【高中数学】利用导数研究函数零点问题

利用导数研究函数零点问题考点一
研究函数零点个数
[典例](2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝1
3x 3－a (x 2＋x ＋1)．
(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．[解]
(1)当a ＝3时，f (x )＝1
3
x 3－3x 2－3x －3，
f ′(x )＝x 2－6x －3.
令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.
当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.
故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．
(2)证明：因为x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于
x 3
x 2
＋x ＋1
－3a ＝0.设g (x )＝x 3
x 2＋x ＋1－3a ，
则g ′(x )＝x 2(x 2＋2x ＋3)
(x 2＋x ＋1)2≥0，
仅当x ＝0时，g ′(x )＝0，
所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．
故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．
又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－－16<0，f (3a ＋1)＝1
3>0，
故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点．[对点训练]
设函数f (x )＝ln x ＋m
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 )－x
3
零点的个数．
解：(1)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e
x (x >0)，
则f ′(x )＝x －e
x
2，
∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e
e ＝2，
∴f (x )的极小值为2.
(2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x
3(x >0)，
令g (x )＝0，得m ＝－1
3x 3＋x (x >0)．
设φ(x )＝－1
3
x 3＋x (x ≥0)，
则φ′(x )＝－x 2＋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)＝2
3，
又∵φ(0)＝0.
结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知，①当m >2
3
时，函数g (x )无零点；
②当m ＝2
3时，函数g (x )有且只有一个零点；
③当0<m <2
3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 >2
3
时，函数g (x )无零点；
当m ＝2
3
或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；
当0<m <2
3时，函数g (x )有两个零点．
考点二
已知零点存在情况求参数范围
[典例](2019·重庆调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；
(2)若函数f (x )在13，3
上有两个零点，求实数a 的取值范围．[解]
(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
当a ＝－1时，
f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x ，
令f ′(x )＝0，得x ＝1
2(负值舍去)，
当0<x <1
2时，f ′(x )>0；
当x >1
2
时，f ′(x )<0.
∴f (x )(2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x
.令g (x )＝x －ln x
x
，其中x ∈1
3，3，
则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2
，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当1
3≤x <1时，g ′(x )<0；
当1<x ≤3时，g ′(x )>0，
∴g (x )的单调递减区间为1
3，(1,3]，
∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在13，3上有两个零点，3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 3
3，
3ln 3＋13>3－ln 3
3
，
∴实数a ，3－
ln 3
3.
[解题技法]
本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于有些函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：
(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；
(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
[对点训练]
设函数f (x )＝ln x －x ，若关于x 的方程f (x )＝x 2－10
3
x ＋m 在区间[1,3]上有解，求m 的取值范围．
解：方程f (x )＝x 2－10
3x ＋m 在区间[1,3]上有解，
即ln x －x 2＋7
3x ＝m 在区间[1,3]上有解．
令h (x )＝ln x －x 2＋7
3
x ，
则h ′(x )＝1x －2x ＋7
3＝－(3x ＋1)(2x －3)3x
.
∴当x ∈[1,3]时，h ′(x )，h (x )随x 的变化情况如下表：
∵h (1)＝43，h (3)＝ln 3－2<43，ln 32＋5
4，
∴当x ∈[1,3]时，h (x )∈ln 3－2，ln
32＋5
4，
∴m 的取值范围为
ln 3－2，ln
32＋54.
[课时跟踪检测]
1．(2019·贵阳摸底考试)已知函数f (x )＝kx －ln x (k >0)．(1)若k ＝1，求f (x )的单调区间；
(2)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值．
解：(1)若k ＝1，则f (x )＝x －ln x ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1－1
x
，
由f ′(x )>0，得x >1；由f ′(x )<0，得0<x <1，
∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)法一：由题意知，方程kx －ln x ＝0仅有一个实根，由kx －ln x ＝0，得k ＝ln x
x (x >0)．
令g (x )＝ln x
x (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2，
当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0.∴g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (e)＝1
e .
当x →＋∞时，g (x )→0.
又∵k >0，∴要使f (x )仅有一个零点，则k ＝1
e
.
法二：f (x )＝kx －ln x ，f ′(x )＝k －1x ＝kx －1
x (x >0，k >0)．
当0<x <1k 时，f ′(x )<0；当x >1
k 时，f ′(x )>0.
∴f (x )
∴f (x )min ＝
1－ln 1
k ，
∵f (x )有且只有一个零点，∴1－ln
1k ＝0，即k ＝1e
.法三：∵k >0，∴函数f (x )有且只有一个零点等价于直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x 相切，设切点为(x 0，y 0)，由y ＝ln x ，得y ′＝1
x
，∴
＝1x 0
，0＝kx 0，0＝ln x 0，
∴k ＝1e ，∴实数k 的值为1e
.
2．已知函数f (x )＝x 3＋x 2＋ax ＋b .
(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递增区间；
(2)若函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，求实数b 的值．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3＋x 2－x ＋b ，则f ′(x )＝3x 2＋2x －1，
由f ′(x )>0，得x <－1或x >1
3，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)(2)函数f (x )的图象与直线y ＝ax 恰有两个不同的交点，等价于f (x )－ax ＝0有两个不等的实根．
令g (x )＝f (x )－ax ＝x 3＋x 2＋b ，则g ′(x )＝3x 2＋2x .由g ′(x )>0，得x <－2
3或x >0；
由g ′(x )<0，得－2
3<x <0.
所以函数g (x )∞(0，＋∞)－2
3
，
所以当x ＝－23时，函数g (x )取得极大值＝4
27＋b ；当x ＝0时，函数g (x )取得极小
值为g (0)＝b .
要满足题意，则需＝4
27＋b ＝0或g (0)＝b ＝0，
所以b ＝－
4
27
或b ＝0.3．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R )(e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)求f (x )的单调区间；
(2)讨论g (x )＝f (x [0,1]上零点的个数．解：(1)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，
∴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 ，∴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 ＝12，
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，＋∞)上单调递增且f (0)＝0，∴f (x )在[0,1]上有一个零点．
②当a ≥e 时，f (x )在(－∞，1)上单调递减，∴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．
再考虑x ＝1
2
时，由0，得a ＝2(e －1)．
综上所述，当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有两个零点；当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有三个零点．4．(2018·太原模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x ，g (x )＝x
e x －2.
(1)求函数f (x )的极值；
(2)若对任意给定的x 0∈(0，e]，方程f (x )＝g (x 0)在(0，e]上总有两个不相等的实数根，求实数a 的取值范围．
解：(1)f ′(x )＝1
x －2ax ＋(2－a )＝(2x ＋1)(－ax ＋1)x
(x >0)，
①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无极值．②当a >0时，令f ′(x )>0，得0<x <1
a ；
令f ′(x )<0，得x >1
a .
故f (x )
∴f (x )存在极大值，极大值为ln 1a ＋1
a
－1，无极小值．
综上所述，当a ≤0时，f (x )无极值；当a >0时，f (x )存在极大值，极大值为ln 1a ＋1
a
－1，无极小值．
(2)g (x )＝x
e x －2，g ′(x )＝1－x e
x ，
令g ′(x )>0，得x <1；令g ′(x )<0，得x >1.
则g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∵g (0)＝－2，g (1)＝1e －2，g (e)＝e
e e －2>－2，
∴当x ∈(0，e]时，g (x )2，1
e
－2
.由(1)得，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时在(0，e]上f (x )＝g (x 0)总有两个不相等的实数根不成立，因此a >0.
当a >0
，g (x )max ，－2，
由f (e)＝1－a e 2＋2e －e a ≤－2，得a ≥3＋
2e
e 2
＋e ，
由ln 1a ＋1a －1>1
e
－2，
即ln a －1a ＋1e <1，令h (x )＝ln x －1x ＋1
e (x >0)，
易知h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (e)＝1，∴ln a －1a ＋1
e <1，得a ∈(0，e)．
综上所述，3＋2e
e 2
＋e
≤a <e
，
故实数a 的取值范围是3＋2e
e 2＋e ，。