1、第5讲 导数的综合应用零点问题 专题一 函数与导数 内 容 索 引 母题突破3 专题强化练 1 母题突破3 零点问题 PART ONE 母题 (2020 福州模拟)已知函数 f(x)ln xa x有零点，求实数 a 的取值 范围. 思路分析一 f(x)有零点 f(x)的性质、草图 求导，确定f(x)的性质 思路分析二 f(x)有零点 axln x有解 直线ya和曲线(x)xln x有交点 求导确定(x)的性质、草图 解 方法一 f(x)1 x a x2 xa x2 ，x0， 当a0时，f(x)0恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增， 又f(1)ln 1aa0，当x时，f(x)， 所以函数f
2、(x)在定义域(0，)上有1个零点. 当a0，则x(0，a)时，f(x)0. 所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增. 当xa时，f(x)取得最小值，且f(x)minln a1， 则 ln a10，即 00， 所以函数f(x)在定义域(0，)上有零点. 综上所述，实数 a 的取值范围为 ，1 e . 方法二 由 f(x)ln xa x有零点可得， axln x有解， 设(x)xln x，则(x)ln x1， 令 (x)1 e； 令 (x)0，得 0x1 e， 所以 (x)xln x 在 0，1 e 上单调递增，在 1 e， 上单调递减， 画出 (x)xln x 的草图如图
3、所示，当 a1 e时，axln x 有解， 且x0时，(x)0，x时，(x)， 所以实数 a 的取值范围是 ，1 e . 子题1 (2020 全国)已知函数f(x)exa(x2)， (1)当a1时，讨论f(x)的单调性； 解 当a1时，f(x)ex(x2)，f(x)ex1， 令f(x)0，解得x0，解得x0， 所以f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增. (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围. 解 f(x)exa. 当a0时，f(x)0， 所以f(x)在(，)上单调递增. 故f(x)至多存在一个零点，不合题意. 当a0时，由f(x)0，可得xln a. 当x(，ln a)时，
4、f(x)0. 所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增. 故当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)a(1ln a). ()若 01 e，f(ln a)0， 所以f(x)在(，ln a)上存在唯一零点. 由(1)知，当x2时，exx20. 所以当 x4 且 x2ln(2a)时， f(x) a(x2)eln(2a) x 22 a(x2) 2a0. 22 e e xx 故f(x)在(ln a，)上存在唯一零点. 从而f(x)在(，)上有两个零点. 综上，a 的取值范围是 1 e， . 子题2 已知函数f(x)ln xx，方程x22mf(x)(m0)有唯一
5、实数解，求m. 解 因为方程2mf(x)x2有唯一实数解， 所以x22mln x2mx0有唯一实数解， 设g(x)x22mln x2mx， 则 g(x)2x 22mx2m x ， 令g(x)0，即x2mxm0. 因为m0，x0， 所以 x1m m 24m 2 0， 当x(0，x2)时，g(x)0， g(x)在(x2，)上单调递增， 当xx2时，g(x)0，g(x)取最小值g(x2)， 则 g(x2)0， g(x2)0， 即 x2 22mln x22mx20， x2 2mx2m0， 所以2mln x2mx2m0， 因为m0， 所以2ln x2x210， (*) 设函数 h(x)2ln xx1，h
6、(x)2 x1， 因为当x0时，h(x)0，h(x)单调递增， 所以h(x)0至多有一解， 因为h(1)0，所以方程(*)的解为x21， 即m m 24m 2 1，解得 m1 2. 规律 方法 解函数零点问题的一般思路 (1)对函数求导. (2)分析函数的单调性，极值情况. (3)结合函数性质画函数的草图. (4)依据函数草图确定函数零点情况. 跟踪演练 1.(2019 全国改编)已知函数 f(x)ln xx1 x1.讨论 f(x)的单调性，并证 明 f(x)有且仅有两个零点. 解 f(x)的定义域为(0,1)(1，). 因为 f(x)1 x 2 (x1)20， 所以f(x)在(0,1)，(1
7、，)上单调递增. 因为 f(e)1e1 e1 2 e10， 所以f(x)在(1，)上有唯一零点x1，即f(x1)0. 又 0 1 x10)，f(1)0. f(x)2x2 x 2(x1)(x1) x ， 当x(0,1)时，f(x)0， f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 当x1时，函数f(x)取得最小值， f(x)f(1)0，即f(x)0. (2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 解 方法一 f(x)2ax2 x(x0)， 当a0时，f(x)0 时，f(x)2ax2 x 2a x 1 a x 1 a x ， 可得当 x 1 a时，函数 f(x)取得最小值. 当x
8、0时，f(x)；当x时，f(x). 函数f(x)有两个零点， f(x)minf 1 a 112ln 1 aln a0， 解得0a0，得ln x0，0x1， 由h(x)0，x1， 函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， h(x)maxh(1)1， 当x0时，h(x)，当x时，h(x)0， 画出 h(x)12ln x x2 的草图，如图所示， 由ah(x)有两个解，可知0a0； 当 x(32 3，32 3)时，f(x)0在R上恒成立， 所以 f(x)0 等价于 x3 x2x13a0. 设 g(x) x3 x2x13a，则 g(x) x2(x22x3) (x2x1)2 0 在 R
9、 上恒成立， 当且仅当x0时，g(x)0， 所以g(x)在(，)上单调递增. 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 a1 6 21 60，故 f(x)有一个零点. 综上所述，f(x)只有一个零点. 2.已知函数f(x)ln xx2sin x，f(x)为f(x)的导函数. (1)求证：f(x)在(0，)上存在唯一零点； 1 2 1 2 证明 设 g(x)f(x)1 x12cos x， 当 x(0，)时，g(x)2sin x 1 x20，g 2 2 10，f(x)在(0，)上单调递增； 当x(，)时，f(x)0，f(x)在(，)上单调递减， 所
10、以 f(x)在(0，)上存在唯一的极大值点 3f 2 ln 2 222 20， 又因为 f 1 e2 2 1 e22sin 1 e22 1 e220， 所以f(x)在(0，)上恰有一个零点， 又因为f()ln 20， 所以f(x)在(，)上也恰有一个零点. 1 2 当x，2)时，sin x0，f(x)ln xx， 设 h(x)ln xx，则 h(x)1 x10， 所以h(x)在，2)上单调递减，所以h(x)h()0， 所以当x，2)时，f(x)h(x)h()0恒成立， 所以f(x)在，2)上没有零点. 当x2，)时，f(x)ln xx2， 设 (x)ln xx2，则 (x)1 x10， 所以(x)在2，)上单调递减，所以(x)(2)0， 1 2 所以当x2，)时，f(x)(x)(2)0恒成立， 所以f(x)在2，)上没有零点. 综上，f(x)有且仅有两个不同的零点.
