(上海专用)新高考数学一轮复习讲练测专题10 导数及其应用难点突破2-利用导数解决零点、交点问题（解析版）.doc

专题10导数及其应用难点突破2-利用导数解决零点、交点问题

题型一判断、证明或讨论零点的个数

例1已知函数f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).

判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.

解f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：

∵f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，

f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，从而有f(0)＝－eq\f(3,2)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，

又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不间断的.

所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内至少存在一个零点.

又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有且只有一个零点.

当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.

由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的图象是连续不间断的，

故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，

使得g(m)＝0.

由g′(x)＝2cosx－xsinx，

知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，有g′(x)＜0，

从而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))内单调递减.

当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))内单调递增，故当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上无零点；

当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.

又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点.

综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.

感悟提升利用导数求函数的零点常用方法

(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.

(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.

训练1已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1).

(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；

(2)证明：f(x)只有一个零点.

(1)解当a＝3时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.

令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).

当x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)时，f′(x)0；

当x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))时，f′(x)0.

故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)单调递增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))单调递减.

(2)证明由于x2＋x＋10，所以f(x)＝0等价于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.

设g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq\f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增.

故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.

又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)

＝－6eq\b\lc\(\