第二课时 利用导数研究函数的零点

第二课时利用导数研究函数的零点题型一判断、证明或讨论零点的个数例1已知函数f(x)＝xsinx－32.判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.解f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：∵f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈0，π2时，f′(x)＞0，f(x)＝xsinx－32，从而有f(0)＝－32＜0，fπ2＝π－32＞0，又f(x)在0，π2上的图象是连续不间断的.所以f(x)在0，π2内至少存在一个零点.又f(x)在0，π2上单调递增，故f(x)在0，π2内有且只有一个零点.当x∈π2，π时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由gπ2＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在π2，π上的图象是连续不间断的，故存在m∈π2，π，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈π2，π时，有g′(x)＜0，从而g(x)在π2，π内单调递减.当x∈π2，m时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在π2，m内单调递增，故当x∈π2，m时，f(x)≥fπ2＝π－32＞0，故f(x)在π2，m上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点.综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.感悟提升利用导数求函数的零点常用方法(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.训练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.题型二根据零点情况求参数范围例2已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R).(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)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(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，则f′(x)＝2x－2x＋2，切点坐标为(1，1)，则切线的斜率k＝f′(1)＝2，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝2x－2x＝－2（x＋1）（x－1）x，∵x∈1e，e，∴由g′(x)＝0，得x＝1.当1e≤x＜1时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，又g1e＝m－2－1e2，g(e)＝m＋2－e2，且g1e＞g(e)，∴g(x)＝f(x)－ax＋m在1e，e上有两个零点需满足条件g（1）＝m－1＞0，g1e＝m－2－1e2≤0，解得1＜m≤2＋1e2.故实数m的取值范围是1，2＋1e2.感悟提升1.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.2.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，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.训练2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，由(1)知f(x)的极小值f(1)＝0，故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).题型三与函数零点相关的综合问题例3设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x0).当a≤0时，f′(x)0，f′(x)没有零点；当a0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－ax单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(a)0，当b满足0ba4，且b14时，f′(b)0，(讨论a≥1或a1来检验，①当a≥1时，则0b14，f′(b)＝2e2b－ab2e12－4a2e12－40；②当a1时，则0ba4，f′(b)＝2e2b－ab2ea2－42e12－40，综上，f′(b)0.)故当a0时，f′(x)存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.感悟提升1.在(1)问中，当a0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)0.2.由(1)问知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋aln2a.训练3(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点12，f12处的切线与y轴垂直.(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.(1)解f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′12＝0，即34＋b＝0，故b＝－34.(2)证明由(1)知f(x)＝x3－34x＋c，f′(x)＝3x2－34.令f′(x)＝0，解得x＝－12或x＝12.f′(x)与f(x)的情况为：x－∞，－12－12－12，121212，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)c＋14c－14因为f(1)＝f－12＝c＋14，所以当c－14时，f(x)只有大于1的零点.因为f(－1)＝f12＝c－14，所以当c14时，f(x)只有小于－1的零点.由题设可知－14≤c≤14.当c＝－14时，f(x)只有两个零点－12和1.当c＝14时，f(x)只有两个零点－1和12.当－14c14时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈－1，－12，x2∈－12，12，x3∈12，1.综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.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.极限思想在解决零点问题中的应用解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与x轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限的思想方法是解决问题的有力工具.例(1)已知函数f(x)＝ax－x2(a＞1)有三个不同的零点，求实数a的取值范围.解令f(x)＝ax－x2＝0，可得ax＝x2.①当x＜0时，函数y＝ax与y＝x2的图象有一个交点；②当x＞0时，两边同时取自然对数得xlna＝2lnx，即lna＝2lnxx，由题意得函数y＝lna与g(x)＝2lnxx的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，g′(x)＝2（1－lnx）x2，令g′(x)＞0，解得0＜x＜e，则g(x)在(0，e)上单调递增；令g′(x)＜0，解得x＞e，则g(x)在(e，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(e)＝2