2020届高考数学一轮复习通用版讲义利用导数研究函数零点问题

1、第六节利用导数研究函数零点问题考点一研究函数零点个数典例(2018 全国卷n )已知函数 f(x)=gx3a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明：f(x)只有一个零点.解(1)当 a= 3 时，f(x)=1x3-3x2-3x-3,3 2f (x)= x 6x 3.令 f (x)=0,解得 x=3243或 x=3+2y3.当 xC(oo, 3- 2也)U (3+2, +8)时，f (x)0；当 xC(3 243, 3 + 243)时，f (x)0,3所以f(x)=0等价于2.3a=0.x + x+ 13设g(x)=Mx; 3a,2,x2fx2+2x+3则g (X)=

2、 (X2+x+120,仅当 x= 0 时，g (x)= 0,所以g(x)在(一8, + OO)上单调递增.10, 63故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.又 f(3a 1) = 6a2+ 2a 3= 6 a 故f(x)有一个零点.综上，f(x)只有一个零点.解题技法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回图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决对点训练设函数 f(x)= ln x+m, m R.x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)

3、= f (x) x零点的个数.3解：由题意知，当 m = e时，f(x)=ln x+ e(x0), x.x e则 f (x)=T,x，当 xC(0, e)时,f (x)0, f(x)在(e, + 00)上单调递增,当 x=e时，f(x)取得极小值 f(e)= ln e+ e=2,e，f(x)的极小值为2.x 1 m x(2)由题息知 g(x) = f (x) - 3= x- x2- 3(x0),令 g(x)=0,得 m= 1x3+x(x0).3一1 设 (f)(x)=- 3+x(x0),3则 4 (x)=x2+1 = (x1)(x+1).当 xC (0,1)时，4 (x)0, Mx)在(0,1

4、)上单调递增;当 xC(1, +8)时,-(x)3时，函数g(x)无零点；当m=2时，函数g(x)有且只有一个零点；32当0m2时，函数g(x)无零点；3当m=2或mW0时，函数g(x)有且只有一个零点；32一当0mW时,函数g(x)有两个季点.3考点二已知零点存在情况求参数范围典例(2019 重庆调研)设函数 f(x)= x2 + ax+ ln x(a C R).(1)当a= 1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在3, 3 上有两个零点，求实数 a的取值范围.解(1)函数f(x)的定义域为(0, +8),当a = 1时，1 2x2x+1f (x)=- 2x-1+；=；,x.x

5、.*1令f (x)=0,得x = 2(负值舍去)，,1 ,当 0x0;1 一，当 x2时，f (x)0.f(x)的单调递增区间为o, 1单调递减区间为 g, +8；.(2)令 f(x)=x2+ax+ ln x=0,得 a=xlnA x令 g(x)=x-lnxx,其中 xC 3, 3，,一.1 ln x x2+ln x 11则 g (x)=1 x2-=x2，令 g (x) = 0,得 x=1,当3Wx1 时，g (x)0;当 10,，g(x)的单调递减区间为1单调递增区间为(1,3,g(x)min=g(1)=1,函数 f(x)在 3, 3 I上有两个零点，gg ：-= 3ln 3 + 3, g(

6、3)=3ln3,3ln 3 + 13 ln3, 33实数a的取值范围是j, 3 臂!解题技法本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题.由于有些函数图象较为复杂，也没有 固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况， 推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过 多次求导，层层推理得解.对点训练设函数f(x)=ln x-x,若关于x的方程f(x)=x210x+m

7、在区间1,3上有解，求 m的 取值范围.解：方程f(x)=x2-10x+m在区间1,3上有解，3即ln x-x2+7x=m在区间1,3上有解.3令 h(x)= ln x x2+ 7x 3 则 h (x)=1_2x+ 7=J3x+1(2x-3) x 33x .当xC 1,3时，h (x), h(x)随x的变化情况如下表:x1。2)32息3)3h (x)十0一h(x)43极大值ln 3- 2h(1) = 4, h(3)=ln 3 20).(1)若k= 1,求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数 k的值.解：(1)若 k= 1,则 f(x)=xln x,定义域为(0, 十

8、 ),则 f (x)=1-1, x由 f (x)0,得 x1 ;由 f (x)0,得 0Vx0). x人，.In x -1 ln x令 g(x)=q-(x0),则 g (x)=一7一, x.x.当 0x0;当 xe 时,g (x)0, 要使f(x)仅有一个零点,则k=.e1 kx 1法一：f(x)=kxln x, f (x)= k-=(x0, k0).x x当 0x1 时，f (x)1 时，f (x)0. kk.Mx)在1，k 上单调递减，在 5 +8；出单调递增，f(x)min = f 尸 1-ln 1,f(x)有且只有一个零点，.1-ln 7=0,即k = 1.ke法三：= k0,函数f(

9、x)有且只有一个零点等价于直线y= kx与曲线y= ln x相切,设切点为(x0, yc),由y= in x,得丫 =x,1k=一,x0y= kx05y= ln xq,k=1, .实数k的值为1.第8页共8页2.已知函数 f(x)=x3+x2+ax+ b.(1)当a=- 1时，求函数f(x)的单调递增区间;(2)若函数f(x)的图象与直线 y= ax恰有两个不同的交点，求实数 b的值.解：(1)当 a= 1 时，f(x)= x3 + x2 x+ b,则 f (x)=3x2+2x-1,11由f (x)0,得x3,所以函数f(x)的单倜递增区间为(一,1)和弓，+8$f(x) ax= 0有两个不等

10、(2)函数f(x)的图象与直线y= ax恰有两个不同的交点，等价于的实根.令 g(x)= f(x) ax= x3+x2+b,则 g (x)=3x2+2x.由 g (x)0，得 x0;3由 g (x)0,得一2x0恒成立，f(x)的单调递增区间为(一8,+8),无单调递减区间；当 a0 时，令 f (x)0,得 x0,得 xln a,，f(x)的单调递减区间为(一8, in a),单调递增区间为(ln a,+8).人1(2)令 g(x)=0,得 f(x)= 0或 x=2,先考虑f(x)在区间0,1上的零点个数，当aW1时，f(x)在(0, +8)上单调递增且 f(0) = 0,f(x)在0,1上

11、有一个零点.当ae时，f(x)在(一00, 1)上单调递减，f(x)在0,1上有一个零点.当1ae时，f(x)在(0, in a)上单调递减，在(in a,1)上单调递增.而 f(1) = e a-1,当 ea10,即 1ae-1 时，f(x)在0,1上有两个零点；当ea10,即e- 1ae- 1或a=2(、/e 1)时，g(x)在0,1上有两个零点；当10),xx当aw。时，f (x)0, f(x)在(0, +8)上单调递增，f(x)无极值.1当 a0 时，令 f (x)0,得 0Vx-;a令 f (x)1.a故f(x)在3，1 单调递增，在 g + 00 ,止单调递减，.f(x)存在极大值

12、，极大值为fg ln ； + ：1,无极小值.综上所述，当aw 0时，f(x)无极值；当a0时，f(x)存在极大值，极大值为ln - +1- 1,a a 无极小值.,一 x 一 ，1 x(2)g(x) = ex-2, g (x)= ex , ee令 g (x)0,得 x1;令 g (x)1.则g(x)在(00, 1)上单调递增，在(1, +8)上单调递减.g(0) = 2, g(1) = 1-2, g(e)=；ee-2-2, ee当 xC(0, e时，g(x)C 2, 1- 2 由(1)得，当aW0时，f(x)在(0, + 8)上单调递增，此时在(0, e上f(x) = g(x)总有两个 不相等的实数根不成立，因此 a0.a