山东专用2024新高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.12.3导数与函数的零点问题学案含解析

PAGE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]上是连绵不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.①干脆法：推断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；②分类探讨法：推断几个零点时，须要先结合单调性，确定分类探讨的标准，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)分别参数法：一般命题情境为给出区间，求满意函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分别出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，依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)分类探讨法：一般命题情境为没有固定区间，求满意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，在每个小范围内探讨零点的个数是否符合题意，将满意题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．考向一推断或证明函数零点个数【例1】(2024·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，eq\f(π,2))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－eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝－sinx＋eq\f(1,1＋x2).当x∈(－1，eq\f(π,2))时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′(eq\f(π,2))<0，可得g′(x)在(－1，eq\f(π,2))有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈(α，eq\f(π,2))时，g′(x)<0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在(α，eq\f(π,2))单调递减，故g(x)在(－1，eq\f(π,2))存在唯一极大值点，即f′(x)在(－1，eq\f(π,2))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，eq\f(π,2)]时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在(α，eq\f(π,2))单调递减，而f′(0)＝0，f′(eq\f(π,2))<0，所以存在β∈(α，eq\f(π,2))，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈(β，eq\f(π,2))时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在(β，eq\f(π,2))单调递减．又f(0)＝0，f(eq\f(π,2))＝1－ln(1＋eq\f(π,2))>0，所以当x∈(0，eq\f(π,2)]时，f(x)>0.从而，f(x)在(0，eq\f(π,2)]没有零点．(ⅲ)当x∈(eq\f(π,2)，π]时，f′(x)<0，所以f(x)在(eq\f(π,2)，π)单调递减．而f(eq\f(π,2))>0，f(π)<0，所以f(x)在(eq\f(π,2)，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快速求解函数的零点个数问题.对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面探讨：1利用导数探讨函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，依据极大值和微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分别参数，将问题转化为：求直线y＝a与函数y＝fx的图象交点个数问题，即“求根问题要通变，分别参数放左边”.设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.探讨函数g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零点的个数．解：由题设，g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)．设φ(x)＝－eq\f(1,3)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)＝eq\f(2,3).由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m>eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；②当m＝eq\f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<eq\f(2,3)时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m>eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；当m＝eq\f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<eq\f(2,3)时，函数g(x)有两个零点．考向二由函数零点个数求参数【例2】已知函数f(x)＝lnx－ax＋1.(1)当a＝1时，求证：f(x)≤0恒成立；(2)若关于x的方程f(x)＋x2＋1＝0至少有两个不相等的实数根，求实数a的最小值．【解】(1)证明：当a＝1时，f(x)＝lnx－x＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令f′(x)＝0⇒x＝1，所以当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．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＝eq\f(lnx,x)＋x＋eq\f(2,x)至少有两个不相等的实数根，记φ(x)＝eq\f(lnx,x)＋x＋eq\f(2,x)(x>0)，所以φ′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x2－lnx－1,x2)，记h(x)＝x2－lnx－1(x>0)，所以h′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，令h′(x)＝0⇒x＝eq\f(\r(2),2)(x＝－eq\f(\r(2),2)舍去)，所以当x∈(0，eq\f(\r(2),2))时，h′(x)<0，h(x)单调递减，x∈(eq\f(\r(2),2)，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)的最小值为h(eq\f(\r(2),2))＝(eq\f(\r(2),2))2－ln(eq\f(\r(2),2))－1＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)ln2＝－eq\f(1,2)(1－ln2)<0，又h(1)＝0，所以x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，又当x＝eq\f(1,e)时，h(eq\f(1,e))＝eq\f(1,e2)－lneq\f(1,e)－1＝eq\f(1,e2)＋1－1＝eq\f(1,e2)>0，因此必存在唯一的x0∈(eq\f(1,e)，eq\f(\r(2),2))，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，往往利用导数探讨函数的单调区间和极值点，并结合特别点，从而推断函数的大致图象，探讨其图象与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＝－eq\f(1,a)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))<1＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)－1))＝－a<0.所以函数f(x)存在零点，不满意题意．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－e2<a综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．考向三零点偏移问题【例3】设函数f(x)＝ax－lnx＋eq\f(1,x)＋b(a，b∈R)．(1)探讨f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1＋x2＋2>2ax1x2.【解】(1)f′(x)＝a－eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(ax2－x－1,x2)(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＝eq\f(1＋\r(1＋4a),2a)或x＝eq\f(1－\r(1＋4a),2a)(舍)，记x＝eq\f(1＋\r(1＋4a),2a)＝x0，则g(x)＝ax2－x－1＝a(x－x0)(x－eq\f(1－\r(1＋4a),2a))(x>0)，易知x－eq\f(1－\r(1＋4a),2a)>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，eq\f(1＋\r(1＋4a),2a))上单调递减，在(eq\f(1＋\r(1＋4a),2a)，＋∞)上单调递增．(2)证明：不妨设x1<x2，由已知得f(x1)＝0，f(x2)＝0，即ax1＝lnx1－eq\f(1,x1)－b，ax2＝lnx2－eq\f(1,x2)－b，两式相减得a(x2－x1)＝lnx2－lnx1－(eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1))，所以a＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＋eq\f(1,x1x2).要证x1＋x2＋2>2ax1x2，即证x1＋x2＋2>2(eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＋eq\f(1,x1x2))x1x2，只需证x1＋x2>eq\f(2lnx2－lnx1,x2－x1)·x1x2，只需证eq\f(x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1),x1x2)>2lneq\f(x2,x1)，即要证eq\f(x2,x1)－eq\f(x1,x2)>2lneq\f(x2,x1).设eq\f(x2,x1)＝t，则t>1，只需证t－eq\f(1,t)>2lnt，设h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt(t>1)，只需证h(t)>0.因为h′(t)＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2,t)＝eq\f(t2－2t＋1,t2)＝eq\f(t－12,t2)>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，即t－eq\f(1,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，从而奇妙地把两个零点与参数a之间的关系建立起来；二是消“变”，即削减变量的个数，奇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.已知函数f(x)＝xlnx－eq\f(a,2)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)＝eq\f(1－ax,x).当a≤0时，h′(x)＝eq\f(1－ax,x)>0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，所以随意x∈(1，＋∞)，h(x)＝f′(x)>0，故a≤0不成立．当a>0时，若x∈(0，eq\f(1,a))，则h′(x)＝eq\f(1－ax,x)>0；若x∈(eq\f(1,a)，＋∞)，则h′(x)＝eq\f(1－ax,x)<0.所以h(x)在(0，eq\f(1,a))上单调递增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上单调递减．所以h(x)max＝h(eq\f(1,a))＝－lna＋a－1＝0.令g(a)＝－lna＋a－1，则g′(a)＝1－eq\f(1,a)＝eq\f(a－1,a).当0<a<1时，g′(a)<0；当a>1时，g′(a)>0.所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所