1、第第 3 3 课时课时 利用导数解决函数的零点问题利用导数解决函数的零点问题 技法阐释 1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个 数(或方程根的个数)问题的一般思路 (1)可转化为用导数研究其函数的图象与 x 轴(或直线 yk)在该区间上的交点问题； (2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确 定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图 象再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明 f (a) f (b)0. 2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 第一步，利用导数证明该函数在该区间
2、上单调； 第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法 (1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常 解法为从 f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后 根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围； (2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围， 通常解法为结合单调性， 先确定参数分类的标准， 在每个小范围内研究零点的个数是 否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围. 高考示例 思维过程 (2020 全国卷)设函数 f (x)x3bx c，曲线 yf
3、 (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 解 (1)f (x)3x2b. (2)证明：由(1)知 f (x)x33 4xc，f (x) 3x23 4. 令 f (x)0，解得 x1 2或 x 大于 1. 依题意得 f 1 2 0，即3 4b0，故 b 3 4. 1 2. 关键1：求f x0的根 f (x)与 f (x)的情况为： 技法一 讨论或证明函数零点的个数 典例 1 (2019 全国卷)已知函数 f (x)sin xln(1x)，f (x)为 f (x)的导 数
4、证明： (1)f (x)在区间 1， 2 存在唯一极大值点； (2)f (x)有且仅有 2 个零点 思维流程 证明 (1)设 g(x)f (x)，则 g(x)cos x 1 1x，g(x)sin x 1 1x2.当 x 1， 2 时，g(x)单调递减，而 g(0)0，g 2 0，可得 g(x)在 1， 2 有唯 一零点，设为 .则当 x(1，)时，g(x)0；当 x ， 2 时，g(x)0. 所以 g(x)在(1，)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
5、，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，所以存在 ， 2 ，使得 f ()0，且当 x(0，)时，f (x) 0；当 x ， 2 时，f (x)0.故 f (x)在(0，)单调递增，在 ， 2 单调递减 又 f (0)0，f 2 1ln 1 2 0，所以当 x 0， 2 时，f (x)0.从而，f (x) 在 0，
6、 2 没有零点 ()当 x 2， 时，f (x)0，所以 f (x)在 2， 单调递减而 f 2 0，f () 0，所以 f (x)在 2， 有唯一零点 ()当 x(，)时，ln(x1)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 点评：根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即 通过研究函数的性质(单调性、 极值、 函数值的极限位置等)， 作出函数的大致图象， 然后通过函数图象得出其与 x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数， 基本步骤是“先数后形” 跟进训练 设函数 f (x)ln xm x，mR. (1)当
7、me(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)x 3零点的个数 解 (1)由题意知，当 me 时，f (x)ln xe x(x0)，则 f (x) xe x2 ， 当 x(0，e)时，f (x)0，f (x)在(0，e)上单调递减； 当 x(e，)时，f (x)0，f (x)在(e，)上单调递增， 当 xe 时，f (x)取得极小值 f (e)ln ee e2， f (x)的极小值为 2. (2)由题意知 g(x)f (x)x 3 1 x m x2 x 3(x0)， 令 g(x)0，得 m1 3x 3x(x0) 设 (x)1 3x 3x(x0)，
8、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)0，(x)在(1，)上单调递减 x1 是 (x)的唯一极值点，且是极大值点， 因此 x1 也是 (x)的最大值点， (x)的最大值为 (1)2 3， 又(0)0. 结合 y(x)的图象(如图)，可知， 当 m2 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)有两个零点； 当 m0 时，函数 g(x)有且只有一个零点 综上所述，当 m2 3时，函数 g(x)无零点； 当 m2 3或 m0 时，函数 g(x)有且只
9、有一个零点； 当 0m2 3时，函数 g(x)有两个零点 技法二 已知函数零点个数求参数的取值范围 典例 2(2020 全国卷)已知函数 f (x)exa(x2) (1)当 a1 时，讨论 f (x)的单调性； (2)若 f (x)有两个零点，求 a 的取值范围 思维流程 解 (1)当 a1 时，f (x)exx2，则 f (x)ex1. 当 x0 时，f (x)0 时，f (x)0. 所以 f (x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增 (2)f (x)exa. 当 a0 时，f (x)0，所以 f (x)在(，)单调递增，故 f (x)至多存在一 个零点，不合题意 当 a0 时，由
10、f (x)0 可得 xln a当 x(，ln a)时，f (x)0.所以 f (x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)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，则 f (ln a)0，所以 f (x)在(，ln a)存在唯一零点 由(1)知，当 x2 时，exx20，所以当 x4 且 x2ln(2a)时，f (x)e x 2 e x 2 a(x2) eln(2a) x 22 a(x2)2a0. 故 f (x)在(ln a，)存在唯一零点从而 f (x)在(，)有两个零点综 上，a 的取值范围是 1 e， . 点评
11、：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 跟进训练 (2020 贵阳模拟)已知函数 f (x)kxln x(k0) (1)若 k1，求 f (x)的单调区间； (2)若函数 f (x)有且只有一个零点，求实数 k 的值 解 (1)若 k1，则 f (x)xln x，定义域为(0，)，则 f (x)11 x， 由 f (x)0，得 x1；由 f (x)0，得 0 x1， f (x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区
12、间为(1，) (2)法一：由题意知，方程 kxln x0 仅有一个实根， 由 kxln x0，得 kln x x (x0) 令 g(x)ln x x (x0)，则 g(x)1ln x x2 ， 当 xe 时，g(x)0；当 0 xe 时，g(x)0；当 xe 时，g(x)0. g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减， g(x)maxg(e)1 e. 当 x时，g(x)0. 又k0，要使 f (x)仅有一个零点，则 k1 e. 法二：f (x)kxln x，f (x)k1 x kx1 x (x0，k0) 当 x1 k时，f (x)0；当 0 x 1 k时，f (x)0；当 x 1 k时，f (x)0. f (x)在 0，1 k 上单调递减，在 1 k， 上单调递增， f (x)minf 1 k 1ln1 k， f (x)有且只有一个零点，1ln1 k0，即 k 1 e.
