导与练普通班2017届高三数学一轮复习第2节导数在研究函数中的应用第五课时利用导数研究函数零点专题课

第五课时利用导数研究函数零点专题利用导数研究函数零点问题是导数的应用之一,也是高考考查的热点题型,常作为解答题的一问出现,难度较大.解决此类问题一般是利用转化与化归思想把问题转化为相应的方程根的问题或函数图象交点问题.专题概述方法一利用函数图象研究函数零点问题解:(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),当a0时,对x∈R,有f′(x)0,所以当a0时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞);当a0时,由f′(x)0,解得x-a或xa,由f′(x)0,解得-axa,所以当a0时,f(x)的单调增区间为(-∞,-a),(a,+∞),f(x)的单调减区间为[-a,a].【例1】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：(2)因为f(x)在x=-1处取得极值,所以f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,所以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f(-1)=1,在x=1处取得极小值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,又f(-3)=-19-3,f(3)=171,结合f(x)的单调性,可知m的取值范围是(-3,1).反思归纳利用导数研究方程的解,就是利用数形结合的思想,通过函数的性质找到方程解的各种情况所满足的关系式.如本例可归结为方程g(x)=f(x)-m=0有三个不同的实数解,函数g(x)是存在两个极值点的三次函数,要使方程g(x)=0有三个不同的实数解,只要函数的极大值大于零且极小值小于零即可.提醒:对于存在一个极大值和一个极小值的函数,其图象与x轴交点的个数,除了受两个极值大小的制约外,还受函数在两个极值点外部函数值的变化制约,在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.【即时训练】已知定义域为R的奇函数f(x),当x0时,f(x)=lnx-ax+1(a∈R).(1)求函数f(x)的解析式;解:(1)设x0,则-x0,因为f(x)是奇函数,所以f(x)=-f(-x)=-ln(-x)-ax-1,当x=0时,f(x)=0,所以函数f(x)=ln10,00,ln10.xaxxxxaxx(2)若函数y=f(x)在R上恰有5个零点,求实数a的取值范围.解：(2)因为函数f(x)是奇函数,所以函数y=f(x)的零点关于原点对称,由f(x)=0恰有5个不同的实数根知5个实数根中有两个正根、两个负根、一个零根,且两个正根和两个负根互为相反数.所以要使方程f(x)=0恰有5个不同的实数根,只要使方程f(x)=0在(0,+∞)上恰有两个不同的实数根.下面研究x0时的情况:因为f′(x)=1x-a,所以当a≤0时,f′(x)0,f(x)在(0,+∞)上为单调递增函数,所以方程f(x)=0在(0,+∞)上不可能有两个不同的实数根.所以当a0时,f′(x)=1axax,令f′(x)=0,得x=1a.当0x1a时,f′(x)0,函数f(x)单调递增;当x1a时,f′(x)0,函数f(x)单调递减,所以函数f(x)在x=1a处取得极大值-lna.所以要使方程f(x)=0在(0,+∞)上恰有两个不同的实数根,只要-lna0,解得0a1,故a的取值范围是(0,1).方法二构造函数法研究函数零点问题(1)解:f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.由题设得-2a=-2,所以a=1.【例2】(2014高考新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a;(2)证明:当k1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.(2)证明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.由题设知1-k0.当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k0,g(x)单调递增,g(-1)=k-10,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.当x0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)xh(x).h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,所以g(x)h(x)≥h(2)=0.所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根.综上,g(x)=0在R有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.反思归纳证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤:(1)在该区间上构造与方程相应的函数;(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性;(3)判断该函数在该区间端点处的函数值异号;(4)作出结论.【即时训练】(2016郑州市第一次质量预测)已知函数f(x)=(x2-2x)lnx+ax2+2.(1)当a=-1时,求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;解:(1)当a=-1时,f(x)=(x2-2x)lnx-x2+2,定义域为(0,+∞),f′(x)=(2x-2)lnx+(x-2)-2x.所以f′(1)=-3,又f(1)=1,f(x)在(1,f(1))处的切线方程为3x+y-4=0.解：(2)g(x)=f(x)-x-2=0,则(x2-2x)lnx+ax2+2=x+2.即a=12lnxxx.令h(x)=12lnxxx,则h′(x)=-21x-1x+222lnxx=212lnxxx.令t(x)=1-x-2lnx,t′(x)=-1-2x=2xx,因为t′(x)0,t(x)在(0,+∞)上是减函数,又因为t(1)=h′(1)=0,所以当0x1时,h′(x)0,当x1时,h′(x)0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h(1)=1.(2)当a0时,设函数g(x)=f(x)-x-2,且函数g(x)有且仅有一个零点,若e-2xe,g(x)≤m,求m的取值范围.因为a0,所以当函数g(x)有且仅有一个零点时,a=1.当a=1,g(x)=(x2-2x)lnx+x2-x,若e-2xe,g(x)≤m,只需g(x)max≤m,g′(x)=(x-1)(3+2lnx),令g′(x)=0得x=1或x=32e,又因为e-2xe,所以函数g(x)在（e-2,32e）上单调递增,在(32e,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增,又g(32e)=-12e-3+232e,g(e)=2e2-3e,因为g(32e)=-12e-3+232e232e2e2e（e-32）=g(e),即g(32e)g(e),g(x)max=g(e)=2e2-3e,所以m≥2e2-3e,即m的取值范围是[2e2-3e,+∞).