第7节利用导数研究函数的零点

题型分析函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现.

题型一数形结合法研究函数零点

例1已知函数f(x)=x2+3x+1+kex恰有两个零点,求实数k的取值范围.

解由题意知方程x2+3x+1+kex=0有两个不同的解,

即-x2-3x-1ex=k有两个不同的解,

即y=-x2-3x-1ex的图象与直线y=k有两个交点.

记g(x)=-x2-3x-1ex,

则g′(x)=x2+x-2ex=(x+2)(x-1)ex,

当x0,g(x)单调递增;

当-21时,g′(x)>0,g(x)单调递增.

所以当x=-2时,函数g(x)有极大值e2,

当x=1时,函数g(x)有极小值-5e.

又因为x→-∞时,g(x)0,得x2,

由f′(x)0,得-10,

所以f′(0)=-a-1-1,

此时f′(x)在0,π2内有唯一零点x1,

所以当x∈(0,x1)时,f′(x)0.

所以f(x)在0,π2内有唯一极小值点x1,符合题意.

综上,实数a的取值范围为(-1,0).

(2)证明由(1)知-10,

所以f(x)=-aex-sinx-1在π2,3π2上单调递增.

结合(1)知当x∈(0,x1)时,f′(x)0,f(x)单调递增.

所以当x∈(0,x1)时,f(x)0,

所以f(x)在x1,3π2内有唯一零点,

即f(x)在0,3π2内有唯一零点.

思维建模利用函数性质研究函数的零点,主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数,此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.

训练2(2025·湖南九校联考节选)已知函数f(x)=x3-3x2-cx+c,c∈R,讨论f(x)零点的个数.

解f(x)=x3-3x2-cx+c,

f′(x)=3x2-6x-c,

令f′(x)=0,则Δ=36+12c,

①当Δ=36+12c≤0,即c≤-3,f′(x)≥0,

∴f(x)在R上单调递增,

∵f(1)=-20,

∴函数f(x)有且仅有一个零点;

②当Δ=36+12c>0,即c>-3时,

设f′(x)=0的两根为x1,x2,

则x1+x2=2>0,x1x2=-c3,

(ⅰ)当c=0时,f(x)=x3-3x2,

令f(x)=x3-3x2=0,

解得x=0或x=3,

∴f(x)有两个零点;

(ⅱ)当-30,x1x2=-c3>0,

∴f′(x)=0有两个正根,不妨令00,

∴函数f(x)有且仅有一个零点;

(ⅲ)当c>0时,x1+x2=2,x1x2=-c3f(0)=c>0,f(x2)0时,函数f(x)有三个零点;

当c=0时,函数f(x)有两个零点;

当c0,h(x)单调递增,

当0g(0)=0,即当x0,f(x)在(-∞,0)上单调递增;

当00,

f(2-e-6)=e2-e-6+2-e-6-240,

当x→-∞时,t(x)→0,

当x→-∞时,g(x)→+∞,

由g′(x)=-1+42-x=x+22-x=0,得x=-2,

当-20,g(x)单调递增,

当x0,

g(1)=-10,

且当x→2时,g(x)→+∞,t(2)=e2,

所以t(x)=ex与g(x)=-x-4ln(2-x)的图象在x0且a≠1,函数f(x)=xaax(x>0).若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.

解曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,

可转化为方程xaax=1(x>0)有两个不同的解,

即方程lnxx=lnaa有两个不同的解.

设g(x)=lnxx(x>0),

则g′(x)=1-lnxx2(x>0),

令g′(x)=1-lnxx2=0,得x=e,

当00,函数g(x)单调递增;

当x>e时,g′(x)e时,g(x)∈0,1e,

又g(1)=0,所以01且a≠e,

故a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).



1.已知函数f(x)=x-aex,a∈R,讨论函数f(x)的零点个数.

解f(x)=0等价于x-aex=0,即xex=a.

设h(x)=xex,则h′(x)=1-xex,

当x0,h(x)单调递增;

当x>1时,h′(x)0时,h(x)>0,且

x→+∞时,h(x)→0,

∴可画出h(x)大致图象,

如图所示.



∴当a≤0或a=1e时,f(x)在R上有唯一零点;

当a>1e时,f(x)在R上无零点;

当00;

当x>e时,f′(x)e时,f(x)=lnx+axx=a+lnxx>0,

故f(x)在(e,+∞)上无零点;

当00,

∴f(x)在(0,e)上有且只有一个零点,

综上,当00),

得f′(x)=a+1x2-a+1x=(ax-1)(x-1)x2(x>0).

①当a=0时,f(x)=-1x-lnx,f′(x)=1-xx2,

当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)在(0,1)上单调递增;

当x∈(1,+∞)时,f′(x)0,f(x)单调递增;

当x∈(1,+∞)时,f′(x)0时,f′(x)=ax-1a(x-1)x2,

(ⅰ)当a=1时,f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f(1)=a-1=0,

所以函数f(x)恰有一个零点;

(ⅱ)当a>1时,00,

所以f1a>f(1)>0,

当x→0+时,f(x)→-∞,由零点存在定理可知

f(x)在0,1a上必有一个零点,

所以a>1满足条件;

(ⅲ)当01,故f(x)在(0,1),1a,+∞上单调递增,在1,1a上单调递减.

因为f(1)=a-10),则φ′(x)=x-1x,

令φ′(x)0,得x>1,

∴φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,

∴φ(x)min=φ(1)=1,∴a≥1.

当a=1时,易知方程1=x-lnx只有一个实数解x=1,不符合题意.

下证当a>1时,a=x-lnx有两个不同的实数解.

令g(x)=x-lnx-a(a>1),

则g(x)=φ(x)-a,易知g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.

∵g(e-a)=e-a>0,g(1)=1-a1时,h′(a)=ea-2>0,

∴h(a)在(1,+∞)上单调递增,

∴当a>1时,h(a)>h(1)=e-2>0,

即g(ea)=ea-2a>0,

∴g(x)在(1,ea)上有一个零点.

∴当a>1时,a=x-lnx有两个不同的实数解.

综上,a的取值范围为(1,+∞).

法二由f(x)-ax+1ea=lnx+a,

得ex=ea(lnx+a),

∴xex=xea(lnx+a),

即xex=ea+lnx(lnx+a).

令u(x)=xex,则有u(x)=u(a+lnx).

当x>0时,u′(x)=(x+1)ex>0,

∴u(x)=xex在(0,+∞)上单调递增,

∴x=a+lnx,即a=x-lnx.

下同法一.