（文理通用）江苏省2020高考数学二轮复习 专题四 函数与导数、不等式 第20讲 导数与函数的零点问

第20讲导数与函数的零点问题题型一利用导数判断零点的个数[例1](2019·南通中学模拟)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)＝fxx－4lnx的零点个数．[解](1)因为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}，所以f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a＞0.所以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)因为g(x)＝x2－2x－3x－4lnx＝x－3x－4lnx－2(x＞0)，所以g′(x)＝1＋3x2－4x＝x－1x－3x2.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.x(0,1)1(1,3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值当0＜x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4＜0.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)在(0，＋∞)上只有1个零点．[解题方略]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．(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．[针对训练](2019·苏州中学检测)设函数f(x)＝lnx＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数．解：(1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝lnx＋ex(x0)，则f′(x)＝x－ex2，∴当x∈(0，e)时，f′(x)0，f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．当x∈(0,1)时，φ′(x)0，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．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23，又∵φ(0)＝0.结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，①当m23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0m23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m23时，函数g(x)有两个零点．题型二已知函数零点个数求参数的范围[例2](2019·南通联考)已知函数f(x)＝12ax－a＋1－lnxx(其中a为常数，且a∈R)．(1)若函数f(x)为减函数，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．[解](1)∵f(x)＝12ax－a＋1－lnxx，∴f′(x)＝12a－1－lnxx2.若函数f(x)为减函数，则f′(x)≤0对x∈(0，＋∞)恒成立，即12a≤1－lnxx2对x∈(0，＋∞)恒成立．设m(x)＝1－lnxx2，则m′(x)＝2lnx－3x3，令m′(x)＝0，得x＝e32，可得m(x)在0，e32上单调递减，在e32，＋∞上单调递增，∴m(x)min＝me32＝－12e3，∴12a≤－12e3，即a≤－e－3，故实数a的取值范围是(－∞，－e－3]．(2)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝12ax2－a－1x－lnxx，∴可设h(x)＝12ax2－(a－1)x－lnx(x0)，则函数f(x)有两个不同的零点等价于函数h(x)有两个不同的零点．∵h′(x)＝ax－(a－1)－1x＝ax＋1x－1x，∴当a≥0时，函数h(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)在(0，＋∞)上有最小值，为h(1)．若函数h(x)有两个不同的零点，则必有h(1)＝－12a＋10，即a2，此时，在x∈(1，＋∞)上有h(2)＝2a－2(a－1)－ln2＝2－ln20，在x∈(0,1)上，h(x)＝12a(x2－2x)＋x－lnx，∵－1x2－2x0，∴h(x)－12a＋x－lnx，∴h(e－12a)－12a＋e－12a－ln(e－12a)＝e－12a0，∴h(x)在区间(0,1)，(1，＋∞)上各有一个零点，故a2符合题意．当a＝－1时，h′(x)≤0，∴函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，∴函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．当－1a0时，函数h(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间1，－1a上单调递增，在区间－1a，＋∞上单调递减，∴函数h(x)的极小值为h(1)＝－12a＋10，∴函数h(x)至多有一个零点，不符合题意；当a－1时，函数h(x)在区间0，－1a上单调递减，在区间－1a，1上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，∴函数h(x)的极小值为h－1a＝12a＋1a(a－1)－ln－1a＝1－12a＋ln(－a)0，∴函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是(2，＋∞)．[解题方略]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．[针对训练]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)由题意知，f′(x)＝a＋lnx＋1(x0)，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，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的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0x1时，f(x)＝x(－1＋lnx)0；当x0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.如图，由图象可知，m＋10，即m－1，②由①②可得－2m－1.故实数m的取值范围为(－2，－1)．题型三函数零点的综合问题[例3]设函数f(x)＝x－aex(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)当a＝1时，求函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数f(x)在区间(0,1)上单调，求a的取值范围；(3)若函数g(x)＝(ex－e)f(x)有且仅有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，x3－x1≤1，求证：x1＋x3≤e＋1e－1.[解](1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，f′(x)＝1－ex，f′(1)＝1－e，f(1)＝1－e.故f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－(1－e)＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x.(2)f′(x)＝1－aex，①若函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，则f′(x)＝1－aex≥0在区间(0,1)上恒成立，得a≤e－x在区间(0,1)上恒成立，∵x∈(0,1)，∴e－x∈1e，1，∴a≤1e；②若函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，则f′(x)＝1－aex≤0在区间(0,1)上恒成立，得a≥e－x在区间(0,1)上恒成立，∵x∈(0,1)，∴e－x∈1e，1，∴a≥1.综上，a的取值范围为－∞，1e∪[1，＋∞)．(3)证明：函数g(x)＝(ex－e)f(x)的零点即方程(ex－e)f(x)＝0的实数根，故ex－e＝0或f(x)＝0.由ex－e＝0，得x＝1，∴f(x)＝0有且仅有2个不等于1的实数根，由f(x)＝0，得xex－a＝0，设h(x)＝xex－a，则h′(x)＝1－xex，由h′(x)＝1－xex＞0，得x＜1；由h′(x)＝1－xex＜0，得x＞1.∴h(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故h(x)＝0有且仅有两个不等实数根，且1个根小于1,1个根大于1，∵g(x)＝(ex－e)f(x)有且仅有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，∴x1＜x2＝1＜x3，x1，x3为h(x)＝xex－a＝0的两个不等实数根，∴x1＝aex1，x3＝aex3，两式相减，得x3－x1＝a(ex3－ex1)，∴a＝x3－x1ex3－ex1，两式相加，得x1＋x3＝a(ex1＋ex3)＝x3－x1ex3－ex1(ex1＋ex3)＝(x3－x1)ex3－x1＋1ex3－x1－1.设x3－x1＝t，由x1＜x3且x3－x1≤1，得0＜t≤1，∴x1＋x3＝tet＋1et－1.设φ(t)＝tet＋1et－1，t∈(0,1]，则φ′(t)＝e2t－2tet－1et－12.设p(t)＝e2t－2tet－1，t∈(0,1]，则p′(t)＝2et(et－t－1)．设q(t)＝et－t－1，t∈(0,1]，则q′(t)＝et－1＞0在t∈(0,1]上恒成立，∴q(t)＝et－t－1在(0,1]上单调递增，∴q(t)＞q(0)＝0在(0,1]上恒成立，则p′(t)＞0在(0,1]上恒成立，∴p(t)在(0,1]上单调递增，∴p(t)＞p(0)＝0在(0,1]上恒成立，则φ′(t)＞0在(0,1]上恒成立，∴φ(t)在(0,1]上单调递增，∴φ(t)≤φ(1)＝e＋1e－1，即x1＋x3≤e＋1e－1.[解题方略]运用导数研究函数的单调性、最值和极值，讨论函数的零点、证明不等式等，是江苏高考数学命题的重点和热点．运用导数解决问题一定要有定义域优先的意识，在构造函数来解决问题时，有时需要求多次导数，在大题中证明或判断零点是否存在时，不能简单地从图象直观给出结论，一定要依据零点存在性定理和函数的单调性给出结论．[针对训练](2019·天津高考)设函数f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R.(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性．(2)若0a1e，①证明f(x)恰有两个零点；②设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1x0，证明3x0－x12.解：(1)由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x－[aex＋a(x－1)ex]＝1－ax2exx.因此当a≤0时，1－ax2ex0，从而f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增．(2)证明：①由(1)知，f′(x)＝1－ax2exx.令g(x)＝1－ax2ex，由0a1e，可知g(x)在(0，＋∞)内单调递减．又g(1)＝1－ae0，且gln1a＝1－aln1a2·1