【数学】2020届一轮复习人教A版第三章第4课时导数与函数的零点学案
第4课时 导数与函数的零点
考点一 判断零点的个数
【例1】 (2019·合肥质检)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)＝－4ln x的零点个数.
解 (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a>0.
∴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)＝－4ln x＝x－－4ln x－2，
∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋－＝，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0
3时，g(e5)＝e5－－20－2>25－1－22＝9>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)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.
(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，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(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.
(1)证明 由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x，
所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，
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.
由g(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－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
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＋xln x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)函数f(x)＝ax＋xln x的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝a＋ln x＋1，
因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，
即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0－1，
即m>－2，①
当0e时，f(x)>0.
当x>0且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②
由①②可得－20，
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，
当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；
当x<0时，取x＝－，
则f<1＋a＝－a<0.
所以函数f(x)存在零点，不满足题意.
②当a<0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－e20时，f(x)≥2a＋aln .
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－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00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)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln .
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
规律方法 1.在(1)中，当a>0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＋aln .
【训练3】 (2018·东北三省四校联考)已知函数f(x)＝ln x－x－m(m<－2，m为常数).
(1)求函数f(x)在的最小值；
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，且x10，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＝－1－－m，f(e)＝1－e－m，
因为f－f(e)＝－2－＋e>0，
函数f(x)在的最小值为1－e－m.
(2)证明 由(1)知x1，x2满足ln x－x－m＝0，且01，
ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0，
由题意可知ln x2－x2＝m<－22，
所以02)，
则g′(x)＝－1－＋＝＝≤0，
当x>2时，g(x)是减函数，
所以g(x)ln＝ln＝ln＝ln>ln 1＝0，
∴g(x)<0，
所以当x>2时，f(x1)－f<0，
即f(x1)0，
即|AB|的最小值是4－2ln 2.
答案 4－2ln 2
4.若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________.
解析 f′(x)＝＝(a<0).
当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
∴当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，
解之得a>－e2，因此－e20，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞).
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，
f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－<2m－3<－，
解得－0)，讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数.
解 函数g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).
设h(x)＝－x3＋x(x>0)，
所以h′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1).
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，此时h(x)在(0，1)内单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，此时h(x)在(1，＋∞)内单调递减.
所以当x＝1时，h(x)取得极大值h(1)＝－＋1＝.
令h(x)＝0，即－x3＋x＝0，解得x＝0(舍去)或x＝.
作出函数h(x)的大致图象(如图)，结合图象知：
①当m>时，函数y＝m和函数y＝h(x)的图象无交点.
②当m＝时，函数y＝m和函数y＝h(x)的图象有且仅有一个交点.
③当0时，函数g(x)无零点；当m＝时，函数g(x)有且仅有一个零点；当00在(0，＋∞)上恒成立，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，
所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.
当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)单调递增，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，
则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.
8.已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的单调递增区间；
(2)当0<－0}，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x(x>0)，f′(x)＝(x>0)；
当00；当x>1时，f′(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1).
(2)因为f′(x)＝a＋(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝－；
由f′(x)>0，解得00；
当x>e时，g′(x)<0.
从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
所以g(x)max＝g(e)＝＋<1，
所以，|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>＋，
所以，方程|f(x)|＝＋没有实数根.
