第二课时 利用导数研究函数的零点

第三章一元函数的导数及其应用第二课时利用导数研究函数的零点内容索引分层精练巩固提升题型一数形结合法研究函数零点则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．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，∴x＝1也是φ(x)的最大值点，

结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．感悟提升训练1(2022·甘肃九校联考节选)已知函数f(x)＝x－aex，a∈R，讨论函数f(x)的零点个数．当x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当x＞1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，又当x＜0时，h(x)＜0，当x＞0时，h(x)＞0，且x→＋∞时，h(x)→0，

∴可画出h(x)大致图象，如图所示．题型二利用函数性质研究函数零点例2(12分)(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．[思路分析]

(1)先求出切点，再求导可得切线的斜率，从而求出切线方程．(2)对参数a分类讨论，根据a的范围确定f′(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)上的符号，进而得到f(x)的单调性，再结合f(x)的符号，利用零点的存在定理得出结论．

∴f′(0)＝1＋1＝2.∵f(0)＝0，∴所求切线方程为y－0＝2·(x－0)，即y＝2x.(2分)∴f（x）＞0，→利用函数值大于0判定f(x)在(0，＋∞)上无零点∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．(3分)令g(x)＝ex＋a(1－x2)，则g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1②，(4分)(a)若g′（－1）≥0，∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵g(－1)＝e－1＞0，∴g(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f′(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵f（0）＝0②，→借助于隐零点x0，得g(x)的单调性，则g(x)在,(－1，x0)上单调递减，在(x0,＋∞)上单调递增g(－1)＝e－1＞0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e＞0.(7分)∴f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．(9分)(ⅱ)当g(0)＜0，即a＜－1时，存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，∵f(0)＝0，∴f(x1)＞f(0)＝0②，当x→－1时，f(x)＜0②.∴f(x)在(－1，x1)上存在一个零点，即f(x)在(－1，0)上存在一个零点，∵f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)＞0②，∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点．→利用零点存在定理，判定f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上各存在一个零点)综上，a的取值范围是(－∞，－1)．(12分)❶得步骤分：①处的求函数的导数是解题步骤之一，也是最易得分之处，不可漏掉．❷得关键分：判断函数在某区间上零点的个数，关键就是判断函数的单调性及区间端点的符号，故②处为得分的关键．❸得讨论分：解含参数的函数问题，要仔细观察参数的符号与范围，对其进行讨论以分解问题，如③处．满分规则当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，所以f(x)≤f(1)＝－1＜0，所以f(x)不存在零点；当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点；(ⅰ)当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点；因为f(1)＝a－1＞0，因为f(1)＝a－1＜0，即0＜a＜1满足条件．综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．题型三构造函数法研究函数零点解曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，当0＜x＜e时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．感悟提升训练3(2023·长沙一模节选)已知函数f(x)＝xlnx－ax2(a∈R)，若f(x)在定义域内有2个零点，求a的取值范围．解∵f(x)＝xlnx－ax2在定义域(0，＋∞)内有2个零点，∴当x∈(0，e)时，h′(x)＞0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)＜0，∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，

隐零点问题微点突破对于隐零点问题，通常应先设出隐零点，在判断函数的零点、不等式恒成立中都有应用．例

已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(2)证明不等式ex－2－ax＞f(x)恒成立．证明设函数φ(x)＝ex－2－lnx(x＞0)，可知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又由φ′(1)＜0，φ′(2)＞0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x0,且1＜x0＜2，当x∈(0，x0)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，所以φ(x)≥φ(x0)＝ex0－2－lnx0，则φ(x)＝ex－2－lnx＞0，即不等式ex－2－ax＞f(x)恒成立．训练

已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；证明设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．

(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．解由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．FENCENGJINGLIANGONGGUTISHENG分层精练巩固提升1.已知函数f(x)＝lnx－aex＋1(a∈R)，讨论函数f(x)的零点个数．【A级

基础巩固】解令f(x)＝lnx－aex＋1＝0，x＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，而h(1)＝0，故当x∈(0，1)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)单调递减．(2)证明：f(x)只有一个零点．证明由于x2＋x＋1>0，当且仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．3.已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；解当a＝0时，f(x)＝ex－ex，则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值．(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围．解f′(x)＝ex－2ax＋a－e，设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.①若a＝0，则f(x)的最小值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在(0，1)内没有零点．②若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在(0，1)内单调递增．又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在(0，1)内存在零点．③若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此时函数f(x)在(0，1)内没有零点．综上，实数a的取值范围为(－∞，0)．4.已知函数f(x)＝(2－x)ex，g(x)＝a(x－1)2，讨论y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数．解令F(x)＝g(x)－f(x)＝a(x－1)2＋(x－2)ex，则y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数即F(x)的零点个数．F′(x)＝(x－1)(ex＋2a)．①当a＝0时，F(x)＝(x－2)ex，F(x)只有