高考總復(fù)習(xí)文數(shù)（北師大版）講義第3章第2節(jié)第05課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題

第五課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題利用圖像研究函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題[明技法]含參數(shù)的函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)，可轉(zhuǎn)化為方程解的個(gè)數(shù)，若能分離參數(shù)，可將參數(shù)分離出來(lái)后，用x表示參數(shù)的函數(shù)，作出該函數(shù)圖像，根據(jù)圖像特征求出參數(shù)的范圍．[提能力]【典例】已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)解析：選B法一由題意a≠0，由f′(x)＝3ax2－6x＝0得x＝0或x＝eq\f(2,a).當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上單調(diào)遞減．且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零點(diǎn)，不符合題意，排除A，C．當(dāng)a<0時(shí)，要使x0>0且唯一，只需feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))>0，即a2>4，∴a<－2，故選B．法二f(x)有唯一正零點(diǎn)x0，等價(jià)于方程ax3－3x2＋1＝0有唯一正根x0，即a＝eq\f(3,x)－eq\f(1,x3)有唯一正根x0.令g(x)＝eq\f(3,x)－eq\f(1,x3)，g′(x)＝eq\f(31－x1＋x,x4)，∴g(x)在(－∞，－1)上遞減，(－1,0)上遞增，(0,1)上遞增，(1，＋∞)上遞減．又g(－1)＝－2，g(1)＝2，且當(dāng)x<－1時(shí)，g(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0，∴g(x)的大致圖像如圖：∴直線y＝a與y＝g(x)有唯一交點(diǎn)，且橫坐標(biāo)x0>0，只需a<g(－1)＝－2.[刷好題](2018·池州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－(－1)n2alnx(n∈Z，a＞0)．(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)若n＝2016，且函數(shù)y＝2ax－f(x)有唯一零點(diǎn)x0，求x0與a.解：(1)f(x)＝x2－(－1)n2alnx的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(－1n·2a,x).n為奇數(shù)時(shí)，f′(x)＝2x＋eq\f(2a,x)＞0，函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無(wú)極值；n為偶數(shù)時(shí)，令f′(x)＝2x－eq\f(2a,x)＝0，則x∈(0，eq\r(a))時(shí)，f′(x)＜0；x∈(eq\r(a)，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，∴函數(shù)f(x)無(wú)極大值，有極小值f(eq\r(a))＝a－alna；(2)n＝2016，若函數(shù)y＝2ax－f(x)有唯一零點(diǎn)，即g(x)＝－x2＋2ax＋2alnx＝0有唯一解．令g′(x)＝0，得x2－ax－a＝0，∵a＞0，x＞0，∴x0＝eq\f(a＋\r(a2＋4a),2)，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(0，x0)上是單調(diào)遞減函數(shù)；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)在(x0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)．∴當(dāng)x＝x0時(shí)，g′(x0)＝0，g(x)min＝g(x0)，∵g(x)＝0有唯一解，∴g(x0)＝0.即xeq\o\al(2,0)－ax0－a＝0，－xeq\o\al(2,0)＋2ax0＋2alnx0＝0∴兩式相加得2alnx0＋ax0－a＝0，∵a＞0，∴2lnx0＋x0－1＝0，①設(shè)函數(shù)h(x)＝2lnx＋x－1，∵在x＞0時(shí)h(x)是增函數(shù)，∴h(x)＝0至多有一解．∵h(yuǎn)(1)＝0，∴方程①的解為x0＝1，即eq\f(a＋\r(a2＋4a),2)＝1，解得a＝eq\f(1,2).利用函數(shù)的性質(zhì)研究函數(shù)零點(diǎn)[明技法]利用函數(shù)性質(zhì)研究函數(shù)零點(diǎn)，主要是根據(jù)函數(shù)最值或極值的符號(hào)確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，此類(lèi)問(wèn)題求解過(guò)程中可以通過(guò)數(shù)形結(jié)合的方法確定存在零點(diǎn)的條件．[提能力]【典例】(2018·阜陽(yáng)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍．解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因?yàn)閒(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c.(2)當(dāng)a＝b＝4時(shí)，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－eq\f(2,3).f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下：x(－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)cc－eq\f(32,27)所以，當(dāng)c＞0且c－eq\f(32,27)＜0時(shí)，存在x1∈(－4，－2)，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個(gè)不同零點(diǎn)．[刷好題](2018·廣州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k＞0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．(1)解：由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).由f′(x)＝0，解得x＝eq\r(k)(負(fù)值舍去)．f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下：x(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)eq\f(k1－lnk,2)所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(k))，單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)處取得極小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)，f(x)無(wú)極大值．(2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2).因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，從而k≥e.當(dāng)k＝e時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e))上單調(diào)遞減，且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上的唯一零點(diǎn)．當(dāng)k＞e時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e))上單調(diào)遞減，且f(1)＝eq\f(1,2)＞0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)＜0，所以f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．綜上可知，若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．構(gòu)造法研究函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題[明技法]含參數(shù)的兩函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖像交點(diǎn)問(wèn)題，若不能作出兩函數(shù)圖像，常轉(zhuǎn)化為函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)問(wèn)題．[提能力]【典例】已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－2.(1)求a；(2)證明：當(dāng)k＜1時(shí)，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn)．(1)解：f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,2)處的切線方程為y＝ax＋2.由題設(shè)得－eq\f(2,a)＝－2，所以a＝1.(2)證明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4，由題設(shè)知1－k＞0.當(dāng)x≤0時(shí)，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)單調(diào)遞增，g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一實(shí)根．當(dāng)x＞0時(shí)，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0，所以g(x)＝0在(0，＋∞)上沒(méi)有實(shí)根．綜上，g(x)＝0在R有唯一實(shí)根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn)．[刷好題](2018·臨沂模擬)已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx.(1)討論函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)性；(2)若方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[eq\r(2)，e]上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解，求a的取值范圍．解：(1)F(x)＝ax2－2lnx，其定義域?yàn)?0，＋∞)，所以F′(x)＝2ax－eq\f(2,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0)．①當(dāng)a>0時(shí)，由ax2－1>0，得x>eq\f(1,\r(a)).由ax2－1<0，得0<x<eq\f(1,\r(a)).故當(dāng)a>0時(shí)，F(xiàn)(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a))))上單調(diào)遞減．②當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)′(x)<0(x>0)恒成立．故當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)原式等價(jià)于方程a＝eq\f(2lnx,x2)在區(qū)間[eq\r(2)，e]上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解，令φ(x)＝eq\f(2lnx,x2)(x∈[eq\r(2)，e])．因?yàn)棣铡?