2021高三数学人教B版一轮学案:第二章 第十二节 第3课时 导数与函数的零点问题

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2021高三数学人教B版一轮学案:第二章 第十二节 第3课时 导数与函数的零点问题

www.ks5u.com ‎     第3课时 导数与函数的零点问题 ‎ ‎1.两类零点问题的不同处理方法:利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0.①直接法:判断一个零点时,若函数为单调函数,则只需取值证明f(a)·f(b)<0;②分类讨论法:判断几个零点时,需要先结合单调性,确定分类讨论的标准,再利用零点存在性定理,在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.‎ ‎2.已知函数有零点求参数范围常用的方法:(1)分离参数法:一般命题情境为给出区间,求满足函数零点个数的参数范围,通常解法为从f(x)中分离出参数,然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围;(2)分类讨论法:一般命题情境为没有固定区间,求满足函数零点个数的参数范围,通常解法为结合单调性,先确定参数分类的标准,在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意,将满足题意的参数的各小范围并在一起,即为所求参数范围.‎ 考向一 判断或证明函数零点个数 ‎【例1】 (2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=sinx-ln(1+x),f′(x)为f(x)的导数,证明:‎ ‎(1)f′(x)在区间(-1,)存在唯一极大值点;‎ ‎(2)f(x)有且仅有2个零点.‎ ‎【解】 (1)设g(x)=f′(x),‎ 则g(x)=cosx-,g′(x)=-sinx+.‎ 当x∈(-1,)时,g′(x)单调递减,而g′(0)>0,g′()<0,可得g′(x)在(-1,)有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g′(x)>0;当x∈(α,)时,g′(x)<0.‎ 所以g(x)在(-1,α)单调递增,在(α,)单调递减,故g(x)在(-1,)存在唯一极大值点,即f′(x)在(-1,)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)单调递增,而f′(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f′(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.‎ ‎(ⅱ)当x∈(0,]时,由(1)知,f′(x)在(0,α)单调递增,在(α,)单调递减,而f′(0)=0,f′()<0,所以存在β∈(α,),使得f′(β)=0,且当x∈(0,β)时,f′(x)>0;当x∈(β,)时,f′(x)<0.故f(x)在(0,β)单调递增,在(β,)单调递减.又f(0)=0,f()=1-ln(1+)>0,所以当x∈(0,]时,f(x)>0.从而,f(x)在(0,]没有零点.‎ ‎(ⅲ)当x∈(,π]时,f′(x)<0,所以f(x)在(,π)单调递减.而f()>0,f(π)<0,所以f(x)在(,π]有唯一零点.‎ ‎(ⅳ)当x∈(π,+∞)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.‎ 方法技巧 函数零点个数也就是函数图象与x 轴交点的个数,所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题.对于含参函数的零点个数,一般可从两个方面讨论:‎ (1)利用导数研究函数的单调性和极值,作出函数的大致图象,根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数,即“几个交点几个根,正负极值定乾坤”;‎ (2)分离参数,将问题转化为:求直线y=a与函数y=f(x)的图象交点个数问题,即“求根问题要通变,分离参数放左边”.‎ 设函数f(x)=lnx+,m∈R.讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数.‎ 解: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.‎ 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;‎ 当00,f(x)单调递增;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.‎ 故f(x)max=f(1)=0,所以f(x)≤0.‎ ‎(2)f(x)+x2+1=0至少有两个不相等的实数根,即lnx+x2-ax+2=0,a=+x+至少有两个不相等的实数根,记φ(x)=+x+(x>0),‎ 所以φ′(x)=+1-=,‎ 记h(x)=x2-lnx-1(x>0),所以h′(x)=2x-=,令h′(x)=0⇒x=(x=-舍去),‎ 所以当x∈(0,)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,x∈(,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,‎ 所以h(x)的最小值为h()=()2-ln()-1=-+ln2=-(1-ln2)<0,‎ 又h(1)=0,所以x∈(1,+∞)时,h(x)>0,‎ 又当x=时,h()=-ln-1=+1-1=>0,因此必存在唯一的x0∈(,),使得h(x0)=0.‎ 因此x∈(0,x0)时,h(x)>0,φ(x)单调递增,x∈(x0,1)时,h(x)<0,φ(x)单调递减,x∈(1,+∞)时,h(x)>0,φ(x)单调递增,画出y=φ(x)的大致图象,如图所示.‎ 因此当φ(1)≤a≤φ(x0)时,直线y=a与y=φ(x)的图象至少有两个交点,所以a的最小值为φ(1)=3.‎ 方法技巧 与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,从而判断函数的大致图象,讨论其图象与x轴的位置关系,进而确定参数的取值范围;或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题.‎ 已知函数f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0).‎ ‎(1)若f(0)=2,求实数a的值,并求此时f(x)在[-2,1]上的最小值;‎ ‎(2)若函数f(x)不存在零点,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)由题意知,函数f(x)的定义域为R,‎ 又f(0)=1-a=2,得a=-1,‎ 所以f(x)=ex-x+1,求导得f′(x)=ex-1.‎ 易知f(x)在[-2,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,‎ 所以当x=0时,f(x)在[-2,1]上取得最小值2.‎ ‎(2)由(1)知f′(x)=ex+a,由于ex>0,‎ ‎①当a>0时,f′(x)>0,f(x)在R上是增函数,‎ 当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0;‎ 当x<0时,取x=-,‎ 则f<1+a=-a<0.‎ 所以函数f(x)存在零点,不满足题意.‎ ‎②当a<0时,令f′(x)=0,得x=ln(-a).‎ 在(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ 在(ln(-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 所以当x=ln(-a)时,f(x)取最小值.‎ 函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(-a))=eln(-a)+aln(-a)-a=-‎2a+aln(-a)>0,解得-e22ax1x2.‎ ‎【解】 (1)f′(x)=a--=(x>0),‎ 设g(x)=ax2-x-1(x>0),‎ ‎①当a≤0时,g(x)<0,则f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ ‎②当a>0时,由g(x)=0得 x=或x=(舍),‎ 记x==x0,则g(x)=ax2-x-1=a(x-x0)(x-)(x>0),易知x->0,‎ 所以当x∈(0,x0)时,g(x)<0,f′(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减;‎ 当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)在(x0,+∞)上单调递增.‎ 综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)证明:不妨设x12ax1x2,‎ 即证x1+x2+2>2(+)x1x2,‎ 只需证x1+x2>·x1x2,‎ 只需证>2ln,即要证->2ln.‎ 设=t,则t>1,只需证t->2lnt,‎ 设h(t)=t--2lnt(t>1),只需证h(t)>0.‎ 因为h′(t)=1+-==>0,‎ 所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,‎ 所以h(t)>h(1)=0,即t->2lnt,‎ 所以x1+x2+2>2ax1x2.‎ 方法技巧 解决该题第(2)小问的关键点有两个:一是消参,通过两式作差消掉参数b,从而巧妙地把两个零点与参数a之间的关系建立起来;二是消“变”,即减少变量的个数,巧妙利用两零点之比引入变量t,从而建立新的函数求解问题,这也体现了对数学建模等核心素养的考查.另外这种问题还有对称构造法、差值换元法等方法.‎ ‎(2020·济南模拟)已知函数f(x)=xlnx-x2+(a-1)x,其导函数f′(x)的最大值为0.‎ ‎(1)求实数a的值;‎ ‎(2)若f(x1)+f(x2)=-1(x1≠x2),证明:x1+x2>2.‎ 解:(1)由题意,函数f(x)的定义域为(0,+∞),其导函数f′(x ‎)=lnx-a(x-1),‎ 记h(x)=f′(x),则h′(x)=.‎ 当a≤0时,h′(x)=>0恒成立,‎ 所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(1)=0,‎ 所以任意x∈(1,+∞),h(x)=f′(x)>0,故a≤0不成立.‎ 当a>0时,若x∈(0,),‎ 则h′(x)=>0;‎ 若x∈(,+∞),则h′(x)=<0.‎ 所以h(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.‎ 所以h(x)max=h()=-lna+a-1=0.‎ 令g(a)=-lna+a-1,则g′(a)=1-=.‎ 当01时,g′(a)>0.‎ 所以g(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.‎ 所以g(a)≥g(1)=0,故a=1.‎ ‎(2)证明:当a=1时,f(x)=xlnx-x2,‎ 则f′(x)=1+lnx-x.‎ 由(1)知f′(x)=1+lnx-x≤0恒成立,‎ 所以f(x)=xlnx-x2在(0,+∞)上单调递减,且f(1)=-,f(x1)+f(x2)=-1=‎2f(1).‎ 不妨设02,只需证x2>2-x1.‎ 因为f(x)在(0,+∞)上单调递减,‎ 所以只需证f(x2)-1.‎ 令F(x)=f(x)+f(2-x)(其中x∈(0,1)),‎ 则F(1)=-1.‎ 所以欲证f(2-x1)+f(x1)>-1,只需证F(x)>F(1),x∈(0,1),F′(x)=f′(x)-f′(2-x)=1+lnx-x-[1+ln(2-x)-2+x],‎ 整理得F′(x)=lnx-ln(2-x)+2(1-x),x∈(0,1),‎ 令m(x)=F′(x),则m′(x)=>0,x∈(0,1),‎ 所以F′(x)=lnx-ln(2-x)+2(1-x)在区间(0,1)上单调递增,所以任意x∈(0,1),F′(x)=lnx-ln(2-x)+2(1-x)<0,‎ 所以函数F(x)=f(x)+f(2-x)在区间(0,1)上单调递减,所以F(x)>F(1),x∈(0,1),故x1+x2>2.‎
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