专题13 函数的零点的问题(解析版)

专题13函数的零点的问题一,题型选讲题型一函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数,确定参数的取值范围,常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围．(2)分离参数法：先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决,解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理,这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3)数形结合法：先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图像,然后数形结合求解．例1,(2018南通,扬州,淮安,宿迁,泰州,徐州六市二调)设函数f(x)＝e－x－12，x0，x3－3mx－2，x≤0(其中e为自然对数的底数)有3个不同的零点,则实数m的取值范围是________．【答案】(1,＋∞)【解析】解法1(直接法)当x0时,令f(x)＝e－x－12＝0,解得x＝ln20,此时函数f(x)有1个零点,因为要求函数f(x)在R上有3个不同的零点,则当x≤0时,f(x)＝x3－3mx－2有2个不同的零点,因为f′(x)＝3x2－3m,令f′(x)＝0,则x2－m＝0,若m≤0,则函数f(x)为增函数,不合题意,故m0,所以函数f(x)在(－∞,－m)上为增函数,在(－m,0]上为减函数,即f(x)max＝f(－m)＝－mm＋3mm－2＝2mm－2,f(0)＝－20,要使f(x)＝x3－3mx－2在(－∞,0]上有2个不同的零点,则f(x)max＝2mm－20,即m1,故实数m的取值范围是(1,＋∞)．解法2(分离参数)当x0时,令f(x)＝e－x－12＝0,解得x＝ln20,此时函数f(x)有1个零点,因为要求函数f(x)在R上有3个不同的零点,则当x≤0时,f(x)＝x3－3mx－2有2个不同的零点,即x3－3mx－2＝0,显然x＝0不是它的根,所以3m＝x2－2x,令y＝x2－2x(x0),则y′＝2x＋2x2＝2（x3＋1）x2,当x∈(－∞,－1)时,y′0,此时函数单调递减；当x∈(－1,0)时,y′0,此时函数单调递增,故ymin＝3,因此,要使f(x)＝x3－3mx－2在(－∞,0)上有两个不同的零点,则需3m3,即m1.例2,(2018扬州期末)已知函数f(x)＝ex,g(x)＝ax＋b,a,b∈R.若对任意实数a,函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0,＋∞)上总有零点,求实数b的取值范围．【解析】研究函数的零点问题,主要是抓住两点,一是函数的单调性,二是寻找支撑点,要避免由“图”来直观地说明．规范解答(1)由g(－1)＝0知,g(x)的图像过点(－1,0)．若a0,F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ax－b在(0,＋∞)上单调递增,故F(x)＝f(x)－g(x)在(0,＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)0,即b1.(10分)以下证明当b1时,F(x)＝f(x)－g(x)在(0,＋∞)上总有零点．①若a0.由于F(0)＝1－b0,F－ba＝e－ba－a－ba－b＝e－ba0,且F(x)在(0,＋∞)上连续,由零点存在定理可知F(x)在0，－ba上必有零点．(12分)②若a≥0.由(2)知exx2＋1x2在x∈(0,＋∞)上恒成立．取x0＝a＋b,则F(x0)＝F(a＋b)＝ea＋b－a(a＋b)－b(a＋b)2－a2－ab－b＝ab＋b(b－1)0.由于F(0)＝1－b0,F(a＋b)0,且F(x)在(0,＋∞)上连续,由零点存在定理可知F(x)在(0,a＋b)上必有零点．综上得实数b的取值范围是(1,＋∞)．(16分)第(3)问是函数零点问题,不能从粗糙的图像来确定,必须按零点存在定理来确定,这是此题的难点所在,难在所谓的“支撑点”的寻找,这要在平时的解题中加以积累．此外第(3)问的参数范围的确定,采用的是以证代求,这也是值得关注的地方例3,(2019苏州期末)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－4a(a,b∈R)．(1)当a＝b＝1时,求f(x)的单调增区间；(2)当a≠0时,若函数f(x)恰有两个不同的零点,求ba的值；【解析】思路分析(1)先解不等式f′(x)0,再写出函数f(x)的单调递增区间．(2)记ba＝k,则转化为函数g(x)＝x3＋kx2－4恰有两个不同的零点．由三次函数的图像可知,g(x)在极值点处取得零点．解后反思在第(2)题中,也可转化为ba＝4x2－x恰有两个不同的实数解．另外,由g(x)＝x3＋kx2－4恰有两个不同的零点,可设g(x)＝(x－s)(x－t)2.展开,得x3－(s＋2t)x2＋(2st＋t2)x－st2＝x3＋kx2－4,所以－（s＋2t）＝k，2st＋t2＝0，－st2＝－4，解得s＝1，t＝－2，k＝3.解：(1)当a＝b＝1时,f(x)＝x3＋x2－4,f′(x)＝3x2＋2x.(2分)令f′(x)0,解得x0或x－23,所以f(x)的单调增区间是－∞，－23和(0,＋∞)．(4分)(2)法一：f′(x)＝3ax2＋2bx,令f′(x)＝0,得x＝0或x＝－2b3a,(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点,所以f(0)＝0或f－2b3a＝0.当f(0)＝0时,得a＝0,不合题意,舍去；(8分)当f－2b3a＝0时,代入得a－2b3a＋b－2b3a2－4a＝0,即－827ba3＋49ba3－4＝0,所以ba＝3.(10分)法二：由于a≠0,所以f(0)≠0,由f(x)＝0得,ba＝4－x3x2＝4x2－x(x≠0)．(6分)设h(x)＝4x2－x,h′(x)＝－8x3－1,令h′(x)＝0,得x＝－2,当x∈(－∞,－2)时,h′(x)0,h(x)递减；当x∈(－2,0)时,h′(x)0,h(x)递增,当x∈(0,＋∞)时,h′(x)0,h(x)单调递增,当x0时,h(x)的值域为R,故不论ba取何值,方程ba＝4－x3x2＝4x2－x恰有一个根－2,此时函数f(x)＝a(x＋2)2(x－1)恰有两个零点－2和1.(10分)题型二函数零点个数证明与讨论函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础,可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点.例4,(2017南通一调)已知函数f(x)＝ax2－x－lnx,a∈R.(1)当a＝38时,求函数f(x)的最小值；(2)若－1≤a≤0,证明：函数f(x)有且只有一个零点；(3)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围．【解析】(1)这是一个基本题型,通过求导,得极值点,讨论单调性,求得最小值；(2)先通过求导得函数f(x)在(0,＋∞)上单调递减,从而确定至多一个零点,再找到f(1)＝a－1＜0,f1e＝e2－e＋ae2＞0,通过判定定理证明只有一个零点；(3)先求导,求出函数的极小值为f(x0),这里的x0是函数g(x)＝2ax2－x－1的零点,也就是导函数的零点,使得函数f(x)在(0,＋∞)上有两个零点,只需要函数f(x)的极小值f(x0)＜0,代入化简得2lnx0＋x0－1＞0,通过函数的单调性得出x0的取值范围,再用分离变量的方法得出0＜a＜1,最后再用零点判定定理证明当0＜a＜1时,函数有两个零点,从而确定实数a的取值范围．规范解答(1)当a＝38时,f(x)＝38x2－x－lnx.故f′(x)＝34x－1－1x＝3x＋2x－24x,x＞0.(2分)令f′(x)＝0,得x＝2,当x∈(0,2)时,f′(x)＜0；当x∈(2,＋∞)时,f′(x)＞0,所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,＋∞)上单调递增．所以当x＝2时,f(x)有最小值f(2)＝－12－ln2.(4分)(2)由f(x)＝ax2－x－lnx,得f′(x)＝2ax－1－1x＝2ax2－x－1x,x＞0.所以当a≤0时,f′(x)＝2ax2－x－1x＜0,函数f(x)在(0,＋∞)上单调递减,所以当a≤0时,函数f(x)在(0,＋∞)上最多有一个零点．(6分)因为当－1≤a≤0时,f(1)＝a－1＜0,f1e＝e2－e＋ae2＞0,所以当－1≤a≤0时,函数f(x)在(0,＋∞)上有零点．综上,当－1≤a≤0时,函数f(x)有且只有一个零点．(8分)(3)解法1由(2)知,当a≤0时,函数f(x)在(0,＋∞)上最多有一个零点．因为函数f(x)有两个零点,所以a＞0.(9分)由f(x)＝ax2－x－lnx,得f′(x)＝2ax2－x－1x,x＞0,令g(x)＝2ax2－x－1.因为g(0)＝－1＜0,2a＞0,所以函数g(x)在(0,＋∞)上只有一个零点,设为x0.当x∈(0,x0)时,g(x)＜0,f′(x)＜0；当x∈(x0,＋∞)时,g(x)＞0,f′(x)＞0.所以函数f(x)在(0,x0)上单调递减；在(x0,＋∞)上单调递增．要使得函数f(x)在(0,＋∞)上有两个零点,只需要函数f(x)的极小值f(x0)＜0,即ax20－x0－lnx0＜0.又因为g(x0)＝2ax20－x0－1＝0,所以2lnx0＋x0－1＞0.又因为函数h(x)＝2lnx＋x－1在(0,＋∞)上是增函数,且h(1)＝0,所以x0＞1,得0＜1x0＜1.又由2ax20－x0－1＝0,得2a＝1x02＋1x0＝1x0＋122－14,所以0＜a＜1.(13分)以下验证当0＜a＜1时,函数f(x)有两个零点．当0＜a＜1时,g1a＝2aa2－1a－1＝1－aa＞0,所以1＜x0＜1a.因为f1e＝ae2－1e＋1＝e2－e＋ae2＞0,且f(x0)＜0.所以函数f(x)在1e，x0上有一个零点．又因为f2a＝4aa2－2a－ln2a≥2a－2a－1＝1＞0(因为lnx≤x－1),且f(x0)＜0.所以函数f(x)在x0，2a上有一个零点．所以当0＜a＜1时,函数f(x)在1e，2a内有两个零点．综上,实数a的取值范围为(0,1)．(16分)下面证明：lnx≤x－1.设t(x)＝x－1－lnx,所以t′(x)＝1－1x＝x－1x(x＞0)．令t′(x)＝0,得x＝1.当x∈(0,1)时,t′(x)＜0；当x∈(1,＋∞)时,t′(x)＞0.所以函数t(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增．所以当x＝1时,t(x)有最小值t(1)＝0.所以t(x)＝x－1－lnx≥0,得lnx≤x－1成立．解法2由(2)知,当a≤0时,函数f(x)在(0,＋∞)上最多有一个零点．因为函数f(x)有两个零点,所以a＞0.(9分)由f(x)＝ax2－x－lnx＝0,得关于x的方程a＝x＋lnxx2,x＞0,有两个不等的实数解．又因为lnx≤x－1,所以a＝x＋lnxx2≤2x－1x2＝－1x－12＋1,x＞0.因为x＞0时,－1x－12＋1≤1,所以a≤1.又当a＝1时,x＝1,即关于x的方程a＝x＋lnxx2有且只有一个实数解．所以0＜a＜1.(13分)(以下解法同解法1)解后反思本题第3问,导函数的零点无法求出,是个“隐零点”,而f(x)的极小值f(x0)＜0,即ax20－x0－lnx0＜0,借助g(x0)＝2ax20－x0－1＝0,消去了ax20得到了2lnx0＋x0－1＞0,很多题都这么处理,要认真地体会；另外要能熟练地运用零点的判定定理,找到需要的“端点”,这是解题的重点也是难点；还要掌握常见的一些不等式,例如lnx≤x－1,ex≥x＋1等等．例5,(2016南通一调)已知函数f(x)＝a＋xlnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)试求f(x)的零点个数,并证明你的结论．【解析】思路分析(1)运用导数解题的三个步骤“①确定y＝f(x)的定义域；②求导,化简导函数,令得稳定点；③列表,计算,判断”来求函数的单调区间以及作出