2019年高中数学·第一轮复习 第16讲 利用导数研究函数零点问题(1)

(3)利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究，具体操作方法见本节考点一、二、三的[规律方法]．

1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex1＋e

－

－x＋1

)有唯一零点，则a＝( )

1

A．－

21C．

2

解析：选C．由f(x)＝x2－2x＋a(ex1＋e

－

1B．

3D．1

－x＋1

)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2

－

－x＋1

－x－1

＋

e

－(2－x)＋1

]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1x＋ex1)＝x2－2x＋a(ex1＋e

－

－

)，所以f(2－x)＝f(x)，即

x＝1为f(x)图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f(1)＝12－2×1＋a(e11＋e

－

－1＋1

1

)＝0，解得a＝.故选C．

2

2．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是( )

A．(2，＋∞) C．(1，＋∞)

解析：选B．f′(x)＝3ax2－6x，

当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，

22

0，?时，f′(x)<0；x∈?，＋∞?时，f′(x)>0，注意f(0)则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈??3??3?2?5

＝1，f??3?＝9>0，则f(x)的大致图象如图(1)所示：

B．(－∞，－2) D．(－∞，－1)

不符合题意，排除A、C．

34

－∞，－?时，f′(x)<0，x∈当a＝－时，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈?2??3

?－3，0?时，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f?－3?＝－5，则f(x)的大致图

?2??2?4

象如图(2)所示．

不符合题意，排除D.

3．已知函数f(x)＝a＋xln x(a∈R)． (1)求f(x)的单调区间；

(2)试求f(x)的零点个数，并证明你的结论． 解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝(x)′ln x＋x·1

x(ln x＋2)x＝2x，

令f′(x)＞0，

解得x＞e－

2，令f′(x)＜0，

解得0＜x＜e－

2，

所以f(x)在(0，e－

2)上递减，在(e－

2，＋∞)上递增．

(2)由(1)得f(x)－

2min＝f(e2)＝a－e，

显然a＞2

e时，f(x)＞0，无零点，

a＝2

e时，f(x)＝0，有1个零点，

a＜2

e

时，f(x)＜0，有2个零点．

4．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x(a∈R)． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在??0，1

3??上无零点，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x， 则f′(x)＝1－2x＝x－2

x，

由f′(x)＞0，得x＞2， 由f′(x)＜0，得0＜x＜2，

故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，(2)因为f(x)＜0在区间??0，1

3??上恒成立不可能， 故要使函数f(x)在??0，1

3??上无零点， ∞)． ＋ 1

0，?，f(x)＞0恒成立， 只要对任意的x∈??3?12ln x

0，?，a＞2－即对x∈?恒成立． ?3?x－112ln x

0，?， 令h(x)＝2－，x∈??3?x－12

2ln x＋－2

x

则h′(x)＝，

(x－1)212

0，?， 再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈??3?x－2(1－x)

则m′(x)＝＜0，

x21

0，?上为减函数， 故m(x)在??3?1?于是，m(x)＞m??3?＝4－2ln 3＞0，

1

0，?上为增函数， 从而h′(x)＞0，于是h(x)在??3?1?所以h(x)＜h??3?＝2－3ln 3，

所以a的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．

1

5.函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：

3

(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间； (2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围． 1

解：(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，

3所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.

因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，

??－1＋2＝－2a，所以?

?－1×2＝b，?

1

解得a＝－，b＝－2，

2

由导函数的图象可知，当－1＜x＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减， 当x＜－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数单调递增，

故函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增， 在(－1，2)上单调递减．

11

(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，

32

函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数， 在(－1，2)上是减函数，

7

所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，

610

极小值为f(2)＝c－.

3

?

而函数f(x)恰有三个零点，故必有?

10

?c－3＜0，

710解得－＜c＜.

63

710

－，?. 所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是??63?1exex

6．已知f(x)＝＋－3，F(x)＝ln x＋－3x＋2.

xee(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．

2x

1exxe－e

解：(1)f′(x)＝－2＋＝，

xeex27

＋c＞0，6

令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1， 所以f(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增． 1ex

(2)F′(x)＝f(x)＝＋－3，

xe

由(1)得?x1，x2，满足0＜x1＜1＜x2，

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)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增， 而F(1)＝0，x→0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．