【数学】2020届一轮复习苏教版导数与方程学案
第2课时 导数与方程
题型一 求函数零点个数
例1 已知函数f(x)＝2a2ln x－x2(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)．
解 (1)∵f(x)＝2a2ln x－x2，
∴f′(x)＝－2x＝＝，
∵x>0，a>0，当0
0，
当x>a时，f′(x)<0.
∴f(x)的单调增区间是(0，a)，单调减区间是(a，＋∞)．
(2)由(1)得f(x)max＝f(a)＝a2(2ln a－1)．
讨论函数f(x)的零点情况如下：
①当a2(2ln a－1)<0，即00，即a>时，由于f(1)＝－1<0，f(a)＝a2(2ln a－1)>0，f(e2)＝2a2ln(e2)－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)(2a＋e2)，
当2a－e2<0，即时，f(e2)≥0，而且f()＝2a2·－e＝a2－e>0，f(1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a≥e2，还是a0)，由f′(x)＝0，得x＝e.
∴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)＝ln e＋＝2，
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－x3＋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)＝.
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当00，
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)的增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，f′(x)＝，
令f′(x)>0，
因为x>0，所以x＋>0，所以x>，
所以函数f(x)的单调增区间为(，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，f(x)的单调增区间为(，＋∞)．
(2)由(1)知，若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，函数f(x)至多有一个零点，不合题意．
若a>0，当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)在(0，)上为减函数；
当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上为增函数，
所以f(x)min＝f()＝a－aln a＝a(1－ln a)．
要使f(x)有两个零点，则f(x)min＝a(1－ln a)<0，
所以a>e.
下面证明：
当a>e时，函数f(x)有两个零点．
因为a>e，所以1∈(0，)，而f(1)＝>0，
所以f(x)在(0，)上存在唯一零点．
方法一 又f(a)＝ea2－a＝a(ea－1－2ln a)，
令h(a)＝ea－1－2ln a，a>e，h′(a)＝e－>0，
所以h(a)在(e，＋∞)上单调递增，
所以h(a)>h(e)＝e2－3>0，
所以f(x)在(，＋∞)上也存在唯一零点．
综上，当a>e时，函数f(x)有两个零点．
所以当f(x)有两个零点时，实数a的取值范围为(e，＋∞)．
方法二 先证x∈(1，＋∞)有ln xx2－ax＋a.
因为a>e，所以a＋>a>.
因为(a＋)2－a(a＋)＋a＝0.
所以f(a＋)>0，
所以f(x)在(，＋∞)上也存在唯一零点；
综上，当a>e时，函数f(x)有两个零点．
所以当f(x)有两个零点时，实数a的取值范围为(e，＋∞)．
思维升华 函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
解 由g(x)＝2f(x)，
可得2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋，
设h(x)＝x＋2ln x＋(x>0)，
所以h′(x)＝1＋－＝.
所以x在上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
1
(1，e)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
↘
极小值
↗
又h＝＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝＋e＋2.
且h(e)－h＝4－2e＋<0.
所以h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝h＝＋3e－2，
所以实数a的取值范围为40，解得x>e－2，
令f′(x)<0，解得0时，f(x)min>0，f(x)无零点，
当a＝时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点，
当a<时，f(x)min<0，f(x)有2个零点．
2．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00，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
故f(x)存在两个零点．
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明 不妨设x1f(2－x2)，
即f(2－x2)<0.
由于
而
所以
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x>1时，g′(x)<0.
而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
5．(2018·南通模拟)已知函数f(x)＝ex－|x－a|，其中a∈R.
(1)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若函数有极大值点x2和极小值点x1，且f(x2)－f(x1)≥k(x2－x1)恒成立，求实数k的取值范围．
解 (1)因为f(x)＝ex－|x－a|＝
则f′(x)＝
因为f(x)在R上单调递增，
所以f′(x)≥0恒成立，
当x1>0恒成立；
当x≥a时，要使f′(x)＝ex－1≥0恒成立，
所以f′(a)≥0，即a≥0.
所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．
(2)由(1)知，当a≥0时，f(x)在R上单调递增，不符合题意，
所以有a<0.
此时，当x1>0，f(x)单调递增；
当x≥a时，f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，
所以f′(x)<0在(a,0)上恒成立，f(x)在(a,0)上单调递减，
f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
所以f(x)极大值＝f(a)＝ea，f(x)极小值＝f(0)＝1＋a，即a<0符合题意．
由f(x2)－f(x1)≥k(x2－x1)恒成立，
可得ea－a－1≥ka对任意a<0恒成立．
设g(a)＝ea－(k＋1)a－1，求导得g′(a)＝ea－(k＋1)．
①当k≤－1时，g′(a)>0恒成立，g(a)在(－∞，0)上单调递增，
又因为g(－1)＝＋k<0，与g(a)≥0矛盾．
②当k≥0时，g′(a)<0在(－∞，0)上恒成立，g(a)在(－∞，0)上单调递减，
又因为当a→0时，g(a)→0，所以此时g(a)>0恒成立，符合题意．
③当－10在(－∞，0)上的解集为(ln(k＋1)，0)，
即g(a)在(ln(k＋1)，0)上单调递增，
又因为当a→0时，g(a)→0，所以g(ln(k＋1))<0，不合题意．
综上，实数k的取值范围为[0，＋∞)．
