2021版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数的应用 第5课时 利用导数探究函数的零

数学第三章导数及其应用第2讲导数的应用第5课时利用导数探究函数的零点问题01核心考点深度剖析02高效演练分层突破研究函数零点个数(师生共研)(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sinx－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)＝cosx－11＋x，g′(x)＝－sinx＋1(1＋x)2.当x∈－1，π2时，g′(x)是减少的，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)是增加的，在α，π2是减少的，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)是增加的，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1，0)是减少的．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)是增加的，在α，π2是减少的，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)是增加的，在β，π2是减少的．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是减少的．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．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，看其交点的个数定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决设函数f(x)＝lnx＋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)＝lnx＋ex，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x－ex2，由f′(x)＝0，得x＝e.所以当x∈(0，e)时，f′(x)0，f(x)在(0，e)上是减少的，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)0，f(x)在(e，＋∞)上增加的，所以当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋ee＝2，所以f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x0)．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)上是增加的；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)0，φ(x)在(1，＋∞)上是减少的．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；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m23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0m23时，函数g(x)有两个零点．已知零点存在情况求参数范围(师生共研)(2020·重庆调研)设函数f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)设函数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＝－2x2－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，所以f(x)的增区间为0，12，减区间为12，＋∞.(2)令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－lnxx，令g(x)＝x－lnxx，其中x∈13，3，则g′(x)＝1－1x·x－lnxx2＝x2＋lnx－1x2，令g′(x)＝0，得x＝1，当13≤x＜1时，g′(x)＜0，当1＜x≤3时，g′(x)＞0，所以g(x)的减区间为13，1，增区间为(1，3]，所以g(x)min＝g(1)＝1，由于函数f(x)在13，3上有两个零点，g13＝3ln3＋13，g(3)＝3－ln33，3ln3＋13＞3－ln33，所以实数a的取值范围是1，3－ln33.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．设函数f(x)＝lnx－x，若关于x的方程f(x)＝x2－103x＋m在区间[1，3]上有解，求m的取值范围．解：方程f(x)＝x2－103x＋m在区间[1，3]上有解，即lnx－x2＋73x＝m在区间[1，3]上有解．令h(x)＝lnx－x2＋73x，即h′(x)＝1x－2x＋73＝－(3x＋1)(2x－3)3x.所以当x∈[1，3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：x11，323232，33h′(x)＋0－h(x)43极大值ln3－2因为h(1)＝43，h(3)＝ln3－243，h32＝ln32＋54，所以当x∈[1，3]时，h(x)∈ln3－2，ln32＋54，所以m的取值范围为ln3－2，ln32＋54.函数零点的综合问题(师生共研)(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－x＋1x－1.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．【解】(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝1x＋2(x－1)20，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)是增加的．因为f(e)＝1－e＋1e－10，f(e2)＝2－e2＋1e2－1＝e2－3e2－10，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又01x11，f1x1＝－lnx1＋x1＋1x1－1＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点1x1.综上，f(x)有且仅有两个零点．(2)证明：因为1x0＝e－lnx0，故点B－lnx0，1x0在曲线y＝ex上．由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝x0＋1x0－1，连接AB，则直线AB的斜率k＝1x0－lnx0－lnx0－x0＝1x0－x0＋1x0－1－x0＋1x0－1－x0＝1x0.曲线y＝ex在点B－lnx0，1x0处切线的斜率是1x0，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是1x0，所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．(1)问应先判断函数的单调性，然后结合零点存在性定理证明函数f(x)有且仅有两个零点．(2)问要证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线，首先求得这条切线的斜率k＝1x0，所以必须在曲线y＝ex上找一点B(x1，ex1)，使ex1＝1x0，从而求得B点的坐标为－lnx0，1x0，然后证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率等于曲线y＝ex在点B－lnx0，1x0处的切线斜率即可．已知函数f(x)＝12x2＋(1－a)x－alnx，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＋x22.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(x0)，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a0时，由f′(x)＝0得x＝a，当xa时，f′(x)0，所以f(x)是增加的，当0xa时，f′(x)0，所以f(x)是减少的，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－alna0，整理得lna1－12a，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－aln2a－xx，则h′(x)＝－2＋2a2(2a－x)x＝－2＋2a2－(x－a)2＋a2≥0，所以h(x)在(0，2a)上是增加的，不妨设x1ax2，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－x2x1，即x1＋x22a，又lna1－12a，易知a1成立，故x1＋x22.本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放