【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第三章 第4讲 第2课时 利用导数探究函数零点问题学案
第2课时 利用导数探究函数零点问题
判断、证明或讨论函数零点个数(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
【证明】 设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上是增加的，在上是减少的．
又g(0)＝0，g()>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．
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．
已知f(x)＝＋－3，F(x)＝ln x＋－3x＋2.
(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．
解：(1)f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)<0，解得0
0，
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)是减少的，
在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)是增加的，
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，则函数F(x)＝x·f(x)－的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B.函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)＝的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)是增加的，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)是减少的，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图像只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．故选B.
2．(2020·陕西宝鸡模拟)已知f(x)＝ex－ax2.命题p：对任意的a≥1，y＝f(x)有三个零点，命题q：存在a∈R，f(x)≤0恒成立．则下列命题为真命题的是( )
A．p且q B．(﹁p)且(﹁q)
C．(﹁p)且q D．p且(﹁q)
解析：选B.对于命题p：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，在同一坐标系中作出y＝ex，y＝x2的图像(图略)，由图可知y＝ex与y＝x2的图像有1个交点，所以f(x)＝ex－x2有1个零点，故命题p为假命题，因为f(0)＝1，所以命题q显然为假命题．故(﹁p)且(﹁q)为真命题．
3．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当12时，f′(x)>0，
所以当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，
解得a>－e2，因此－e20，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的增区间是(－∞，－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，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当xx0时，f′(x)>0，f(x)是增加的．
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得<10.
(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；
(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．
解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.
所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.
所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.
(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．
当x>1时，f′(x)>0；当01时，h′(x)<0；当00.
所以h(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的．
所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝＋m.
要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则＋m≥－1，即m≥－.
所以实数m的取值范围为.
规范答题示范(一)
函数与导数
类型一 函数的单调性、极值及最值
(12分)已知函数f(x)＝excos x－x.
(1) 求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； ❶
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．❷
[建桥寻突破]
❶看到求曲线的切线方程，想到利用导数的几何意义求切线的斜率，再确定切线方程．
❷看到求函数f(x)在区间上的最大值和最小值，想到利用导数研究函数在给定区间上的单调性，得出最值.
[规范解答]
(1)因为f(x)＝excos x－x，
所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，2分
又因为f(0)＝1，f′(0)＝0，3分
所以曲线y＝f(x)在
点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.4分
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)
＝－2exsin x．6分
当x∈时，h′(x)＜0，7分
所以h(x)在区间上是减少的.8分
所以对任意x∈有h(x)＜h(0)＝0，
即f′(x)＜0，9分
所以函数f(x)在区间上是减少的，
10分
因此f(x)在区间上的
最大值为f(0)＝1，11分
最小值为f＝－.12分
[评分标准]
①有正确的求导式子得2分；
②得出f′(0)＝0得1分；
③写出切线方程y＝1得1分；
④对新函数h(x)＝ex(cos x－sin x)－1求导正确得2分．求导出错不得分；
⑤得出x∈时，h′(x)＜0得1分；
⑥正确判断出函数h(x)的单调性得1分；
⑦得出f′(x)＜0得1分；
⑧判断出函数f(x)在区间的单调性得1分；
⑨求出最大值得1分；
⑩求出最小值得1分.
[解题点津]
(1)牢记求导法则，正确求导：在函数与导数类解答题中，通常会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，如本题第(1)问就涉及对函数的求导．
(2)注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基础上求解.
[核心素养]
导数的几何意义、函数的单调性、极值与最值的综合问题以函数为载体，以导数为解题工具，主要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法．主要考查“数学运算”的核心素养.
类型二 函数、导数与不等式
(12分)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
[建桥寻突破]
❶看到讨论f(x)的单调性，
(1)❶
(2)当a＜0时，证明❷
想到先确定函数的定义域，然后对函数f(x)进行求导．
❷看到f(x)≤－－2成立，想到利用导数求函数的最大值.
[规范解答]
(1)f′(x)＝＝(x＞0)，2分
当a≥0时，f′(x)≥0，则f(x)在(0，＋∞)上是增加的，4分
当a＜0时，则f(x)在上是增加的，
在上是减少的.6分
(2)由(1)知，当a＜0时，f(x)max＝f，7分
f－＝ln ＋＋1，
令y＝ln t＋1－t，
令y′＝－1＝0，解得t＝1，8分
所以y在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，9分
所以ymax＝y(1)＝0，所以y≤0，10分
即f(x)max≤－，
所以f(x)≤－－2.12分
[评分标准]
①正确求导并写出函数的定义域得2分；
②讨论当a≥0时，f(x)的单调性，正确得2分；
③讨论当a＜0时，f(x)的单调性，正确得2分；
④写出f(x)max＝f得1分；
⑤构造函数y＝ln t＋1－t，并正确求导解得t＝1得1分；
⑥判断新函数y＝ln t＋1－t的单调性得1分；
⑦得出结论得1分；
⑧结合恒成立得出待证式得2分.
[解题点津]
(1)讨论函数的单调性首先要明确函数的定义域，一般用导数的方法，对参数分类做到不重不漏．
(2)构造函数：构造新函数是导数综合问题的常用方法，如本题第(2)问构造函数y＝ln t＋1－t.注意新函数的定义域.
[核心素养]
利用导数判断函数的单调性及解决与不等式有关的函数问题是高考命题的热点问题．本题主要考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养.
