第三章 突破4 利用导数解决零点问题

第三章一元函数的导数及其应用突破4利用导数解决零点问题命题点1

根据函数零点个数求参数

(1)当

a

＝0时，求

f

(

x

)的最大值；(2)若

f

(

x

)恰有一个零点，求

a

的取值范围.

例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2方法技巧已知函数零点个数求参数的方法(1)数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合

求解；(2)分离参数法：由

f

(

x

)＝0分离出参数

a

，得

a

＝φ(

x

)，利用导数求函数

y

＝φ(

x

)的

单调性、极值和最值，根据直线

y

＝

a

与

y

＝φ(

x

)的图象的交点个数得参数

a

的取值

范围；(3)分类讨论法：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，即为所求参数的范围.例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2

所以

a

＞1且

a

≠e，即

a

的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).(2)若曲线

y

＝

f

(

x

)与直线

y

＝1有且仅有两个交点，求

a

的取值范围.例1训练1例2训练2命题点2

探究函数零点个数例2

[全国卷Ⅰ]已知函数

f

(

x

)＝sin

x

－ln(1＋

x

)，

f

'(

x

)为

f

(

x

)的导数，证明：

例1训练1例2训练2(2)

f

(

x

)有且仅有2个零点.

例1训练1例2训练2

(iv)当

x

∈(π，＋∞)时，ln(

x

＋1)＞1，所以

f

(

x

)＜0，从而

f

(

x

)在(π，＋∞)

上没有零点.综上，

f

(

x

)有且仅有2个零点.例1训练1例2训练2方法技巧探究函数零点个数的方法(1)图象法：通过导数研究函数的单调性、极值、最值，

确定函数

f

(

x

)的图象草图，

判断图象与横轴的交点个数，一般要结合函数零点存在定理处理.(2)分离法：设

f

(

x

)＝

g

(

x

)－

h

(

x

)，则

f

(

x

)的零点个数⇔

g

(

x

)与

h

(

x

)图

象的交点个数.例1训练1例2训练2

[解析]

f

'(

x

)＝1＋

a

cos

x

.

例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2

例1训练1例2训练2

1.[命题点1/2022全国卷乙]已知函数

f

(

x

)＝ln(1＋

x

)＋

ax

e－

x

.(1)当

a

＝1时，求曲线

y

＝

f

(

x

)在点(0，

f

(0))处的切线方程；12

(2)若

f

(

x

)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求

a

的取值范围.

12

12

12∵

f

(0)＝0，∴

f

(

x

1)＞

f

(0)＝0，当

x

→－1时，

f

(

x

)＜0，∴

f

(

x

)在(－1，

x

1)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

)＞0，∴

f

(

x

)在(

x

2，＋∞)上存在一个零点，即

f

(

x

)在(0，＋∞)上存在一个零点.综上，

a

的取值范围是(－∞，－1).12

12(2)设

x

0是

f

(

x

)的一个零点，证明曲线

y

＝lnx

在点

A

(

x

0，lnx

0)处的切线也是曲线

y

＝e

x

的切线.

12

1.[2024安徽六校联考]已知函数

f

(

x

)＝

a

e

x

－

x

(e是自然对数的底数).(1)讨论函数

f

(

x

)的单调性；[解析]

(1)由已知，得

f

'(

x

)＝

a

e

x

－1.①当

a

≤0时，

f

'(

x

)＜0，

f

(

x

)在R上单调递减；1234②当

a

＞0时，令

f

'(

x

)＝0，得

x

＝－lna

，当

x

∈(－∞，－lna

)时，

f

'(

x

)＜0，所以

f

(

x

)在(－∞，－lna

)上单调递减，当

x

∈(－lna

，＋∞)时，

f

'(

x

)＞0，所以

f

(

x

)在(－lna

，＋∞)上单调递增.

[解析]

(2)原问题等价于

g

(

x

)＝

ax

e

x

－(lnx

＋

x

)＝

ax

e

x

－ln(

x

e

x

)(

x

＞0)有两个零点，令

t

＝

x

e

x

(

x

＞0)，则易得

t

＞0，

(2)若

g

(

x

)＝

a

e

x

(

x

－1)－lnx

＋

f

(

x

)有两个零点，求实数

a

的取值范围.1234

又当

t

→0时，

h

(

t

)→－∞，当

t

→＋∞时，

h

(

t

)→0，所以

h

(

t

)的大致图象如图，

1234

1234

1234

1234

(1)若

b

＝

c

＝0，讨论

f

(

x

)的单调性；

①若

a

≤0，则f'(

x

)＜0，所以

f

(

x

)在(0，＋∞)上单调递减；1234

(2)已知

x

1，

x

2是

f

(

x

)的两个零点，且

x

1＜

x

2，证明：

x

2(

ax

1－1)＜

b

＜

x

1(

ax

2－1).1234

综上可得：

x

2(

ax

1－1)＜

b

＜

x

1(

ax

2－1).1234

1234(2)讨论函数

f

(

x

)的零点个数.

①当

m

≤0时，因为

x

＞0，所以

mx

－1＜0，所以当

x

∈(0，2)时，

f

'(

x

)＞0；当

x

∈(2，＋∞)时，

f

'(

x

)＜0.所以

f

(

x

)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，此时

f

(

x

)max＝

f

(2)＝2ln2＋2

m

－2(2

m

＋1)＝2ln2－2

m

－2，当

m

＝ln2－1时，

f

(2)＝0，函数

f

(

x

)只有一个零点；当ln2－1＜

m

≤0时，

f

(2)＜0，函数

f

(

x

)没有零点；当

m

＜ln2－1时，因为当

x

→0＋或

x

→＋∞时，

f

(

x

)→－∞，且

f

(2)＞0，所以可作

出

f

(

x

)的大致图象如图1，图11234

当

x

→0＋时，

f

(

x

)→－∞，当

x

→＋∞时，

f

(

x

)→＋∞，且

f

(2)＝2ln2－2

m

－2＜0，作出

f

(

x

)的大致

图象如图2，所以函数

f

(

x

)在(0，2)和(2，＋∞)上各有唯一零点，此时函数

f

(

x

)有2个零点.图21234

1234

1234

当

x

→0＋时，

f

(

x

)→－∞，当

x

→＋∞时，

f

(

x

)→＋∞，作出

f

(

x

)的大致图象如图3，所以函数

f

(