第三篇 导数及其应用 专题3.05 导数与函数的零点
【考点聚焦突破】 考点一 判断零点的个数
【例1】 (2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}． (1)求函数f(x)的解析式；
f(x)
(2)求函数g(x)＝－4ln x的零点个数．
x【答案】见解析
【解析】(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}， ∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1. 故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.
x2－2x－33
(2)由(1)知g(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2，
xx
34(x－1)(x－3)
∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋2－＝，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.
xxx2当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：
X g′(x) g(x) 当0 当x>3时，g(e5)＝e5－5－20－2>25－1－22＝9>0. e又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增， 因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点， 故g(x)仅有1个零点． 【规律方法】 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数． (2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 1 (0，1) ＋ 1 0 极大值 (1，3) － 3 0 极小值 (3，＋∞) ＋ 【训练1】 已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28…. (1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点； (2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由． 【答案】见解析 【解析】(1)证明 由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x， 所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0， 所以h(1)h(2)<0， 所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点． (2)解 由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x. 由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)， 而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点． 又h(x)在(1，2)内有零点， 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点． 1－11－1 h′(x)＝ex－x2－1，记φ(x)＝ex－x2－1， 221－3 则φ′(x)＝e＋x2. 4 x 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点， 即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点， 则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点， 所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2. 考点二 已知函数零点个数求参数的取值范围 【例2】 函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值． (1)求f(x)的单调区间； (2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围． 【答案】见解析 【解析】(1)函数f(x)＝ax＋xln x的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1， 当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x， 即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1； 令f′(x)<0，解得0 所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)． (2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点． 2 由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1， 由题意得，m＋1>－1， 即m>－2，① 当0 所以m的取值范围是(－2，－1)． 【规律方法】 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． 【训练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． 【答案】见解析 【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R， 又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1， 所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1. 易知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)由(1)知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； 1 当x<0时，取x＝－， a11 －?<1＋a?－－1?＝－a<0. 则f??a??a?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， 3 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－e2 综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0)． 考点三 函数零点的综合问题 【例3】 设函数f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数； 2 (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln . a【答案】见解析 a 【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)． x当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点； a 当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增， x所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． a1 又f′(a)>0，假设存在b满足0 44故当a>0时，f′(x)存在唯一零点． (2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0， 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)． a 由于2e2x0－＝0， x0 a22 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln . 2x0aa2 故当a>0时，f(x)≥2a＋aln . a 【规律方法】 1.在(1)中，当a>0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)<0. 2 2．由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋aln . a【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f(x)＝ln x－x－m(m<－2，m为常数)． 1?(1)求函数f(x)在??e，e?的最小值；