2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.7　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§3.7利用导数研究函数的零点 函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现.考试要求 题型一利用函数性质研究函数的零点例1已知函数f(x)＝xsinx－1.(1)讨论函数f(x)在区间上的单调性； 因为函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝－xsin(－x)－1＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数， (2)证明：函数y＝f(x)在[0，π]上有两个零点. 则g′(x)＝2cosx－xsinx， 当x∈(m，π]时，有g(x)<g(m)＝0，即f′(x)<0，则f(x)在(m，π]上单调递减， 所以f(x)在(m，π]上有且只有一个零点，综上，函数y＝f(x)在[0，π]上有2个零点. 思维升华利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件. 跟踪训练1(2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－1)lnx＋－2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性； ①若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； (2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围. 结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点.所以要使得函数有唯一零点，解得a＝1或a＝e.综上，a≤0或a＝1或a＝e. 题型二数形结合法研究函数的零点例2(2023·郑州质检)已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性； f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，且f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝lna，当x<lna时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>lna时，f′(x)>0，f(x)单调递增.综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增. (2)求函数f(x)的零点个数. 令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，当a＝0时，ex＝a(x－2)无解，∴f(x)无零点，当x∈(－∞，3)时，φ′(x)>0；当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0，∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减， 又x→＋∞时，φ(x)→0，x→－∞时，φ(x)→－∞，∴φ(x)的图象如图所示. 综上所述，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；当a∈(－∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；当a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点. 思维升华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或判断零点个数. 跟踪训练2(2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝alnx－.(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；又f(1)＝－2，f′(1)＝1，因此，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＋2＝x－1，即x－y－3＝0. (2)若函数f(x)在(0,16]上有两个零点，求a的取值范围. 则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； 令g′(x)＝0，可得x＝e2<16，列表如下，x(0，e2)e2(e2，16]g′(x)＋0－g(x)↗极大值↘ 即f(x)在(0,16]上有两个零点， 题型三构造函数法研究函数的零点例3(12分)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值.(1)求a；[切入点：求f(x)，g(x)的最小值](2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.[关键点：利用函数的性质与图象判断ex－x＝b，x－lnx＝b的解的个数及解的关系] 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内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. 跟踪训练3(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0).(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间； (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. 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， 即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞). 课时精练 基础保分练1.(2023·济南质检)已知函数f(x)＝，a∈R.(1)若a＝0，求f(x)的最大值；1234 由f′(x)＝0，得x＝e，∴当0<x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，1234 1234(2)若0<a<1，求证：f(x)有且只有一个零点. 由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∵0<a<1，故f(x)在(e，＋∞)上无零点；1234 且f(x)在(0，e)上单调递增，∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，综上，f(x)有且只有一个零点.1234 2.函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值.(1)求f(x)的单调区间；1234f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋lnx＋1，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋xlnx，∴f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1). 1234(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围. y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象在(0，＋∞)内有两个不同的交点.由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，f(e)＝0，作出f(x)图象如图.由图可知，当－1<m＋1<0，即－2<m<－1时，y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点.因此实数m的取值范围是(－2，－1).1234 1234综合提升练(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； 则f′(x)＝x(ex－ax).∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝x(ex－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则ex－ax≥0，x≥0.当x＝0时，则1≥0，即a∈R；1234 令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，综上所述，a≤e.1234 1234(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数. 令f(x)＝0，1234 令h′(x)>0，则x>1或x<0，令h′(x)<0，则0<x<1，∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，1234 1234综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；当0<a≤e时，f(x)有两个零点. 4.(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)lnx.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；拓展冲刺练当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)＝－1.1234 1234(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围. 当a＝0时，由(1)可知，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，1234 所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点；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；1234 因为f(1)＝a－1＞0，1234 综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞).1234