2021届步步高数学大一轮复习讲义(文科)第三章 高考专题突破一 第2课时 导数与方程

第2课时 导数与方程求函数零点个数例1 设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，当m ≥1时，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数． 解 令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x >0，问题等价于求函数F (x )的零点个数． F ′(x )＝－(x －1)(x －m )x，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数， 注意到F (1)＝32>0，F (4)＝－ln 4<0，所以F (x )有唯一零点．当m >1时，若0<x <1或x >m ，则F ′(x )<0； 若1<x <m ，则F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增， 注意到F (x )的极小值F (1)＝m ＋12>0，F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)<0， 所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．将本例条件“m ≥1”改为“m ≥0”，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数．解 由例题解法知m ≥1时，两函数图象有一个交点； 当m ＝0时，F (x )＝－12x 2＋x ，x >0有唯一零点；当0<m <1时，0<x <m 或x >1时，F ′(x )<0；m <x <1时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0，m )和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得ln m <0， 所以F (x )的极小值F (m )＝m2(m ＋2－2ln m )>0，而F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)<0， 所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象有一个交点．思维升华 (1)可以通过构造函数，将两函数图象的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R ，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数．解 由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋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)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知 ①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23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 >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．根据函数零点情况求参数范围例2 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 解 由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：x⎝⎛⎭⎫1e ，11(1，e)又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e <0. 所以在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上，h (x )min ＝h (1)＝4， h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，若方程在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，则4<a ≤e ＋2＋3e ， 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e . 思维升华 方程根或函数零点的个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2 已知函数g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b 在[1,4]上有两个不同的零点，求实数b 的取值范围．解 g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)，则g ′(x )＝(x －2)(x －1)2x.在[1,4]上，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下：g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2， 又g (4)＝2ln 2－b －2，g (1)＝－54－b .若方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧g (1)≥0，g (2)<0，g (4)≥0，解得ln 2－2<b ≤－54.故实数b 的取值范围是⎝⎛⎦⎤ln 2－2，－54.1．已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间； (2)判断f (x )的零点个数．解 (1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x，令f ′(x )>0，解得x >e －2，令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )的单调减区间为(0，e －2)，单调增区间为(e －2，＋∞)． (2)由(1)得f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e ，若a >2e ，则f (x )min >0，f (x )无零点；若a ＝2e ，则f (x )min ＝0，f (x )有一个零点；若a <2e，则f (x )min <0，f (x )在(0，e －2]上单调递减，在[e －2，＋∞)上单调递增， 当a ≤0时，在(0，e －2]上有f (x )＝a ＋x ln x <a ≤0，∴f (x )在区间(0，e －2]上无零点，在[e －2，＋∞)上有f (e －2a )＝a (1－2e －a )≥0，f (x )在区间[e －2，＋∞)上有一个零点；当0<a <2e时，有0<4e a -<e －2，424e ,e a af a a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭易证当x >0时，e x >x 2成立，∴4e a f -⎛⎫ ⎪⎝⎭>a －4a ⎝⎛⎭⎫2a 2＝0，又f (e －2)<0，f (1)＝a >0，∴f (x )在(0，e －2]上有一个零点，在(e －2，＋∞)上有一个零点． 综上，当a >2e 时，f (x )无零点，当a ≤0或a ＝2e 时，f (x )有一个零点，当0<a <2e 时，f (x )有2个零点．2．已知函数f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c 有三个零点，求实数c 的取值范围．解 f ′(x )＝x 2－x －2＝(x ＋1)(x －2)， 由f ′(x )>0可得x >2或x <－1， 由f ′(x )<0可得－1<x <2，所以函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数， 在(－1,2)上是减函数，所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ，极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎨⎧76＋c >0，c －103<0，解得－76<c <103，所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－76，103. 3．已知函数f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a >0，函数f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )＝12x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax.①a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②a >0时，由f ′(x )>0，得x >a ， f ′(x )<0，得0<x <a .即f (x )在(0，a )上单调递减， 在(a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减， 在(a ，＋∞)上单调递增．(2)当a >0时，由(1)知f (x )在(0，a )上单调递减， 在(a ，＋∞)上单调递增， ①若a ≤1，即0<a ≤1时，f (x )在(1，e)上单调递增， f (1)＝12，f (x )在区间(1，e)上无零点．②若1<a <e ，即1<a <e 2时，f (x )在(1，a )上单调递减，在(a ，e)上单调递增， f (x )min ＝f (a )＝12a (1－ln a )．∵f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝12>0，f (a )＝12a (1－ln a )<0，f (e )＝12e 2－a >0，∴e<a <12e 2.③若a ≥e ，即a ≥e 2时，f (x )在(1，e)上单调递减，f (1)＝12>0，f (e)＝12e 2－a <0，f (x )在区间(1，e)上有一个零点．综上，f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点时，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫e ，12e 2.4．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ，x >0， 则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，由f ′(x )>0，得x >2，由f ′(x )<0，得0<x <2.故f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为当x →0时，f (x )→＋∞，所以f (x )<0在区间⎝⎛⎭⎫0，13上不可能恒成立， 故要使函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点， 只要对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，f (x )>0恒成立， 即对x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，a >2－2ln xx －1恒成立． 令h (x )＝2－2ln xx －1，x ∈⎝⎛⎦⎤0，13， 则h ′(x )＝2ln x ＋2x－2(x －1)2，再令m (x )＝2ln x ＋2x－2，x ∈⎝⎛⎦⎤0，13， 则m ′(x )＝－2(1－x )x 2<0，故m (x )在⎝⎛⎦⎤0，13上为减函数． 于是m (x )≥m ⎝⎛⎭⎫13＝4－2ln 3≥0. 从而h ′(x )≥0，于是h (x )在⎝⎛⎦⎤0，13上为增函数， 所以对x ∈⎝⎛⎭⎫0，13有h (x )<h ⎝⎛⎭⎫13＝2－3ln 3， 所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．5．(2020·贵州遵义第一次统考)已知f (x )＝ln x ，g (x )＝－13x 3＋ax －34.(1)讨论函数g (x )的单调性；(2)记max{m ，n }表示m ，n 中的最大值，若F (x )＝max{f (x )，g (x )}(x >0)，且函数y ＝F (x )恰有三个零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)g (x )＝－13x 3＋ax －34的定义域为R ，g ′(x )＝－x 2＋a .①当a ≤0时，g ′(x )≤0，所以g (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)； ②当a >0时，令g ′(x )>0，得x ∈(－a ，a )， 令g ′(x )<0，得x ∈(－∞，－a )∪(a ，＋∞)，综上得，当a ≤0时，g (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)；当a >0时，g (x )的单调递减区间为(－∞，－a )和(a ，＋∞)，单调递增区间为(－a ，a )． (2)F (x )＝max{f (x )，g (x )}(x >0)， f (x )＝ln x 的唯一一个零点是x ＝1， ∴g ′(x )＝－x 2＋a (x >0)，由(1)可得，①当a ≤0时，g (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)， 此时y ＝F (x )至多有两个零点，不符合题意． ②当a >0时，令G (x )＝g (x )＋34， 则G (x )＝－13x 3＋ax 的图象关于点(0,0)对称，即g (x )的图象关于⎝⎛⎭⎫0，－34中心对称， 注意到ln x 在(1，＋∞)上恒正， F (x )要有3个零点，则g (x )必须在(0,1)上取到2个零点，如图，∴极大值g (a )>0，且g (1)<0，则有⎩⎨⎧g (1)<0，g (a )>0⇒⎩⎨⎧－13＋a －34<0，－13(a )3＋a ·a －34>0⇒34<a <34＋13， 综上，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫34，34＋13.。