【数学总复习-考点精讲】RJA 第三章 第3讲　第3课时　函数的零点

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第3课时　函数的零点
考点一　判断、证明或讨论零点个数(综合研析)
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所以f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)．
(2)由g(x)＝x2－ax－x＋aln x＝x2－(a＋1)x＋aln x(x＞0)，
可得g′(x)＝x－(a＋1)＋＝，
令g′(x)＝0可得x＝1或x＝a，
g(1)＝－a－1＝－a－<0，
g(2a＋3)＝(2a＋3)2－(a＋1)(2a＋3)＋aln(2a＋3)＝a＋aln(2a＋3)＋>0.
当a>1时，由g′(x)＜0得1＜x＜a，由g′(x)＞0得0＜x＜1或x＞a，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以 g(1)>g(a)，
所以g(a)<0，所以g(x)有一个零点，
当a＝1时，g′(x)≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)有一个零点，
当0综上所述，g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法
(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等；
(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；
(3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现．
|跟踪训练|
证明：函数f(x)＝ln x－x2＋x只有一个零点．
证明：f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝－2x＋1＝－.
令f′(x)＝0，解得x＝－(舍去)或x＝1.
所以当00；
当x>1时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
所以当x＝1时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，
即为f(1)＝ln 1－12＋1＝0，
当x≠1时，f(x)即f(x)<0，
所以函数f(x)只有一个零点．
考点二　求与零点有关的参数取值范围(多维探究)
角度1　由函数存在零点求参数范围
(2022·山东师大附中模拟)若函数f(x)＝x－－mln x在区间(1，＋∞)上存在零点，求实数m的取值范围．
【解】　f′(x)＝1－－＝.
当x>1时，令g(x)＝2x－，
则g′(x)＝2－>0，
可知g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>1.
当2m≤1，
即m≤时，f′(x)>0，
可知函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x)>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上无零点．
当2m>1，
即m>时，存在x0∈(1，＋∞)，
使得f′(x0)＝0，
可知当1f′(x)<0，
当x>x0时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(1，x0)上单调递减，
在(x0，＋∞)上单调递增，
又f(x0)当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以函数f(x)在(1，＋∞)上存在零点．
综上所述，实数m的取值范围为.
角度2　由函数零点个数求参数范围
(2021·高考全国卷甲改编)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(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】　由题意得方程＝1(x>0)有两个不同的解，
即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝，
且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0<<，所以a>1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
和函数零点有关的参数范围问题
(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．
(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．
(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．
|跟踪训练|
(2022·兰州一中月考)函数f(x)＝ax3＋3x2－1存在唯一的零点x0，且x0<0，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝3x2－1，
令f(x)＝0，
解得x＝±，
此时函数f(x)有两个零点，舍去．
(2)当a≠0时，f′(x)＝3ax2＋6x＝3ax，
令f′(x)＝0，
解得x＝0或x＝－.
①当a<0时，－>0，
当x>－或x<0时，f′(x)<0，
此时函数f(x)单调递减；
当0f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)在x＝－处取得极大值，
在x＝0处取得极小值．
因为函数f(x)＝ax3＋3x2－1存在唯一的零点x0，且x0<0，
所以f＝－＋－1＝－1<0，
即a2>4，
解得a<－2.
②当a>0时，－<0，
当x<－或x>0时，f′(x)>0，
此时函数f(x)单调递增；
当－f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减．
所以函数f(x)在x＝－处取得极大值，在x＝0处取得极小值．
因为f(0)＝－1<0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点，
此时不满足题意．
综上可得，实数a的取值范围是(－∞，－2)．
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