-2021年新高考数学基础考点一轮复习专题17 导数探究函数的零点

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专题 17 导数探究函数的零点

考点一、研究函数零点个数

例1、(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：

(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；

(2)f(x)有且仅有 2个零点．

【证明】　(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.

当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得 g′(x)在有唯一零点，设为 α.则当 x∈(－1，α)时，g′

(x)＞0；当 x∈时，g′(x)＜0.

所以 g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，

故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．

(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．

(ⅰ)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当 x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，

故f(x)在(－1，0)单调递减．又 f(0)＝0，从而 x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．

(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在 β∈，使得

f′(β)＝0，且当 x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当 x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．

又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当 x∈时，f(x)＞0.从而 f(x)在没有零点．

(ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以 f(x)在单调递减．而 f＞0，f(π)＜0，所以 f(x)在有唯一零点．

(ⅳ)当x∈时，ln(x＋1)＞1，所以 f(x)＜0，从而 f(x)在(π，＋∞)没有零点．

综上，f(x)有且仅有 2个零点．

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

【变式】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)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，

定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝，

由f′(x)＝0，得x＝e.

所以当 x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，

当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，

所以当 x＝e时，f(x)取得极小值 f(e)＝ln e＋＝2，

所以 f(x)的极小值为 2.

(2)由题设 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．

所以 x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，

因此 x＝1也是 φ(x)的最大值点．

所以 φ(x)的最大值为 φ(1)＝.

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