2021新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案2-12-3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題

第3課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題1．兩類零點(diǎn)問(wèn)題的不同處理方法：利用零點(diǎn)存在性定理的條件為函數(shù)圖象在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0.①直接法：判斷一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，若函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，則只需取值證明f(a)·f(b)<0；②分類討論法：判斷幾個(gè)零點(diǎn)時(shí)，需要先結(jié)合單調(diào)性，確定分類討論的標(biāo)準(zhǔn)，再利用零點(diǎn)存在性定理，在每個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)取值證明f(a)·f(b)<0.2．已知函數(shù)有零點(diǎn)求參數(shù)范圍常用的方法：(1)分離參數(shù)法：一般命題情境為給出區(qū)間，求滿足函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為從f(x)中分離出參數(shù)，然后利用求導(dǎo)的方法求出由參數(shù)構(gòu)造的新函數(shù)的最值，根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過(guò)解不等式確定參數(shù)范圍；(2)分類討論法：一般命題情境為沒(méi)有固定區(qū)間，求滿足函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為結(jié)合單調(diào)性，先確定參數(shù)分類的標(biāo)準(zhǔn)，在每個(gè)小范圍內(nèi)研究零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是否符合題意，將滿足題意的參數(shù)的各小范圍并在一起，即為所求參數(shù)范圍．考向一判斷或證明函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)【例1】(2019·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，證明：(1)f′(x)在區(qū)間(－1，eq\f(π,2))存在唯一極大值點(diǎn)；(2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．【解】(1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝－sinx＋eq\f(1,1＋x2).當(dāng)x∈(－1，eq\f(π,2))時(shí)，g′(x)單調(diào)遞減，而g′(0)>0，g′(eq\f(π,2))<0，可得g′(x)在(－1，eq\f(π,2))有唯一零點(diǎn)，設(shè)為α.則當(dāng)x∈(－1，α)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(α，eq\f(π,2))時(shí)，g′(x)<0.所以g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在(α，eq\f(π,2))單調(diào)遞減，故g(x)在(－1，eq\f(π,2))存在唯一極大值點(diǎn)，即f′(x)在(－1，eq\f(π,2))存在唯一極大值點(diǎn)．(2)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)．(ⅰ)當(dāng)x∈(－1,0]時(shí)，由(1)知，f′(x)在(－1,0)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(－1,0)單調(diào)遞減．又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零點(diǎn)．(ⅱ)當(dāng)x∈(0，eq\f(π,2)]時(shí)，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調(diào)遞增，在(α，eq\f(π,2))單調(diào)遞減，而f′(0)＝0，f′(eq\f(π,2))<0，所以存在β∈(α，eq\f(π,2))，使得f′(β)＝0，且當(dāng)x∈(0，β)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(β，eq\f(π,2))時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)單調(diào)遞增，在(β，eq\f(π,2))單調(diào)遞減．又f(0)＝0，f(eq\f(π,2))＝1－ln(1＋eq\f(π,2))>0，所以當(dāng)x∈(0，eq\f(π,2)]時(shí)，f(x)>0.從而，f(x)在(0，eq\f(π,2)]沒(méi)有零點(diǎn)．(ⅲ)當(dāng)x∈(eq\f(π,2)，π]時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(eq\f(π,2)，π)單調(diào)遞減．而f(eq\f(π,2))>0，f(π)<0，所以f(x)在(eq\f(π,2)，π]有唯一零點(diǎn)．(ⅳ)當(dāng)x∈(π，＋∞)時(shí)，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，從而f(x)在(π，＋∞)沒(méi)有零點(diǎn)．綜上，f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．方法技巧函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)也就是函數(shù)圖象與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，所以可以借助函數(shù)圖象的特征迅速求解函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題.對(duì)于含參函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，一般可從兩個(gè)方面討論：1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，作出函數(shù)的大致圖象，根據(jù)極大值和極小值的符號(hào)確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，即“幾個(gè)交點(diǎn)幾個(gè)根，正負(fù)極值定乾坤”；2分離參數(shù)，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：求直線y＝a與函數(shù)y＝fx的圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題，即“求根問(wèn)題要通變，分離參數(shù)放左邊”.設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．解：由題設(shè)，g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)．設(shè)φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)，則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以x＝1是φ(x)的極大值點(diǎn)，也是φ(x)的最大值點(diǎn)．所以φ(x)的最大值為φ(1)＝eq\f(2,3).由φ(0)＝0，結(jié)合y＝φ(x)的圖象(如圖)，可知①當(dāng)m>eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn)；②當(dāng)m＝eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；③當(dāng)0<m<eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；④當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)m>eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)m＝eq\f(2,3)或m≤0時(shí)，函數(shù)g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0<m<eq\f(2,3)時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．考向二由函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)【例2】已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求證：f(x)≤0恒成立；(2)若關(guān)于x的方程f(x)＋x2＋1＝0至少有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)a的最小值．【解】(1)證明：當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx－x＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令f′(x)＝0?x＝1，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．故f(x)max＝f(1)＝0，所以f(x)≤0.(2)f(x)＋x2＋1＝0至少有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即lnx＋x2－ax＋2＝0，a＝eq\f(lnx,x)＋x＋eq\f(2,x)至少有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，記φ(x)＝eq\f(lnx,x)＋x＋eq\f(2,x)(x>0)，所以φ′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x2－lnx－1,x2)，記h(x)＝x2－lnx－1(x>0)，所以h′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，令h′(x)＝0?x＝eq\f(\r(2),2)(x＝－eq\f(\r(2),2)舍去)，所以當(dāng)x∈(0，eq\f(\r(2),2))時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，x∈(eq\f(\r(2),2)，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)的最小值為h(eq\f(\r(2),2))＝(eq\f(\r(2),2))2－ln(eq\f(\r(2),2))－1＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)ln2＝－eq\f(1,2)(1－ln2)<0，又h(1)＝0，所以x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0，又當(dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)，h(eq\f(1,e))＝eq\f(1,e2)－lneq\f(1,e)－1＝eq\f(1,e2)＋1－1＝eq\f(1,e2)>0，因此必存在唯一的x0∈(eq\f(1,e)，eq\f(\r(2),2))，使得h(x0)＝0.因此x∈(0，x0)時(shí)，h(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，x∈(x0,1)時(shí)，h(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減，x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，畫出y＝φ(x)的大致圖象，如圖所示．因此當(dāng)φ(1)≤a≤φ(x0)時(shí)，直線y＝a與y＝φ(x)的圖象至少有兩個(gè)交點(diǎn)，所以a的最小值為φ(1)＝3.方法技巧與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的參數(shù)范圍問(wèn)題，往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)，從而判斷函數(shù)的大致圖象，討論其圖象與x軸的位置關(guān)系，進(jìn)而確定參數(shù)的取值范圍；或通過(guò)對(duì)方程等價(jià)變形轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)問(wèn)題.已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求實(shí)數(shù)a的值，并求此時(shí)f(x)在[－2,1]上的最小值；(2)若函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，所以f(x)＝ex－x＋1，求導(dǎo)得f′(x)＝ex－1.易知f(x)在[－2,0]上單調(diào)遞減，在[0,1]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，①當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在R上是增函數(shù)，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；當(dāng)x<0時(shí)，取x＝－eq\f(1,a)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))<1＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)－1))＝－a<0.所以函數(shù)f(x)存在零點(diǎn)，不滿足題意．②當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝ln(－a)時(shí)，f(x)取最小值．函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，等價(jià)于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2<a綜上所述，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－e2,0)．考向三零點(diǎn)偏移問(wèn)題【例3】設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－lnx＋eq\f(1,x)＋b(a，b∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，求證：x1＋x2＋2>2ax1x2.【解】(1)f′(x)＝a－eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(ax2－x－1,x2)(x>0)，設(shè)g(x)＝ax2－x－1(x>0)，①當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)<0，則f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．②當(dāng)a>0時(shí)，由g(x)＝0得x＝eq\f(1＋\r(1＋4a),2a)或x＝eq\f(1－\r(1＋4a),2a)(舍)，記x＝eq\f(1＋\r(1＋4a),2a)＝x0，則g(x)＝ax2－x－1＝a(x－x0)(x－eq\f(1－\r(1＋4a),2a))(x>0)，易知x－eq\f(1－\r(1＋4a),2a)>0，所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(0，eq\f(1＋\r(1＋4a),2a))上單調(diào)遞減，在(eq\f(1＋\r(1＋4a),2a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：不妨設(shè)x1<x2，由已知得f(x1)＝0，f(x2)＝0，即ax1＝lnx1－eq\f(1,x1)－b，ax2＝lnx2－eq\f(1,x2)－b，兩式相減得a(x2－x1)＝lnx2－lnx1－(eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1))，所以a＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＋eq\f(1,x1x2).要證x1＋x2＋2>2ax1x2，即證x1＋x2＋2>2(eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＋eq\f(1,x1x2))x1x2，只需證x1＋x2>eq\f(2lnx2－lnx1,x2－x1)·x1x2，只需證eq\f(x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1),x1x2)>2lneq\f(x2,x1)，即要證eq\f(x2,x1)－eq\f(x1,x2)>2lneq\f(x2,x1).設(shè)eq\f(x2,x1)＝t，則t>1，只需證t－eq\f(1,t)>2lnt，設(shè)h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt(t>1)，只需證h(t)>0.因?yàn)閔′(t)＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2,t)＝eq\f(t2－2t＋1,t2)＝eq\f(t－12,t2)>0，所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)>h(1)＝0，即t－eq\f(1,t)>2lnt，所以x1＋x2＋2>2ax1x2.方法技巧解決該題第2小問(wèn)的關(guān)鍵點(diǎn)有兩個(gè)：一是消參，通過(guò)兩式作差消掉參數(shù)b，從而巧妙地把兩個(gè)零點(diǎn)與參數(shù)a之間的關(guān)系建立起來(lái)；二是消“變”，即減少變量的個(gè)數(shù)，巧妙利用兩零點(diǎn)之比引入變量t，從而建立新的函數(shù)求解問(wèn)題，這也體現(xiàn)了對(duì)數(shù)學(xué)建模等核心素養(yǎng)的考查.另外這種問(wèn)題還有對(duì)稱構(gòu)造法、差值換元法等方法.已知函數(shù)f(x)＝xlnx－eq\f(a,2)x2＋(a－1)x，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的最大值為0.(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，證明：x1＋x2>2.解：(1)由題意，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝lnx－a(x－1)，記h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝eq\f(1－ax,x).當(dāng)a≤0時(shí)，h′(x)＝eq\f(1－ax,x)>0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(1)＝0，所以任意x∈(1，＋∞)，h(x)＝f′(x)>0，故a≤0不成立．當(dāng)a>0時(shí)，若x∈(0，eq\f(1,a))，則h′(x)＝eq\f(1－ax,x)>0；若x∈(eq\f(1,a)，＋∞)，則h′(x)＝eq\f(1－ax,x)<0.所以h(x)在(0，eq\f(1,a))上單調(diào)遞增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞減．所以h(x)max＝h(eq\f(1,a))＝－lna＋a－1＝0.令g(a)＝－lna＋a－1，則g′(a)＝1－eq\f(1,a)＝eq\f(a－1,a).當(dāng)0<a<1時(shí)，g′(a)<0；當(dāng)a>1時(shí)，g′(a)>0.所以g(a)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．