浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用第4节导数与函数的零点含解析
第4节 导数与函数的零点
考试要求 能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.
知 识 梳 理
函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.
[常用结论与易错提醒]
(1)注意构造函数；
(2)注意转化思想、数形结合思想的应用.
诊 断 自 测
1.若函数f(x)＝在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(16，＋∞) B.[16，＋∞)
C.(－∞，16) D.(－∞，16]
解析 ①当x≤0时，f(x)＝x＋3x，
∵y＝x与y＝3x在(－∞，0)上都单调递增，
∴f(x)＝x＋3x在(－∞，0)上也单调递增，又f(－1)<0，
f(0)>0，∴f(x)在(－1，0)内有一个零点.
②当x>0时，f(x)＝x3－4x＋，
f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).
令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2(舍)，
当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，
∴在x>0时，f(x)最小＝f(x)极小＝－8＋，
要使f(x)在(0，＋∞)上无零点，需－8＋>0，
∴a>16.
答案 A
2.已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )
A. B.(－∞，)
C. D.
解析 设点P(x0，y0)(x0<0)在函数f(x)上，由题意可知，点P关于y轴的对称点P′(－x0，y0)在函数g(x)上，所以消y0可得
x＋ex0－＝(－x0)2＋ln(－x0＋a)，
即ex0－ln(a－x0)－＝0(x0<0)，所以ex0－＝ln(a－x0)(x0<0).
令m(x)＝ex－(x<0)，n(x)＝ln(a－x)(x<0)，
它们的图象如图，
当n(x)＝ln(a－x)过点时，
解得a＝，由图可知，当a<时，
函数m(x)与函数n(x)在(－∞，0)上有交点.
答案 B
3.(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.
解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0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0
0，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.
答案 －3
4.已知函数f(x)＝若g(x)＝f(x)－m有三个零点，则实数m的取值范围是________.
解析 g(x)＝f(x)－m有三个零点，根据题意可得x>1时，函数有一个零点；x≤1时，函数有两个零点.当x>1时，f(x)＝ln x＋，f′(x)＝－＝>0恒成立，f(x)∈(1，＋∞)，故m>1；当x≤1时，f(x)＝2x2－mx＋＋，要使得g(x)＝f(x)－m有两个零点，需满足解得m<－5或10，所以函数在(0，＋∞)上为增函数且f＝－1－<0，所以当m≥0时，与g(x)＝有一个公共点，当m<0时，令f(x)＝g(x)，∴x2＋xln x－x＝m有一解即可，设h(x)＝x2＋xln x－x，令h′(x)＝2x＋ln x＋1－＝0得x＝，即当x＝时，h(x)有极小值－，故当m＝－时有一公共点，故填m≥0或m＝－.
答案 m≥0或m＝－
考点一 导数与函数的零点
【例1】 (2018·全国Ⅱ卷)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.
(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，＋∞)单调递减.
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)解 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.
①当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
②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)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.
故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值.
(ⅰ)若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
(ⅱ)若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
(ⅲ)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＝.
规律方法 利用导数解决函数的零点问题的方法：
(1)研究原函数的单调性、极值；
(2)通过f(x)＝0变形，再构造函数并研究其性质；
(3)注意零点判定定理的应用.
【训练1】 (2020·镇海中学模拟)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)，
若a≤0时，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)<0.
所以f(x)在R上为减函数；
若a>0时，由f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)＝0，
得x＝ln，
则f(x)在上为减函数，在上为增函数.
(2)由f(x)有两个零点及(1)得a>0，且f<0，
则f＝a＋(a－2)－ln＝1－－ln<0，
令t＝(t>0)，因为g(t)＝1－t－ln t在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝0，
所以当t>1时，g(t)<0，所以>1，解得00，所以Δ＝m2＋4m>0，
又x>0，所以x1＝<0(舍去)，x2＝.
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减；
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增；
当x＝x2时，g′(x2)＝0，则g(x)取得最小值g(x2).
因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0，
则即
所以2mln x2＋mx2－m＝0.
因为m>0，所以2ln x2＋x2－1＝0. (*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，
因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解.
因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，
即＝1，解得m＝.
规律方法 (1)方程f(x)＝g(x)根的问题，常构造差函数解决；
(2)对f(x)＝0，如果化为g(x)＝k(x)后，g(x)，k(x)图象容易画出，可数形结合求解.
【训练2】 (2020·北京通州区一模)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝a(ex－1).a∈R.
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥g(x)；
(2)当a>1时，求关于x的方程f(x)＝g(x)的实根个数.
解 设函数F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－aex＋a.
(1)证明 当a＝1时，F(x)＝xex－ex＋1，所以F′(x)＝xex.
所以x∈(－∞，0)时，F′(x)<0；x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0.
所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
所以当x＝0时，F(x)取得最小值F(0)＝0.
所以F(x)≥0，即f(x)≥g(x).
(2)当a>1时，F′(x)＝(x－a＋1)ex，
令F′(x)>0，即(x－a＋1)ex>0，解得x>a－1；
令F′(x)<0，即(x－a＋1)ex<0，解得x1，所以h′(a)<0.所以h(a)在(1，＋∞)上单调递减.
所以h(a)0，所以F(x)在区间(a－1，a)上存在一个零点.
所以在[a－1，＋∞)上存在唯一的零点.
又因为F(x)在区间(－∞，a－1)上单调递减，且F(0)＝0，
所以F(x)在区间(－∞，a－1)上存在唯一的零点0.
所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)＝g(x)有两个实根.
考点三 两曲线的交点(公共点)
【例3】 记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值.
(1)证明 函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得此方程组无解，
因此，f(x)与g(x)不存在“S点”.
(2)解 函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，则f′(x)＝2ax，g′(x)＝.
设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得
即 (*)
得ln x0＝－，即x0＝e－，则a＝＝.
当a＝时，x0＝e－满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”.
因此，a的值为.
规律方法 (1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解来判断；
(2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定.
【训练3】 设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.
(1)若d＝3，求f(x)的极值；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点，求d的取值范围.
解 (1)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.
令f′(x)＝0，解得x＝t2－，或x＝t2＋.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，t2－)
t2－
(t2－，t2＋)
t2＋
(t2＋，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6；函数f(x)的极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x－t2＋d)(x－t2)(x－t2－d)＋(x－t2)＋6＝0有三个互异的实数解.
令u＝x－t2，可得u3＋(1－d2)u＋6＝0.
设函数g(x)＝x3＋(1－d2)x＋6，则曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6有三个互异的公共点等价于函数y＝g(x)有三个零点.
g′(x)＝3x2＋1－d2.
当d2≤1时，g′(x)≥0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意.
当d2>1时，令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝.
易得，g(x)在(－∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增.
g(x)的极大值g(x1)＝g＝＋6>0.
g(x)的极小值g(x2)＝g＝－＋6.
若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y＝g(x)至多有两个零点，不合题意.
若g(x2)<0，即(d2－1)>27，也就是|d|>，此时|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋6>0，且－2|d|0，
∴g(x)的单调减区间为，单调增区间为(1，e].∴g(x)min＝g(1)＝1.
又g＝e＋，g(e)＝e－，函数f(x)在上有两个零点，
则a的取值范围是.
2.设函数f(x)＝e2x－aln x.讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数.
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，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在
(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0(讨论a≥1或a＜1来检验)，
故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.
3.(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.
证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
证明 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，
故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
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，即a2>3时，方程f′(x)＝0有两根，
设两根为x1，x2，且x12时，若方程f(x)－3＝0在区间上有唯一解，求a的取值范围.
解 (1)当a＝2时，f(x)＝xsin x＋2cos x＋x，
所以f′(x)＝－sin x＋xcos x＋1.
当x∈时，1－sin x>0，xcos x>0，所以f′(x)>0.
所以f(x)在区间上单调递增.
因此f(x)在区间上的最大值为f＝π，最小值为f(0)＝2.
(2)当a>2时，f′(x)＝(1－a)sin x＋xcos x＋1.
设h(x)＝(1－a)sin x＋xcos x＋1，
h′(x)＝(2－a)cos x－xsin x，
因为a>2，x∈，所以h′(x)<0.
所以h(x)在区间上单调递减.
因为h(0)＝1>0，h＝1－a＋1＝2－a<0，
所以存在唯一的x0∈，使h(x0)＝0，即f′(x0)＝0.
所以f(x)在区间[0，x0]上单调递增，在区间上单调递减.
因为f(0)＝a，f＝π，
又因为方程f(x)－3＝0在区间上有唯一解，
所以2
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