2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-4

2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-4

‎3.4.2 导数与函数零点 核心考点·精准研析 考点一　判断函数零点(方程根)的个数 ‎ ‎【典例】1.已知函数f(x)=3ln x-x2+2x-3ln 3-,则方程f(x)=0的解的个数为________. ‎ ‎2.(2019·武汉模拟)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.‎ ‎【解题导思】‎ 序号 联想解题 ‎1‎ 由方程f(x)=0的解想到函数f(x)的零点 序号 题目拆解 ‎2‎ ‎(1)f(x)的单调区间 求f′(x)并分析其正负确定单调区间 ‎(2)g(x)在区间[0,1]上零点的个数 讨论f(x)在[0,1]上的单调性,判断f(x)的零点个数,最后确定g(x)零点的个数.‎ ‎【解析】1.因为f(x)=3ln x-x2+2x-3ln 3-(x>0),所以f′(x)=-x+2‎ ‎==,‎ 当x∈(0,3)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;‎ 当x∈(3,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ 所以f(x)max=f(3)=3ln 3-+6-3ln 3-=0,‎ 因为当x→0时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→-∞,所以方程f(x)=0只有一个解.‎ 答案:1‎ 10‎ ‎2.(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)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;‎ 当a>0时,令f′(x)<0,得x0,得x>ln a,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,ln a),‎ 单调递增区间为(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,‎ ‎①当a≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增且f(0)=0,‎ 所以f(x)在[0,1]上有一个零点;‎ ‎②当a≥e时,f(x)在[0,1]上单调递减且f(0)=0,‎ 所以f(x)在[0,1]上有一个零点;‎ ‎③当1e-1或a=2(-1)时,‎ g(x)在[0,1]上有两个零点;‎ 当10),‎ 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.‎ 所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点.‎ 所以φ(x)的最大值为φ(1)=.‎ 由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;‎ 10‎ 当00,‎ 所以u(x)在(1,+∞)上单调递增,‎ 所以x=1时,u(x)取得极小值u(1)=-e,‎ 又x→+∞时,u(x)→+∞;‎ 10‎ x<2时,u(x)<0,所以-e0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,‎ 所以x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-e-m,‎ 又x→-∞时,g(x)→-m,‎ ‎　所以-e0),‎ 当01时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,‎ 所以f(x) 在x=1处取最小值0.‎ ‎(2)由 f(x)=ax2-x-ln x,‎ 得f′(x)=2ax-1-=(x>0),‎ 10‎ 所以当a≤0时,f′(x)=<0,‎ 函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,‎ 所以当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上最多有一个零点.‎ 因为f(x)有两个零点,所以a>0,‎ 令g(x)=2ax2-x-1,Δ=1+8a>0,‎ 显然g(x)有一正根和一负根,‎ 所以g(x)在(0,+∞)上只有一个零点,‎ 设这个零点为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a-x0-ln x0<0,‎ 因为g(x0)=2a-x0-1=0,‎ 所以a-x0-ln x0=(-2ln x0+2a-2x0)‎ ‎=[-2ln x0+(2a-x0-1)-x0+1]‎ ‎=(1-x0-2ln x0)<0,‎ 可得2ln x0+x0-1>0,‎ 因为h(x)=2ln x+x-1在(0,+∞)上是增函数,且h(1)=0,‎ 所以x0>1,0<<1,‎ 由2a-x0-1=0,‎ 10‎ 得2a==+=-,‎ 所以0<2a<2,即00时,证明:曲线y=f(x)-x2在直线l的上方.‎ ‎(2)若直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点,求实数a的取值范围.‎ ‎【解题导思】‎ 序号 题目拆解 ‎(1)曲线y=‎ f(x)-x2在直线l的上方 证明曲线y=f(x)-x2在直线l的上方,转化为ex-x2-x-1>0恒成立.再利用导数判断函数单调性,从而求出最小值.‎ ‎(2)直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点 令S(x)=aex-x-1,直线l与曲线f(x)有两个不同的交点,既要判断S(x)在极值点两侧的单调性,又要判断极值点两侧的函数值的正负,即运用零点存在性定理,说明在极值点两侧零点各有一个.‎ ‎【解析】 (1)令J(x)=ex-x2-x-1,‎ 则J′(x)=ex-x-1,‎ 令g(x)=J′(x),则g′(x)=ex-1,‎ 当x>0时,g′(x)>0,‎ 所以在(0,+∞)上, J′(x)为增函数,‎ 所以J′(x)>J′(0)=0,从而J(x)也为增函数,得J(x)>J(0)=0.‎ 故ex-x2>x+1,‎ 10‎ 即曲线y=f(x)-x2在直线l的上方.‎ ‎(2)令S(x)=aex-x-1,‎ 则S′(x)=aex-1,当a≤0时,S′(x)<0,‎ 得S(x)在R上单调递减,不符合题意;‎ 当a>0时,令S′(x)=0,得x=ln ,‎ 所以S(x)在上为减函数,‎ 在上为增函数, ‎ 由已知函数S(x)有两个零点,‎ 所以S(x)min=S=-ln <0,‎ 得00,‎ 所以S(x)在上有且只有一个零点.‎ 由(1)得当x>0时,‎ S(x)>a-x-1‎ ‎=ax2+(a-1)x+a-1,‎ 所以S>a+(a-1)+a-1=a+1>0.‎ 由(1)知,当x>0时,J′(x)>0得 ex>x+1,‎ 10‎ 令x+1=t,则ln t1),‎ 所以>-1>ln ,‎ 所以S(x)在上有且只有一个零点,‎ 综上,00,‎ 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,‎ g(x)单调递增,‎ g(-1)=k-1<0,g(0)=4,‎ 所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.‎ 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,‎ 则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x),‎ h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),‎ 10‎ h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,‎ 所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.‎ 所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根.‎ 综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.‎ 10‎