2024高考数学一轮复习第3章导数及其应用第6节利用导数解决函数的零点问题教学案理北师大版

PAGEPAGE1第六节利用导数解决函数的零点问题考点1推断、证明或探讨函数零点的个数推断函数零点个数的3种方法干脆法令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数画图法转化为两个易画出图像的函数，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(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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点．[证明](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∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，可得g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))时，g′(x)＜0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))单调递减，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一极大值点，即f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\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∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))单调递减，而f′(0)＝0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，所以存在β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\f(π,2)))时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\f(π,2)))单调递减．又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,2)))＞0，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)＞0.从而，f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))没有零点．(ⅲ)当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f′(x)＜0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减．而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞0，f(π)＜0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\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．依据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过探讨函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图像，然后通过函数图像得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图像交点的个数，基本步骤是“先数后形”．设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的微小值；(2)探讨函数g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零点的个数．[解](1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)(x＞0)，则f′(x)＝eq\f(x－e,x2)，∴当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得微小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2，∴f(x)的微小值为2.(2)由题意知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．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝eq\f(2,3)，又∵φ(0)＝0.结合y＝φ(x)的图像(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．考点2已知函数零点个数求参数解决此类问题常从以下两个方面考虑(1)依据区间上零点的个数状况，估计出函数图像的大致形态，从而推导出导数须要满意的条件，进而求出参数满意条件．(2)先求导，通过求导分析函数的单调状况，再依据函数在区间内的零点状况，推导出函数本身须要满意的条件，此时，由于函数比较困难，经常须要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．设函数f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，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，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝－2x－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(－2x2－x＋1,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)(负值舍去)，当0＜x＜eq\f(1,2)时，f′(x)＞0；当x＞eq\f(1,2)时，f′(x)＜0.∴f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－eq\f(lnx,x).令g(x)＝x－eq\f(lnx,x)，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，则g′(x)＝1－eq\f(1－lnx,x2)＝eq\f(x2＋lnx－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，当eq\f(1,3)≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，∴g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))，单调递增区间为(1,3]，∴g(x)min＝g(1)＝1，∴函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有两个零点，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝3ln3＋eq\f(1,3)，g(3)＝3－eq\f(ln3,3)，3ln3＋eq\f(1,3)＞3－eq\f(ln3,3)，∴实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3－\f(ln3,3))).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，并结合特殊点，从而推断函数的大致图像，探讨其图像与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像的交点问题．(2024·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.[解](1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－eq\f(4a,e2)是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞eq\f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点．由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－eq\f(16a3,e4a)＝1－eq\f(16a3,e2a2)＞1－eq\f(16a3,2a4)＝1－eq\f(1,a)＞0，故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝eq\f(e2,4).考点3函数零点性质探讨本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数探讨函数的单调性、极值、最值等，并结合分类探讨，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－a)x－alnx，a∈R.(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.[解](1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x)))(x＞0)，①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x＞a时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，所以当x＝a时，f(x)取得微小值f(a)．又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)＜0，即eq\f(1,2)a2＋(1－a)a－alna＜0，整理得lna＞1－eq\f(1,2)a，作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－alneq\f(2a－x,x)，则h′(x)＝－2＋eq\f(2a2,2a－xx)＝－2＋eq\f(2a2,－x－a2＋a2)≥0，所以h(x)在(0,2a不妨设x1＜a＜x2，则h(x2)＞h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)＞f(x2)＝f(x1又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2＜x1，即x1＋x2＞2a，又lna＞1－eq\f(1,2)a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.(1)探讨函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的协助，得出函数零点的可能状况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的探讨，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，再运用一元函数的方法进行探讨．已知函数f(x)＝lnx－x.(1)推断函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)＋x＋eq\f(1,2x)－m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞1.[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).令f′(x)＝eq\f(1－x,x)＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＝eq\f(1－x,x)＜0，得x＞1.所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：依据题意知g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)－m(x＞0)，因为x1，x2是函数g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)－m的两个零点，所以lnx1＋eq\f(1,2x1)－m＝0，lnx2＋eq\f(1,2x2)－m＝0，两式相减，可得lneq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2x2)－eq\f(1,2x1)，即lneq\f(x1,x2)＝eq\f(x1－x2,2x1x2)，故x1x2＝eq\f(x1－x2,2ln\f(x1,x2))，则x1＝eq\f(\f(x1,x2)－1,2ln\f(x1,x2))，x2＝eq\f(1－\f(x2,x1),2ln\f(x1,x2)).令t＝eq\f(x1,x2)，其中0＜t＜1，则x1＋x2＝eq\f(t－1,2lnt)＋eq\f(1－\f(1,t),2lnt)＝eq\f(t－\f(1,t),2lnt).构造函数h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt(0＜t＜1)，则h′(t)＝eq\f(t－12,t2).因为0＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，即t－eq\f(1,t)－2lnt＜0，可知eq\f(t－\f(1,t),2lnt)＞1，故x1＋x2＞1.课外素养提升④逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出详细的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满意的条件，须要据此条件构造抽象函数，再依据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有肯定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型【例1】(1)定义在R上的函数f(x)，满意f(1)＝1，且对随意的x∈R都有f′(x)＜eq\f(1,2)，则不等式f(lgx)＞eq\f(lgx＋1,2)的解集为________．(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为________．(1)(0,10)(2)(－∞，－3)∪(0,3)[(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，则g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＜0，所以g(x)在定义域内是减函数．因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，由f(lgx)＞eq\f(lgx＋1,2)，得f(lgx)－eq\f(1,2)lgx＞eq\f(1,2).即g(lgx)＝f(lgx)－eq\f(1,2)lgx＞eq\f(1,2)＝g(1)，所以lgx＜1，解得0＜x＜10.所以原不等式的解集为(0,10)．(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图像关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．特殊地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝eq\f(fx,gx)(g(x)≠0)．xf′(x)±nf(x)(n为常数)型【例2】(1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在RA．f(x)＞0 B．f(x)＜0C．f(x)＞x D．f(x)＜x(1)A(2)A[(1)令g(x)＝eq\f(fx,x)，则g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2).由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；当x∈(－1,0)时，f(x)＜0.综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．(2)令g(x)＝x2f(x)－eq\f(1,4)x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－eq\f(1,4)x4＞0，从而f(x)＞eq\f(1,4)x2＞0；当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－eq\f(1,4)x4＞0，从而f(x)＞eq\f(1,4)x2＞0；当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f综上可知，f(x)＞0.][评析](1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](留意对xn－1的符号进行探讨)，特殊地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.(2)对于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，构造F(x)＝