2025年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點問題

第5課時利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點問題

核心考點提升“四能”

考點一

【例1】(2024?邢臺模擬)已知函數(shù)/。)=2/—3d—12X+5.

⑴求/(x)的極值；

(2)討論函數(shù)g(x)=f(x)—m的零點個數(shù).

解：(1)由題意可得了(%)的定義域為R,/^)=6X2-6X-12=6(X+1)(X-2).

由廣。)>0,得1或x>2;由/(%)<0,得一l<x<2,

所以/(x)在(一8,—1)和(2,+8)上單調(diào)遞增，在(一1,2)上單調(diào)遞減.

故/(x)極大值=/(—1)=12,f(x)極小值=/(2)=—15.

(2)由⑴可知/(%)在(一8,—1)和(2,+8)上單調(diào)遞增，在(一1,2)上單調(diào)遞減，/(—1)=12,

/(2)=-15.

當(dāng)xf—8時，/a)f—8；當(dāng)1f+8,y(x)->+°0.

/(%)的大體圖象如圖所示.

*

OIx

-15

令g(x)=f(x)—"2=0,則/(X)="Z.

當(dāng)相>12或m<-15時，方程/(%)=根有且僅有1個實根，即函數(shù)g(jc)有1個零點；

當(dāng)相=12或加=一15時，方程/(無)=%有2個實根，即函數(shù)g(x)有2個零點；

當(dāng)一15<〃z<12時，方程/(x)="z有3個實根，即函數(shù)g(x)有3個零點.

綜上所述，當(dāng)機>12或機<—15時，g(x)有1個零點；當(dāng)機=12或加=—15時，g(;c)有2

個零點；當(dāng)一15<優(yōu)<12時，g(x)有3個零點.

〉反思感悟

利用導(dǎo)數(shù)研究方程根(函數(shù)零點)的一般方法

⑴可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等來確定方程根的情況.

(2)根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置.

(3)數(shù)形結(jié)合去分析問題，可以使問題的求解過程有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn).

多維訓(xùn)練

(2024?廣東一模)已知0<?<1,函數(shù)/(為=竺『(無W0).

(1)求/(x)的單調(diào)區(qū)間.

(2)討論方程/(x)=a的根的個數(shù).

解：⑴求導(dǎo)得/a)=l_;_.1).

因為。>0,ex-a>0,

所以當(dāng)/(x)<0時，x<l且xWO;當(dāng)尸(x)>0時，x>l.

所以/(x)在(一8,0),(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增.

⑵①當(dāng)x<0時，因為。>0,e廠“>0,所以/(x)=%<0<a

所以/(x)=a在(一8,0)上有0個根.

②當(dāng)x>0時，由(1)得，x>0時，/(x)的最小值為/(l)=aei”

因為所以0<1—.所以e「">l.

所以/(l)=ae「">a.

所以/(x)=a在(0,+8)上有o個根.

綜上所述，方程/(x)=a有0個根.

考點二由函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)的范圍

【例2】已知函數(shù)/(x)=e'—〃(尤+2).

⑴當(dāng)。=1時，討論/(尤)的單調(diào)性；

(2)若/(X)有兩個零點，求a的取值范圍.

解：(1)當(dāng)a=l時，/(x)=e，一(x+2),廣(x)=e，一1.

令廣(無)<0,解得尤<0;令廣(x)>0,解得x>0.

所以y(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-8,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+°°).

(2)因為/(x)=e*—a(x+2),所以/(無)=3—4

若aWO,則f'(x)=ex-a>0在R上恒成立，

所以/(x)在R上單調(diào)遞增，則最多只有一個零點，不符合題意.

若a>0,令/(x)=e“一a=0,得x=lna.

當(dāng)xG(—8,In。)時，/(尤)<0;當(dāng)尤G(lna,+0°)Ht,/,(x)>0.

所以/(x)在(一8,Ina)上單調(diào)遞減，在(Ina,+8)上單調(diào)遞增.

lna

所以/(x)min=/(lna)=e—a(lna+2)=—a(l+lna).

當(dāng)無一+8時，/(x)>0,當(dāng)X——8時，/(x)>0.

要使/(x)有兩個零點，則/(尤)?m=/(Ina)<0,

即一a(l+lna)V0,所以即a的取值范圍是&+8).

［變式］將本例中的函數(shù)改為“/(尤)=e，+ax—a(aGR且aWO)”，若函數(shù)/(勸不存在零點,

求實數(shù)。的取值范圍.

解:f'(x)=e+a.

①當(dāng)a>0時，f\x)>0,/(x)在R上單調(diào)遞增，

且當(dāng)x>l時，/(x)=e'+a(x-l)>0:

當(dāng)尤<0時，取了=—5，則/(一0<1+。(_一_1)=一。<。，

所以函數(shù)/(x)存在零點，不滿足題意.

②當(dāng)a<0時，令/(彳)=爐+。=0,則x=ln(―a).

當(dāng)xd(-8,ln(—a))時，f'(x)<Q,/(x)單調(diào)遞減；

當(dāng)xG(ln(—a),+8)時，f'(x)>0,/(x)單調(diào)遞增.

所以，當(dāng)％=ln(—〃)時，/(%)取得極小值，也是最小值.

函數(shù)/(x)不存在零點，等價于/(In(―〃))=e]n(-In(一〃)一〃=~2a+aIn(―(2)>0,

解得一

綜上所述，實數(shù)〃的取值范圍是(一e2,0).

A反思感悟

與函數(shù)零點有關(guān)的參數(shù)范圍問題解題策略

(1)函數(shù)在定義域上單調(diào)，滿足函數(shù)零點存在定理.

(2)若函數(shù)不是嚴(yán)格的單調(diào)函數(shù)，則求最小值或最大值時可以結(jié)合函數(shù)圖象分析.

(3)分離參數(shù)后，數(shù)形結(jié)合，討論參數(shù)所在直線與函數(shù)圖象交點的個數(shù).

多維訓(xùn)練.

(2024?濰坊模擬)已知函數(shù)/(x)=aInx—2五

(1)若。=2,求曲線y=/(x)在x=l處的切線方程；

⑵若函數(shù)/(x)在(0,16]上有兩個零點，求a的取值范圍.

解：⑴當(dāng)。=2時，f(x)=21nx-2-^x,該函數(shù)的定義域為(0,+°°),/(x)=[—t，

所以f(l)=-2,r(1)=1,

因此，曲線y=/(x)在x=l處的切線方程為y+2=x—1,即龍一y—3=0.

(2)由題可得廣(無)=卜前>0).

①當(dāng)aWO時,廣(x)=￡—京<0,則/(無)在(0,

+8)上單調(diào)遞減，不符合題意.

②當(dāng)a>0時，由f(x)—uInx—2'\/^=0可得二=7'.

令g(x)=Jg(x>0),則直線尸:與曲線尸g(x)在(0,16]上有兩個交點.

y/x_Inx

g'(x)=

2xy/x

令g，(%)=0,可得x=e2<16.

當(dāng)工變化時，，(%),g(x)的變化情況如下表:

22

X(0,e2)e(e,16]

g'(x)+0一

2

g(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞減

e

所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,16］上的極大值為g(e?)=且g(16)=ln2,g(x)的大體圖象如圖所

示.

由圖可知，當(dāng)ln2W〃3,即當(dāng)e<aW=-時，直線y=2與曲線y=g(x)在(0,16］上有兩個交點,

aem2a

因此，實數(shù)〃的取值范圍是(e,*).

考點三函數(shù)零點與極值點的偏移問題

【例3】已知函數(shù)/(x)=￡1ln%.

⑴求了(%)的單調(diào)區(qū)間；

⑵當(dāng)/(%1)=/(%2)(加<%2)時，求證：(%1+%2)>2.

(1)解：由題可得函數(shù)/(x)的定義域為(0,+-),/(x)=一需+品=匕*上

令g(x)=l—x2—2xlnx,則g〈x)=—2x—21nx—2=-2(x+lnx+l).

令/z(x)=-2(x+lnx+l),則〃(尤)=一2(1+：)=—9.

當(dāng)無>0時，砥尤)<0,所以g'Cr)在(0,+8)上單調(diào)遞減.

又g，(e-2)=—2(6—1)>0,g，⑴=—4<0,

所以電6?2,1),使得g，(xo)=O,

則當(dāng)x￡(0,沏)時,g'(%)>0;當(dāng)-￡(沏,+8)時,gXx)<0.

所以g(%)在(0,%。)上單調(diào)遞增，在(xo,+8)上單調(diào)遞減，所以g(x)在％o處取得極大值，也

是最大值，g(X)max=ga0)>g(l)=0.

又當(dāng)x￡(0,1)時，1——>0,-2xlnx>0,所以當(dāng)x￡(0,1)時，g(x)>0,即/(x)>0;

當(dāng)工￡(1,+8)時，g(x)<0,即尸⑴<0.

所以/(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+°°).

(2)證明：由(1)知，若/(即)=/(%2)(%1VX2),則0Vxi<1<X2.

要證XI+X2>2,只需證X2>2~XI即可.

因為0<為<1<%2,所以2—X1>1.

又/(x)在(1，+8)上單調(diào)遞減，

所以只需證/(X2)</(2—Xl)即可.

因為/。1)=/。2),所以只需證/(%l)</(2—X1),

即證了(為)-7(2—乃)<0即可.

則需證%i+L、ln(2—xi)<0.

]+/3-x

又11%i>0,

所以只需證嶼+唯二?<0,即證(3—xi)ln尤1+(1+尤i)ln(2一為)<0.

13—%

令尸(x)=(3—x)lnx+(l+x)ln(2—尤)(0<x<l),

則F(x)=-lnx+—+ln(2—尤)一上把.

x2~x

令G(x)=-Inx+—+ln(2-x)-—,則G,(x)=--------^-.<0,

x2~xxx22—xQ—%)

所以尸(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，F(xiàn)'(x)>F(l)=0.

所以尸(無)在(0,1)上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)<F(l)=0.

所以(3—xi)ln尤i+(l+xi)ln(2—xi)<0.

原不等式得證.

?■反思感悟

對稱化構(gòu)造函數(shù)證明極值點偏移問題的關(guān)鍵

構(gòu)造函數(shù)//⑴=/⑴一/^尤0—尤)，其中無0為函數(shù)/(x)的極值點，然后求導(dǎo)確定H(無)的單調(diào)性,

結(jié)合H(xo)=O確定H(x)的符號，再通過“X)的單調(diào)性得到結(jié)論.

多維訓(xùn)練.

若關(guān)于x的方程xInx=m有兩個不相等的實數(shù)根xi，X2f求證：為%2<《(e是自然對數(shù)的底數(shù)).

證明：不妨設(shè)Xl>X2>0,要證X\X2<\,即證X1X2'(--

22

e\x2X]/e\x2X|/

整理得X1+；<X2+；.

2z

ex,ex2

又因為xilnxi=X21n%2,即證xilnxi—《X[+g)>X21nx2—Mx2+g)，%>0,

設(shè)h(x)=xInx-kx——,

e2x

要使X1>X2時，h(Xi)>h(X2),則/z(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

所以有“(功=111彳+1—％+120在(0,+8)上恒成立.

令H(x)=lnx+1~k+—,則H'(x)=l--(x>0).

e2x2xe2x3

令M(x)=0,解得x=%(x=二經(jīng)舍去).

ee

易知當(dāng)xd(o,W)時，H'(x)<0;當(dāng)xd(W，+8)時，ff(x)>o,

所以〃(x)在(0,W)上單調(diào)遞減，在(W，+8)上單調(diào)遞增.

所以"(x)min=/?'(W)=；ln2左一%+；=如2k~2k+1).

令f/)=ln2左一2左+1,則//)=：—2.

令寅電>0,得ov^vg；令十期<0,得人>；,

所以f(左)在(0,；)上單調(diào)遞增，在G，+8)上單調(diào)遞減，函數(shù)*%)在左=;時取得極大值也是

最大值，又(：)=0,所以巡)=ln2A-2Z+1W0.

令9112A：—2左+1)20,得k二.

此時有〃(x)N0在(0,+8)上恒成立，原命題得證.

課時質(zhì)量評價(二十)

1.(2024?南平模擬)已知函數(shù)/(x)=21nx—d+oxmeR).

(1)當(dāng)。=1時，求函數(shù)/(尤)在(1,/(I))處的切線方程；

⑵若函數(shù)/(尤)的圖象與直線y=ax—。在R,e］上有兩個不同的交點，求實數(shù)。的取值范圍.

解：(1)當(dāng)a=l時，/(x)=21nx-x2+x(x>0),

所以廣(%)=：—2x+l.

因為/(1)=0,

所以切點坐標(biāo)為(1,0),切線斜率為尸(1)=1,

所以切線方程為y—o=l(x—1),即y=x~l.

(2)由題知/(x)=21nx~x2+ax(a^R),函數(shù)/(%)的圖象與直線y=ax~a在卜,e］上有兩個不

同的交點.

令g(x)=/(%)-y=21nx—x2+tz(x>0),所以g'(%)=|—2x=2(.+：)(x_Q.

因為E，e］，

所以令g'(x)=0,得x=l,

所以當(dāng)時，，(x)>0,g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)1cxWe時，g，(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，

所以g(%)=21nx一爐+〃在卜，e］上有最大值g(l),g(l)=a—1.

因為g(，=〃一2一3，g(e)=i+2—e2,

所以g(e)<gQ,

=a-2——WO,

e2

解得1<〃W2+二

e2

所以實數(shù)4的取值范圍為(1,2+g).

2.(2024?通遼模擬)已知函數(shù)/a)=—x3+x2+x+〃(〃￡R).

⑴求函數(shù)/(x)的極值點;

⑵若函數(shù)/(%)有且只有兩個零點，求實數(shù)。的值.

解：(1)因為/任)=一丁+/+工+〃(〃￡區(qū))，所以尸(x)=—3/+2x+l=(3x+l)(—x+l).

令/(%)>0,解得一；4<1;令尸(x)V0,解得x>l或1v—g,

所以/(X)在(一8,—(1,+8)上單調(diào)遞減，在(一；，1)上單調(diào)遞增，

所以/(x)的極小值點是一：，極大值點是1.

(2)函數(shù)/(X)有且只有兩個零點，令/(x)=0,則(一Jj+V+x：—〃.令g(x)=-x3+x2+x,即

y=g(x)與y=-a的圖象有兩個交點.

由(1)分析知g(x)在(一8,—0,(1,+8)上單調(diào)遞減，在(一；，1)上單調(diào)遞增，g(x)的大

致圖象如圖所示.

要使函數(shù)/(%)有且只有兩個零點,,解得a=-1或t7=—.

3.(2024?江門模擬)已知函數(shù)/a)=(x+(l)eO—〃(〃￡R).

⑴求/(x)的極值；

(2)若/⑴有兩個零點，求實數(shù)。的取值范圍.

解：(1)函數(shù)/(幻的定義域為R,尸(%)=(%+2)-

令尸(x)V。,得X<—2;令/(x)>0,得％>—2,

所以/(x)在區(qū)間(一8,—2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(一2,+8)上單調(diào)遞增.

所以當(dāng)X=—2時，/(x)有極小值7(—2)=一5一a,無極大值.

(2)函數(shù)/(x)=(x+l)ex—a有兩個零點，

取g(x)=(x+l)e",則直線y=a與函數(shù)y=g(x)的圖象有兩個交點.

gG)=a+2)e%,

令g'(x)V0,得x<—2;令g%x)>0,得％>—2,

所以g(x)在區(qū)間(一8,—2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(一2,+8)上單調(diào)遞增.

因為g(—1)=0,g(—2)=—1，

當(dāng)x<—1時，g(x)<0,當(dāng)x>—1時，g(x)>0,

當(dāng)工——8時，g(X)->0,當(dāng)Xf+8時，g(x)—+°0,

所以函數(shù)g(x)的大致圖象如圖所示.

8(#=(%+1戶

-2/

"-To

結(jié)合圖象可知，當(dāng)一(<〃<0時，直線>=〃與函數(shù)y=g(x)的圖象有兩個交點，即/(X)有兩個

零點，

故實數(shù)a的取值范圍為(一：，0).

4.已知函數(shù)/(x)=x—lnx+M,g(x)=：.

⑴若函數(shù)/(%)和g(x)的圖象都