第二编 专题七 大题专讲 第4讲.DOC

第4讲利用导数研究函数的零点问题

「考情研析」以导数为工具，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解函数零点或方程解的问题是高考的热点题型．

考向1利用导数讨论函数零点的个数

例1(2022·长沙二模)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1).

(1)若a＝1，比较f(log2eq\r(10))与f(log59)的大小；

(2)讨论函数f(x)的零点个数．

解(1)因为a＝1，则f(x)＝(x＋1)lnx－(x－1)，f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋1,x)－1＝lnx＋eq\f(1,x).当x>1时，lnx>0，则f′(x)>0，

从而f(x)在(1，＋∞)上单调递增．

因为log2eq\r(10)＝log410>log49>log59>1，

所以f(log2eq\r(10))>f(log59).

(2)f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋1,x)－a＝lnx＋eq\f(1,x)＋1－a，

设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)(x>0).

当0<x<1时，g′(x)<0，f′(x)单调递减；

当x>1时，g′(x)>0，f′(x)单调递增，

所以f′(x)min＝f′(1)＝2－a.

①若2－a≥0，即a≤2，则f′(x)≥0，f(x)单调递增．

因为f(1)＝0，则x＝1为f(x)的唯一零点．

②若2－a<0，即a>2，则f′(x)min＝f′(1)<0.

因为ea>1，f′(ea)＝eq\f(1,ea)＋1>0，则f′(x)在(1，＋∞)内仅有一个零点，记为n.

因为0<e－a<1，f′(e－a)＝ea－2a＋1.

设h(a)＝ea－2a＋1，则当a>2时，h′(a)＝ea－2>0，所以h(a)在(2，＋∞)上单调递增，从而h(a)>h(2)＝e2－3>0，即f′(e－a)>0，

所以f′(x)在(0，1)内仅有一个零点，记为m.

于是，当x∈(0，m)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(m，n)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(n，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

因为0<m<1<n，f(1)＝0，则f(m)>0，f(n)<0，f(x)在(m，n)内有唯一零点．

因为f(e－a)＝－a(e－a＋1)－a(e－a－1)＝－2ae－a<0，则f(x)在(0，m)内有唯一零点．

因为f(ea)＝a(ea＋1)－a(ea－1)＝2a>0，则f(x)在(n，＋∞)内有唯一零点．

所以f(x)在(0，＋∞)内有3个零点．

综上，当a≤2时，f(x)有1个零点；当a>2时，f(x)有3个零点．

利用导数研究函数零点或方程根的方法

(1)通过极值(最值)判断零点个数

借助导数研究函数的单调性、极值，通过极值的正负、函数的单调性判断函数图象的走势，从而判断函数零点的个数．

(2)构造函数法研究函数零点

①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解；

②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．

(2022·唐山二模)已知函数f(x)＝eq\f(3x,x＋3)，g(x)＝bsinx，曲线y＝f(x)和y＝g(x)在原点处有相同的切线l.

(1)求b的值以及l的方程；

(2)判断函数h(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上零点的个数，并说明理由．

解(1)依题意，f′(x)＝eq\f(9,（x＋3）2)，g′(x)＝bcosx，

则f′(0)＝g′(0)＝b＝1，

∴b＝1，切线l的方程为y＝x.

(2)当x≥eq\f(π,2)时，eq\f(3x,x＋3)＝3－eq\f(9,x＋3)≥3－eq\f(9,\f(π,2)＋3)>1≥sinx，此时h(x)>0，无零点；

当0<x<eq\f(π,2)时，h′(x)＝eq\f(9,（x＋3）2)－cosx，

令H(x)＝eq\f(9,（x＋3）2)－cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，

则H′(x)＝－eq\f(18,（x＋3）3)＋sinx，显然H′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，

又H′(0)＝－eq\f(2,3)<0，H′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>0，故存在t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co