特训06 利用导数解决零点、交点、方程根等问题（三大题型）（解析版）.docxVIP

特训06利用导数解决零点、交点、方程根等问题（三大题型）

方法技巧1隐零点问题

在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.

方法技巧2极限思想在解决零点问题中的应用

解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与x轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限的思想方法是解决问题的有力工具.

目录：

01：判断、证明或讨论零点的个数

02：根据零点情况求参数范围

03：与函数零点相关的综合问题

01：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)