2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第三章　第2讲　第5课时　利用导数探究函数的零点问题

2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第三章　第2讲　第5课时　利用导数探究函数的零点问题

第5课时　利用导数探究函数的零点问题 ‎　　　　　　研究函数零点个数(师生共研)‎ ‎ (2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：‎ ‎(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；‎ ‎(2)f(x)有且仅有2个零点．‎ ‎【证明】　(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.‎ 当x∈时，g′(x)是减少的，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.‎ 所以g(x)在(－1，α)是增加的，在是减少的，‎ 故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．‎ ‎(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．‎ ‎(ⅰ)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)是增加的，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，‎ 故f(x)在(－1，0)是减少的．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．‎ ‎(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)是增加的，在是减少的，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)是增加的，在是减少的．‎ 又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而f(x)在没有零点．‎ ‎(ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在是减少的．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．‎ ‎ (ⅳ)当x∈时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．‎ 综上，f(x)有且仅有2个零点．‎ 判断函数零点个数的3种方法 直接法 令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数 画图法 转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数 定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决 ‎ ‎ ‎　设函数f(x)＝ln x＋，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)－零点的个数．‎ 解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，‎ 定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝，‎ 由f′(x)＝0，得x＝e.‎ 所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上是减少的，‎ 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上是增加的，‎ 所以当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，‎ 所以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)上是增加的；‎ 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上是减少的．‎ 所以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．‎ 所以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，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)是增加的．‎ 因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.‎ 又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，‎ 故f(x)在(0，1)有唯一零点.‎ 综上，f(x)有且仅有两个零点．‎ ‎(2)证明：因为＝e－ln x0，故点B在曲线y＝ex上．‎ 由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，连接AB，则直线AB的斜率k＝＝＝.‎ 曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．‎ ‎(1)问应先判断函数的单调性，然后结合零点存在性定理证明函数f(x)有且仅有两个零点．‎ ‎(2)问要证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线，首先求得这条切线的斜率k＝，所以必须在曲线y＝ex上找一点B(x1，ex1)，使ex1＝，　 ‎ 从而求得B点的坐标为，然后证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率等于曲线y＝ex在点B处的切线斜率即可．‎ ‎　已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－aln x，a∈R.‎ ‎(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；‎ ‎(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2.‎ 解：(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.‎ ‎(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－＝(x＋1)(x>0)，‎ ‎①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；‎ ‎②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝a，‎ 当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)是增加的，‎ 当01－a，‎ 作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－aln，‎ 则h′(x)＝－2＋＝－2＋≥0，‎ 所以h(x)在(0，2a)上是增加的，‎ 不妨设x1h(a)＝0，‎ 即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，‎ 又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x22a，又ln a>1－a，易知a>1成立，故x1＋x2>2.‎ ‎ [基础题组练]‎ ‎1．(2020·江西赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.　　　　 B． C. D． 解析：选D.函数f(x)＝aex－x－2a的导函数f′(x)＝aex－1.当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上是减少的，不可能有两个零点；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln，函数f(x)在上是减少的，在上是增加的，所以f(x)的最小值为f＝1－ln－2a＝1＋ln a－2a.令g(a)＝1＋ln a－2a(a>0)，则g′(a)＝－2.当a∈时，g(a)是增加的；当a∈时，g(a)是减少的，所以g(a)max＝g＝－ln 2<0，所以f(x)的最小值为f<0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)，故选D.‎ ‎2．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－.则方程f(x)＝0的解的个数是________．‎ 解析：因为f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－，‎ 所以f′(x)＝－x＋2＝ ‎＝，‎ 当x∈(0，3)时，f′(x)>0，f(x)是增加的，‎ 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减少的，‎ 当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，‎ 所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0，‎ 所以方程f(x)＝0只有一个解．‎ 答案：1‎ ‎3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.‎ ‎(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；‎ ‎(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.‎ 解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.‎ 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.‎ 当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)是减少的．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.‎ ‎ (2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.‎ f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．‎ ‎(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；‎ ‎(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.‎ 所以h(x)在(0，2)是减少的，在(2，＋∞)是增加的．‎ 故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．‎ ‎①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；‎ ‎②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；‎ ‎③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．‎ 由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以 h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0.‎ 故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．‎ 综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.‎ ‎4．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0，1]上零点的个数．‎ 解：(1)因为f(x)＝ex－ax－1，‎ 所以f′(x)＝ex－a，‎ 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，‎ 所以f(x)的增区间为(－∞，＋∞)，无减区间；‎ 当a>0时，令f′(x)<0，得x0，得x>ln a，‎ 所以f(x)的减区间为(－∞，ln a)，增区间为(ln a，＋∞)．‎ ‎(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，‎ 先考虑f(x)在区间[0，1]上的零点个数，‎ 当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上是增加的且f(0)＝0，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；‎ 当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上是减少的，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；‎ 当1e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0，1]上有两个零点；‎ 当10，f(x)在(－∞，＋∞)上是增加的．‎ 当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln(－b)，＋∞)上是增加的；‎ 若x0)，则h′(x)＝－exx－<0，‎ 所以h(x)在(0，＋∞)上是减少的，‎ 又h(1)＝0，所以ex0－e x0x0－ln x0<0的解集为(1，＋∞)，所以b＝－e x0<1－e.‎ 当b<1－e时，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，有g(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b，‎ 令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，00，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上有唯一零点．‎ 综上，b的取值范围是(－∞，1－e)．‎ ‎6．(2020·江西八所重点中学联考)已知函数f(x)＝ax－a＋1－(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，并说明理由．‎ 解：(1)因为f(x)＝ax－a＋1－，所以f′(x)＝a－，‎ 若函数f(x)为减函数，则f′(x)≤0对x∈(0，＋∞)恒成立，即a≤对x∈(0，＋∞)恒成立．‎ 设m(x)＝，则m′(x)＝，令m′(x)＝0，得x＝e，可得m(x)在区间(0，e)上是减少的，在区间(e，＋∞)上是增加的，‎ 所以m(x)min＝m(e)＝－，所以a≤－，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，＋∞)，因为f(x)＝，‎ 所以可设h(x)＝ax2－(a－1)x－ln x，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．‎ 因为h′(x)＝ax－(a－1)－＝＝，‎ 所以当a≥0时，函数h(x)在区间(0，1)上是减少的，在区间(1，＋∞)上是增加的，所以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)＝－a＋1<0，即a>2，此时，在x∈(1，＋∞)上有h(2)＝2a－2(a－1)－ln 2＝2－ln 2>0，‎ 在x∈(0，1)上，h(x)＝a(x2－2x)＋x－ln x，‎ 因为－1－a＋x－ln x，‎ 所以h(e－a)>－a＋e－a a－ln(e－a)＝e－a >0，‎ 所以h(x)在区间(0，1)，(1，＋∞)上各有一个零点，故a>2符合题意．‎ 当a＝－1时，h′(x)≤0，所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上是减少的，所以函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．‎ 当－10，所以函数h(x)至多有一个零点，不符合题意；‎ 当a<－1时，函数h(x)在区间上是减少的，在区间上是增加的，在区间(‎ ‎1，＋∞)上是减少的，‎ 所以函数h(x)的极小值为h＝＋(a－1)－ln＝1－＋ln(－a)>0，‎ 所以函数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，＋∞)．‎