1、專題3.5導數與函數的零點【考點聚焦突破】考點一判斷零點的個數【例1】(2019 青島期中)已知二次函數f(x)的最小值為一4,且關于x的不等式f(x)wo的解集為x| K x<3, x C R.(1)求函數f(x)的解析式；.f (x).(2)求函數g(x) = -4ln x的零點個數. x【答案】見解析【解析】(1)f(x)是二次函數，且關于 x的不等式f (x) <0的解集為x| 1W xw3, xCR,，設 f (x) = a( x+ 1)( x 3) = ax2 2ax 3a,且 a>0. f ( x) min= f (1) =4a=4, a= 1.故函數f(x)的

2、解析式為f (x) =x2-2x-3.2(2)由(1)知 g(x)=-4ln x = x-4ln x-2, xx.3 4 (x-1)( x- 3).,一g(x)的te乂域為(0 , +8), g ( x) = 1 + f x=x2，令 g ( x) =0,得 x1= 1, x2= 3.當x變化時，g' (x), g(x)的取值變化情況如下表:X(0,1)1(1， 3)3(3 , +0°)g' (x)十0一0十g(x)極大值極小值當 0<xW3 時，g(x)<g(1) =- 4<0,當 x>3 時，g(e5) =e5 202>25 1 22

3、= 9>0.又因為g(x)在(3 , +°°)上單調遞增，因而g(x)在(3 , 十00)上只有1個零點，故g( x)僅有1個零點.【規律方法】利用導數確定函數零點或方程根個數的常用方法(1)構建函數g(x)(要求g' (x)易求，g' (x)=0可解)，轉化確定g(x)的零點個數問題求解，利用導數研究該函數的單調性、極值，并確定定義區間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數形結 合求解函數零點的個數.(2)利用零點存在性定理：先用該定理判斷函數在某區間上有零點，然后利用導數研究函數的單調性、極 值(最值)及區間端點值符號，進而判斷函

4、數在該區間上零點的個數.【訓練1】 已知函數f(x)=ex1, g(x)=，X+x,其中e是自然對數的底數，e = 2.718 28.(1)證明：函數h(x) = f(x) -g(x)在區間(1 , 2)上有零點；(2)求方程f(x) = g(x)的根的個數，并說明理由.【答案】見解析【解析】(1)證明 由題意可得h(x) = f(x) -g(x) = ex-1 -jx-x,所以 h(1) =e-3<0, h(2) =e23也>0,所以 h(1) h(2)<0 ,所以函數h(x)在區間(1 , 2)上有零點.(2)解 由(1)可知 h(x)=f(x) -g(x) = ex-1

5、-x.由 g(x) = yx+x 知 x e 0 , 十00),而h(0) =0,則x = 0為h(x)的一個零點.又h(x)在(1 , 2)內有零點，因此h(x)在0 , +8)上至少有兩個零點.1 11 1h' (x) =ex-2x 2- 1,記 6 (x) = e、一2x 2 1,則 6 ' ( x) = ex+4x 2.當xC(0, +8)時，6' (x)>0,因此(J)(x)在(0, +8)上單調遞增，易知6(x)在(0, +8)內至多有一個零點，即h(x)在0 , +8)內至多有兩個零點，則h(x)在0 , +8)上有且只有兩個零點，所以方程f(x)=

6、g(x)的根的個數為2.考點二已知函數零點個數求參數的取值范圍【例2】 函數f(x) = ax+xln x在x=1處取得極值.求f (x)的單調區間；(2)若y=f (x) mn 1在定義域內有兩個不同的零點，求實數m的取值范圍.【答案】見解析【解析】(1)函數f (x) = ax+ xln x的定義域為(0,十8).f ' ( x) = a+ ln x+1,因為 f' (1) = a+ 1 = 0,解得 a= - 1,當 a= 1 時，f(x) = x + xln x,即 f' ( x) = In x,令 f ' (x)>0 ,解得 x>1;令 f

7、' ( x)<0 ,解得 0<x<1.所以f(x)在x=1處取得極小值，f(x)的單調遞增區間為(1 , +8),單調遞減區間為(0,1).(2)y=f(x)mr 1在(0 ,十8)內有兩個不同的零點，可轉化為y=f(x)與y= m 1圖象有兩個不同的交11f ( x) min= f (1) = 1 ,由(1)知，f(x)在(0, 1)上單調遞減，在(1 , +8)上單調遞增,由題意得，mH 1>1,即m>-2,當 0<x<e 時，f(x)=x( 1 + ln x)<0 ;當 x>e 時，f (x)>0.當 x>0 且

8、x-O 時，f (x) -0;當x 一十8時，顯然 f(x) 一十 oo.由圖象可知，1<0,即m<- 1,由可得一2<m< 1.所以m的取值范圍是(2, 1).【規律方法】與函數零點有關的參數范圍問題，往往利用導數研究函數的單調區間和極值點，并結合特殊點，從而判斷函數的大致圖象，討論其圖象與 x軸的位置關系，進而確定參數的取值范圍；或通過對方 程等價變形轉化為兩個函數圖象的交點問題.【訓練2已知函數f (x) =ex+axa(aC R且aw。).(1)若f(0) =2,求實數a的值，并求此時f(x)在2, 1上的最小值；(2)若函數f(x)不存在零點，求實數 a的取值

9、范圍.【答案】見解析【解析】(1)由題意知，函數f(x)的定義域為R,又 f(0) =1-a=2,得 a= 1,所以 f(x)= exx+1,求導得(x)=ex1.易知f (x)在2, 0上單調遞減，在0,1上單調遞增，所以當x = 0時，f(x)在2, 1上取得最小值2.(2)由知 f ' (x) = ex+a,由于 ex>0,當a>0時，f' (x)>0, f(x)在R上是增函數，當 x>1 時，f (x) = ex+a( x1)>0 ;1當x<0時，取x=-則 f 一一 <1 + a 一 1 = a<0. aa所以函數f(x

10、)存在零點，不滿足題意.當 a<0 時，令 f' (x)=0,得 x=ln( -a).在(00, in( a)上，f ' (x)<0 , f (x)單調遞減，在(In ( a), +8)上，f' (x)>0 , f(x)單調遞增，所以當x = ln( a)時，f(x)取最小值.函數 f (x)不存在零點，等價于 f(ln( - a) = eln( a)+ aln( a) a= 2a+aln( - a)>0 ,解得一e2<a<0.綜上所述，所求實數 a的取值范圍是(e2, 0).考點三函數零點的綜合問題【例3】 設函數f(x) = e2

11、x aln x.(1)討論f(x)的導函數f' (x)零點的個數；2(2)證明：當 a>0 時，f (x) >2 a+ aln - a【答案】見解析【解析】(1)解 f(x)的定義域為(0, +8) fz ( x) =2e2x-a(x>0). x當a<0時，f' (x)>0, f ' (x)沒有零點；當a>0時，因為y=e2x單調遞增，y = 5單調遞增， x所以f ' (x)在(0, +8)上單調遞增., , “一 a , 一 1,又f (a)>0,假設存在b滿足0Vb<4時，且b<4，f (b)<0

12、,故當a>0時，f' (x)存在唯一零點.(2)證明 由(1),可設f ' (x)在(0 , +8)上的唯一零點為X0,當 xC(0, X。)時，f' (x)<0；當 xC(x。，+8)時，f' (x)>0.故f(x)在(0 , x0)上單調遞減，在(x°, + 00)上單調遞增， 所以當x = xo時，f(x)取得最小值，最小值為 f(x0).a -由于 2e2x0 = 0, x0所以 f (x0)=真+2ax°+aln ->2 a+ aln -. 2x0aa,2故當 a>0 時，f(x)>2a+aln

13、-. a【規律方法】 1.在(1)中，當a>0時，f' (x)在(0 , +8)上單調遞增，從而 f' (x)在(0 , +8)上至多有一個零點，問題的關鍵是找到b,使f' (b)<0.2.由 知，函數f' (x)存在唯一零點xc,則f (x0)為函數的最小值，從而把問題轉化為證明f(x°)>2a+2 aln -.a【訓練3】(2019 天津和平區調研)已知函數f(x) = ln x-x- mjn<- 2, m為常數).1(1)求函數f (x)在一，e的最小值； e(2)設x1, x2是函數f(x)的兩個零點，且 x1<x

14、2,證明：x1 - x2<1.【答案】見解析一人，一一人，,、，、，一，1 x【解析】(1)解 f (x) = In x xm n<2)的te義域為(0 , 十°°)且 f (x) = 0,x. . x = 1.當 xC(0, 1)時，f' (x)>0,所以 y= f (x)在(0, 1)遞增；當 xC (1 , +8)時，f ' (x)<0 ,所以 y=f (x)在(1 , +8)上遞減.且 f e =1em f (e) = 1 - e- m,因為 f 函數f (x)在e, e的最小值為1 e m (2)證明 由(1)知 x1, x

15、2滿足 In x-x- m= 0,且 0<x1<1, x2>1,In x1 x1 m= In x2x2 m= 0, 由題意可知 In x2x2=m<2<ln 2 -2.又由(1)可知 f (x) =ln x-x在(1 , +8)遞減，故 x2>2, -f(e) =-2-1+e>0, ee所以 0<Xi, 1<1. X2則 f (Xi) f u = In xi xi In 7 一 X2X2X2=In X2 X2 InX2 X2=- X2 + + 2ln X2.X21令 g(X)= XHF 21n x(x>2), X_2_,、212 -x

16、 +2x 1 ( x 1)則 g，(x)= 1x2+ -=x = x wo,XX XX當x>2時，g(x)是減函數，所以 g(x)<g(2) = I+ In 4. 3333e22.56 2(1.6 2) ,1.6 34.096因2 In 4 = In ->ln -4- = In4= In -= In -4->ln 1 =0,g(x)<0 ,所以當 x>2 時，f (X1) f 1 <0,X2即 f(X1)<f1X2因為0<X1, 1<1, f(x)在(0 , +8)上單調遞增.1所以 X1',故 X1X2<1.【反思與感

17、悟】x軸的1 .解決函數y=f(x)的零點問題，可通過求導判斷函數圖象的位置、形狀和發展趨勢，觀察圖象與位置關系，利用數形結合的思想方法判斷函數的零點是否存在及零點的個數等.2 .通過等價變形，可將“函數 F(x) = f(x) g(x)的零點”與“方程f(x) = g(x)的解”問題相互轉化.【易錯防范】函數y=f(x)在某一區間(a, b)上存在零點，必要時要由函數零點存在定理作為保證【分層訓練】【基礎鞏固題組】(建議用時：30分鐘)一、選擇題1.已知函數f (x)的定義域為1, 4,部分對應值如下表：X-10234f(x)12020f(x)的導函數y= f' (x)的圖象如圖所示

18、.當1<a<2時，函數y= f (x) a的零點的個數為A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】根據導函數圖象，知 2是函數的極小值點，函數 y = f(x)的大致圖象如圖所示/i,54'/爪.一3 T t 7-叫 I 2 S 4*-a-3-由于f (0) =f (3) =2, 1<a<2,所以y=f(x) a的零點個數為4.二、填空題2 .直線x=t分別與函數f(x)=ex+1的圖象及g(x) = 2x1的圖象相交于點 A和點B,則| AB的最小值為【答案】 4-2ln 2【解析】由題意得，lABRe, + l (2t 1)|= |et 2t+ 2 ,令 h

19、(t) = et-2t+2,則h' (t) = et 2,所以h(t)在(一8, in 2)上單調遞減,在(in 2 , +8)上單調遞增,所以h(t)min = h(ln 2) =42ln 2>0 , 即| AB的最小值是4-2ln 2.axa3 .若函數f(x) = T- + 1( a<0)沒有零點，則實數 a的取值范圍為 e【答案】(e2, 0)ae _ ( ax_ a) e(x) =2x=ea (x 2)xe(a<0).當 x<2 時，f' (x)<0;當 x>2 時，f' (x)>0,，當x=2時，f(x)有極小值f

20、(2) =4+1. e若使函數f(x)沒有零點，當且僅當f(2) =1+1>0,解之得a> e2,因此一e2<a<0.三、解答題4.(2019 保定調研)已知函數f(x)a 3 a 2106x4xax 2的圖象過點A4,可. 求函數f(x)的單調遞增區間;(2)若函數g(x) =f(x) -2m 3有3個零點，求 m的取值范圍.【答案】見解析a°a10【解析】(1)因為函數f(x) =ax3-ax2-ax- 2的圖象過點A 4,至，a=2,- 32a10 -所以-3 4a 4a 2 =后，解得即 f (x) =；x3 ；x22x2, 32所以 f '

21、(x) = x2x 2.由 f ' ( x)>0 ,得 x<- 1 或 x>2.所以函數f(x)的單調遞增區間是(-00, 1), (2 , +°°).115一一一+ 2 2= 一 3 26'16由數形結合，可知要使函數g(x) =f (x) -2m 3有三個零點,165 f.則一§<2A 3< 6,解得一713_<m<.612所以m的取值范圍為一6,1312 .(2)由(1)知 f (x) 極大值= f( -1)=f (x)極小值=f(2) =-2-4-2 = -, 335.設函數f(x)=ln x +

22、m(m>0),討論函數 g(x) = f ' (x) x零點的個數. x3【答案】見解析一.，一 . x 1 m x【解析】函數g(x) = f -3=x f 3(x>0),令 g(x) =0,得 mi= -1x3 + x(x>0). 351 3設 h( x) = - -x +x(x>0),3所以 h' (x) = x2+1 = (x1)( x+1).當 xC(0, 1)時，h' (x)>0,此時 h(x)在(0, 1)內單調遞增；當 xC(1, +8)時，h，(x)<0,此時 h(x)在(1 , +°°)內單調遞

23、減.所以當x=1時，h(x)取得極大值h(1)= 1+1 = 2. 33令 h(x) =0,即1x3 + x=0,解得 x=0(舍去)或 x = J3.作出函數h(x)的大致圖象(如圖)，結合圖象知：當2 m>3時，函數y= m和函數y=h(x)的圖象無交點當m3時，函數y=m和函數y= h(x)的圖象有且僅有一個交點，.2_,當0<m<時，函數y=m和函數y= h(x)的圖象有兩個交點.30<m<3時，函數 g(x)22綜上所述，當m>三時，函數g(x)無手點；當m=q時，函數g(x)有且僅有一個手點；當 33有兩個零點【能力提升題組】(建議用時：25分鐘

24、)6.(2018 江蘇卷改編)若函數f(x) = 2x3 ax2+1(aC R)在區間(0 , 十國)內有且只有一個零點，求f (x)在1, 1上的最大值與最小值的和.【答案】見解析【解析】f' ( x) = 6x22ax=2x(3xa)( aC R),當awo時，f' (x)>0在(0 , +8)上恒成立，則f(x)在(0, +8)上單調遞增，又 f(0) =1,所以此時f(x)在(0, +8)內無零點，不滿足題意.當 a>0 時，由 f' (x)>0 得 x>a,由 f ' (x)<0 得 0<x<a,33則f(x)在0, a上單調遞減，在 a, +8 上單調遞增，又f(x)在(0, +8)內有且只有一個零點，所以33f a =-a + 1 = 0,得 a=3, 32 7所以 f (x) = 2x3-3x2+ 1,則 f ' (x) = 6x(x1),當 xC( 1, 0)時，f' (x)>0, f(x)單調遞增，當 xC(0, 1)時，f' (x)<0, f(x)單調遞減.則 f(X)max= f (0) =1, f (- 1) =-4, f =0,則f(X)min= 4,所以