2023版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.2导数与函数零点的综合问题练习理北师大版.doc

3.4.2 导数与函数零点的综合问题
核心考点·精准研析
考点一　判断函数零点(方程根)的个数 
1.已知函数f(x)=3ln x-x2+2x-3ln 3-,则方程f(x)=0的解的个数为　. 
2.(2019·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R)(e=2.718 28…是自然对数的底数).
(1)求f(x)的单调区间.
(2)讨论g(x)=f(x)在区间[0,1]上零点的个数.
【解题导思】
序号
联想解题
1
由方程f(x)=0的解想到函数f(x)的零点
序号
题目拆解
2
(1)f(x)的单调区间
求f′(x)并分析其正负确定单调区间

(2)g(x)在区间[0,1]上零点的个数
讨论f(x)在[0,1]上的单调性,判断f(x)的零点个数,最后确定g(x)零点的个数.
【解析】1.因为f(x)=3ln x-x2+2x-3ln 3-(x>0),所以f′(x)=-x+2
==,
当x∈(0,3)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(3,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)max=f(3)=3ln 3-+6-3ln 3-=0,
因为当x→0时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→-∞,所以方程f(x)=0只有一个解.
答案:1
2.(1)因为f(x)=ex-ax-1,
所以f′(x)=ex-a,当a≤0时,f′(x)>0恒成立,
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;
当a>0时,令f′(x)<0,得x<ln a,令f′(x)>0,得x>ln a,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,ln a),
单调递增区间为(ln a,+∞).
(2)令g(x)=0,得f(x)=0或x=,
先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数,
①当a≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增且f(0)=0,
所以f(x)在[0,1]上有一个零点;
②当a≥e时,f(x)在[0,1]上单调递减且f(0)=0,
所以f(x)在[0,1]上有一个零点;
③当1<a<e时,f(x)在[0,ln a)上单调递减,在(ln a,1]上单调递增,而f(1)=e-a-1,当e-a-1≥0,即1<a≤e-1时,f(x)在[0,1]上有两个零点,
当e-a-1<0,即e-1<a<e时,
f(x)在[0,1]上有一个零点.
当x=时,由f=0得a=2(-1).
综上知,当a≤1或a>e-1或a=2(-1)时,
g(x)在[0,1]上有两个零点;
当1<a≤e-1且a≠2(-1)时,
g(x)在[0,1]上有三个零点.
　利用导数研究方程根(函数零点)的技巧
(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,画出函数图像的走势规律,标明函数极(最)值的位置.
(3)利用数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
设函数f(x)=ln x+,m∈R.讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数.
【解析】由题设,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.
所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点.
所以φ(x)的最大值为φ(1)=.
由φ(0)=0,结合y=φ(x)的图像(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.
考点二　已知函数零点个数求参数问题 
【典例】已知曲线f(x)=ex(ax+1)在x=1处的切线方程为y=bx-e.
(1)求a,b.
(2)若函数g(x)=f(x)-3ex-m有两个零点,求实数m的取值范围.
【解题导思】
序号
题目拆解

(1)曲线f(x)=ex(ax+1)在x=1处的切线方程为y=bx-e.
求导数,根据导数的几何意义,求出切线的斜率,解方程组,即可求出a和b的值

(2)函数g(x)有两个零点
求导数,利用导数确定函数的单调性,求出函数的极值,结合函数的零点与方程实数根的关系,数形结合,即可求出实数m的值.
【解析】(1)f(x)=ex(ax+1),
f′(x)=ex(ax+1)+ex·a=ex(ax+1+a),
所以所以a=1,b=3e.
(2)方法一:g(x)=f(x)-3ex-m
=ex(x-2)-m,
函数g(x)=ex(x-2)-m有两个零点,相当于曲线u(x)=ex·(x-2)与直线y=m有两个交点.u′(x)=ex·(x-2)+ex=ex(x-1),
当x∈(-∞,1)时,u′(x)<0,
所以u(x)在(-∞,1)上单调递减,
当x∈(1,+∞)时,u′(x)>0,
所以u(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以x=1时,u(x)取得极小值u(1)=-e,
又x→+∞时,u(x)→+∞;
x<2时,u(x)<0,所以-e<m<0.
方法二:g(x)=f(x)-3ex-m=ex(x-2)-m,
g′(x)=ex·(x-2)+ex=ex(x-1),
当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,所以g(x)在(-∞,1)上单调递减,
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-e-m,
又x→-∞时,g(x)→-m,
　所以-e<m<0.
　已知函数零点个数求参数的常用方法
(1)分离参数法:首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.
(2)分类讨论法:结合单调性,先确定参数分类的标准,在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意,将满足题意的参数的各小范围并在一起,即为所求参数范围.
(2018·全国卷II)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1.
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
【解析】(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.
设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g′(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.
当x≠1时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,1)和(1,+∞)上单调递减.
而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;
(ii)当a>0时,h′(x)=ax(x-2)e-x.
当x∈(0,2)时,h′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
故h(2)=1-是h(x)在(0,+∞)上的最小值.
①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点;
②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点;
③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点,
由(1)知,当x>0时,ex>x2,
所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.
综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.
考点三　可转化为函数零点个数的问题 
【典例】已知直线l:y=x+1,函数f(x)=aex.
(1)当a=1,x>0时,证明:曲线y=f(x)-x2在直线l的上方.
(2)若直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点,求实数a的取值范围.
【解题导思】
序号
题目拆解

(1)曲线y=f(x)-x2在直线l的上方
证明曲线y=f(x)-x2在直线l的上方,转化为ex-x2-x-1>0恒成立.再利用导数判断函数单调性,从而求出最小值.

(2)直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点
令S(x)=aex-x-1,直线l与曲线f(x)有两个不同的交点,既要判断S(x)在极值点两侧的单调性,又要判断极值点两侧的函数值的正负,即运用零点存在性定理,说明在极值点两侧零点各有一个.
【解析】 (1)令J(x)=ex-x2-x-1,
则J′(x)=ex-x-1,
令g(x)=J′(x),则g′(x)=ex-1,
当x>0时,g′(x)>0,所以在(0,+∞)上, J′(x)为增函数,
所以J′(x)>J′(0)=0,从而J(x)也为增函数,得J(x)>J(0)=0.
故ex-x2>x+1,即曲线y=f(x)-x2在直线l的上方.
(2)令S(x)=aex-x-1,
则S′(x)=aex-1,当a≤0时,S′(x)<0,
得S(x)在R上单调递减,不符合题意;
当a>0时,令S′(x)=0,得x=ln ,
所以S(x)在上为减函数,
在上为增函数,
由已知函数S(x)有两个零点,
所以S(x)min=S=-ln <0,
得0<a<1,此时S(-1)=>0,
所以S(x)在上有且只有一个零点.
由(1)得当x>0时,
S(x)>a-x-1
=ax2+(a-1)x+a-1,
所以S>a+(a-1)+a-1=a+1>0.
由(1)知,当x>0时,J′(x)>0得
ex>x+1,令x+1=t,则ln t<t-1(t>1),所以>-1>ln ,
所以S(x)在上有且只有一个零点,
综上,0<a<1.
　处理函数y=f(x)与y=g(x)图像的交点问题的常用方法
(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;
(2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,通过构造函数y=f(x)-g(x),利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.
　已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.
(1)求a.
(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
【解析】 (1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.
曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,
由题意得-=-2,所以a=1.
(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.
设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.
由题意知1-k>0,
当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,
g(x)单调递增,
g(-1)=k-1<0,g(0)=4,
所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.
当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,
则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x),
h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),
h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.
所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根.
综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
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