旧教材适用2023高考数学一轮总复习 高考大题研究一三利用导数研究函数的零点问题

专题研究(三)利用导数研究函数的零点问题

题型一判断函数零点或方程的根个数问题

例1己知函数f(x)=e'-1,ff(x)=∖［x+x,其中e是自然对数的底数，e=2.71828….

(1)证明：函数方(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点；

(2)求方程f(x)=g(x)的根的个数，并说明理由.

解(1)证明：由题意可得

7?(X)=f(x)—g(x)=e'-↑-∖［χ-χ,

所以Zz(I)=eT3<0,Λ(2)=e2-3-√2>0,

所以A⑴∙Λ(2)<0,

所以函数A(X)=F(x)—g(x)在区间(1,2)上有零点.

(2)由(1)可知J⅞(X)=F(x)—g(X)=e"-1—Ji—X,x∈［0,+∞),

而Λ(0)=0,则X=O为A(X)的一个零点.

又力(又在(1,2)内有零点，

因此力(x)在［0,+8)上至少有两个零点.

1_11_1

h'(ʃ)-e'--χ,—1,记Φ(x)=e'--χ,-1,

1_£

则Φ,(x)=e'+^7

当χ∈(θ,+8)时，φ'(χ)>0,因此0(χ)在(0,+8)上单调递增，

易知0(%)在(0,+8)内至多有一个零点，

即A(X)在［0,+8)内至多有两个零点,

则力(X)在［0,+8)上有且只有两个零点，

所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2.

［解题策略］利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法

(1)构建函数g(x)(要求g'(x)易求，g,(X)=O可解)，转化为确定g(x)的零点个数问

题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符号(或变化趋势)

等，画出g(x)的大致图象，数形结合求解函数零点的个数.

(2)利用零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数

的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上的零点个数.

变式训练1(2022•陕西咸阳检测)已知函数F(X)=Inx-^+ax,aeR.

(1)证明：InXWx—1；

(2)若讨论函数f(x)的零点个数.

解(1)证明：令g(x)=Inχ-χ+l(x>0),

1--Y

则g(D=0,g,(X)=;­1=-

可得x∈(0,1)时，√ω>0,函数g(x)单调递增；

χ∈(l,十8)时，g,(χ)<0,函数g(χ)单调递减.

・・・当X=I时，函数g(x)取得极大值也是最大值，

∙∖g(x)Wg(I)=0,即InΛ≤%-1.

/、，/、1I—2x+aχ-∖~1

(2)f(X)=—2x+a=------------------，x>0.

XX

令一2f+ax°+l=0,解得刘负值舍去),

在(0,加上，f(x)>0,函数HX)单调递增；

在(岗，+8)上，fω<0,函数f(x)单调递减.

Λ∕(^)≡X=ΛΛO).

当a=l时，施=1,F(X)IBX=F(I)=O,

此时函数f(x)只有一个零点X=L

当a>l时，F(l)=a-l>O,

2+；

4a2

l

2<0

.∙.函数f(x)在区间层，1)和区间(1,2a)上各有一个零点.

综上可得，当a=l时，函数f(x)只有一个零点X=1；

当a>l时，函数f(∕)有两个零点.

题型二由函数零点个数求解参数取值范围问题例2(2020•全国I卷)已知函数F(x)

=e*-a(x+2).

(1)当a=l时，讨论/Xx)的单调性；

(2)若Mx)有两个零点，求a的取值范围.

解(1)当a=l时，F(X)=e*—(x+2),f(X)=e'—L

令F(X)V0,解得x<0；

令f(x)>0,解得x>0.

所以f(x)的单调递减区间为(-8,0),单调递增区间为(0,+∞).

(2)解法一：当Wo时，f,(x)=e'-a>0恒成立，F(X)在(一8,十8)上单调递增,

不符合题意；

当眇0时，令f(X)=0,解得X=Ina9

当x∈(-8,Ina)时，f,(x)<0,F(X)单调递减，

当x∈(Ina,+8)时，f,(ɪ)>0,F(x)单调递增.

所以F(X)的极小值也是最小值为F(Ina)=a-a(lna+2)=—a(l+lna).

又当L—8时，f(ɪ)-*+OO,

当Xf+8时，F(X)f+8,

所以要使/∙(x)有两个零点，只要f(lna)<0即可，则1+lna>0,可得a〉±

e

综上，若f(x)有两个零点，则a的取值范围是+8).

解法二：若∕∙(x)有两个零点，即e*-a(x+2)=0有两个解,

PX

显然”=-2不成立，所以a=1(XW—2)有两个解，

eX

令力(x)=χ+2(XW-2),

、6v(x+2)—一ΘΛ(x+1)

则有h,

(M=~(叶2)2(x+2)2'

令片ω>o,解得x>-l,

令H(X)V0,解得XV—2或一2VxV-I,

所以函数力(x)在(-8,一2)和(一2,—1)上单调递减，在(-1,+8)上单调递增,

且当XV—2时，力(X)V0,

而当L(-2)+(从右侧趋近于一2)时，力(x)-+8,

当Xf+8时，力(才)一十8,

e'1

所以当a=一工方有两个解时，有力(-1)=-，

x+2e

所以满足条件的a的取值范围是g,+8

［解题策略］已知函数零点个数求参数范围的常用方法

(1)分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出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：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.

(3)数形结合法：通过函数图象与X轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确

定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”.

变式训练2(2021•大庆实验中学模拟)设4∈R,函数/'(X)=InX一取.

(1)若在=2,求曲线y=f(x)在尸(1,—2)处的切线方程；

(2)若F(X)无零点，求实数4的取值范围.

11—kX

解(1)∕U)的定义域为(0,+∞),fl(X)=-------,当A=2时，f'(1)=1-2

XX

则所求切线方程为y—(―2)=—(x—1),即x+y+l=0.

(2)①若旅0,则f'(x)>0,y(x)是区间(0,+8)上的增函数，

因为f(l)=-A0,f(e")=A∙—在*="(l-eA)<0,所以F(I)∙f(e*)<O,

函数/Xx)在区间(0,+8)上有唯一零点，不符合题意；

②若A=0,f(x)=lnX有唯一零点X=1,不符合题意；

③若在>0,令f'(x)=0,得*=*，

在区间(0,0上，fJ)>。，函数F(X)是增函数；

在区间&，+∞J±,fιω<o,函数/■(入)是减函数，

故在区间(0,+∞)±>/"(X)的极大值为/(，=ln：-I=-In在一1,

由于/Xx)无零点，须使/(胃=一In4一1〈0,解得A*,故实数〃的取值范围是(《+8)

题型三涉及函数零点、极值点的综合问题

例3已知函数f(x)=(x—1)InX-X-1.

证明：(DAx)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(l)F(x)的定义域为(0,+∞).

X-ɪɪ

f,(X)=-----+lnχ-l=lnX----.

XX

因为尸InX在(0,+8)上单调递增，

y=,在(0,+8)上单调递减，

X

所以/(X)在(0,+8)上单调递增.

11∏4—1

又f(I)=-KO,f(2)=In2--=--->0,

故存在唯一加£(1,2),使得F'(Xo)=0.

又当(KX<照时，f,(x)<0,F(X)单调递减,

当x>施时，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HXo)<f(l)=-2,又Λe2)=e2-3>0,

所以f(x)=0在(X0,+8)内存在唯一根X=α.

由a>Λb>l得1<X°.

故X=I是f(x)=0在(0,XO)内的唯一根.

综上，F(X)=O有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

［解题策略］(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)

和形的辅助，得出函数零点的可能情况.

(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为

零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研

究.

变式训练3已知函数F(x)=gx'+(1—a)χ-aInx,a∈R.

(D若f(x)存在极值点为1,求a的值；

(2)若/"(X)存在两个不同的零点X∣,Xi,求证：ΛI+⅛>2.

解⑴由已知得f'(x)=x+La-g,

X

因为f(x)存在极值点为1,所以F(1)=0,即2-2a=0,a=l,经检验符合题意，所

以H=1.

⑵证明：f(X)=X+1—a—；

=(x+l)^l~∣j(ɪ>0),

①当aW0时，f,(力>0恒成立，所以F(X)在(0,+8)上为增函数，不符合题意;

②当苏0时，由/(X)=O得X=a,

当x>a时，ff(ɪ)>0,所以F(X)单调递增，

当0<Kd时∙，F'(x)<0,所以F(X)单调递减，

所以当x=a时,F(X)取得极小值∕,(a).

又F(X)存在两个不同的零点汨，X2,

所以Λa)<0,

即;才+(1—d)a—aIna<0,

整理得Ina>l-ɪa,

作P=F(X)关于直线x=a的对称曲线g(x)=f(2a-χ),

令Λ(%)=g(x)—f{x}=f{2a~x)—f(ɪ)

X

9o29o2

则力'(X)=-2+^——^=—2+—7——τ∏ɔ2°,

(2a—x)X—(ɪ-a)+a

所以力3在(0,2日)上单调递增，

不妨设0<x∖<a<X2<2a9则A(Λ1)<Λ(a)=0,

即g(xι)=F(2a—xι)<f(xι)=f(x2),

o

又2a一xι∈(a,2a)(a,+∞),x2∈(a,+°),且F(X)在(a,+8)上为增函数，所

以2a—x<X2,即x∖+x2>2a9

又Ina>1—易知a>l成立，故由+或>2.

课时竹:业I

ɪʃ

1.(2021•全国甲卷)已知a>0且a≠l函数f{x)=~?(x>0).

fa

(1)当〃=2时，求F(X)的单调区间；

(2)若曲线尸F(X)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.

V2

解(1)当a=2时,f[x)=p(x>O),

..X(2—XIn2)、

f,(zX)=----------------------(zx>0).

9

令fω>0,则(Kx<L,此时函数F(X)单调递增.

InZ7

2

令fω<0,则才>正/，此时函数F(X)单调递减.

故函数f(x)的单调递增区间为(0,-ɪl单调递减区间为(⅛,+∞I

(2)要使曲线y=f(x)与直线y=l有且仅有两个交点，

γ']nγ1ŋo

即方程F=I(X〉0)有两个不同的解，故方程——=——有两个不同的解.

aXa

、口/、Inx,、…，/、1-Inx,、、

设g(x)=二一(x>0),则g(X)=p—(x>O),

令g'(X)=)=0,解得x=e∙

令g'(x)>0,则(KY<e,此时函数g(x)单调递增.

令g'GXO,则x>e,此时函数g(x)单调递减.

故g(x)max=g(e)=P且当x>e时∙，g(x)∈(θ,：).

又g(D=o,故要使方程山=山有两个不同的解，则(KWa

Xaae

①当0<丛1时，不符合条件；

②当a>l时，因为g(x)r≡=g(e)=L

e

故a∈(l,e)U(e,÷o°).

综上，a的取值范围为(1,e)U(e,+o°).

2.(2021-内蒙古呼和浩特一模)已知函数f(x)=Ae-0x+&e为自然对数的底数).

(1)当勿=2时，求曲线尸fj)在点(O,f(0))处的切线方程；

(2)当Xe(0,+8)时，函数/Xx)有两个零点，求加的取值范围.

解⑴当卬=2时，F(X)=Xe'-2x+l,所以F(O)=0—0+1=1,故切点为(0,1),

又f(X)=(X+l)e"-2,所以f'(0)=e°—2=—1,故切线的斜率为一L

由点斜式可得y—1=一(才一0),即x+y—1=0,

故曲线y=f(x)在点(0,〃0))处的切线方程为才+了一1=0.

(2)令f{x)=xe'-ιπx~∖-^=0,可得XeA=勿x-]=dx一3，

x

11xe

当X=/时，方程不成立，故xW]则勿=---p

x~2

令力(X)=x>0,

x~2

所以力'所

ɪe'(ʃ-1)(2x+1)

2.

(L9

因为x>0且Xy,令力'(x)=O,可得LL

当x>l时，h'(ʃ)>0,故函数方(X)单调递增，

当0<x<暴*京1时，h'(X)V0,故函数从x)单调递减,

所以当x=l时，函数取得极小值方(D=2e,

当0<x<∕时，A(Λ)<O,且单调递减，作出函数力(X)的图象如图所示.

VQX

要使得函数f(χ)有两个零点，即使得方程加=「∙有两个根，

x~2

所以函数y=/与y=∕√x)的图象要有两个交点，

由图可知，m>2e,

故勿的取值范围为(2e,+∞).

3.(2020♦全国HI卷)设函数F(X)=V+bx+c,曲线y=F(x)在点g/æ)处的切线与

y轴垂直.

⑴求b；

(2)若F(X)有一个绝对值不大于1的零点，证明：Hx)所有零点的绝对值都不大于1.

解⑴/(x)=3f+4

2

由题意，f©=。,即3*©+6=0,则6=一|.

(2)证明：由(1)可得/Xx)=χ3-[x+c,

f'(%)=3%-∣=sfx+∣Y^-

令£(x)>0,得x>∕或x<一；；

假设f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点刘，则以-1)>0或AD<0,

即或c<一；.

当c>"时，/"(一D=C—；>0,/(一0=c+[>0,/Qj=C-^>0,F(l)=c+:>O,

又f(-4c)——64c+3c÷e=x4e(l—16C2)<0,

由零点存在定理知f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点照，

即f(x)在(一8,—1)上存在唯一一个零点，在(-1,+8)上不存在零点，

此时F(X)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；

当c<一1时，/(—D=C-1<0,(一y=c+3<0,/Qj=c∙-^<0,f(l)=c+[vθ,

又f(-4c)=-64∕+3c+c=4c(l-16c2)>0,

由零点存在定理知Ax)在(1,—4C)上存在唯一一个零点岗'，即F(x)在(1,+∞)±

存在唯一一个零点，在(一8,1)上不存在零点，

此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾.

综上，F(X)所有零点的绝对值都不大于L

4.已知函数f(x)=e'(x+a),其中e是自然对数的底数，a∈R.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)设g(x)=f(x—a)-f,讨论函数g(x)零点的个数，并说明理由.

解(1)因为f(*)=e'(x+a),

所以所(x)=e*(x+a+l).

由/(x)>0,得x>—3—1;

由∕z(x)<0,得水一a一L

所以函数F(X)的单调递增区间是(一a—1,+∞),单调递减区间是(一8,-5-l).

(2)因为g{x)=F(X—a)-X=xeλ~a-X=ʃ(e'-3-ɪ).

由g(x)=0,得x=0或ex~a-χ=0.

设力(x)=e∙L-χ,

又力(0)=e一≠0,即X=O不是方(x)的零点,

故只需再讨论函数力(X)零点的个数.

因为Z√(x)=e~-1,

所以当Xe(—8,a)时，h'ω<0,A(x)单调递减；

当x∈(a,+8)时,方'(χ)>O,方(X)单调递增.

所以当x=a时，>⅛(x)取得最小值A(a)=1—a.

①当方(a)>O,即a〈l时，A(Λ)>O,方(X)无零点;

②当方(a)=0,即a=l时，/?(x)有唯一零点；

③当力(a)<0,即a>l时,

因为Λ(O)=e^">O,

所以力(x)在(一8,a)上有且只有一个零点.

令X=2a,贝∣Jτ⅛(2a)-ea-1a.

设Φ(a)=Λ(2a)=e,-2a(a>l),则Φ'(a)=e"—2>0,

所以0(a)在(1,+8)上单调递增，

所以Va∈(l,+∞),都有O(a)>O(I)=e-2>0.

所以方(2a)=Φ(a)=e"—2a>0.

所以力(x)在(a,+8)上有且只有一个零点.

所以当a>l时，从x)有两个零点.

综上所述，当a〈l时，函数g(x)有一个零点；

当a=l时,函数g(x)有两个零点；

当a>l时，函数g(x)有三个零点.

5.(2022•广州天河区高三综合测试(一))设函数F(X)=InX-a(χ-l)e",其中aCR.

(1)若a=—1,求函数HX)的单调区间；

(2)若0<a<~,

e

①证明：函数f(x)恰有两个零点；

②设刖为函数f(x)的极值点，为为函数f(x)的零点，且汨>司，证明：3ΛO-X,>2.

解(1)由题设，f(x)=Inx+(x—l)e'且x>0,则，(ɪ)=~÷xe>>0,

X

.∙.函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞).

1—aχ,ρx1

(2)证明：①/(X)=----------,令g(x)=1—axe",由0〈水］知g(x)在(0,+8)上单

.∙.g(x)在(0,+8)上有唯一零点，即尸(x)在(0,+8)上有唯一零点，设零点为照,

则l<Λb<ln一，

a

・\当(X水Xo时，f,(x)>0,F(X)单调递增；当x>xo时，f,(x)<0,F(X)单调递减；

・•・照是F(X)唯一的极值点，且为极大值点.

令力(X)=InX—/+1且x>l,则力'(x)='-l<0,故方(才)在(1,+8)上单调递减，

X

ΛΛ(x)<ln1-1+1=0,即Inx<χ-∖,

.∙.∕(In-θ=ln(InIn∙^÷l=∕Γln-^<0,又F(照)>∕W=0,

・・・函数F(X)在(O,ɪŋ),(胸，+8)上都有唯一零点，故函数/Lr)恰有两个零点.

[菽寸=1,—EIn击

②由题意，↑则In汨='•/「。，即e「"。=一T，

[InX∖=a(ɪi-1)e'1,⅞X{1

2

..XQ(Xl-I)2

当x〉l时，Inx<x-1,又xι>Ab>l,则B'λ°<----------:-----=局，

汨一1

Λ%ι-%o<21nXO<2(照—1),即3照一汨>2,得证.

6.已知函数F(X)=Inx—x+2Sinx,f,(x)为F(X)的导函数.

求证：(D∕(x)在(0,n)上存在唯一零点；

(2)F(X)有且仅有两个零点.

证明(1)设g(x)=F(X)=：—1+2CoSX,

当x∈(0,兀)时，g,(X)=-2Sinɪ-⅛<0,

所以g(x)在(0,“)上单调递减.

又因为(S=T■—l+l>0,{∙∣j=∙∣^—1<0,所以g(x)在g上有唯一的零点

α,所以命题得证.

⑵①由⑴知,当x∈(0,。)时，f(X)>0,F(X)在(O,α)上单调递增;

当x∈(。，兀)时，f(X)V0,F(X)在(*兀)上单调递减，

(ππA，冗、π

所以f(x)在(0,冗)上存在唯一的极大值点。V句，所以f(o)>D=ln5

ππ

—+2>2-γ>0.

又因为∕r[=-2-⅛+2sinA<-2-A+2<0,

∖e)eee

所以F(X)在(0,。)上恰有一个零点.

又因为f(ɪɪ)=Inπ—π<2—π<0,

所以f(x)在(α,“)上也恰有一个零点.

②当［兀，2")时，sinXWO,F(X)WInχ-x.

设方(X)=Inχ-X,h,(ɪ)=~—1<0,

X

所以力(x)在［-2/)上单调递减，所以方(X)W力(Il)V0.

所以当X£［兀，2兀)时，F(X)WA(X)W方O)VO恒成立，所以/'(x)在［叮，2兀)上没有

零点.

③当x∈［2%+8)时，F(X)WInx—x+2,

设0(x)=lnLX+2,Φ'U)=--l<0,

所以。(入)在［2”，+8)上单调递减，

所以√>(x)≤⅛⅛(2π)<0,

所以当x∈［2n,+8)时，

f(x)≤<⅛ω≤≠(2π)<0恒成立，

所以f(x)在［2“，+8)上没有零点.

综上，F(X)有且仅有两个零点.

k(Y—1)

7.已知函数F(X)=一，其中女≠0.

e

⑴求f(x)的单调区间；

(2)若女>0,讨论关于X的方程IlnXl=AX)在区间(0,2)上实根的个数.

.X..,U/口川/∖ke`~kex(x-1)k(2—x)

解73(z1)由条λ件，得/(X)=------------H----------=-------；-.

ee

令F(X)=0,得x=2.

当4>0时，由F'(%)>0,得x<2,由/(x)<0,得x>2.

所以F(X)的单调递增区间是(一8,2),单调递减区间是(2,+∞).

当伙O时，由/(x)>0,得x>2,由/(%)<0,得><2.

所以f(x)的单调递增区间是(2,+∞),单调递减区间是(一8,2).

⑵因为IIn1=F(I)=O,所以x=l是方程IInXl=F(X)的实根.

当(KX<1时，由(1)知F(X)单调递增，所以NxXf(I)=O.

而IInXl=-Inx>0,所以方程IlnXl=F(X)在区间(0,1)上无实根.

当l<x<2时，IInx∖=Inx.

k(χ-1)

设F(G=InXX

e

..12k~kxex+kx-2kx

则π〃(zXλ)=—L=---------；——.

XeXe

设U(X)=e”+4W—当1<%<2时，u,(%)=ex+2kχ-2k>0,所以U(X)在(1,2)上单

调递增∙

①当U(I)=e—k》O,即AWe时,在区间(1,2)上，总有u(x)>u(l)>0,从而Fl(X)>0,

所以/(以在(1,2)上单调递增，RX)所(I)=0,即原方程在(1,2)上无实根.

②当U(I)=e-4<0,即A>e时，因为“(2)=e>0,所以存在XOC(1,2),满足U(Ai))=

0.

所以在(1,刖)上，U(X)<0,F(X)<0,尸(x)单调递减，在(刖，2)上，U(X)>0,F(x)>0,

尸(x)单调递增.

k

又因为尸(I)=0,F(2)=In2--2,

e

所以当以(2)>0,BPe<Ke2ln2原方程在(1,2)上有唯一实根，

当户(2)W0,即A》e)n2时，原方程在(1,2)上无实根.

综上所述，当(KAWe或A2eYn2时，原方程在(0,2)上仅有一个实根；当eVyKe,ln2

时，原方程在(0,2)上有两个实根.

8.(2021,新高考Il卷)已知函数f{x)=(ʃ-l)ev-aɪ+/?.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(χ)有一个零点.

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Φ