2021版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第4讲 导数的综合应用 第2课时 利用导数探究函数

1第2课时利用导数探究函数零点问题判断、证明或讨论函数零点个数(师生共研)(2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．【证明】设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈0，π2时，g′(x)0；当x∈π2，π时，g′(x)0，所以g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减．又g(0)＝0，g(π2)0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．已知f(x)＝1x＋exe－3，F(x)＝lnx＋exe－3x＋2.(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．解：(1)f′(x)＝－1x2＋exe＝x2ex－eex2，令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)0，解得0x1，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)F′(x)＝f(x)＝1x＋exe－3，由(1)得∃x1，x2，满足0x11x2，使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，2即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，而F(1)＝0，当x→0时，F(x)→－∞，当x→＋∞时，F(x)→＋∞，画出函数F(x)的草图，如图所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．已知零点个数求参数范围(师生共研)函数f(x)＝13x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．【解】(1)因为f(x)＝13x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，所以－1＋2＝－2a，－1×2＝b，解得a＝－12，b＝－2，由导函数的图象可知(图略)，当－1x2时，f′(x)0，函数f(x)单调递减，当x－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(－1，2)．(2)由(1)得f(x)＝13x3－12x2－2x＋c，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，3所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝76＋c，极小值为f(2)＝c－103.而函数f(x)恰有三个零点，故必有76＋c＞0，c－1030，解得－76c103.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是－76，103.已知函数(方程)零点的个数求参数范围(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在(0，1]上单调递增，所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex0，①当a0时，f′(x)0，f(x)在R上是增函数，当x1时，f(x)＝ex＋a(x－1)0；当x0时，取x＝－1a，则f－1a1＋a－1a－1＝－a0.所以函数f(x)存在零点，不满足题意．②当a0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．在(－∞，ln(－a))上，f′(x)0，f(x)单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)0，f(x)单调递增，4所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)0，解得－e2a0.综上所述，实数a的取值范围是(－e2，0)．[基础题组练]1．(2020·江西七校第一次联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋f（x）x0，则函数F(x)＝x·f(x)－1x的零点个数是()A．0B．1C．2D．3解析：选B.函数F(x)＝xf(x)－1x的零点，就是方程xf(x)－1x＝0的根，即方程xf(x)＝1x的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)g(0)＝0；当x0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝1x的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－1x只有一个零点．故选B.2．(2020·武汉调研)已知f(x)＝ex－ax2.命题p：∀a≥1，y＝f(x)有三个零点，命题q：∃a∈R，f(x)≤0恒成立．则下列命题为真命题的是()A．p∧qB．(﹁p)∧(﹁q)C．(﹁p)∧qD．p∧(﹁q)解析：选B.对于命题p：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，在同一坐标系中作出y＝ex，y＝x2的图象(图略)，由图可知y＝ex与y＝x2的图象有1个交点，所以f(x)＝ex－x2有1个零点，故命题p为假命题，因为f(0)＝1，所以命题q显然为假命题．故(﹁p)∧(﹁q)为真命题．3．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1a2时，函数y＝f(x)－a的零点有个．5解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2，1a2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.答案：44．若函数f(x)＝ax－aex＋1(a0)没有零点，则实数a的取值范围为．解析：f′(x)＝aex－（ax－a）exe2x＝－a（x－2）ex(a0)．当x2时，f′(x)0；当x2时，f′(x)0，所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝ae2＋1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝ae2＋10，解得a－e2，因此－e2a0.答案：(－e2，0)5．已知函数f(x)＝a＋xlnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)试判断f(x)的零点个数．解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝(x)′lnx＋x·1x＝x（lnx＋2）2x，令f′(x)＞0，解得x＞e－2，令f′(x)0，解得0xe－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－2e，显然a＞2e时，f(x)＞0，无零点，6a＝2e时，f(x)＝0，有1个零点，a2e时，f(x)0，有2个零点．6．(2020·保定调研)已知函数f(x)＝a6x3－a4x2－ax－2的图象过点A4，103.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．解：(1)因为函数f(x)＝a6x3－a4x2－ax－2的图象过点A4，103，所以32a3－4a－4a－2＝103，解得a＝2，即f(x)＝13x3－12x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2.由f′(x)0，得x－1或x2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－13－12＋2－2＝－56，f(x)极小值＝f(2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，则－1632m－3－56，解得－76m1312.所以m的取值范围为－76，1312.[综合题组练]1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝x－1x＋lnx－1＝lnx－1x.因为y＝lnx单调递增，y＝1x单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－10，7f′(2)＝ln2－12＝ln4－120，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又当xx0时，f′(x)0，f(x)单调递减；当xx0时，f′(x)0，f(x)单调递增．因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－30，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由αx01得1α1x0.又f1α＝1α－1ln1α－1α－1＝f（α）α＝0，故1α是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．2．(2020·武昌区调研考试)已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－32x2＋6x，其中a0.(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．当x1时，f′(x)0；当0x1时，f′(x)0.所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－32x2＋6x＋m，则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．当x1时，h′(x)0；当0x1时，h′(x)0.所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝72＋m.要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则72＋m≥－1，即m≥－92.所以实数m的取值范围为－92，＋∞.规范答题示范(一)函数与导数类型一函数的单调性、极值及最值8(12分)已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；❶(2)求函数f(x)在区间0，π2上的最大值和最小值．❷[建桥寻突破]❶看到求曲线的切线方程，想到利用导数的几何意义求切线的斜率，再确定切线方程．❷看到求函数f(x)在区间0，π2上的最大值和最小值，想到利用导数研究函数在给定区间上的单调性，得出最值.[规范解答](1)因为f(x)＝