和未知要求，构造新的函数，再次通过导数的相关知识对函数进行更进一步的分析研究，其中，需要灵活运用函数思想、化归思想等，同时也需要我们有较强的抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．
[应用体验]
3．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值；
(3)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥.
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，
又f′(x)＝＋1，∴切线斜率为f′(1)＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－ax2＋(1－a)x＋1，
则g′(x)＝－ax＋(1－a)＝(x>0)，
当a≤0时，∵x>0，∴g′(x)>0.
∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数g(x)无极值点．
当a>0时，
g′(x)＝＝－，
令g′(x)＝0，得x＝.
∴当x∈时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0.
∴g(x)在上是增函数，在上是减函数．
∴x＝时，g(x)有极大值g＝ln－×＋(1－a)·＋1＝－ln a.
综上，当a≤0时，函数g(x)无极值；
当a>0时，函数g(x)有极大值－ln a，无极小值．
(3)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x，x>0.
f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
即ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t>0)，φ(t)＝t－ln t，则φ′(t)＝1－＝，
由φ′(t)>0，得t>1；由φ′(t)<0，得00，x2>0，∴x1＋x2≥.
1．已知函数f(x)＝＋bx－ln x.
(1)若a＝b＝1，求f(x)的极值；
(2)若b＝－1，函数f(x)有且只有一个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)a＝b＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x(x＞0)，
则f′(x)＝2x＋1－＝.
当0＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x＞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)的极小值为f＝＋ln 2，无极大值．
(2)若f(x)有且只有一个零点，即方程－x－ln x＝0在(0，＋∞)上有且只有一个实数根，即＝＋.
令h(x)＝＋，则h′(x)＝.
再令φ(x)＝1－x－2ln x，
则φ′(x)＝－1－＜0，又φ(1)＝0，
因而当x∈(0,1)时，φ(x)＞φ(1)＝0；当x∈(1，＋∞)时，φ(x)＜φ(1)＝0.
所以当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
故h(x)≤h(1)＝1，
又当x→＋∞时，h(x)→0且h(x)＞0，而当x→0时，h(x)→－∞，
所以＜0或＝1，即a＜0或a＝1时函数f(x)有且只有一个零点．
故实数a的取值范围为(－∞，0)∪{1}．
2．设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求实数c的取值范围；
(3)求证：a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要不充分条件．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
因为f(0)＝c，f′(0)＝b，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝－.
于是，当x变化时，f′(x)与f(x)变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
－
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
c
c－
所以，当c>0且c－<0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点，
故实数c的取值范围为.
(3)证明：当Δ＝4a2－12b<0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b>0恒成立，
此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，
所以f(x)不可能有三个不同零点．
当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0.
当x∈(－∞，x0)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增．
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增．
所以f(x)不可能有三个不同零点．
综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b>0.
故a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件．
当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b>0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，所以a2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．
因此a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要不充分条件．
3．(理)设函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)在[0,2]上的单调区间；
(2)当m＝0，k∈R时，求函数g(x)＝f(x)－kx2在R上零点个数．
解：(1)f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝2－m.
当2－m≤0，即m≥2时，f′(x)≥0，f(x)在[0,2]上单调递增．
当0＜m＜2时，由f′(x)＜0，得0＜x＜2－m；由f′(x)＞0，得2－m＜x＜2，
所以f(x)在[0,2－m]上单调递减，在[2－m,2]上单调递增．
当m≤0时，f′(x)≤0，f(x)在[0,2]上单调递减．
综上，当m≥2时，f(x)的单调递增区间为[0,2]；
当00)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝2ln x－x2，
∴f′(x)＝－2x，∴f′(1)＝0，
又f(1)＝－1，
∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝0.
(2)∵f(x)＝2a2ln x－x2，
∴f′(x)＝－2x＝＝，
∵x>0，a>0，∴当00，当x>a时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0，a)上是增函数，在(a，＋∞)上是减函数．
(3)由(2)得f(x)max＝f(a)＝a2(2ln a－1)．
讨论函数f(x)的零点情况如下：
①当a2(2ln a－1)<0，即00，即a>时，
由于f(1)＝－1<0，f(a)＝a2(2ln a－1)>0，
f(e2)＝2a2ln e2－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)(2a＋e2)，
当2a－e2<0，即时，f(e2)≥0，由函数的单调性可知，f(x)在(1，)上有唯一的一个零点，在(，e2)上没有零点，从而f(x)在(1，e2)上只有一个零点．
综上所述，当0
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