2022届高考数学一轮复习（人教版）第3章 高考专题突破一 第2课时　利用导函数研究函数的零点.docx

第2课时　利用导函数研究函数的零点
题型一 数形结合研究函数的零点
例1 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)当m＝e时，f(x)＝ln x＋，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
令f′(x)＝0，得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝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)＝.
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．
思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．
(1)当a＝4时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；
(2)如果关于x的方程g(x)＝2exf(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
解　(1)当a＝4时，g(x)＝(－x2＋4x－3)ex，
g′(x)＝ex(－x2＋2x＋1)，
∴g′(1)＝2e，又g(1)＝0，
∴切线的斜率为2e，切点为(1,0)，
∴所求的切线方程为y－0＝2e(x－1)，即y＝2e(x－1)．
(2)方程g(x)＝2exf(x)可化为－x2＋ax－3＝2xln x，
即a＝2ln x＋x＋.
令φ(x)＝2ln x＋x＋，x∈，
∴φ′(x)＝＋1－＝＝，
∵当x∈时，φ′(x)<0，当x∈(1，e]时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增．
∴φ(x)min＝φ(1)＝4，
又φ＝3e＋－2，φ(e)＝＋e＋2，
且φ>φ(e)
∴画出y＝φ(x)的图象如图所示．
则4<a≤＋e＋2，
故实数a的取值范围是.
题型二 利用函数性质研究函数的零点
例2 (2019·全国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)在区间上存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
证明　(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝cos x－，
令g(x)＝cos x－，x∈，
∴g′(x)＝－sin x＋，x∈，
易知g′(x)在上单调递减．
又g′(0)＝－sin 0＋1＝1>0，g′＝－sin ＋＝－1<0，
∴∃x0∈，使得g′(x0)＝0.
∴当x∈(－1，x0)时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－1，x0)上单调递增，在上单调递减．
故x＝x0为g(x)在区间上唯一的极大值点，
即f′(x)在区间上存在唯一的极大值点x0.
(2)由(1)知f′(x)＝cos x－，x∈(－1，＋∞)．
①当x∈(－1,0]时，由(1)可知f′(x)在(－1,0]上单调递增，
∴f′(x)≤f′(0)＝0，∴f(x)在(－1,0]上单调递减，
又f(0)＝0.
∴x＝0为f(x)在(－1,0]上的唯一零点．
②当x∈时，f′(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减，
又f′(0)＝0，∴f′(x0)>0，
∴f(x)在(0，x0)上单调递增，此时f(x)>f(0)＝0，不存在零点，
又f′＝cos －＝－<0，
∴∃x1∈，使得f′(x1)＝0，
∴f(x)在(x0，x1)上单调递增，在上单调递减，
又f(x0)>f(0)＝0，f ＝sin －ln
＝ln >l