人教版高中数学第3章 §3.7　利用导数研究函数零点.docx

§3.7　利用导数研究函数零点
题型一　数形结合法研究函数零点
例1　(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，
f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，
解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x＋2)，即＝，
所以函数y＝的图象与函数φ(x)＝的图象有两个交点，
φ′(x)＝，
当x∈(－∞，－1)时，φ′(x)>0；
当x∈(－1，＋∞)时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(－∞，－1)上单调递增，
在(－1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)max＝φ(－1)＝e，且x→－∞时，
φ(x)→－∞；x→＋∞时，φ(x)→0，
所以0<<e，解得a>.
所以a的取值范围是.
教师备选
已知函数f(x)＝xex＋ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数．
解　(1)函数f(x)的定义域为R，
且f′(x)＝(x＋2)ex，
令f′(x)＝0得x＝－2，则f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x
(－∞，－2)
－2
(－2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
－
单调递增
∴f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)．
当x＝－2时，f(x)有极小值为f(－2)＝－，无极大值．
(2)令f(x)＝0，得x＝－1，
当x<－1时，f(x)<0；
当x>－1时，f(x)>0，且f(x)的图象经过点，(－1,0)，(0,1)．
当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝→0；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示．
函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．
当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－.
∴关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论：
当a<－时，零点的个数为0；
当a＝－或a≥0时，零点的个数为1；
当－<a<0时，零点的个数为2.
思维升华　含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
跟踪训练1　设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
解　(1)当m＝e时，f(x)＝ln x＋，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
令f′(x)＝0，得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2.
(2)由题意知
g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，
∴x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.
结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0<m<时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0<m<时，函数g(x)有两个零点．
题型二　利用函数性质研究函数零点
例2　已知函数f(x)＝x－aln x(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数g(x)＝x2－ax－f(x)的零点个数．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝x－aln x可得
f′(x)＝1－＝，
由f′(x)>0可得x>a；
由f′(x)<0可得0<x<a，
所