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1、 第 3 课时 利用导数探究函数的零点问题 考点一 判断、证明或讨论函数零点个数(综合型) (2019 高考全国卷节选)已知函数f(x)2sin xxcos xx， f(x)为f(x)的导数 证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点 【证明】 设 g(x)f(x)，则 g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x. 当 x0，2时，g(x)0；当 x2， 时，g(x)0，g()2，故 g(x)在(0，)存在唯一零点 所以 f(x)在(0，)存在唯一零点 判断函数零点个数的 3 种方法 直接法 令 f(x)0，则方程解的个数即为零点的个数 画图法 转化为两个易画出图象的函数，看其交点的
2、个数 定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决 已知 f(x)1xexe3，F(x)ln xexe3x2. (1)判断 f(x)在(0，)上的单调性； (2)判断函数 F(x)在(0，)上零点的个数 解：(1)f(x)1x2exex2exeex2， 令 f(x)0，解得 x1，令 f(x)0，解得 0 x1， 所以 f(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，)上单调递增 (2)F(x)f(x)1xexe3， 由(1)得x1，x2，满足 0 x11x2， 使得 f(x)在(0，x1)上大于 0，在(x1，x2)上小于 0，在(x2，)上大于 0， 即 F(x)在(0，x1)上单调递
3、增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增， 而 F(1)0，x0 时，F(x)，x时， F(x)， 画出函数 F(x)的草图，如图所示 故 F(x)在(0，)上的零点有 3 个 考点二 已知零点个数求参数范围(综合型) 函数 f(x)13x3ax2bxc(a，b，cR)的导函数的图象如图所示： (1)求 a，b 的值并写出 f(x)的单调区间； (2)若函数 yf(x)有三个零点，求 c 的取值范围 【解】 (1)因为 f(x)13x3ax2bxc， 所以 f(x)x22axb. 因为 f(x)0 的两个根为1，2， 所以122a，12b， 解得 a12，b2， 由导函数的图象可
4、知(图略)，当1x2 时，f(x)0，函数 f(x)单调递减， 当 x1 或 x2 时，f(x)0，函数 f(x)单调递增， 故函数 f(x)的单调递增区间为(，1)和(2，)， 单调递减区间为(1，2) (2)由(1)得 f(x)13x312x22xc， 函数 f(x)在(，1)，(2，)上是增函数， 在(1，2)上是减函数， 所以函数 f(x)的极大值为 f(1)76c， 极小值为 f(2)c103. 而函数 f(x)恰有三个零点，故必有76c0，c1030， 解得76c0， 当 a0 时，f(x)0，f(x)在 R 上是增函数， 当 x1 时，f(x)exa(x1)0； 当 x0 时，取
5、 x1a， 则 f1a1a1a1 a0. 所以函数 f(x)存在零点，不满足题意 当 a0 时，令 f(x)0，得 xln(a) 在(，ln(a)上，f(x)0，f(x)单调递增， 所以当 xln(a)时，f(x)取最小值 函数 f(x)不存在零点，等价于 f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e2a0，则函数 F(x)x f(x)1x的零点个数是( ) A0 B1 C2 D3 解析：选 B函数 F(x)xf(x)1x的零点，就是方程 xf(x)1x0 的根，即方程 xf(x)1x的根令函数 g(x)xf(x)，则 g(x)f(x)xf(x)因为当 x0 时，g(x)
6、f(x)xf(x)0，所以g(x)xf(x)单调递增，g(x)g(0)0；当 x0 时，g(x)f(x)xf(x)g(0)0.所以函数 yg(x)与 y1x的图象只有一个交点，即 F(x)xf(x)1x只有一个零点故选 B 2若函数 f(x)axaex1(a0)没有零点，则实数 a 的取值范围为_ 解析：f(x)aex（axa）exe2xa（x2）ex(a0) 当 x2 时，f(x)2 时，f(x)0， 所以当 x2 时，f(x)有极小值 f(2)ae21. 若使函数 f(x)没有零点，当且仅当 f(2)ae210， 解得 ae2，因此e2a0. 答案：(e2，0) 3已知函数 f(x)a x
7、ln x(aR) (1)求 f(x)的单调区间； (2)试判断 f(x)的零点个数 解：(1)函数 f(x)的定义域是(0，)， f(x)( x)ln x x1x x（ln x2）2x， 令 f(x)0，解得 xe2， 令 f(x)0，解得 0 xe2， 所以 f(x)在(0，e2)上单调递减， 在(e2，)上单调递增 (2)由(1)得 f(x)minf(e2)a2e， 显然 a2e时，f(x)0，无零点， a2e时，f(x)0，有 1 个零点， a2e时，f(x)0，得 x2. 所以函数 f(x)的单调递增区间是(，1)，(2，) (2)由(1)知 f(x)极大值f(1)13122256，
8、f(x)极小值f(2)83242163， 由数形结合，可知要使函数 g(x)f(x)2m3 有三个零点， 则1632m356， 解得76m1312. 所以 m 的取值范围为76，1312. 5(2019 高考全国卷)已知函数 f(x)(x1)ln xx1.证明： (1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数 证明：(1)f(x)的定义域为(0，) f(x)x1xln x1ln x1x. 因为 yln x 单调递增，y1x单调递减，所以 f(x)单调递增又 f(1)10，故存在唯一 x0(1，2)，使得 f(x0)0. 又当 xx0时，f(x)x0时，
9、f(x)0，f(x)单调递增 因此，f(x)存在唯一的极值点 (2)由(1)知 f(x0)0，所以 f(x)0 在(x0，)内存在唯一根 x. 由 x01 得110. (1)若曲线 yf(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程； (2)若 f(x)g(x)m 在0，)上有解，求实数 m 的取值范围 解：(1)因为 f(0)a10，所以 a1，此时 f(x)exex1. 所以 f(x)exe，f(0)1e. 所以曲线 yf(x)在原点处的切线方程为 y(1e)x. (2)因为 f(x)aexaex1，所以 f(x)aexaea(exe) 当 x1 时，f(x)0；当 0 x1 时，f(x)1 时，h(x)0；当 0 x0. 所以 h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减 所以当 x0，)时，h(x)maxh(1)72m. 要使 f(x)g(x)m 在0，)上有解，则72m1，即 m92. 所以实数 m 的取值范围为92， .