高考數(shù)學一輪復習第3章第6課時利用導數(shù)解決函數(shù)的零點問題學案-學案下載-教習網(wǎng)

[典例1] 已知函數(shù)f(x)＝x sin x－32.判斷函數(shù)f(x)在(0，π)內的零點個數(shù)，并加以證明．
[解] f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點．證明如下：
因為f′(x)＝sin x＋xcs x，
當x∈0，π2時，f′(x)＞0.
又f(x)＝xsin x－32，從而有f(0)＝－32＜0，fπ2＝π-32＞0，
且f(x)在0，π2上的圖象是連續(xù)不斷的，
所以f(x)在0，π2內至少存在一個零點．
又f(x)在0，π2上單調遞增，故f(x)在0，π2內有且只有一個零點．
當x∈π2，π時，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcs x.
由gπ2＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在π2，π上的圖象是連續(xù)不斷的，
故存在m∈π2，π，使得g(m)＝0.
由g′(x)＝2cs x－xsin x，
知x∈π2，π時，有g′(x)＜0，
從而g(x)在π2，π內單調遞減．
當x∈π2，m時，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，
從而f(x)在π2，m內單調遞增，
故當x∈π2，m時，f(x)＞fπ2＝π-32＞0，
故f(x)在π2，m上無零點；
當x∈(m，π)時，有g(x)＜g(m)＝0，
即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內單調遞減．
又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在(m，π)上的圖象是連續(xù)不斷的，從而f(x)在(m，π)內有且僅有一個零點．
綜上所述，f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點．
【教師備選題】
設函數(shù)f(x)＝ln x＋mx，m∈R.
(1)當m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值；
(2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－x3的零點個數(shù)．
[解] (1)由題意知，當m＝e時，f(x)＝ln x＋ex(x＞0)，則f′(x)＝x-ex2，
∴當x∈(0，e)時，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上單調遞減；
當x∈(e，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上單調遞增，
∴當x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝ln e＋ee＝2，
∴f(x)的極小值為2.
(2)由題意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x-mx2-x3(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．
設φ(x)＝－13x3＋x(x＞0)，
則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
當x∈(0，1)時，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上單調遞增；
當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上單調遞減．
∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，
因此x＝1也是φ(x)的最大值點，
∴φ(x)的最大值為φ(1)＝23.
結合y＝φ(x)的圖象(如圖)，可知，
①當m＞23時，函數(shù)g(x)無零點；
②當m＝23時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；
③當0＜m＜23時，函數(shù)g(x)有兩個零點；
④當m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點．
綜上所述，當m＞23時，函數(shù)g(x)無零點；
當m＝23或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；
當0＜m＜23時，函數(shù)g(x)有兩個零點．
利用導數(shù)求函數(shù)的零點常用方法
(1)構造函數(shù)g(x)，利用導數(shù)研究g(x)的性質，結合g(x)的圖象，判斷函數(shù)零點的個數(shù)．
(2)利用零點存在定理，先判斷函數(shù)在某區(qū)間有零點，再結合圖象與性質確定函數(shù)有多少個零點．
[跟進訓練]
1．已知函數(shù)fx＝ln x＋kx＋2，討論y＝fx－2的零點個數(shù)．
[解] 由y＝fx－2＝0得ln x＝－kx，
因為x>0，所以k＝lnx-x，
令hx＝lnx-xx>0，則 h′x＝－1-lnxx2，
當x>e時，h′x>0，hx單調遞增，
當00的圖象如圖所示，
所以當k0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，故f(x)至多存在1個零點，不合題意．
當a>0時，由f′(x)＝0可得x＝ln a．當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)0．所以f(x)在(－∞，ln a)上單調遞減，在(ln a，＋∞)上單調遞增．故當x＝ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)＝－a(1＋ln a)．
(ⅰ)若01e，則f(ln a)0，所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零點．
由(1)知，當x>2時，ex－x－2>0，
所以當x>4且x>2ln (2a)時，f(x)＝ex2·ex2 -ax+2>eln2a·x2+2－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零點．從而f(x)在(－∞，＋∞)上有兩個零點．
綜上，a的取值范圍是1e，+∞.
與函數(shù)零點有關的參數(shù)范圍問題，往往利用導數(shù)研究函數(shù)的單調區(qū)間和極值點，并結合特殊點，從而判斷函數(shù)的大致圖象，討論其圖象與x軸的位置關系，進而確定參數(shù)的取值范圍或通過對方程等價變形轉化為兩個函數(shù)圖象的交點問題．
[跟進訓練]
2．已知f(x)＝13x3＋32x2＋2x，f′(x)是f(x)的導函數(shù)．
(1)求f(x)的極值；
(2)令g(x)＝f′(x)＋kex－1，若y＝g(x)的函數(shù)圖象與x軸有三個不同的交點，求實數(shù)k的取值范圍．
[解] (1)因為f′(x)＝x2＋3x＋2＝(x＋1)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝－2，
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化如表所示：
由表可知，函數(shù)f(x)的極大值為f(－2)＝－23，
極小值為f(－1)＝－56.
(2)由(1)知g(x)＝x2＋3x＋2＋kex－1＝x2＋3x＋1＋kex，
由題知需x2＋3x＋1＋kex＝0有三個不同的解，即k＝－x2+3x+1ex有三個不同的解．
設h(x)＝－x2+3x+1ex，
則h′(x)＝x2+x-2ex＝x+2x-1ex，
當x∈(－∞，－2)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增，
當x∈(－2，1)時，h′(x)0，h(x)單調遞增，
又當x→－∞時，h(x)→－∞，
當x→＋∞時，h(x)→0且h(x)0，得x>a，
f′(x)0時，fx的極小值為a－2a ln (2a)，無極大值．
(2)由(1)知：當a>0時，fx在-∞，ln2a上單調遞減，在ln2a，+∞上單調遞增；
當00恒成立，fx無零點；
當a＝e2時，fln2a＝a－2a ln (2a)＝0，fx有唯一零點x＝ln (2a)；
當a>e2時，fln2a＝a－2a ln (2a)0，
由圖可知，當00，其中x>0，則有t－a ln t＝0，
t′＝x+1ex>0，所以，函數(shù)t＝xex在0，+∞上單調遞增，因為方程xex－alnx+x＝0有兩個實根x1，x2.
令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，則關于t的方程t－a ln t＝0也有兩個實根t1，t2，且t1≠t2，要證ex1+x2>e2x1x2，
即證x1ex1·x2ex2>e2，即證t1t2>e2，
即證ln t1＋ln t2>2.
法一：由已知t1=alnt1，t2=alnt2，
所以t1-t2=alnt1-lnt2，t1+t2=alnt1+lnt2，
整理可得t1+t2t1-t2＝lnt1+lnt2lnt1-lnt2，
不妨設t1>t2>0，
即證ln t1＋ln t2＝t1+t2t1-t2ln t1t2>2，
即證ln t1t2>2t1-t2t1+t2＝2t1t2-1t1t2+1，
令s＝t1t2>1，即證ln s>2s-1s+1，其中s>1，
構造函數(shù)gs＝ln s－2s-1s+1，其中s>1，
g′s＝1s-4s+12＝s-12ss+12>0，
所以，函數(shù)gs在1，+∞上單調遞增，
當s>1時，gs>g1＝0，故原不等式成立．
法二：由t1=alnt1，t2=alnt2，兩邊取對數(shù)得
lnt1=lna+lnlnt1，lnt2=lna+lnlnt2，
由對數(shù)均值不等式得
1＝lnt1-lnt2lnlnt1-lnlnt2＜lnt1+lnt22，
所以ln t1＋ln t2＞2.
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

極大值

極小值

x
0，e
e
e，+∞
f′x
＋
0
－
fx
單調遞增
1e
單調遞減