2021高考数学一轮复习 第三章 一元函数的导数及其应用 第2节 导数在研究函数中的应用 第4课时

第三章一元函数的导数及其应用第4课时导数与函数的零点考点1判断零点的个数(讲练互动)[典例](2020·潍坊检测)已知函数f(x)＝lnx－x2＋ax，a∈R.(1)证明lnx≤x－1；(2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数．(1)证明：令g(x)＝lnx－x＋1(x0)，则g(1)＝0，g′(x)＝1x－1＝1－xx，可得x∈(0，1)时，g′(x)0，函数g(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，函数g(x)单调递减．所以当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值，所以g(x)≤g(1)＝0，即lnx≤x－1.(2)解：f′(x)＝1x－2x＋a＝－2x2＋ax＋1x，x0.令－2x20＋ax0＋1＝0，解得x0＝a＋a2＋84(负值舍去)，在(0，x0)上，f′(x)0，函数f(x)单调递增；在(x0，＋∞)上，f′(x)0，函数f(x)单调递减．所以f(x)max＝f(x0)．当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1.当a1时，f(1)＝a－10，f12a＝ln12a－14a2＋1212a－1－14a2＋12＝－12a－122－140，f(2a)＝ln2a－2a22a－1－2a2＝－2a－122－120.所以函数f(x)在区间12a，1和区间(1，2a)上各有一个零点．综上可得：当a＝1时，函数f(x)只有一个零点x＝1；当a1时，函数f(x)有两个零点．1．利用导数求函数的零点常用方法：(1)构造函数g(x)(其中g′(x)易求，且g′(x)＝0可解)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数；(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质才能确定函数有多少个零点．2．根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．(1)解：当a＝3时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)0.故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)上单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)证明：因为x2＋x＋10，所以f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0.设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a，则g′(x)＝x2（x2＋2x＋3）（x2＋x＋1）2≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6(a－16)2－160，f(3a＋1)＝130，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．考点2根据零点的个数求参数(讲练互动)[典例]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．解：(1)f′(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)的增区间为(1，＋∞)，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图象上有两个不同的交点，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，所以实数m的取值范围为(－2，－1)．1．函数零点个数可转化为图象的交点个数，根据图象的几何直观求解．2．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，进而求出参数的取值范围．设a，b∈R，已知函数f(x)＝1x－alnx－bx的导函数为f′(x)，且f′(－1)＝a－3.(1)当a＝－3时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)当方程f(x)＋2x＝0有唯一实数根时，求实数a的取值范围．解：由条件得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－ax－b.由f′(－1)＝a－3，得－1＋a－b＝a－3，则b＝2，所以f(x)＝1x－alnx－2x.(1)当a＝－3时，f′(x)＝－1x2＋3x－2＝－（2x－1）（x－1）x2.令f′(x)0，得x1或0x12.所以f(x)的单调递减区间是0，12和(1，＋∞)．(2)方程f(x)＋2x＝0有唯一实数根等价于alnx＝1x有唯一的实数根．显然a≠0，则可转化为关于x的方程xlnx＝1a有唯一的实数根．构造函数φ(x)＝xlnx，则φ′(x)＝1＋lnx，令φ′(x)＝0，得x＝e－1.当0xe－1时，φ′(x)0，φ(x)单调递减；当xe－1时，φ′(x)0，φ(x)单调递增．所以φ(x)的极小值为φ(e－1)＝－e－1.作出函数φ(x)的大致图象(图略)，则要使方程xlnx＝1a有唯一实根，只需直线y＝1a与曲线y＝φ(x)有唯一的交点，则1a＝－e－1或1a0，解得a＝－e或a0，故实数a的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．考点3函数零点的综合问题(讲练互动)[典例]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a＞0时，f(x)≥2a＋aln2a.(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝2e2x－ax(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点．当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－ax，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜a4且b＜14时，f′(b)＜0，故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．综上所述，当a≤0时，f′(x)没有零点；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，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)取得极小值也为最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln2a.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，使得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.(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1.所以g′(x)＝－sinx＋sinx＋xcosx＝x·cosx.当x∈0，π2时，g′(x)0；当x∈π2，π时，g′(x)0，所以g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减．又g(0)＝0，gπ20，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．(2)解：由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)0；当x∈(x0，π)时，f′(x)0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．