新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（二十三） 导数与函数的零点问题 11页

第 11 页 共 11 页 新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（二十三） ‎ 导数与函数的零点问题 ‎[例1]　(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－，g′(x)＝－sin x＋.‎ 当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，‎ g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．‎ ‎(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．‎ ‎①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．‎ ‎②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，‎ 所以当x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点．‎ ‎③当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．‎ ‎④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．‎ ‎[解题方略]‎ 判断函数零点个数的思路 判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)·f(b)<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调性，‎ 第 11 页 共 11 页 若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．‎ ‎[多练强化]‎ ‎(2019·广东省七校联考)已知函数f(x)＝ln x＋ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a<0时，求函数f(x)的零点个数．‎ 解：(1)由题意知， f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝.‎ ‎①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－，‎ 故在上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在上，f′(x)<0，f(x)单调递减．‎ 综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)由(1)可知，当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ 故f(x)max＝f ＝ln－1.‎ ‎①当ln<1，即a<－时，f <0，函数f(x)没有零点．‎ ‎②当ln＝1，即a＝－时，f ＝0，函数f(x)有一个零点．‎ ‎③当ln>1，即－0，令00，则在(e，＋∞)上，g′(t)＝－1<0，故g(t)在(e，＋∞)上单调递减，‎ 故在(e，＋∞)上，g(t)0，f(x)单调递增．‎ 由f(－1)＝－<0，且f(1)＝e－‎2a>0，当x→－∞时，f(x)→＋∞，‎ 所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．‎ 若ln a<－1，即00，f(x)单调递增；‎ 当x∈(ln a，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．‎ 又f(ln a)＝aln a－a(ln a＋1)2<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．‎ 若ln a＝－1，即a＝，当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，故不符合题意．‎ 若ln a>－1，即a>，当x∈(－∞，－1)∪(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；‎ 当x∈(－1，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(－1)＝－<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．综上，实数a的取值范围是(－∞，0)．‎ 法二：数形结合法 令f(x)＝0，即xex－a(x＋1)2＝0，得xex＝a(x＋1)2.当x＝－1时，方程为－e－1＝a×0，显然不成立，‎ 所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f(x)的零点．‎ 第 11 页 共 11 页 当x≠－1时，分离参数得a＝.记g(x)＝(x≠－1)，‎ 则g′(x)＝＝.‎ 当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．‎ 当x＝0时，g(x)＝0；当x→－∞时，g(x)→0；当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞.‎ 故函数g(x)的图象如图所示．作出直线y＝a，由图可知，当a<0时，直线y＝a和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f(x)有两个零点．故实数a的取值范围是(－∞，0)．‎ ‎[解题方略]利用函数零点的情况求参数范围的方法 ‎(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；‎ ‎(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；‎ ‎(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．‎ ‎[多练强化]‎ ‎(2019·江西八所重点中学联考)已知函数f(x)＝ax－a＋1－(其中a为常数，且a∈R)．(1)若函数f(x)为减函数，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围，并说明理由．‎ 解：(1)∵f(x)＝ax－a＋1－，∴f′(x)＝a－，‎ 若函数f(x)为减函数，则f′(x)≤0对x∈(0，＋∞)恒成立，即a≤对x∈(0，＋∞)恒成立．‎ 设m(x)＝，则m′(x)＝，令m′(x)＝0，得x＝e，可得m(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ ‎∴m(x)min＝m＝－，∴a≤－，即a≤－e－3，故实数a的取值范围是(－∞，－e－3]．‎ ‎(2)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝，‎ ‎∴可设h(x)＝ax2－(a－1)x－ln x，则函数f(x)有两个不同的零点等价于函数h(x)有两个不同的零点．‎ ‎∵h′(x)＝ax－(a－1)－＝＝，‎ ‎∴当a≥0时，函数h(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)在(0，＋∞‎ 第 11 页 共 11 页 ‎)上有最小值，为h(1)．若函数h(x)有两个不同的零点，则必有h(1)＝－a＋1<0，即a>2，此时， 在x∈(1，＋∞)上有h(2)＝‎2a－2(a－1)－ln 2＝2－ln 2>0，‎ 在x∈(0，1)上，h(x)＝a(x2－2x)＋x－ln x，‎ ‎∵－1－a＋x－ln x，∴h>－a＋e－a－ln＝ea>0，‎ ‎∴h(x)在区间(0，1)，(1，＋∞)上各有一个零点，故a>2符合题意．当a＝－1时，h′(x)≤0，∴函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，∴函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．‎ 当－10，∴函数h(x)至多有一个零点，不符合题意；‎ 当a<－1时，函数h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，∴函数h(x)的极小值为h＝＋(a－1)－ln＝1－＋ln(－a)>0，‎ ‎∴函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是(2，＋∞). ‎ ‎[例3]　(2019·陕西榆林一模)已知函数f(x)＝x2－2.‎ ‎(1)已知函数g(x)＝f(x)＋2(x＋1)＋aln x在区间(0，1)上单调，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)函数h(x)＝ln(1＋x2)－f(x)－k有几个零点？‎ ‎[解]　(1)∵函数f(x)＝x2－2，∴g(x)＝x2＋2x＋aln x.又∵函数g (x)在区间(0，1)上单调，‎ ‎∴当0m(1)＝－4，∴a≤－4.‎ 综上可得，实数a的取值范围为(－∞，－4]∪(0，＋∞)．‎ ‎(2)∵函数h(x)＝ln(1＋x2)－f(x)－k＝ln(1＋x2)－(x2－2)－k＝ln(1＋x2)－x2＋1－k，其定义域为R，‎ ‎∴h′(x)＝－x＝.令h′(x)＝0，得x＝0或x＝1或x＝－1.‎ 当x变化时，h(x)，h′(x)的变化情况如表：‎ 第 11 页 共 11 页 x ‎(－∞，－1)‎ ‎－1‎ ‎(－1，0)‎ ‎0‎ ‎(0，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ h′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ h(x)‎ 增 极大值ln 2＋－k 减 极小值1－k 增 极大值ln 2＋－k 减 当x→＋∞时，h(x)→－∞；当x→－∞时，h(x)→－∞.‎ ‎∴当1－k>0且ln 2＋－k>0，即k<1时，函数h(x)有2个零点；‎ 当1－k＝0且ln 2＋－k>0，即k＝1时，函数h(x)有3个零点；‎ 当1－k<0且ln 2＋－k>0，即1ln 2＋时，函数h(x)没有零点．‎ ‎[解题方略]‎ 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的函数值均为零，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．‎ ‎[多练强化]‎ 已知函数f(x)＝(x－1)ex－mx2＋2，其中m∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．‎ ‎(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当常数m∈(2，＋∞)时，函数f(x)在[0，＋∞)上有两个零点x1，x2(x1ln.‎ 解：(1)当m＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2＋2，∴f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)．‎ 由f′(x)＝x(ex－2)＝0，解得x＝0或x＝ln 2. ‎ 当x>ln 2或x<0时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．‎ 当0ln(‎2m)时，f′(x)>0，f(x)在(ln(‎2m)，＋∞)上单调递增；‎ 当00，f(1)＝2－m<0，可知x1∈(0，1)．‎ f(ln ‎2m)<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f(x)在(ln(‎2m)，＋∞)上单调递增．‎ 第 11 页 共 11 页 ‎∴x2∈(ln(‎2m)，＋∞)．∴x2>ln(‎2m)>ln 4.‎ ‎∵0ln 4－1＝ln.‎ 大题专攻强化练 ‎1．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a>0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若11，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数．‎ ‎③若a>1，则0<<1，当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．‎ 综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；‎ 当01时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．‎ ‎(2)当10，‎ 所以g(a)在(1，e)上是增函数，所以g(a)×9－4＋ln 4＝ln 4＋>0，所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0，‎ 所以当10)，f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，‎ 当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0－1，即m>－2，①‎ 当00且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.‎ 如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②‎ 由①②可得－20，g(2)＝ln 2－1<0，‎ 所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(0, x0)上单调递增，在(x0＋∞)上单调递减．‎ 又当x→0时，f(x)<0，f(1)＝>0，f(2)＝e2>0，f(e)＝ee<0，‎ 所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．‎ ‎4解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1＋＝＝，‎ ‎①当a＋1>0，即a>－1时，在(0，1＋a)上，f′(x)>0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)<0，‎ 所以f(x)的单调递增区间是(0，1＋a)，单调递减区间是(1＋a，＋∞)；‎ ‎②当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，‎ 所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．‎ ‎(2)证明：设g(x)＝f(ax)＋＝a(ln a＋ln x－x)，所以g′(x)＝(x>0)，‎ 当00，函数g(x)在区间(0，1)上单调递增；‎ 当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(1，＋∞)上单调递减．所以g(x)在x＝1处取得最大值．‎ 因为当e1)，设h(t)＝(t>1)，则h′(t)＝＝>0.‎ 所以函数h(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，h(t)>e，所以＝·>.‎ 因为e＝，则>，又x1＋x2>1，所以x1＋x2<4x1x2.‎