人教第3章 导数及其应用 高考难点突破课1　导数的综合问题 第二课时　利用导数研究函数的零点问题.docx

第二课时　利用导数研究函数的零点问题
题型一　判断、证明或讨论函数零点的个数
例1 已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1).
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
(1)解　当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减.
(2)证明　由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－
＝－6－<0，
f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点.
综上，f(x)只有一个零点.
感悟提升　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)数形结合法分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.
训练1 设函数f(x)＝ln x＋，m为正数.试讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数.
解　由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).
转化为函数y＝m与y＝－x3＋x的图象的交点情况.
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)唯一的极值点，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)＝.
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；
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当实数m＝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.
题型二　根据零点个数确定参数范围
例2 (2021·全国甲卷)已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝(x＞0).
(1)当a＝2时， 求f(x)的单调区间；
(2)若函数φ(x)＝f(x)－1有且仅有两个零点，求a的取值范围.
解　(1)当a＝2时，f(x)＝，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(x＞0)，
令f′(x)＞0，则0＜x＜，此时函数f(x)单调递增，
令f′(x)＜0，则x＞，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)函数φ(x)＝f(x)－1有且仅有两个零点，
则转化为方程＝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0＜x＜e时，g′(x)＞0，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，
故a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).
感悟提升　在解决已知函数y＝f(x)有几个零点求f(x)中参数t的取值范围问题时，经常从f(x)中分离出参数t＝g(x)，然后用求导的方法判断g(x)的单调性，再根据题意求出参数t的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.
训练2 已知函数f(x)＝ax－2ln x－(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数h(x)＝1－－恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
解　(1)函数f(x)＝ax－2ln x－的定义域是(0，＋∞)，
求导可得f′(x)＝a－＋＝.
当a≤0时，f′(x)<0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
当a≥1时，4(1－a2)≤0，此时f′(x)＝≥0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当0<a<1时，4(1－a2)>0，
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，
所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；在(x1，x2)上单调递减.