2023届高考数学一轮复习-第3讲-第3课时-函数的零点.doc

第3课时　函数的零点
[学生用书P90]
考点一　判断、证明或讨论零点个数(综合研析)
已知函数f(x)＝x－aln x(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数g(x)＝x2－ax－f(x)的零点个数．
【解】　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝x－aln x可得f′(x)＝1－＝，
由f′(x)>0可得x>a；由f′(x)<0可得0a＋1)＋＝，
令g′(x)＝0可得x＝1或x＝a，
g(1)＝－a－1＝－a－<0，
g(2a＋3)＝(2a＋3)2－(a＋1)(2a＋3)＋aln(2a＋3)＝a＋aln(2a＋3)＋>0.
当a>1时，由g′(x)＜0得1＜x＜a，由g′(x)＞0得0＜x＜1或x＞a，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以 g(1)>g(a)，
所以g(a)<0，所以g(x)有一个零点，
当a＝1时，g′(x)≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)有一个零点，
当00得0＜x＜a或x＞1，所以g(x)在(0，a)上单调递增，在(a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时g(a)＝a2－(a＋1)a＋aln a＝－a2－a＋aln a<0，此时g(x)只有一个零点，
综上所述，g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．

利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法
(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等；
(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；
(3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现．
|跟踪训练|
证明：函数f(x)＝ln x－x2＋x只有一个零点．
证明：f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝－2x＋1＝－.
令f′(x)＝0，解得x＝－(舍去)或x＝1.
所以当00；
当x>1时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
所以当x＝1时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，
即为f(1)＝ln 1－12＋1＝0，
当x≠1时，f(x)若函数f(x)＝x－－mln x在区间(1，＋∞)上存在零点，求实数m的取值范围．
【解】　f′(x)＝1－－＝.
当x>1时，令g(x)＝2x－，
则g′(x)＝2－>0，
可知g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>1.
当2m≤1，
即m≤时，f′(x)>0，
可知函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x)>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上无零点．
当2m>1，
即m>时，存在x0∈(1，＋∞)，
使得f′(x0)＝0，
可知当1x0时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(1，x0)上单调递减，
在(x0，＋∞)上单调递增，
又f(x0)0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)．若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解】　由题意得方程＝1(x>0)有两个不同的解，
即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝，
且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0<<，所以a>1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．

和函数零点有关的参数范围问题
(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．
(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．
(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．
|跟踪训练|
(2022·兰州一中月考)函数f(x)＝ax3＋3x2－1存在唯一的零点x0，且x0<0，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝3x2－1，
令f(x)＝0，
解得x＝±，
此时函数f(x)有两个零点，舍去．
(2)当a≠0时，f′(x)＝3ax2＋6x＝3ax，
令f′(x)＝0，
解得x＝0或x＝－.
①当a<0时，－>0，
当x>－或x<0时，f′(x)<0，
此时函数f(x)单调递减；
当00，此时函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)在x＝－处取得极大值，
在x＝0处取得极小值．
因为函数f(x)＝ax3＋3x2－1存在唯一的零点x0，且x0<0，
所以f＝－＋－1＝－1<0，
即a2>4，
解得a<－2.
②当a>0时，－<0，
当x<－或x>0时，f′x)>0，
此时函数f(x)单调递增；
当－0)，
则g(1)＝0，
g′(x)＝－1＝(x>0)，
可得x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．
所以当x＝1时，函数g(x)取得极大值也即最大值，
所以g(x)≤g(1)＝0，
即ln x≤x－1.
(2)f′(x)＝－2x＋a＝(x>0)．
令－2x＋ax0＋1＝0，
解得x0＝(负值舍去)，
在(0，x0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
所以f(x)max＝f(x0)．
当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，
此时函数f(x)只有一个零点．
当a>1时，f(1)＝a－1>0，
f＝ln－＋<－1－＋
＝－－<0，
f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2
＝－2－<0.
所以函数f(x)在区间和区间(1，2a)上各有一个零点．
综上可得，当a＝1时，函数f(x)只有一个零点；
当a>1时，函数f(x)有两个零点．
2．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，
又f0)＝1－a＝2，得a＝－1，
所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.
由f′(x)＜0得x＜0，由f′(x)＞0得x＞0，
所以f(x)在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，
所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.
(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，
当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；
当x<0时，取x＝－，
则f＝e－－1－a<1－1－a＝－a<0.
所以函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．
在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，
解得－e2x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x单调递增，y＝单调递减，
所以f′(x)单调递增．
又f′(1)＝－1<0，
f′(2)＝ln 2－＝>0，
故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x0)0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一实根x＝α.
由α>x0>1得<1
综上可得，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
4．已知函数f(x)＝xex－a(ln x＋x)，a∈R.
(1)当a＝e时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝e时，f(x)＝xex－eln x－ex，
则f′(x)＝.令f′(x)＜0得0＜x＜1，令f′(x)＞0得x＞1，
所以函数f(x)在(0，1)上单调递减；
在(1，＋∞)上单调递增．所以当a＝e时，f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)记t＝ln x＋x，则t＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，且t∈R.
所以f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝et－at＝g(t)．
所以f(x)在x>0上有两个零点等价于g(t)＝et－at在t∈R上有两个零点．
①当a＝0时，g(t)＝et在R上单调递增，
且g(t)>0，故g(t)无零点．
②当a<0时，g(t)＝et－at在R上单调递增，
又g(0)＝1>0，g＝e－1<0，
故g(t)在R上只有一个零点．
③当a>0时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)＝a(1－ln a)．
若00，g(t)无零点；
若a＝e，g(t)min＝0，g(t)只有一个零点；
若a>e时，
g(t)min＝a(1－ln a)<0，
而g(0)＝1>0，
由于h(x)＝在x>e时为减函数，所以h(x)＝＜h(e)＝，化简得xe＜ex.
所以当a>e时，ea>ae>a2.
从而g(a)＝ea－a2>0，
所以g(t)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一个零点．
综上可知，当a>e时，f(x)有两个零点，
即实数a的取值范围是(e，＋∞)．