新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義第3章　§3.7　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)（含解析）

§3.7利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)考試要求函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題在高考中占有很重要的地位，主要涉及判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)或范圍．高考常考查三次函數(shù)與復(fù)合函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，以及函數(shù)零點(diǎn)與其他知識(shí)的交匯問(wèn)題，一般作為解答題的壓軸題出現(xiàn)．題型一利用函數(shù)性質(zhì)研究函數(shù)的零點(diǎn)例1已知函數(shù)f(x)＝xsinx－1.(1)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的單調(diào)性；(2)證明：函數(shù)y＝f(x)在[0，π]上有兩個(gè)零點(diǎn)．(1)解因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝－xsin(－x)－1＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，又f′(x)＝sinx＋xcosx，且當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)≥0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，綜上，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減．(2)證明由(1)得，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又f(0)＝－1<0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)－1>0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx，則g′(x)＝2cosx－xsinx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，g′(x)<0恒成立，即g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1>0，g(π)＝－π<0，則存在m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0，且當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時(shí)，g(x)>g(m)＝0，即f′(x)>0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(m，π]時(shí)，有g(shù)(x)<g(m)＝0，即f′(x)<0，則f(x)在(m，π]上單調(diào)遞減，又f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)－1>0，f(π)＝－1<0，所以f(x)在(m，π]上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，綜上，函數(shù)y＝f(x)在[0，π]上有2個(gè)零點(diǎn)．思維升華利用函數(shù)性質(zhì)研究函數(shù)的零點(diǎn)，主要是根據(jù)函數(shù)單調(diào)性、奇偶性、最值或極值的符號(hào)確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，此類問(wèn)題在求解過(guò)程中可以通過(guò)數(shù)形結(jié)合的方法確定函數(shù)存在零點(diǎn)的條件．跟蹤訓(xùn)練1(2023·蕪湖模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋(a－1)lnx＋eq\f(1,x)－2，a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝a＋eq\f(a－1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(ax－1x＋1,x2)，①若a≤0，則f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；②若a>0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)若a≤0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(a,e)＋1－a＋e－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))a＋e－1>0，f(1)＝a－1<0.結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知，f(x)有唯一零點(diǎn)．若a>0，因?yàn)楹瘮?shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以要使得函數(shù)有唯一零點(diǎn)，只需f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1－(a－1)lna＋a－2＝(a－1)(1－lna)＝0，解得a＝1或a＝e.綜上，a≤0或a＝1或a＝e.題型二數(shù)形結(jié)合法研究函數(shù)的零點(diǎn)例2(2023·鄭州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．解(1)f(x)＝ex－ax＋2a，定義域?yàn)镽，且f′(x)＝ex－a，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，則x＝lna，當(dāng)x<lna時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>lna時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，當(dāng)a＝0時(shí)，ex＝a(x－2)無(wú)解，∴f(x)無(wú)零點(diǎn)，當(dāng)a≠0時(shí)，eq\f(1,a)＝eq\f(x－2,ex)，令φ(x)＝eq\f(x－2,ex)，x∈R，∴φ′(x)＝eq\f(3－x,ex)，當(dāng)x∈(－∞，3)時(shí)，φ′(x)>0；當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，∴φ(x)在(－∞，3)上單調(diào)遞增，在(3，＋∞)上單調(diào)遞減，且φ(x)max＝φ(3)＝eq\f(1,e3)，又x→＋∞時(shí)，φ(x)→0，x→－∞時(shí)，φ(x)→－∞，∴φ(x)的圖象如圖所示．當(dāng)eq\f(1,a)>eq\f(1,e3)，即0<a<e3時(shí)，f(x)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)eq\f(1,a)＝eq\f(1,e3)，即a＝e3時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0<eq\f(1,a)<eq\f(1,e3)，即a>e3時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)eq\f(1,a)<0，即a<0時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)a∈[0，e3)時(shí)，f(x)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)a∈(－∞，0)∪{e3}時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a∈(e3，＋∞)時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．思維升華含參數(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)的圖象，根據(jù)圖象特征求參數(shù)的范圍或判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)．跟蹤訓(xùn)練2(2023·長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝alnx－2eq\r(x).(1)若a＝2，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在(0,16]上有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝2lnx－2eq\r(x)，該函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(1,\r(x))，又f(1)＝－2，f′(1)＝1，因此，曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＋2＝x－1，即x－y－3＝0.(2)①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,\r(x))<0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，不符合題意；②當(dāng)a>0時(shí)，由f(x)＝alnx－2eq\r(x)＝0可得eq\f(2,a)＝eq\f(lnx,\r(x))，令g(x)＝eq\f(lnx,\r(x))，其中x>0，則直線y＝eq\f(2,a)與曲線y＝g(x)的圖象在(0,16]內(nèi)有兩個(gè)交點(diǎn)，g′(x)＝eq\f(\f(\r(x),x)－\f(lnx,2\r(x)),x)＝eq\f(2－lnx,2x\r(x))，令g′(x)＝0，可得x＝e2<16，列表如下，x(0，e2)e2(e2，16]g′(x)＋0－g(x)↗極大值↘所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,16]上的極大值為g(e2)＝eq\f(2,e)，且g(16)＝ln2，作出g(x)的圖象如圖所示．由圖可知，當(dāng)ln2≤eq\f(2,a)<eq\f(2,e)，即e<a≤eq\f(2,ln2)時(shí)，直線y＝eq\f(2,a)與曲線y＝g(x)的圖象在(0,16]內(nèi)有兩個(gè)交點(diǎn)，即f(x)在(0,16]上有兩個(gè)零點(diǎn)，因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(e，\f(2,ln2))).題型三構(gòu)造函數(shù)法研究函數(shù)的零點(diǎn)例3(12分)(2022·新高考全國(guó)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值．(1)求a；[切入點(diǎn)：求f(x)，g(x)的最小值](2)證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．[關(guān)鍵點(diǎn)：利用函數(shù)的性質(zhì)與圖象判斷ex－x＝b，x－lnx＝b的解的個(gè)數(shù)及解的關(guān)系]思維升華涉及函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根)問(wèn)題，主要利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)尋找函數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的極值以及區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值與0的關(guān)系，從而求得參數(shù)的取值范圍．跟蹤訓(xùn)練3(2021·全國(guó)甲卷)已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)＝eq\f(xa,ax)(x>0)．(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若曲線y＝f(x)與直線y＝1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝eq\f(x2,2x)(x>0)，f′(x)＝eq\f(x2－xln2,2x)(x>0)，令f′(x)>0，則0<x<eq\f(2,ln2)，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，令f′(x)<0，則x>eq\f(2,ln2)，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,ln2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ln2)，＋∞)).(2)曲線y＝f(x)與直線y＝1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化為方程eq\f(xa,ax)＝1(x>0)有兩個(gè)不同的解，即方程eq\f(lnx,x)＝eq\f(lna,a)有兩個(gè)不同的解．設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，令g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，得x＝e，當(dāng)0<x<e時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，故g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，且當(dāng)x>e時(shí)，g(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，又g(1)＝0，所以0<eq\f(lna,a)<eq\f(1,e)，所以a>1且a≠e，即a的取值范圍為(1，e)∪(e，＋∞)．課時(shí)精練1．(2023·濟(jì)南質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋ax,x)，a∈R.(1)若a＝0，求f(x)的最大值；(2)若0<a<1，求證：f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．(1)解若a＝0，則f(x)＝eq\f(lnx,x)，其定義域?yàn)?0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由f′(x)＝0，得x＝e，∴當(dāng)0<x<e時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e).(2)證明f′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))x－lnx－ax,x2)＝eq\f(1－lnx,x2)，由(1)知，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∵0<a<1，∴當(dāng)x>e時(shí)，f(x)＝eq\f(lnx＋ax,x)＝a＋eq\f(lnx,x)>0，故f(x)在(e，＋∞)上無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)0<x<e時(shí)，f(x)＝eq\f(lnx＋ax,x)，∵f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝a－e<0，f(e)＝a＋eq\f(1,e)>0，且f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，∴f(x)在(0，e)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，綜上，f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．2．函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝1處取得極值．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若y＝f(x)－m－1在定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝a＋lnx＋1，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.則f(x)＝－x＋xlnx，∴f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則函數(shù)y＝f(x)與y＝m＋1的圖象在(0，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝－1，f(e)＝0，作出f(x)圖象如圖．由圖可知，當(dāng)－1<m＋1<0，即－2<m<－1時(shí)，y＝f(x)與y＝m＋1的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．因此實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－2，－1)．3．(2022·河南名校聯(lián)盟模擬)已知f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,3)a(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)當(dāng)a≤e時(shí)，討論函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．解(1)f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,3)a，則f′(x)＝x(ex－ax)．∵函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(x)＝x(ex－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，則ex－ax≥0，x≥0.當(dāng)x＝0時(shí)，則1≥0，即a∈R；當(dāng)x>0時(shí)，則a≤eq\f(ex,x)，構(gòu)建g(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)(x>0)，令g′(x)>0，則x>1，令g′(x)<0，則0<x<1，∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，綜上所述，a≤e.(2)f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,3)a＝(x－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,3)ax2＋x＋1))，令f(x)＝0，則x＝1或ex－eq\f(1,3)a(x2＋x＋1)＝0，對(duì)于ex－eq\f(1,3)a(x2＋x＋1)＝0，即eq\f(ex,x2＋x＋1)＝eq\f(1,3)a，構(gòu)建h(x)＝eq\f(ex,x2＋x＋1)，則h′(x)＝eq\f(xx－1ex,x2＋x＋12)，令h′(x)>0，則x>1或x<0，令h′(x)<0，則0<x<1，∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，h(0)＝1，h(1)＝eq\f(e,3)且h(x)>0，當(dāng)x∈R時(shí)恒成立，則當(dāng)a＝e時(shí)，eq\f(ex,x2＋x＋1)＝eq\f(1,3)a有兩個(gè)根x1＝1，x2<0；當(dāng)0<a<e時(shí)，eq\f(ex,x2＋x＋1)＝eq\f(1,3)a只有一個(gè)根x3<0；當(dāng)a≤0時(shí)，eq\f(ex,x2＋x＋1)＝eq\f(1,3)a無(wú)根．綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0<a≤e時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．4．(2022·全國(guó)乙卷)已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－eq\f(1,x)－lnx(x＞0)，所以f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2).當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f(x)＝ax－eq\f(1,x)－(a＋1)lnx(x＞0)，得f′(x)＝a＋eq\f(1,x2)－eq\f(a＋1,x)＝eq\f(ax－1x－1,x2)(x＞0)．當(dāng)a＝0時(shí)，由(1)可知，f(x)不存在零點(diǎn)；當(dāng)a＜0時(shí)，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\