第3节微课4　利用导数研究函数的零点.docx

1、微课四微课四利用导数研究函数的零点利用导数研究函数的零点 题型一判断、证明或讨论函数零点的个数 【例 1】(2019全国卷)已知函数 f(x)2sin xxcos xx，f(x)为 f(x)的导数. (1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点； (2)若 x0，时，f(x)ax，求 a 的取值范围. (1)证明设 g(x)f(x)，则 g(x)cos xxsin x1， g(x)sin xsin xxcos xxcos x. 当 x 0， 2 时，g(x)0； 当 x 2，时，g(x)0，g()2， 故 g(x)在(0，)存在唯一零点. 所以 f(x)在区间(0，)存在唯一零点. (2)解

2、由题设知 f()a，f()0，可得 a0. 由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为 x0， 当 x(0，x0)时，f(x)0；当 x(x0，)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 x0，得 xln a， 所以 f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，). (2)由(1)知，f(x)exa. 当 a1 时，f(x)在区间0，1上单调递增且 f(0)0，所以 f(x)在区间0，1上有 一个零点. 当 ae 时，f(x)在区间0，1上单调递减且 f(0)0，所以 f(x)在区间0，1上有 一个

3、零点. 当 1ae 时，f(x)在区间0，ln a上单调递减，在(ln a，1上单调递增，而 f(1) ea1. 当 ea10，即 1ae1 时，f(x)在区间0，1上有两个零点. 当 ea10，即 e1ae1 时，f(x)在0，1上有一个零点，当 10； 当 x(32 3，32 3)时，f(x)0，所以 f(x)0 等价于 x3 x2x13a0. 设 g(x) x3 x2x13a，则 g(x) x2（x22x3） （x2x1）2 0，仅当 x0 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(3a1)6a22a1 36

4、a1 6 2 1 60，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 3】已知函数 f(x)2ln xx2ax(aR)，若函数 g(x)f(x)axm 在 1 e，e 上有两个零点，求实数 m 的取值范围. 解g(x)2ln xx2m， 则 g(x)2 x2x 2（x1） （x1） x . 因为 x 1 e，e，所以当 g(x)0 时，x1. 当1 ex0；当 1xe 时，g(x)0. 故 g(x)在 x1 处取得极大值 g(1)m1. 又 g 1 e m2 1 e2，g(e)m2e 2， g(e)g 1 e 4e2 1 e20，则 g(e)0，

5、g 1 e m2 1 e20， 解得 1m2 1 e2， 所以实数 m 的取值范围是 1，21 e2. 感悟升华1.函数零点个数可转化为两个函数图像的交点个数，根据图像的几何 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像，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数， 转化为两函数图像的交点情况. 【训练 2】(2020全国卷)已知函数 f(x)x3kxk2. (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)3x2k. 当 k0 时，f(x)x3，故 f(x)在(，)单调递增

6、. 当 k0，故 f(x)在(，)单调递增. 当 k0 时，令 f(x)0，得 x 3k 3 . 当 x ， 3k 3时，f(x)0； 当 x 3k 3 ， 3k 3时，f(x)0. 故函数 f(x)在 ， 3k 3， 3k 3 ， 单调递增， 在 3k 3 ， 3k 3单调递减. (2)由(1)知，当 k0 时，f(x)在(，)单调递增，f(x)不可能有三个零点. 当 k0 时，x 3k 3 为 f(x)的极大值点， x 3k 3 为 f(x)的极小值点. 此时，k1 3k 3 3k 3 k1 且 f(k1)0，f 3k 30. 根据 f(x)的单调性，当且仅当 f 3k 30，f(x)有三

7、个零点，则 k22k 3k 9 0，解之 得 k0 时，f(x)2aaln 2 a. (1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xa x(x0). 当 a0 时，f(x)0，f(x)没有零点； 当 a0 时，因为 ye2x单调递增，ya x单调递增， 所以 f(x)在(0，)上单调递增. 又 f(a)0，当 b 满足 0ba 4，且 b 1 4时，f(b)0， (讨论 a1 或 a1 来检验， 当 a1 时，则 0b1 4， f(b)2e2ba b2e 1 24a2e 1 240； 当 a1 时，则 0ba 4，f(b)2e 2ba b2e a 242e 1 240，综上，f(b)0

8、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. 故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， 所以当 xx0时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0). 由于 2e2x0 a x00， 所以 f(x0) a 2x02ax 0aln 2 a2aaln 2 a. 故当 a0 时，f(x)2aaln 2 a. 感悟升华1.在(1)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)知，函数 f(x)存在唯一

9、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)2aaln 2 a. 【训练 3】已知函数 f(x)(x1)ln xx1. 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)x1 x ln x1ln x1 x. 因为 yln x 在(0，)上单调递增，y1 x在(0，)上单调递减， 所以 f(x)在(0，)上单调递增. 又 f(1)10， 故存在唯一 x0(1，2)，使得 f(x0)0. 又当 xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯

10、一的极值点. (2)由(1)知 f(x0)0， 所以 f(x)0 在(x0，)内存在唯一根 x. 由x01 得1 1x 0. 又 f 1 1 1ln1 1 1 f（） 0， 故1 是 f(x)0 在(0，x 0)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. 1.已知函数 f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表： x10234 f(x)12020 f(x)的导函数 yf(x)的图像如图所示.当 1a2 时， 函数 yf(x)a 的零点的个数 为() A.1B.2C.3D.4 答案D 解析根据导函数图像， 知 2 是函数的极小值点， 函数 yf(x)的大致图像如图所 示

11、. 由于 f(0)f(3)2，1a0)， 令 g(x)0，得 m1 3x 3x(x0). 转化为函数 ym 与 y1 3x 3x 的图像的交点情况. 设(x)1 3x 3x(x0)， 则(x)x21(x1)(x1)， 当 x(0，1)时，(x)0，(x)在(0，1)上单调递增； 当 x(1，)时，(x)2 3时，函数 g(x)无零点； 当 m2 3时，函数 g(x)有且只有一个零点； 当 0m2 3时，函数 g(x)无零点； 当实数 m2 3时，函数 g(x)有且只有一个零点； 当 0m2 3时，函数 g(x)有两个零点. 5.已知函数 f(x)ex(ae)xax2. (1)当 a0 时，求函

12、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 a0 时，f(x)exex， 则 f(x)exe，f(1)0， 当 x1 时，f(x)1 时，f(x)0，f(x)单调递增， 所以 f(x)在 x1 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)ex2axae， 设 g(x)ex2axae，则 g(x)ex2a. 若 a0，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，故函数 g(x)在区间(0，1)内单调递增. 又 g(0)1ae0，所以存在 x0(0，1

13、)，使 g(x0)0. 故当 x(0，x0)时，f(x)0，f(x)单调递增. 因为 f(0)1，f(1)0，所以当 a0，由(1)得当 x(0，1)时，exex. 则 f(x)ex(ae)xax2ex(ae)xax2a(xx2)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). 6.(2020全国卷)设函数 f(x)x3bxc，曲线 yf(x)在点 1 2，f 1 2 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)3x2b. 依题意得 f 1

14、2 0，即3 4b0，故 b 3 4. (2)证明由(1)知 f(x)x33 4xc，f(x)3x 23 4.令 f(x)0，解得 x 1 2或 x 1 2. f(x)与 f(x)的情况为： x，1 2 1 2 1 2， 1 2 1 2 1 2， f(x)00 f(x) c1 4 c1 4 因为 f(1)f 1 2 c1 4， 所以当 c1 4时，f(x)只有小于1 的零点. 由题设可知1 4c 1 4. 当 c1 4时，f(x)只有两个零点 1 2和 1. 当 c1 4时，f(x)只有两个零点1 和 1 2. 当1 4c0，g 2 0；当 x ， 2 时，g(x)0. 所以 g(x)在(1，

15、)单调递增，在 ， 2 单调递减，故 g(x)在 1， 2 存在唯一极 大值点，即 f(x)在 1， 2 存在唯一极大值点. (2)f(x)的定义域为(1，). 当 x(1，0时，由(1)知，f(x)在(1，0)单调递增，而 f(0)0，所以当 x (1，0)时，f(x)0，故 f(x)在(1，0)单调递减. 又 f(0)0，从而 x0 是 f(x)在(1，0的唯一零点. 当 x 0， 2 时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在 ， 2 单调递减，而 f(0) 0，f 2 0；当 x ， 2 时，f(x)0，所以当 x 0， 2 时，f(x)0.从而，f(x)在 0， 2 上没有零点. 当 x 2，时， f(x)0， f()1. 所以 f(x)0，从而 f(x)在(，)没有零点. 综上，f(x)有且仅有 2 个零点.