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2022届高考数学统考一轮复习 第3章 导数及其应用 命题探秘1 第3课时 利用导数解决函数的零点问题教案 理 新人教版

2022届高考数学统考一轮复习 第3章 导数及其应用 命题探秘1 第3课时 利用导数解决函数的零点问题教案 理 新人教版

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第3课时　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y＝k)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Ⅲ)设函数f (x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f (x)在点处的切线与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.
依题意得f ′＝0，即＋b＝0，故b＝－.
[解]　(1)f ′(x)＝3x2＋b.
(2)证明：由(1)知f (x)＝x3－x＋c，f ′(x)＝3x2－.
令f ′(x)＝0，解得x＝－或x＝.→
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Ⅰ)已知函数f (x)＝sin x－ln(1＋x)，f ′(x)为f (x)的导数．证明：
(1)f ′(x)在区间存在唯一极大值点；
(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－，g′(x)＝－sin x＋.当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f ′(x)在存在唯一极大值点．
(2)f (x)的定义域为(－1，＋∞)．
(ⅰ)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x＝0是f (x)在(－1,0]的唯一零点．
(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f ′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f ′(0)＝0，f ′＜0，所以存在β∈，使得f ′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f ′x)＞0；当x∈时，f ′(x)＜0.故f (x)在(0，β)单调递增，在单调递减．
又f (0)＝0，f ＝1－ln＞0，所以当x∈时，f (x)＞0.从而，f (x)在没有零点．
(ⅲ)当x∈时，f ′(x)＜0，所以f (x)在单调递减．而f ＞0，f (π)＜0，所以f (x)在有唯一零点．
(ⅳ)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1，所以f (x)＜0，从而f (x)在(π，＋∞)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”．

设函数f (x)＝ln x＋，m∈R.
(1)当m＝e(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)－零点的个数．
[解]　(1)由题意知，当m＝e时，f (x)＝ln x＋(x＞0)，则f ′(x)＝，
∴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x＝e时，f (x)取得极小值f (e)＝ln e＋＝2，
∴f (x)的极小值为2.
(2)由题意知g(x)＝f ′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，
因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝，
又∵φ(0)＝0.
结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，

①当m＞时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜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Ⅰ)已知函数f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1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a＝1时，f (x)＝ex－x－2，则f ′(x)＝ex－1.
当x<0时，f ′(x)<0；当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)＝ex－a.
当a≤0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a>0时，由f ′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)<0；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x＝ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f (ln a)＝－a(1＋ln a)．
(ⅰ)若0ln a)≥0，f (x)在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意．
(ⅱ)若a>，则f (ln a)<0.
由于f (－2)＝e－2>0，所以f (x)在(－∞，ln a)存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x>4且x>2ln(2a)时，f (x)＝e·e－a(x＋2)
>eln(2a)·－a(x＋2)＝2a>0.
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.
点评：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．

(2020·贵阳模拟)已知函数f (x)＝kx－ln x(k＞0)．
(1)若k＝1，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k＝1，则f (x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x)＝1－，
由f ′(x)＞0，得x＞1；由f ′(x)＜0，得0＜x＜1，
∴f (x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)法一：由题意知，方程kx－ln x＝0仅有一个实根，
由kx－ln x＝0，得k＝(x＞0)．
令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝，
当x＝e时，g′(x)＝0；当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0.
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(e)＝.
当x→＋∞时，g(x)→0.
又∵k＞0，∴要使f (x)仅有一个零点，则k＝.
法二：f (x)＝kx－ln x，f ′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)．
当x＝时，f ′(x)＝0；当0＜x＜时，f ′(x)＜0；当x＞时，f ′(x)＞0.
∴f (x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f (x)min＝f ＝1－ln，
∵f (x)有且只有一个零点，∴1－ln＝0，即k＝.