1、第六節利用導數研究函數零點問題考點一研究函數零點個數典例(2018 全國卷n )已知函數 f(x)=gx3a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的單調區間;(2)證明：f(x)只有一個零點.解(1)當 a= 3 時，f(x)=1x3-3x2-3x-3,3 2f (x)= x 6x 3.令 f (x)=0,解得 x=3243或 x=3+2y3.當 xC(oo, 3- 2也)U (3+2, +8)時，f (x)0；當 xC(3 243, 3 + 243)時，f (x)0,3所以f(x)=0等價于2.3a=0.x + x+ 13設g(x)=Mx; 3a,2,x2fx2+2x+3則g (X)=

2、 (X2+x+120,僅當 x= 0 時，g (x)= 0,所以g(x)在(一8, + OO)上單調遞增.10, 63故g(x)至多有一個零點，從而f(x)至多有一個零點.又 f(3a 1) = 6a2+ 2a 3= 6 a 故f(x)有一個零點.綜上，f(x)只有一個零點.解題技法判斷函數零點個數的3種方法直接法令f(x)=0,則方程解的個數即為零點的個數回圖法轉化為兩個易畫出圖象的函數，看其交點的個數即可定理法利用零點存在性定理判定，可結合最值、極值去解決對點訓練設函數 f(x)= ln x+m, m R.x當m = e(e為自然對數的底數)時，求f(x)的極小值；(2)討論函數g(x)

3、= f (x) x零點的個數.3解：由題意知，當 m = e時，f(x)=ln x+ e(x0), x.x e則 f (x)=T,x，當 xC(0, e)時,f (x)0, f(x)在(e, + 00)上單調遞增,當 x=e時，f(x)取得極小值 f(e)= ln e+ e=2,e，f(x)的極小值為2.x 1 m x(2)由題息知 g(x) = f (x) - 3= x- x2- 3(x0),令 g(x)=0,得 m= 1x3+x(x0).3一1 設 (f)(x)=- 3+x(x0),3則 4 (x)=x2+1 = (x1)(x+1).當 xC (0,1)時，4 (x)0, Mx)在(0,1

4、)上單調遞增;當 xC(1, +8)時,-(x)3時，函數g(x)無零點；當m=2時，函數g(x)有且只有一個零點；32當0m2時，函數g(x)無零點；3當m=2或mW0時，函數g(x)有且只有一個零點；32一當0mW時,函數g(x)有兩個季點.3考點二已知零點存在情況求參數范圍典例(2019 重慶調研)設函數 f(x)= x2 + ax+ ln x(a C R).(1)當a= 1時，求函數f(x)的單調區間；(2)若函數f(x)在3, 3 上有兩個零點，求實數 a的取值范圍.解(1)函數f(x)的定義域為(0, +8),當a = 1時，1 2x2x+1f (x)=- 2x-1+；=；,x.x

5、.*1令f (x)=0,得x = 2(負值舍去)，,1 ,當 0x0;1 一，當 x2時，f (x)0.f(x)的單調遞增區間為o, 1單調遞減區間為 g, +8；.(2)令 f(x)=x2+ax+ ln x=0,得 a=xlnA x令 g(x)=x-lnxx,其中 xC 3, 3，,一.1 ln x x2+ln x 11則 g (x)=1 x2-=x2，令 g (x) = 0,得 x=1,當3Wx1 時，g (x)0;當 10,，g(x)的單調遞減區間為1單調遞增區間為(1,3,g(x)min=g(1)=1,函數 f(x)在 3, 3 I上有兩個零點，gg ：-= 3ln 3 + 3, g(

6、3)=3ln3,3ln 3 + 13 ln3, 33實數a的取值范圍是j, 3 臂!解題技法本題是已知區間上有零點，求參數的范圍問題.由于有些函數圖象較為復雜，也沒有 固定的形狀特點，所以在研究此類問題時，可以從兩個方面去思考：(1)根據區間上零點的個數情況，估計出函數圖象的大致形狀，從而推導出導數需要滿足的條件，進而求出參數滿足的條件；(2)也可以先求導，通過求導分析函數的單調情況，再依據函數在區間內的零點情況， 推導出函數本身需要滿足的條件，此時，由于函數比較復雜，常常需要構造新函數，通過 多次求導，層層推理得解.對點訓練設函數f(x)=ln x-x,若關于x的方程f(x)=x210x+m

7、在區間1,3上有解，求 m的 取值范圍.解：方程f(x)=x2-10x+m在區間1,3上有解，3即ln x-x2+7x=m在區間1,3上有解.3令 h(x)= ln x x2+ 7x 3 則 h (x)=1_2x+ 7=J3x+1(2x-3) x 33x .當xC 1,3時，h (x), h(x)隨x的變化情況如下表:x1。2)32息3)3h (x)十0一h(x)43極大值ln 3- 2h(1) = 4, h(3)=ln 3 20).(1)若k= 1,求f(x)的單調區間；(2)若函數f(x)有且只有一個零點，求實數 k的值.解：(1)若 k= 1,則 f(x)=xln x,定義域為(0, 十

8、 ),則 f (x)=1-1, x由 f (x)0,得 x1 ;由 f (x)0,得 0Vx0). x人，.In x -1 ln x令 g(x)=q-(x0),則 g (x)=一7一, x.x.當 0x0;當 xe 時,g (x)0, 要使f(x)僅有一個零點,則k=.e1 kx 1法一：f(x)=kxln x, f (x)= k-=(x0, k0).x x當 0x1 時，f (x)1 時，f (x)0. kk.Mx)在1，k 上單調遞減，在 5 +8；出單調遞增，f(x)min = f 尸 1-ln 1,f(x)有且只有一個零點，.1-ln 7=0,即k = 1.ke法三：= k0,函數f(

9、x)有且只有一個零點等價于直線y= kx與曲線y= ln x相切,設切點為(x0, yc),由y= in x,得丫 =x,1k=一,x0y= kx05y= ln xq,k=1, .實數k的值為1.第8頁共8頁2.已知函數 f(x)=x3+x2+ax+ b.(1)當a=- 1時，求函數f(x)的單調遞增區間;(2)若函數f(x)的圖象與直線 y= ax恰有兩個不同的交點，求實數 b的值.解：(1)當 a= 1 時，f(x)= x3 + x2 x+ b,則 f (x)=3x2+2x-1,11由f (x)0,得x3,所以函數f(x)的單倜遞增區間為(一,1)和弓，+8$f(x) ax= 0有兩個不等

10、(2)函數f(x)的圖象與直線y= ax恰有兩個不同的交點，等價于的實根.令 g(x)= f(x) ax= x3+x2+b,則 g (x)=3x2+2x.由 g (x)0，得 x0;3由 g (x)0,得一2x0恒成立，f(x)的單調遞增區間為(一8,+8),無單調遞減區間；當 a0 時，令 f (x)0,得 x0,得 xln a,，f(x)的單調遞減區間為(一8, in a),單調遞增區間為(ln a,+8).人1(2)令 g(x)=0,得 f(x)= 0或 x=2,先考慮f(x)在區間0,1上的零點個數，當aW1時，f(x)在(0, +8)上單調遞增且 f(0) = 0,f(x)在0,1上

11、有一個零點.當ae時，f(x)在(一00, 1)上單調遞減，f(x)在0,1上有一個零點.當1ae時，f(x)在(0, in a)上單調遞減，在(in a,1)上單調遞增.而 f(1) = e a-1,當 ea10,即 1ae-1 時，f(x)在0,1上有兩個零點；當ea10,即e- 1ae- 1或a=2(、/e 1)時，g(x)在0,1上有兩個零點；當10),xx當aw。時，f (x)0, f(x)在(0, +8)上單調遞增，f(x)無極值.1當 a0 時，令 f (x)0,得 0Vx-;a令 f (x)1.a故f(x)在3，1 單調遞增，在 g + 00 ,止單調遞減，.f(x)存在極大值

12、，極大值為fg ln ； + ：1,無極小值.綜上所述，當aw 0時，f(x)無極值；當a0時，f(x)存在極大值，極大值為ln - +1- 1,a a 無極小值.,一 x 一 ，1 x(2)g(x) = ex-2, g (x)= ex , ee令 g (x)0,得 x1;令 g (x)1.則g(x)在(00, 1)上單調遞增，在(1, +8)上單調遞減.g(0) = 2, g(1) = 1-2, g(e)=；ee-2-2, ee當 xC(0, e時，g(x)C 2, 1- 2 由(1)得，當aW0時，f(x)在(0, + 8)上單調遞增，此時在(0, e上f(x) = g(x)總有兩個 不相等的實數根不成立，因此 a0.a