第3章 导数及其应用 高考难点突破课1 导数的综合问题 第二课时　利用导数研究函数的零点问题

第二课时利用导数研究函数的零点问题题型一判断、证明或讨论函数零点的个数例1已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1).(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点.(1)解当a＝3时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)0.故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减.(2)证明由于x2＋x＋10，所以f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0.设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a，则g′(x)＝x2（x2＋2x＋3）（x2＋x＋1）2≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增.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＝－6a－162－160，f(3a＋1)＝130，故f(x)有一个零点.综上，f(x)只有一个零点.感悟提升利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(1)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.(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置.(3)数形结合法分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.训练1设函数f(x)＝lnx＋mx，m为正数.试讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数.解由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x0).转化为函数y＝m与y＝－13x3＋x的图象的交点情况.设φ(x)＝－13x3＋x(x0)，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)唯一的极值点，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.∴结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m23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0m23时，函数g(x)有两个零点；综上所述，当m23时，函数g(x)无零点；当实数m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m23时，函数g(x)有两个零点.题型二根据零点个数确定参数范围例2(2020·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围.解(1)f′(x)＝3x2－k.当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.当k0时，f′(x)＝3x2－k0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.当k0时，令f′(x)＝0，得x＝±3k3.当x∈－∞，－3k3时，f′(x)0；当x∈－3k3，3k3时，f′(x)0；当x∈3k3，＋∞时，f′(x)0.故函数f(x)在－∞，－3k3，3k3，＋∞单调递增，在－3k3，3k3单调递减.(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点.当k0时，x＝－3k3为f(x)的极大值点，x＝3k3为f(x)的极小值点.此时，－k－1－3k33k3k＋1且f(－k－1)0，f(k＋1)0，f－3k30.根据f(x)的单调性，当且仅当f3k30，f(x)有三个零点，则k2－2k3k90，解之得k427.因此k的取值范围为0，427.感悟提升在解决已知函数y＝f(x)有几个零点求f(x)中参数t的取值范围问题时，经常从f(x)中分离出参数t＝g(x)，然后用求导的方法判断g(x)的单调性，再根据题意求出参数t的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.训练2已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)，若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在1e，e上有两个零点，求实数m的取值范围.解g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝2x－2x＝－2（x＋1）（x－1）x.因为x∈1e，e，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当1e≤x1时，g′(x)0；当1x≤e时，g′(x)0.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又g1e＝m－2－1e2，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g1e＝4－e2＋1e20，则g(e)g1e，所以g(x)在1e，e上的最小值是g(e).g(x)在1e，e上有两个零点的条件是g（1）＝m－10，g1e＝m－2－1e2≤0，解得1m≤2＋1e2，所以实数m的取值范围是1，2＋1e2.题型三可化为函数零点的个数问题例3已知函数f(x)＝lnx(0x≤1)与函数g(x)＝x2＋a的图象有两条公切线，求实数a的取值范围.解设公切线与函数f(x)＝lnx的图象切于点A(x1，lnx1)(0x1≤1)，因为f(x)＝lnx，所以f′(x)＝1x，所以在点A(x1，lnx1)处切线的斜率k1＝f′(x1)＝1x1，所以切线方程为y－lnx1＝1x1(x－x1)，即y＝xx1＋lnx1－1，设公切线与函数g(x)＝x2＋a的图象切于点B(x2，x22＋a)，因为g(x)＝x2＋a，所以g′(x)＝2x，所以在点B(x2，x22＋a)处切线的斜率k2＝g′(x)＝2x2，所以切线方程为y－(x22＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x22＋a，所以1x1＝2x2，lnx1－1＝－x22＋a.因为0x1≤1，所以1x1＝2x2≥1，x2≥12.又a＝－ln2x2＋x22－1，令t＝x2∈12，＋∞，则h(t)＝－ln2t＋t2－1＝－ln2－lnt＋t2－1，所以h′(t)＝2t2－1t.令h′(t)0且t≥12，得t22；令h′(t)0且t≥12，得12≤t22.所以h(t)在12，22上为减函数，在22，＋∞上为增函数，所以函数f(x)＝lnx(0x≤1)与函数g(x)＝x2＋a有两条公切线，满足h22h(t)≤h12，即－ln2－12h(t)≤－34，所以a∈－ln2－12，－34.感悟提升解决曲线的切线条数、两曲线的交点个数、方程根的个数等问题的关键是转化为对应函数的零点个数问题，利用数形结合思想，通过研究函数的零点个数解决相关问题.训练3(2021·全国甲卷)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3lnx＋1，其中a＞0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.解(1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2a2x＋a－3x＝2a2x2＋ax－3x＝（ax－1）（2ax＋3）x，则当x＞1a时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当0＜x＜1a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.故函数f(x)在0，1a上单调递减，在1a，＋∞上单调递增，(2)由(1)知函数f(x)的最小值为f1a，要使y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，只需f(x)的最小值恒大于0，即f1a＞0恒成立，故a2·1a2＋a·1a－3ln1a＋1＞0，得a＞1e，所以a的取值范围为1e，＋∞.隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.例设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x0时，(x－k)f′(x)＋x＋10，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)0恒成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.当a0时，令f′(x)0，得xlna，令f′(x)0，得xlna，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞).(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋10，即kx＋x＋1ex－1(x0)恒成立，令g(x)＝x＋1ex－1＋x(x0)，得g′(x)＝ex－1－（x＋1）ex（ex－1）2＋1＝ex（ex－x－2）（ex－1）2(x0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x0)是增函数.又因为h(1)0，h(2)0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0，α)时，g′(x)0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)0，所以g(x)min＝g(α)＝α＋1eα－1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.1.已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.解(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，当x1时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x1时，f′(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.若a0，则g′(x)＝ex－2a0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.又g(0)＝1＋a－e0，g(1)＝－a0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)0，f(x)单调递增.因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.若a0，由(1)得当x∈(0，1)时，exex.则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)0，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a的取值范围为(－∞，0).2.设函数f(x)＝12x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x，m0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（x＋m）（x－m）x.当0xm时，f′(x)0，函数f(x)单调递减；当xm时，f′(x)0，函数f(x)单调递增.综上，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m).(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－mlnx，x0，题中问题等价于求函数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，因为F(1)＝320，F(