第六节 利用导数研究函数零点问题
利用导数研究函数零点问题
第三章
导数及其应用
全国名校高考数学优质学案汇编（附详解）
第6讲
利用导数研究函数零点问题
第三章
导数及其应用
利用最值(极值)判断零点个数
[典例引领] 1 2 已知函数 f(x)＝－ ax ＋(1＋a)x－ln x(a∈R)． 2 (1)当 a＞0 时，求函数 f(x)的单调递减区间； (2)当 a＝0 时，设函数 g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函数 g(x)在区 1 间[ ，＋∞)上有两个零点，求实数 k 的取值范围． 2
栏目 导引
第三章
导数及其应用
【解】
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
(ax－1)(x－1) 1 f(x)的导数为 f′(x)＝－ax＋1＋a－ ＝－ (a＞0)， x x 1 ①当 a∈(0，1)时，a＞1. 1 由 f′(x)＜0，得 x＞a或 a＜1. 所以
1 f(x)的单调递减区间为(0，1)，a，＋∞；
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第三章
导数及其应用
数形结合法研究零点问题
[典例引领] 已知 f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x. (1)讨论函数 F(x)＝f(x)－g(x)的单调性； (2)若方程 f(x)＝g(x)在区间[ 2，e]上有两个不相等的解，求 a 的取值范围．
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第三章
导数及其应用
上单调递减． ②当 a≤0 时，F′(x)＜0(x＞0)恒成立． 故当 a≤0 时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．
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第三章
导数及其应用
2ln x (2)原式等价于方程 a＝ 2 在区间[ 2，e]上有两个不等解． x 2x(1－2ln x) 2ln x 令 φ(x)＝ 2 ，由 φ′(x)＝ 易知，φ(x)在( 2， e)上 x x4 为增函数，在( e，e)上为减函数， 1 2 ln 2 则 φ(x)max＝φ( e)＝ ，而 φ(e)＝ 2，φ( 2)＝ . e e 2
利用导数解决函数的零点问题
第六节 利用导数解决函数的零点问题考点1 判断、证明或讨论函数零点的个数判断函数零点个数的3种方法 直接法令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象的函数，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(2019·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： (1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2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 )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2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，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减． 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点． (ⅲ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，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．根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数．[解] (1)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x (x ＞0)，则f ′(x )＝x －e x 2，∴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)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－13x3＋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)＝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．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)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件．(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[13，3]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＋1x ＝－2x 2－x ＋1x， 令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0＜x ＜12时，f ′(x )＞0；当x ＞12时，f ′(x )＜0.∴f (x )的单调递增区间为(0，12)，单调递减区间为(12，＋∞)．(2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x .令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈[13，3]，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x ＜1时，g ′(x )＜0；当1＜x ≤3时，g ′(x )＞0，∴g (x )的单调递减区间为[13，1)，单调递增区间为(1，3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∴函数f (x )在[13，3]上有两个零点，g (13)＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13＞3－ln 33，∴实数a 的取值范围是(1，3－ln 33]．与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与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．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(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(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋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－ax 2e －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)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e24，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x＞0时，e x＞x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3（e2a）2＞1－16a3（2a）4＝1－1a＞0，故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.考点3函数零点性质研究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，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．已知函数f(x)＝12x2＋(1－a)x－a ln x，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－ax，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－ax＝(x＋1)(1－ax)(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)取得极小值f(a)．又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)＜0，即12a2＋(1－a)a－a ln a＜0，整理得ln a＞1－12a，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－a ln 2a－x x，则h′(x)＝－2＋2a2（2a－x）x ＝－2＋2a2－（x－a）2＋a2≥0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增，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ln a＞1－12a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，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，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝ln x－x.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)＋x＋12x－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)＝1x－1＝1－xx.令f′(x)＝1－xx＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＝1－xx＜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：根据题意知g(x)＝ln x＋12x－m(x＞0)，因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋12x－m的两个零点，所以ln x1＋12x1－m＝0，ln x2＋12x2－m＝0，两式相减，可得ln x1x2＝12x2－12x1，即ln x1x2＝x1－x22x1x2，故x1x2＝x1－x22lnx1x2，则x1＝x1x2－12lnx1x2，x2＝1－x2x12lnx1x2.令t＝x1x2，其中0＜t＜1，则x1＋x2＝t－12ln t ＋1－1t2ln t＝t－1t2ln t.构造函数h(t)＝t－1t－2ln t(0＜t＜1)，则h′(t)＝（t－1）2t2.因为0＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，即t－1t －2ln t＜0，可知t－1t2ln t＞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，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根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，该类题目具有一定的难度．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)，满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)＜12，则不等式f(lg x)＞lg x＋12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)－12x，则g′(x)＝f′(x)－12＜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)－12＝1 2，由f(lg x)＞lg x＋12，得f(lg x)－12lg x＞12.即g(lg x)＝f(lg x)－12lg x＞12＝g(1)，所以lg x＜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，所以其图象关于原点对称，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)．特别地，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)＝f（x）g（x）(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R上恒成立的是()A．f(x)＞0 B．f(x)＜0C．f(x)＞x D．f(x)＜x(1)A(2)A[(1)令g(x)＝f（x）x，则g′(x)＝xf′（x）－f（x）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)－14x4，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)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.综上可知，f(x)＞0.][评析](1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝x n f(x)，则F′(x)＝x n－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对x n－1的符号进行讨论)，特别地，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 )＝f （x ）x n ，则F ′(x )＝xf ′（x ）－nf （x ）x n ＋1(注意对x n ＋1的符号进行讨论)，特别地，当n ＝1时，xf ′(x )－f (x )＞0，构造F (x )＝f （x ）x ，则F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＞0.f ′(x )±λf (x )(λ为常数)型【例3】 (1)已知f (x )在R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )＞f ′(x )，则有( )A ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)B ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)C ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)D ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)(2)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋2f ′(x )＞0恒成立，且f (2)＝1e (e 为自然对数的底数)，则不等式e x f (x )－e x2＞0的解集为________．(1)D (2)(2，＋∞) [(1)构造函数h (x )＝f （x ）e x ，则h ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x＜0，即h (x )在R 上单调递减，故h (－2 019)＞h (0)，即f （－2 019）e －2 019＞f （0）e 0⇒e 2 019f (－2 019)＞f (0)；同理，h (2 019)＜h (0)，即f (2 019)＜e 2 019f (0)，故选D.(2)由f (x )＋2f ′(x )＞0，得2[12f (x )＋f ′(x )]＞0，可构造函数h (x )＝e x 2f (x )，则h ′(x )＝12e x 2[f (x )＋2f ′(x )]＞0，所以函数h (x )＝e x 2f (x )在R 上单调递增，且h (2)＝e f (2)＝1.不等式ex f (x )－e x 2＞0等价于e x 2f (x )＞1，即h (x )＞h (2)⇒x ＞2，所以不等式e x f (x )－e x2＞0的解集为(2，＋∞)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝e x f(x)．(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f（x）e x.。
《利用导数研究函数的零点问题》教学设计
《利用导数研究函数的零点问题》教学设计授课班级：某高二（文）班1．教学背景 1.1 学生特征分析我所试讲班级是长沟中学高二文班，学生的平均年龄在16-17岁，多数学生对于所识记的材料，在再认和回忆时，没有歪曲、遗漏、增补和臆测，初步具备在知觉某一事物时，能根据自己已有的知识、经验对事物加以解释和判断；具有一定的比较与分类思维，但是抽象概括及分析综合思维欠缺。
学生已经系统的复习了函数、导数的相关知识，学生了解函数零点的定义，会利用导数求函数的单调区间和极值。
对导数有了一定的理解，学习积极性比较高，利用导数这一工具对函数的性质研究比较好。
但是理性思维比较欠缺，对于处理含参问题的能力还有待提高，把新问题转化问已解决问题的能力有待提高，缺乏选择解决问题策略的能力。
由于是借班作课，师生接触少，师生之间的默契程度有待提高。
1.2教师特点分析自己教学中的优势：注重学生自主学习、善于与信息技术的整合、善于鼓励学生，能对学生进行有效指导。
不足：由于是借班作课，与学生有效沟通较少。
1.3 学习内容分析1、内容分析：导数是微积分的核心概念之一。
它是研究函数的单调性、最大（小）值等问题的最一般、最有效的工具,对我们描绘函数图象带来极大方便，高考对导数的考查重在导数的应用，如求函数的单调区间、极值最值、解决实际问题及与不等式的结合。
而利用导数对函数性质的研究有利于我们解决函数的零点问题。
近几年高考也出现了一些函数零点问题或可转化为函数零点问题的题目，今年北京文科就出现了这样的题目，所以本节课从三次函数出发探究函数零点问题，以简单的含参数函数零点问题为载体，引导学生利用导数讨论函数的单调性、极值、最值解决问题，突出数形结合思想、转化思想的应用。
2、例题分析：热身练习：求函数32()f x x x x =+-的单调区间和极值，并试求此函数的零点。
题目比较简单，学生可以独立完成，目的是让学生熟悉利用导数研究函数性质的基本过程； 思考题：函数32()1f x x x x =+-+的图像与x 轴有几个交点。
导数研究函数零点问题
利用导数钻研圆程的根之阳早格格创做函数与x 轴即圆程根的个数问题解题步调第一步：绘出二个图像即“脱线图”（即解导数不等式）战“趋势图”即三次函数的大概趋势“是先删后减再删”仍旧“先减后删再减”； 第二步：由趋势图分离接面个数或者根的个数写不等式（组）；主要瞅极大值战极小值与0的闭系； 第三步：解不等式（组）即可； 1、已知函数()e ,xf x x =∈R .(Ⅰ) 供f(x)的反函数的图象上图象上面(1,0)处的切线圆程; (Ⅱ) 说明: 直线y = f (x) 与直线2112y x x=++有唯一大众面.【问案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数x x g ln )(=,则y=g(x)过面(1,0)的切线斜率k=(1)g'.1(1)g'x1(x)g'==⇒=k .过面(1,0)的切线圆程为:y = x+ 1 (Ⅱ) 说明直线y=f(x)与直线1212++=x x y 有唯一大众面,历程如下.0)0('',0)0('0)0(,1)('')(',1)('===-=--=h h h e x h x h x e x h x x ，，且的导数果此,所以,直线y=f(x)与直线1212++=x x y 惟有唯一大众面(0,1).(证毕)2、已知函数()1x af x x e=-+(a R ∈,e 为自然对于数的底数). (1)供函数()f x 的极值;(2)当1a =的值时,若直线:1l y kx =-与直线()y f x =不大众面,供k 的最大值.(1)()1x a f x e'=-,①当0a ≤时,()0f x '>,()f x 为(),-∞+∞上的删函数,所以函数()f x 无极值.②当0a >时,令()0f x '=,得x e a =,ln x a =.(),ln x a ∈-∞,()0f x '<;()ln ,x a ∈+∞,()0f x '>.所以()f x 正在(),ln a -∞上单调递减,正在()ln ,a +∞上单调递加,故()f x 正在ln x a =处博得极小值,且极小值为()ln ln f a a =,无极大值. 综上,当0a ≤时,函数()f x 无极小值;当0a >,()f x 正在ln x a =处博得极小值ln a ,无极大值. (2)当1a =时,()11x f x x e=-+.直线l :1y kx =-与直线()y f x =不大众面, 等价于闭于x 的圆程111xkx x e -=-+正在R 上不真数解,即闭于x 的圆程: ()11xk x e -=(*)正在R 上不真数解.①当1k =时,圆程(*)可化为10xe =,正在R 上不真数解. ②当1k ≠时,圆程(*)化为11x xe k =-. 令()x g x xe =,则有()()1x g x x e '=+. 令()0g x '=,得1x =-,当x 变更时,()g x '的变更情况如下表:当1x =-时,()min 1g x e=-,共时当x 趋于+∞时,()g x 趋于+∞,进而()g x 的与值范畴为1,e⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭. 所以当11,1k e ⎛⎫∈-∞- ⎪-⎝⎭时,圆程(*)无真数解,解得k 的与值范畴是()1,1e -. 综上,得k 的最大值为1.3、已知函数232)1(31)(x k x x f +-=，kx x g -=31)(，且)(x f 正在区间),2(+∞上为删函数．（1） 供真数k 的与值范畴；（2） 若函数)(x f 与)(x g 的图象有三个分歧的接面，供真数k 的与值范畴．解：（1）由题意x k x x f )1()(2+-='∵)(x f 正在区间),2(+∞上为删函数，∴0)1()(2>+-='x k x x f 正在区间),2(+∞上恒创造即x k <+1恒创造，又2>x ，∴21≤+k ，故1≤k ∴k 的与值范畴为1≤k（2）设312)1(3)()()(23-++-=-=kx x k x x g x f x h ， 令0)(='x h 得k x =或者1=x 由（1）知1≤k ，①当1=k 时，0)1()(2≥-='x x h ，)(x h 正在R 上递加，隐然分歧题意… ②当1<k 时，)(x h ，)(x h '随x 的变更情况如下表：由于02<，欲使)(x f 与)(x g 的图象有三个分歧的接面，即圆程0)(=x h 有三个分歧的真根，故需0312623>-+-k k ，即0)22)(1(2<---k k k ∴⎩⎨⎧>--<02212k k k ，解得31-<k 综上，所供k 的与值范畴为31-<k4、已知函数()()ln ()x f x e a a =+为常数是真数集R 上的偶函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[一1，1]上的减函数．(I)供a 的值；(II) 若()21g x t t λ≤++正在x ∈[一1，1]上恒创造，供t 的与值范畴．(Ⅲ)计划闭于x 的圆程2ln 2()xx ex m f x =-+的根的个数.解：（I ）)ln()(a e x f x +=是偶函数，则(0)0f =恒创造.0ln()0.e a ∴+=01,0.e a a ∴+=∴=（II ）又)(x g 正在[－1，1]上单调递减，,1sin )1()(max --=-=∴λg x g ,11sin 2++≤--∴t t λλ只需.)1(011sin )1(2恒成立其中-≤≥++++∴λλt t 令),1(11sin )1()(2-≤++++=λλλt t h则⎩⎨⎧≥+++--≤+,011sin 1012t t t ,01sin 01sin 122恒成立而≥+-⎩⎨⎧≥+--≤∴t t t t t 1-≤∴t . （III ）由（I ）知,2ln ,)(2m ex x xx x x f +-=∴=方程为 令m ex x x f xx x f +-==2)(,ln )(221，21ln 1)(xxx f -=' ，当],0()(,0)(,),0(11e x f x f e x 在时∴≥'∈上为删函数；),0[)(,0)(,),[11e x f x f e x 在时∴≤'+∞∈上为减函数，当e x =时，.1)()(1max 1ee f x f ==而222)()(e m e x x f -+-=，)(1x f 函数∴、)(2x f 正在共一坐标系的大概图象如图所示，∴①当ee m ee m 1,122+>>-即时，圆程无解. ②当ee m ee m 1,122+==-即时，圆程有一个根.③当ee m ee m 1,122+<<-即时，圆程有二个根.5、.已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且正在,0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为32π-， （1）供函数f(x)的剖析式；(2)推断函数f(x)正在（0，π）内的整面个数，并加以说明.（I ）33()sin 22f x ax x π-=-≤正在]2,0[π上恒创造，且能与到等号()sin 2g x x x aπ⇔=≤正在]2,0[π上恒创造，且能与到等号()sin cos 0()g x x x x y g x '=+>⇒=正在]2,0[π上单调递加（II ）3()sin ()()sin cos 2f x x x h x f x x x x '=-⇒==+①当x ∈]2,0[π时，()0()f x y f x '≥⇒=正在(0,]2π上单调递加33(0)()0()222f f y f x ππ-=-⨯<⇒=正在(0,]2π上有唯一整面②当x ∈[,]2ππ时，()2cos sin 0()h x x x x f x ''=-<⇒当x ∈[,]2ππ上单调递减2()()022f f πππ'=-<⇒存留唯一0(,)2x ππ∈使0()0f x '=得：()f x 正在0[,)2x π上单调递加，0(,]x π上单调递减得：x ∈0[,]2x π时，()0f x >，x ∈0[,]x π时，0()()0f x f π<，()y f x =正在0[,]x π上有唯一整面由①②得：函数)(x f 正在),0(π内有二个整面.6、已知函数32()f x ax bx cx =++正在面0x 处博得极小值－4，使其导数'()0f x >的x 的与值范畴为(1,3)，供：（1）()f x 的剖析式；（2）若过面(1,)P m -可做直线()y f x =的三条切线，供真数m 的与值范畴． 解：（1）由题意得：2'()323(1)(3),(0)f x ax bx c a x x a =++=--<∴正在(,1)-∞上'()0f x <；正在(1,3)上'()0f x >；正在(3,)+∞上'()0f x <果此()f x 正在01x =处博得极小值4-∴4a b c ++=-①，'(1)320f a b c =++=②，'(3)2760f a b c =++=③由①②③联坐得：169a b c =-⎧⎪=⎨⎪=-⎩，∴32()69f x x x x =-+-（2）设切面Q (,())t f t ，,()()()y f t f t x t -=-22(3129)(26)t t x t t t =-+-+-过(1,)m - 令22'()66126(2)0g t t t t t =--=--=，供得：1,2t t =-=，圆程()0g t =有三个根.需：(1)0(2)0g g ->⎧⎨<⎩23129016122490m m --++->⎧⇒⎨--+-<⎩1611m m <⎧⇒⎨>-⎩故：1116m -<<；果此所供真数m 的范畴为：(11,16)-7、已知32()4f x x ax x =--（a 为常数）正在2x =时博得一个极值， （1）决定真数t 的与值范畴，使函数()f x 正在区间[,2]t 上是单调函数； （2）若通过面A （2，c ）（8c ≠-）可做直线()y f x =的三条切线，供c 的与值范畴． 解：（1）∵函数()f x 正在2x =时博得一个极值，且2()324f x x ax '=--，(2)12440f a '∴=--=，2a ∴=2()344(32)(2)f x x x x x '∴=--=+-．23x ∴=-或者2x =时，2()0,3f x x '=<-或者2x >时，2()0,23f x x '>-<<时，()0f x '<，()f x ∴正在2(,],[2,)3-∞-+∞上皆是删函数，正在2[,2]3-上是减函数．∴使()f x 正在区间[,2]t 上是单调函数的t 的与值范畴是2[,2)3- （2）由（1）知32()24f x x x x =--．设切面为00(,)P x y ，则切线的斜率2000()344k f x x x '==--，所以切线圆程为：322000000(24)(344)()y x x x x x x x ---=---．将面(2,)A c 代人上述圆程，整治得：3200028880x x x c +++=-．∵通过面(2,)(8)A c c ≠-可做直线()y f x =的三条切线，∴圆程3200028880x x x c -++-=有三个分歧的真根．设320000()2888g x x x x c =--++，则2000002()6168023g x x x x x '=-+=⇒==或，0()g x 正在2(,)3-∞上单调递加，正在2(,2)3上单调递减，正在(2,)+∞上单调递加， 故2()0,3(2)0,g g g g ⎧=>⎪⎨⎪=<⎩极大极小得：280827c -<<-．。
导数的综合应用：利用导数研究函数的图像及零点问题
1 ≤2＋ 2． e 题型⑶．判断函数有零点的条件 【例 9】[*]设函数 f(x)＝x3－2ex2＋mx－lnx，记 g(x)＝ m 的取值范围是 ． f(x) ，若函数 g(x)至少存在一个零点，则实数 x
lnx 1 【解】g(x)＝x2－2ex＋m－ ，则 g′(x)＝2(x－e)＋ 2(－1＋lnx)，在(0，e)上，g′(x)＜0，g(x)单调递 x x 1 减；在(e，＋∞)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增，故 g(x)min＝g(e)＝m－e2－ ，由函数 g(x)至少存在一个 e 1 1 1 零点知，g(x)min＝g(e)＝m－e2－ ≤0，解得，m≤e2＋ ，即实数 m 的取值范围是(－∞，e2＋ ]． e e e 【练习 9】已知函数 f(x)＝(ax2＋x)ex，其中 e 是自然数的底数，a∈R， ⑴．当 a＜0 时，解不等式 f(x)＞0； ⑵．若当 x∈[－1，1]时，不等式 f(x)＋(2ax＋1)ex≥0 恒成立，求 a 的取值范围； ⑶．当 a＝0 时，试判断：是否存在整数 k，使得方程 f(x)＝(x＋1)ex＋x－2 在[k，k＋1]上有解？ 若存在，请写出所有可能的 k 的值；若不存在，说明理由． 1 【解】⑴．(ax2＋x)ex＞0，因 ex＞0，故 ax2＋x＞0，又 a＜0，故解集为{x|0＜x＜－ }； a ⑵．当 x∈[－1，1]时，即不等式 ax2＋(2a＋1)x＋1≥0 恒成立， ①．若 a＝0，则 x＋1≥0，该不等式满足在 x∈[－1，1]时恒成立； ②．若 a ＞ 0 ，由于Δ＝ 4a2 ＋ 1 ＞ 0 ，故 g(x) ＝ ax2 ＋ (2a ＋ 1)x ＋ 1 有两个零点，则需满足
两个注意
⑴．描绘函数的图像首先确定函数的定义域． ⑵．注意利用函数的图像确定函数的零点．
6 第6讲 利用导数研究函数的零点问题
第6讲 利用导数研究函数的零点问题判断函数零点的个数(师生共研)设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．【解】 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －ex 2， 由f ′(x )＝0，得x ＝e.所以当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， 所以当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，所以f (x )的极小值为2.(2)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． 所以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． 所以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．函数的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迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：一是利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数；二是分离参数，将问题转化为求y ＝a 和y ＝f (x )的图象的交点个数问题求解．由函数零点个数求参数(师生共研)(2019·长春市质量监测(二))已知函数f (x )＝e x ＋bx －1(b ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝ln x 有两个实数根，求实数b 的取值范围． 【解】 (1)由题意可得f ′(x )＝e x ＋b ，当b ≥0时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．当b <0时，若x ≥ln(－b )，则f ′(x )≥0，f (x )在[ln(－b )，＋∞)上单调递增； 若x <ln(－b )，则f ′(x )<0，f (x )在(－∞，ln(－b ))上单调递减．(2)令g (x )＝e x ＋bx －1－ln x ，则g ′(x )＝e x ＋b －1x ，易知g ′(x )单调递增且一定有大于0的零点，设g ′(x )大于0的零点为x 0，则g ′(x 0)＝0，即e x 0＋b －1x 0＝0，b ＝1x 0－e x 0.方程f (x )＝ln x 有两个实数根，即g (x )有两个零点，则需满足g (x 0)<0， 即e x 0＋bx 0－1－ln x 0＝e x 0＋⎝⎛⎭⎫1x 0－e x 0x 0－1－ln x 0＝e x 0－e x 0x 0－ln x 0<0， 令h (x )＝e x －e x x －ln x (x >0)，则h ′(x )＝－e x x －1x <0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，又h (1)＝0，所以e x 0－e x 0x 0－ln x 0<0的解集为(1，＋∞)，所以b ＝1x 0－e x 0<1－e.当b <1－e 时，e x ＋bx －1－ln x >x ＋bx －ln x ，有g (e b )>e b ＋b e b －ln e b ＝(b ＋1)e b －b ， 令G (x )＝(x ＋1)e x －x ＝(x ＋1)(e x －1)＋1，x <1－e ，所以x ＋1<2－e<0，0<e x <1， 故G (x )＝(x ＋1)e x －x >0，所以g (e b )>0，故g (e b )g (x 0)<0，g (x )在(0，x 0)上有唯一零点，另一方面，在(x 0，＋∞)上，当x →＋∞时，因为e x 的增长速度快，所以g (x )>0，g (x )在(x 0，＋∞)上有唯一零点．综上，b 的取值范围是(－∞，1－e)．根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．以函数零点为背景的双变量不等式问题(师生共研)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，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x 1，x 2，求证：x 1＋x 2>2.【解】 (1)由已知得f ′(x )＝x ＋1－a －ax ，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 －ax＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－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 )取得极小值f (a )． 又f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2， 所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0， 整理得ln a >1－12a ，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 －a ln 2a －xx，则h ′(x )＝－2＋2a 2（2a －x ）x ＝－2＋2a 2－（x －a ）2＋a 2≥0，所以h (x )在(0，2a )上单调递增， 不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0， 即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)，又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数，所以2a －x 2<x 1，即x 1＋x 2>2a ，又ln a >1－12a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2.破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1．(2019·江西赣州模拟)若函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，1e B.⎝⎛⎭⎫0，1e C.()－∞，0D.()0，＋∞解析：选D.函数f (x )＝a e x －x －2a 的导函数f ′(x )＝a e x －1.当a ≤0时，f ′(x )≤0恒成立，函数f (x )在R 上单调递减，不可能有两个零点；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 1a ，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 1a ，＋∞上单调递增，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln 1a ＝1－ln 1a －2a ＝1＋ln a －2a .令g (a )＝1＋ln a －2a (a >0)，则g ′(a )＝1a －2.当a ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，g (a )单调递减，所以g (a )max＝g ⎝⎛⎭⎫12＝－ln 2<0，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln 1a <0，函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)，故选D.2．已知函数f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32.则方程f (x )＝0的解的个数是________．解析：因为f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32，所以f ′(x )＝3x －x ＋2＝－x 2＋2x ＋3x＝（－x ＋3）（x ＋1）x，当x ∈(0，3)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→－∞， 所以f (x )max ＝f (3)＝3ln 3－92＋6－3ln 3－32＝0，所以方程f (x )＝0只有一个解． 答案：13．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (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)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)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－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当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)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在[0，＋∞)的最小值．①若h (2)＞0，即a ＜e 24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；②若h (2)＝0，即a ＝e 24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；③若h (2)＜0，即a ＞e 24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x ＞0时，e x ＞x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3（e 2a ）2＞1－16a 3（2a ）4＝1－1a ＞0.故h (x )在(2，4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点． 综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e 24.4．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f (x )＝e x ·(ln x －ax ＋a ＋b )(e 为自然对数的底数)，a ，b ∈R ，直线y ＝e2x 是曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线．(1)求a ，b 的值．(2)是否存在k ∈Z ，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝e x (ln x －ax ＋1x＋b )，f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得⎩⎨⎧f （1）＝e 2f ′（1）＝e 2，即⎩⎨⎧e b ＝e2e （b －a ＋1）＝e2，解得a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －x ＋32，则f ′(x )＝e x (ln x －x ＋1x ＋12)， 令g (x )＝ln x －x ＋1x ＋12，则g ′(x )＝－x 2－x ＋1x 2<0恒成立，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝12>0，g (2)＝ln 2－1<0，所以存在唯一的x 0∈(1，2)，使得g (x 0)＝0，且当x ∈(0，x 0)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )<0，即f ′(x )<0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减．又当x →0时，f (x )<0，f (1)＝e 2>0，f (2)＝e 2(ln 2－12)>0，f (e)＝e e ⎝⎛⎭⎫52－e <0， 所以存在k ＝0或2，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点．5．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )⎝⎛⎭⎫x －12在区间[0，1]上零点的个数． 解：(1)因为f (x )＝e x －ax －1， 所以f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a >0时，令f ′(x )<0， 得x <ln a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，所以f (x )的单调递减区间为(－∞，ln a )，单调递增区间为(ln a ，＋∞)．(2)令g (x )＝0，得f (x )＝0或x ＝12，先考虑f (x )在区间[0，1]上的零点个数，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增且f (0)＝0，所以f (x )在[0，1]上有一个零点； 当a ≥e 时，f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以f (x )在[0，1]上有一个零点； 当1<a <e 时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，1)上单调递增，而f (1)＝e －a －1，当e －a －1≥0，即1<a ≤e －1时，f (x )在[0，1]上有两个零点， 当e －a －1<0，即e －1<a <e 时，f (x )在[0，1]上有一个零点． 当x ＝12时，由f ⎝⎛⎭⎫12＝0得a ＝2(e －1)， 所以当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0，1]上有两个零点； 当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0，1]上有三个零点．6．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明： (1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2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 )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1 ，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2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，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减．又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点．(ⅲ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，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．。
【公开课课件】利用导数研究函数的零点问题-高考真题说课课件-2022届高三数学一轮复习
（2）设1 ，2 是()的两个零点，证明1 + 2 < 2.
来源： 2016年课表全国Ⅰ卷，21题，12分
一.题目分析
2.题目来源、背景
已知函数() = ( − 2) + ( − 1)2 有两个零点.
（1）求的取值范围；
（2）设1 ，2 是()的两个零点，证明1 + 2 < 2.
一.题目分析
4.数学思想方法
分类讨论思想
数形结合思想
转化与化归思想
5.典型性说明
本题考查的“利用导数研究函数零点问题”是导数及其应用章节的重要题型，由
零点存在情况求参数问题则是该题型重点考查的类型，属于对函数的综合考查，
难度较大，常在压轴题位置出现，主要考查学生数学运算和逻辑推理这两个核心
素养.
二.解题分析
解：(1)()’ = ( − 1) + 2( − 1) = ( − 1)( + 2).
(Ⅰ)设 = 0，则() = ( − 2) ，()只有一个零点.(不符合题意)
(Ⅱ)设 < 0，则由()’ = 0得 = 1或 = (−2).
2
若 ≥ − ，则(−2) ≤ 1,故当 ∈ (1, +∞)时，()’ > 0，因此()在(1, +∞)上
策略分析
解题分析
解题过程及评价
变式与拓展
教学启发
一.题目分析
已知函数() = ( − 2) + ( − 1)2 有两个零点.
（1）求的取值范围；
（2）设1 ，2 是()的两个零点，证明1 + 2 < 2.
1.题目的条件和结论
(1)函数有两个零点，求参数的取值范围，属于“由函数零点存在的情况求参数
利用导数研究函数的零点问题
②2 a(x1＋x2)>3x1x2；
③ x1－1＋ x2－1>2.
请从①②③中任选一个进行证明．
目录 考向一
考向二
考向三
解 (1)当 a＝0 时，f(x)＝ex＋bx－1，f′(x)＝ex＋b， 当 b≥0 时，因为 f(－1)＝1e－1－b<0，所以此时不符合题意； 当 b＜0 时，当 x∈(－∞，ln (－b))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当 x∈(ln (－b)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以 f(x)min＝f(ln (－b))＝－b＋bln (－b)－1， 要使 f(x)≥0，只需 f(x)min＝－b＋bln (－b)－1≥0，
(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零 点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号， 进而判断函数在该区间上零点的个数．
目录 考向一
考向二
考向三
(2024·衡水模拟)已知函数 f(x)＝(x－2)ex. (1)求函数 f(x)的单调区间和极值；
(2)若 g(x)＝f(x)－a，讨论函数 g(x)的零点个数． 解 (1)f(x)的定义域为 R，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex， 又 ex>0 恒成立， ∴当 x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
目录 考向一
考向二
考向三
解
（x－2）ln （x－1）
(2)f(x)＝0⇒a＝
x
，
（x－2）ln （x－1）
令 g(x)＝
x
，
故 g′(x)＝x－1 1－2·x－x 1－lnx2（x－1）
（x－1）－x－1 1＋2ln （x－1）
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∴当 x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随 x 的变化情况如下表：
x
1
1，32
h′(x)
＋
3 2
32，3
3
0
－
h(x)
4 3
极大值
ln 3－2
∵h(1)＝43，h(3)＝ln 3－2<34，h32＝ln 32＋45，
∴当 x∈[1,3]时，h(x)∈ln 3－2，ln
(2)证明：f(x)只有一个零点．
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[解] 证明：因为 x2＋x＋1>0，
所以 f(x)＝0 等价于x2＋xx3＋1－3a＝0.
设 g(x)＝x2＋xx3＋1－3a，
则 g′(x)＝x2xx2＋2＋x2＋x＋132 ≥0，仅当 x＝0 时，g′(x)＝0，
所以 g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
第六 节 利用导数研究函数零点问题
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考点一 研究函数零点个数
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[典例] (2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)． (1)若 a＝3，求 f(x)的单调区间；
[解] 当 a＝3 时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3， f′(x)＝x2－6x－3. 令 f′(x)＝0，解得 x＝3－2 3或 x＝3＋2 3. 当 x∈(－∞，3－2 3)∪(3＋2 3，＋∞)时，f′(x)>0； 当 x∈(3－2 3，3＋2 3)时，f′(x)<0. 故 f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2 3)，(3＋2 3， ＋∞)，单调递减区间为(3－2 3，3＋2 3)．
故 g(x)至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点．
又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6a－162－16<0，f(3a＋1)＝13>0， 故 f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．
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[解题技法] 判断函数零点个数的 3 种方法 直接法 令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数
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.
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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．
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[典例] (2019·重庆调研)设函数 f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R )．
(2)若函数 f(x)在13，3上有两个零点，求实数 a 的取值范围．
[解] 令 f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得 a＝x－lnxx.
令 g(x)＝x－lnxx，其中 x∈13，3， 则 g′(x)＝1－1－xl2n x＝x2＋lxn2x－1，令 g′(x)＝0，得 x＝1，当 13≤x<1 时，g′(x)<0；当 1<x≤3 时，g′(x)>0，
令 g(x)＝0，得 m＝－13x3＋x(x>0)．
设 φ(x)＝－13x3＋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，
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考点二 已知零点存在情设函数 f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R )．
(1)当 a＝－1 时，求函数 f(x)的单调区间； [解] 函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当 a＝－1 时， f′(x)＝－2x－1＋1x＝－2x2－x x＋1， 令 f′(x)＝0，得 x＝12(负值舍去)， 当 0<x<12时，f′(x)>0；当 x>12时，f′(x)<0. ∴f(x)的单调递增区间为0，12，单调递减区间为12，＋∞.
∴g(x)的单调递减区间为13，1，单调递增区间为(1,3]， ∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数 f(x)在13，3上有两个零点，g13＝3ln 3 ＋13，g(3)＝3－ln33，3ln 3＋13>3－ln33， ∴实数 a 的取值范围是1，3－ln33.
转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数 画图法
即可 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去 定理法 解决
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[对点训练] 设函数 f(x)＝ln x＋mx ，m∈R . (1)当 m＝e(e 为自然对数的底数)时，求 f(x)的极小值； 解：由题意知，当 m＝e 时，f(x)＝ln x＋xe(x>0)， 则 f′(x)＝x－x2 e，
[对点训练] 设函数 f(x)＝ln
x－x，若关于
x
的方程
f(x)＝x2－130x＋m
在区间[1,3]
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上有解，求 m 的取值范围． 解：方程 f(x)＝x2－130x＋m 在区间[1,3]上有解，
即 ln x－x2＋73x＝m 在区间[1,3]上有解．令 h(x)＝ln x－x2＋73x，
则 h′(x)＝x1－2x＋37＝－3x＋13x2x－3.
∴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)取得极小值 f(e)＝ln e＋ee＝2，
∴f(x)的极小值为 2.
设函数 f(x)＝ln x＋mx ，m∈R .
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(2)讨论函数 g(x)＝f′(x)－x3零点的个数． 解：由题意知 g(x)＝f′(x)－x3＝1x－xm2－x3(x>0)，
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[解题技法] 本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于有些函 数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题 时，可以从两个方面去思考： (1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形 状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件； (2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据 函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此 时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导， 层层推理得解．
32＋54，
∴m 的取值范围为ln 3－2，ln
32＋54.
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