【数学】2020届一轮复习苏教版第三章第5讲导数的综合应用解决函数零点问题学案
第5讲 导数的综合应用——解决函数零点问题
知 识 梳 理
1.三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：
a的符号
零点个数
充要条件
a＞0
(f(x1)为极大值，
f(x2)为极小值)
一个
f(x1)＜0或f(x2)>0
两个
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个
f(x1)＞0且f(x2)＜0
a＜0
(f(x1)为极小值，
f(x2)为极大值)
一个
f(x2)＜0或f(x1)>0
两个
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个
f(x1)＜0且f(x2)＞0
2.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法
研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下：
①转化为形如f(x1)·f(x2)＜0的不等式：若y＝f(x)满足f(a)f(b)＜0，则f(x)在(a，b)内至少有一个零点；
②转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g(x)＝0有解问题，将方程分离参数后(a＝f(x))转化为求y＝f(x)的值域问题；
③数形结合：将问题转化为y＝f(x)与y＝g(x)的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题.
(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法
①数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案.
②函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.
诊 断 自 测
1.方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为________.
解析 设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6＜0，极小值为f(3)＝－10＜0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1.
答案 1
2.已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则实数a的取值范围是________.
解析 f(x)有唯一正零点x0，等价于方程ax3－3x2＋1＝0有唯一正根x0，即a＝－有唯一正根x0.
令g(x)＝－，g′(x)＝，
∴g(x)在(－∞，－1)上递减，(－1，0)上递增，(0，1)上递增，(1，＋∞)上递减.
又g(－1)＝－2，g(1)＝2，且当x<－1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，
∴g(x)的大致图象如图：
∴直线y＝a与y＝g(x)有唯一交点，且横坐标x0>0，只需a
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)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.
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＝.
规律方法 研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.
【训练2】 (2019·南通调研)已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R
，e＝2.718 28…为自然对数的底数.
(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；
(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点.证明：e－2＜a＜1.
(1)解 由f(x)＝ex－ax2－bx－1，有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.
所以g′(x)＝ex－2a.
当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a].
当a≤时，g′(x)≥0，
所以g(x)在[0，1]上单调递增，
因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当a≥时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0，1]上单调递减，
因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；
当＜a＜时，令g′(x)＝0，
得x＝ln(2a)∈(0，1).
所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增.
于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.
综上所述，当a≤时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当＜a＜时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；
当a≥时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.
(2)证明 设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减.
则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负，故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.
同理g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2.
所以g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点.
由(1)知，当a≤时，g(x)在[0，1]上单调递增，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点.
当a≥时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点.
所以＜a＜.
此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增.
因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有
g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.
由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，由
g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0.
解得e－2＜a＜1.
所以，函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e－2＜a＜1.
考点三 利用构造函数法研究函数的零点问题
角度1 构造法研究两曲线的交点问题
【例3－1】 已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a；
(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.
(1)解 f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2.
由题设得－＝－2，所以a＝1.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k>0.
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]上有唯一实根.
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)，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，＋∞)上没有实根.
综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.
角度2 函数中的双元问题
【例3－2】 已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
解 (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.
②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
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，＋∞)上单调递增.
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))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.
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)不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
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.
规律方法 1.含参数的两函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象交点问题，若不能作出两函数图象，常转化为函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点问题.
2.函数中的双元问题常需消元，把双元问题转化为单元问题，常需找双元的关系消元，或换元法消元(如＝t).
【训练3】 已知函数f(x)＝xln x＋ax＋b在点(1，f(1))处的切线与直线y＝－x
平行，且函数f(x)有两个零点.
(1)求实数a的值和实数b的取值范围；
(2)记函数f(x)的两个零点分别为x1，x2，求证：x1＋x2>2e(其中e为自然对数的底数).
解 (1)由f(x)＝xln x＋ax＋b，x∈得f′(x)＝ln x＋1＋a，
由f′(1)＝a＋1＝－1⇒a＝－2.
进而得f(x)＝xln x－2x＋b，f′(x)＝ln x－1.
故当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
要使函数f(x)在上有两个零点，
则需
解得b∈.
(2)证明 由(1)知，不妨设x1∈，x2∈(e，＋∞)，
欲证x1＋x2>2e，即证x2>2e－x1>e，
又函数f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
即证f(x2)>f(2e－x1).
由题设得f(x1)＝f(x2)，
从而只需证f(x1)>f(2e－x1).
记函数F(x)＝f(x)－f(2e－x)，x∈，
则F(x)＝xln x－2x－(2e－x)ln(2e－x)＋2(2e－x)
＝xln x－(2e－x)ln(2e－x)－4x＋4e，
则F′(x)＝ln x＋ln(2e－x)－2，
记g(x)＝F′(x)，得g′(x)＝－＝.
因为x∈，所以g′(x)>0恒成立，
即F′(x)在上单调递增.
又F′(e)＝0，所以F′(x)<0在上恒成立，
即F(x)在上单调递减，
所以当x∈时，F(x)>F(e)＝0，
即f(x1)>f(2e－x1)，
从而得x1＋x2>2e.
一、必做题
1.已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为________.
解析 当0≤x≤1时，f(x)＝2x3＋3x2＋m，f′(x)＝6x2＋6x≥0，所以f(x)在[0，1]上单调递增，其图象与x轴只能有一个交点，从而要使函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则需满足从而可得m∈(－5，0).
答案 (－5，0)
2.(2019·昆山中学调研)若函数f(x)＝在其定义域上恰有两个零点，则正实数a的值为________.
解析 易知函数f(x)在(－∞，0]上有一个零点，
所以由题意得方程ax－ln x＝0在(0，＋∞)上恰好有一解，
即a＝在(0，＋∞)上恰有一解.
令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝＝0，得x＝e.
当x∈(0，e)时，g(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，g(x)单调递减.
所以a＝g(e)＝.
答案
3.已知函数f(x)＝x3＋x2－ax－a(x∈R，其中a>0).若函数f(x)在区间(－2，0)内恰有两个零点，则a的取值范围是________.
解析 f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a).
由f′(x)＝0，得x＝－1或a(a>0).
当x变化时f′(x)与f(x)的变化情况如表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a).
可知函数f(x)在区间(－2，－1)内单调递增；在区间(－1，0)内单调递减.
从而函数f(x)在区间(－2，0)内恰有两个零点，
当且仅当解得00，函数 f(x)有3个不同的零点，即方程x3－3mx
－2＝0，x≤0有两个不等的实根，当x＝0时方程不成立，则方程3m＝x2－，x<0有2个不等的实根，令g(x)＝x2－，x<0，则g′(x)＝2x＋＝，当x∈
(－∞，－1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(－1，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，则3m>g(－1)＝3，解得m>1.
答案 (1，＋∞)
5.已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1).
(1)当a>1时，求证：函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若函数y＝|f(x)－t|－1有三个零点，求t的值.
(1)证明 f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.
由于a>1，故当x∈(0，＋∞)时，ln a>0，ax－1>0，
所以f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
(2)解 当a>0，a≠1时，因为f′(0)＝0，且f′(x)在R上单调递增，
故f′(x)＝0有唯一解x＝0，列表如下：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
又函数y＝|f(x)－t|－1有三个零点，所以方程f(x)＝t±1有三个根.
而t＋1>t－1，所以t－1＝f(x)min＝f(0)＝1，解得t＝2.
6.已知f(x)＝ax2，g(x)＝2ln x，若方程f(x)＝g(x)在区间[，e]上有两个不等解，试求a的取值范围.
解 原式等价于方程a＝在区间[，e]上有两个不等解.
令φ(x)＝，由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，
则φ(x)max＝φ()＝，
而φ(e)＝，φ()＝.
由φ(e)－φ()＝－＝
＝<0，
所以φ(e)<φ().所以φ(x)min＝φ(e)，
如图可知φ(x)＝a有两个不等解时，需≤a<.即f(x)＝g(x)在[，e]上有两个不等解时a的取值范围为.
7.设函数f(x)＝－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.
(1)解 函数的定义域为(0，＋∞).
由f(x)＝－kln x(k>0)得
f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0解得x＝(负值舍去).
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞).
f(x)在x＝处取得极小值f()＝.
(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e，
当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点.
当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.
8.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)由于f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x，
故f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)，
①当a≤0时，aex－1<0，2ex＋1>0.
从而f′(x)<0恒成立.f(x)在R上单调递减.
②当a>0时，令f′(x)＝0，
从而aex－1＝0，得x＝－ln a.
x
(－∞，－ln a)
－ln a
(－ln a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增.
(2)由(1)知，
当a≤0时，f(x)在R上单调递减，故f(x)在R上至多一个零点，不满足条件.
当a>0时，f(x)min＝f(－ln a)＝1－＋ln a.
令g(a)＝1－＋ln a(a>0)，
则g′(a)＝＋>0，
从而g(a)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，
故当01时，g(a)>0.
若a>1，则f(x)min＝1－＋ln a＝g(a)>0，
故f(x)>0恒成立，从而f(x)无零点，不满足条件.
若a＝1，则f(x)min＝1－＋ln a＝0，
故f(x)＝0仅有一个实根x＝－ln a＝0，不满足条件.
若00，f(－1)＝＋＋1－>0.
故f(x)在(－1，－ln a)上有一个实根，而又ln>ln ＝－ln a.
且f
＝eln－ln
＝·(3－a＋a－2)－ln
＝－ln>0.
故f(x)在上有一个实根.
又f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)单调递增，
故f(x)在R上至多两个实根.
又f(x)在(－1，－ln a)及上均至少有一个实数根，
故f(x)在R上恰有两个实根，综上，0
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