【新高考复习】专题06 导数 6.4导数与函数的零点 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析

专题六《导数》讲义6.4导数与函数的零点知识梳理.函数的零点1.判断、证明或讨论函数零点个数的方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)0.①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)0.2.已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.题型一.讨论零点个数1．函数f（x）=13x3+2x2+3x+43的零点个数为2．【解答】解：∵函数f（x）=13x3+2x2+3x+43，∴f'（x）＝x2+4x+3＝（x+1）（x+3），令f'（x）＝0得：x＝﹣3或﹣1，∴当x∈（﹣∞，﹣3）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x∈（﹣3，﹣1）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x∈（﹣1，+∞）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴函数f（x）的极大值为f（﹣3）=43，极小值为f（﹣1）＝0，∴函数f（x）的大致图象如图所示：，由图象可知，函数f（x）有2个零点，故答案为：2．2．设函数f（x）=13x﹣lnx（x＞0），则y＝f（x）（）A．在区间（1𝑒，1），（1，e）内均有零点B．在区间（1𝑒，1），（1，e）内均无零点C．在区间（1𝑒，1）内有零点，在区间（1，e）内无零点D．在区间（1𝑒，1），内无零点，在区间（1，e）内有零点【解答】解：由题得f′（x）=𝑥−33𝑥，令f′（x）＞0得x＞3；令f′（x）＜0得0＜x＜3；f′（x）＝0得x＝3，故知函数f（x）在区间（0，3）上为减函数，在区间（3，+∞）为增函数，在点x＝3处有极小值1﹣ln3＜0；又f（1）=13＞0，f（e）=𝑒3−1＜0，f（1𝑒）=13𝑒+1＞0，故选：D．3．已知定义在R上的奇函数f（x），满足当x＞0时f（x）=12x2﹣xlnx，则关于x的方程f（x）＝a满足（）A．对任意a∈R，恰有一解B．对任意a∈R，恰有两个不同解C．存在a∈R，有三个不同解D．存在a∈R，无解【解答】解：当x＞0时，f（x）=12x2﹣xlnx，f′（x）＝x﹣1﹣lnx，f″（x）＝1−1𝑥∴0＜x＜1时，f″（x）＜0；x＞1时，f″（x）＞0，∴f′（x）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，∴f′（x）≥f′（1）＝0，∴f（x）在（0，+∞）上递增，又x大于0趋近于0时，f（x）也大于0趋近于0；x趋近于正无穷时，f（x）也趋近于正无穷，又f（x）为R上的奇函数，其图象关于原点对称，结合图象知，对任意的a，方程都恰有一解．故选：A．题型二.已知零点求参考点1.参变分离1．已知函数f（x）＝（x2﹣4x+1）ex﹣a恰有三个零点，则实数a的取值范围为（）A．（﹣2e3，0）B．（−6𝑒，0）C．（−6𝑒，2e3）D．（0，6𝑒）【解答】解：令g（x）＝（x2﹣4x+1）ex，则g′（x）＝（x2﹣2x﹣3）ex＝0，解得x＝3或x＝﹣1，即函数g（x）在（﹣∞，﹣1），（3，+∞）上单调递增，在（﹣1，3）上单调递减；作出g（x）图象如图：函数f（x）＝（x2﹣4x+1）ex﹣a恰有三个零点等价于g（x）与y＝a图象有3个交点，由图可知a∈（0，f（﹣1）），即a∈（0，6𝑒），故选：D．2．已知函数𝑓(𝑥)=3𝑥+4𝑙𝑛𝑥−𝑥−𝑎在区间（0，2）上至少有一个零点，则实数a的取值范围是（）A．（0，2）B．[2，4ln3﹣2）C．(2，4𝑙𝑛2−12)D．[2，+∞）【解答】解：函数f（x）=3𝑥+4lnx﹣x﹣a在区间（0，2）上至少有一个零点，可得a+1＝4lnx+3𝑥−x在x∈（0，2）有解，设g（x）＝4lnx+3𝑥−x，导数g′（x）＝﹣1+4𝑥−3𝑥2=−(𝑥−1)(𝑥−3)𝑥2，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）递减；在（1，2）时，g′（x）＞0，g（x）递曾，可得g（1）取得极小值，且为最小值2，作出y＝g（x）的图象，可得a≥2，即a≥2．故选：D．考点2.转化成两个函数的交点问题3．已知函数f（x）=12ax2+cosx﹣1（a∈R），若函数f（x）有唯一零点，则a的取值范围为（）A．（﹣∞，0）B．（﹣∞，0）∪[1，+∞）C．（﹣∞，0]∪[1，+∞）D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）【解答】解：当a＝0时，f（x）＝cosx﹣1，显然此时函数f（x）的零点不唯一，不合题意，故可排除选项C；依题意，方程𝑐𝑜𝑠𝑥=−12𝑎𝑥2+1有唯一解，即函数g（x）＝cosx与函数ℎ(𝑥)=−12𝑎𝑥2+1的图象有唯一交点，当a＜0时，如图，函数g（x）＝cosx与函数ℎ(𝑥)=−12𝑎𝑥2+1的图象显然只有唯一交点（0，1），符合题意，故可排除选项D；当a＞0时，如图，由二次函数的性质可知，函数h（x）的开口向下，且a越大，函数ℎ(𝑥)=−12𝑎𝑥2+1的开口越小，由图可知，此时函数g（x）＝cosx与函数ℎ(𝑥)=−12𝑎𝑥2+1的图象显然只有唯一交点（0，1），符合题意，故可排除选项A；故选：B．4．已知函数f（x）＝e2x﹣ax2+bx﹣1，其中a，b∈R，e为自然对数的底数，若f（1）＝0，f′（x）是f（x）的导函数，函数f′（x）在区间（0，1）内有两个零点，则a的取值范围是（）A．（e2﹣3，e2+1）B．（e2﹣3，+∞）C．（﹣∞，2e2+2）D．（2e2﹣6，2e2+2）【解答】解：∵f（1）＝0，∴e2﹣a+b﹣1＝0，∴b＝﹣e2+a+1，∴f（x）＝e2x﹣ax2+（﹣e2+a+1）x﹣1，∴f′（x）＝2e2x﹣2ax﹣e2+a+1，令f′（x）＝0得2e2x＝2ax﹣a﹣1+e2，∵函数f′（x）在区间（0，1）内有两个零点，∴y＝2e2x与y＝2ax﹣a﹣1+e2的函数图象在（0，1）上有两个交点，作出y＝2e2x与y＝2ax﹣a﹣1+e2＝a（2x﹣1）+e2﹣1函数图象，如图所示：若直线y＝2ax﹣a﹣1+e2经过点（1，2e2），则a＝e2+1，若直线y＝2ax﹣a﹣1+e2经过点（0，2），则a＝e2﹣3，∴e2﹣3＜a＜e2+1．故选：A．考点3.讨论参数——单调性+极值、最值5．若函数f（x）＝ex（x3﹣3ax﹣a）有3个零点，则实数a的取值范围是（）A．（0，12）B．（12，+∞）C．（0，14）D．（14，+∞）【解答】解：令g（x）＝x3﹣3ax﹣a，若f（x）＝exg（x）有3个零点，即g（x）有3个零点，g′（x）＝3x2﹣3a，当a≤0时，g′（x）≥0，g（x）递增，至多1个零点，当a＞0时，g′（x）＝0，x＝±√𝑎，由题意知g（−√𝑎）＞0，g（√𝑎）＜0，故a＞14，故选：D．6．已知函数f（x）＝2e2x﹣2ax+a﹣2e﹣1，其中a∈R，e为自然对数的底数．若函数f（x）在区间（0，1）内有两个零点，则a的取值范围是（）A．（2，2e﹣1）B．（2，2e2）C．（2e2﹣2e﹣1，2e2）D．（2e﹣1，2e2﹣2e﹣1）【解答】解：∵函数f（x）＝2e2x﹣2ax+a﹣2e﹣1，∴f′（x）＝4e2x﹣2a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，函数f（x）在R上单调递增，∴函数f（x）在区间（0，1）至多有一个零点，不满足题意，∴a＞0，令f′（x）＝0，解得x=12ln𝑎2，∴当f′（x）＞0时，即x＞12ln𝑎2，函数单调递增，当f′（x）＜0时，即x＜12ln𝑎2，函数单调递减，∴f（x）min＝2a﹣alna+aln2﹣2e﹣1，设g（a）＝2a﹣alna+aln2﹣2e﹣1，a＞0∴g′（a）＝1+ln2﹣lna，令g′（a）＝0，解得a＝2e，∴g′（a）＞0时，即0＜a＜2e，函数单调递增，当g′（a）＜0时，即a＞2e，函数单调递减，∴g（a）max＝4e﹣2eln2e+2eln2﹣2e﹣1＝4e﹣2eln2﹣2e+2eln2﹣2e﹣1＝﹣1＜0，∵函数f（x）在区间（0，1）内有两个零点，∴{𝑓(0)＞0𝑓(1)＞0，即{2+𝑎−2𝑒−1＞02𝑒2−2𝑎+𝑎−2𝑒−1＞0，解得2e﹣1＜a＜2e2﹣2e﹣1故选：D．7．（2020·全国1）已知函数f（x）＝ex﹣a（x+2）．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．【解答】解：由题意，f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），且f′（x）＝ex﹣a．（1）当a＝1时，f′（x）＝ex﹣1，令f′（x）＝0，解得x＝0．∴当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；（2）当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；当a＞0时，令f′（x）＝0，解得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．∴f（x）的极小值也是最小值为f（lna）＝a﹣a（lna+2）＝﹣a（1+lna）．又当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞．∴要使f（x）有两个零点，只要f（lna）＜0即可，则1+lna＞0，可得a＞1𝑒．综上，若f（x）有两个零点，则a的取值范围是（1𝑒，+∞）．题型三.隐零点问题——设而不求，虚设零点1．已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0．则a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．【解答】解：当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1＝0，解得x=±√33，函数f（x）有两个零点，不符合题意，应舍去；当a＞0时，令f′（x）＝3ax2﹣6x＝3ax（x−2𝑎）＝0，解得x＝0或x=2𝑎＞0，列表如下：x（﹣∞，0）0（0，2𝑎）2𝑎（2𝑎，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增∵x→﹣∞，f（x）→﹣∞，而f（0）＝1＞0，∴存在x＜0，使得f（x）＝0，不符合条件：f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，应舍去．当a＜0时，f′（x）＝3ax2﹣6x＝3ax（x−2𝑎）＝0，解得x＝0或x=2𝑎＜0，列表如下：x（﹣∞，2𝑎）2𝑎（2𝑎，0）0（0，+∞）f′（x）﹣0+0﹣f（x）单调递减极小值单调递增极大值单调递减而f（0）＝1＞0，x→+∞时，f（x）→﹣∞，∴存在x0＞0，使得f（x0）＝0，∵f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，∴极小值f（2𝑎）＝a（2𝑎）3﹣3（2𝑎）2+1＞0，化为a2＞4，∵a＜0，∴a＜﹣2．综上可知：a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．2．若函数f（x）＝x2+2𝑥−alnx（a＞0）有唯一零点x0，且m＜x0＜n（m，n为相邻整数），则m+n的值为（）A．1B．3C．5D．7【解答】解：令𝑦1=𝑥2+2𝑥，𝑦2=𝑎𝑙𝑛𝑥(𝑎＞0)，则𝑦1′=2𝑥−2𝑥2=2𝑥3−2𝑥2，𝑦2′=𝑎𝑥(𝑎＞0，𝑥＞0)，在（0，1）上y1为减函数，在（1，+∞）上y1为增函数，所以y1为凹函数，而y2为凸函数；