导数与函数的零点专题

1导数与函数的零点专题考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4lnx的零点个数．【训练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．考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．【训练2】已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．2考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.【训练3】(2019·天津和平区调研)已知函数f(x)＝lnx－x－m(m－2，m为常数)．(1)求函数f(x)在1e，e的最小值；(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，且x1x2，证明：x1·x21.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：30分钟)一、选择题1.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当1a2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数为()A.1B.2C.3D.4二、填空题2.直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋1的图象及g(x)＝2x－1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为________.33.若函数f(x)＝ax－aex＋1(a0)没有零点，则实数a的取值范围为________.三、解答题4.(2019·保定调研)已知函数f(x)＝a6x3－a4x2－ax－2的图象过点A4，103.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围.5.设函数f(x)＝lnx＋mx(m0)，讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数.【能力提升题组】(建议用时：25分钟)6.(2018·江苏卷改编)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和.7.已知函数f(x)＝ax＋lnx，其中a为常数.(1)当a＝－1时，求f(x)的单调递增区间；(2)当0－1ae时，若f(x)在区间(0，e)上的最大值为－3，求a的值；(3)当a＝－1时，试推断方程|f(x)|＝lnxx＋12是否有实数根.4答案【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4lnx的零点个数．【答案】见解析【解析】(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a0.∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4lnx＝x－3x－4lnx－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：X(0，1)1(1，3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值当0x≤3时，g(x)≤g(1)＝－40，当x3时，g(e5)＝e5－3e5－20－225－1－22＝90.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【规律方法】利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定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)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．5(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)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．【训练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．【答案】见解析【解析】(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x，所以h(1)＝e－30，h(2)＝e2－3－20，所以h(1)h(2)0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．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，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)函数f(x)＝ax＋xlnx的定义域为(0，＋∞)．6f′(x)＝a＋lnx＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋xlnx，即f′(x)＝lnx，令f′(x)0，解得x1；令f′(x)0，解得0x1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1－1，即m－2，①当0xe时，f(x)＝x(－1＋lnx)0；当xe时，f(x)0.当x0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋10，即m－1，②由①②可得－2m－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【规律方法】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．【训练2】已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，7所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex0，①当a0时，f′(x)0，f(x)在R上是增函数，当x1时，f(x)＝ex＋a(x－1)0；当x0时，取x＝－1a，则f－1a1＋a－1a－1＝－a0.所以函数f(x)存在零点，不满足题意．②当a0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．在(－∞，ln(－a))上，f′(x)0，f(x)单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)0，f(x)单调递增，所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)0，解得－e2a0.综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0)．考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.【答案】见解析【解析】(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x0)．当a≤0时，f′(x)0，f′(x)没有零点；当a0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－ax单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)0，假设存在b满足0ba4时，且b14，f′(b)0，故当a0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，8当x∈(0，x0)时，f′(x)0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.【规律方法】1.在(1)中，当a0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)0.2．由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋aln2a.【训练3】(2019·天津和平区调研)已知函数f(x)＝lnx－x－m(m－2，m为常数)．(1)求函数f(x)在1e，e的最小值；(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，且x1x2，证明：x1·x21.【答案】见解析【解析】(1)解f(x)＝lnx－x－m(m－2)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－xx＝0，∴x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)0，所以y＝f(x)在(0，1)递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以y＝f(x)在(1，＋∞)上递减．且f1e＝－1－1e－m，f(e)＝1－e－m，因为f1e－f(e)＝－2－1e＋e0，函数f(x)在1e，e的最小值为1－e－m.(2)证明由(1)知x1，x2满足lnx－x－m＝0，且0x11，x21，lnx1－x1－m＝lnx2－x2－m＝0，由题意可知lnx2－x2＝m－2ln2－2.又由(1)可知f(x)＝lnx－x在(1，＋∞)递减，故x22，所以0x1，1x21.9则f(x1)－f1x2＝lnx1－x1－ln1x2－1x2＝lnx2－x2－ln1x2－1x2＝－x2＋1x2＋2lnx2.令g(x)＝－x＋1x＋2lnx(x2)，则g′(x)＝－1－1x2＋2x＝－x2＋2x－1x2＝－（x－1）2x2≤0，当x2时，g(x)是减函数，所以g(x)g(2