高三数学专题复习 函数的零点与导数的应用关系

合集下载

202新数学复习第二章函数导数及其应用8导数与函数的零点问题含解析

202新数学复习第二章函数导数及其应用8导数与函数的零点问题含解析

课时作业18 导数与函数的零点问题1.设a为实数,函数f(x)=-x3+3x+a.(1)求f(x)的极值;(2)是否存在实数a,使得方程f(x)=0恰好有两个实数根?若存在,求出实数a的值;若不存在,请说明理由.解:(1)f′(x)=-3x2+3,令f′(x)=0,得x=-1或x=1.∵当x∈(-∞,-1)时,f′(x)〈0;当x∈(-1,1)时,f′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)〈0,∴f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)上单调递增.∴f(x)的极小值为f(-1)=a-2,极大值为f(1)=a+2。

(2)方程f(x)=0恰好有两个实数根,等价于直线y=a 与函数y=x3-3x的图象有两个交点.∵y=x3-3x,∴y′=3x2-3。

令y′〉0,解得x>1或x〈-1;令y′<0,解得-1<x<1。

∴y=x3-3x在(-1,1)上为减函数,在(1,+∞)和(-∞,-1)上为增函数.∴当x=-1时,y极大值=2;当x=1时,y极小值=-2.∴y=x3-3x的大致图象如图所示.y=a表示平行于x轴的一条直线,由图象知,当a=2或a =-2时,y=a与y=x3-3x有两个交点.故当a=2或a=-2时,方程f(x)=0恰好有两个实数根.2.已知函数f(x)=ln x+错误!,g(x)=错误!,a∈R。

(1)求函数f(x)的极小值;(2)求证:当-1≤a≤1时,f(x)>g(x).解:(1)f′(x)=错误!-错误!=错误!(x〉0),当a-1≤0,即a≤1时,f′(x)〉0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极小值;当a-1>0,即a>1时,则当0〈x<a-1时,f′(x)<0,函数f(x)在(0,a-1)上单调递减,当x>a-1时,f′(x)>0,函数f(x)在(a-1,+∞)上单调递增,故f(x)极小值=f(a-1)=1+ln(a-1).综上所述,当a≤1时,f(x)无极小值;当a>1时,f(x)极小值=1+ln(a-1).(2)证明:令F(x)=f(x)-g(x)=ln x+错误!-错误!=错误!(x>0),当-1≤a≤1时,要证f(x)>g(x),即证F(x)〉0,即证x ln x-a sin x+1〉0。

2023年高考数学总复习第三章 导数及其应用第5节:利用导数研究函数的零点问题(教师版)

2023年高考数学总复习第三章 导数及其应用第5节:利用导数研究函数的零点问题(教师版)

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用利用导数研究函数的零点问题题型一判断、证明或讨论函数零点的个数例1已知函数f (x )=13x 3-a (x 2+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 )=13x 3-3x 2-3x -3,f ′(x )=x 2-6x -3.令f ′(x )=0,解得x =3-23或x =3+2 3.当x ∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)时,f ′(x )>0;当x ∈(3-23,3+23)时,f ′(x )<0.故f (x )在(-∞,3-23),(3+23,+∞)单调递增,在(3-23,3+23)单调递减.(2)证明由于x 2+x +1>0,所以f (x )=0等价于x 3x 2+x +1-3a =0.设g (x )=x 3x 2+x +1-3a ,则g ′(x )=x 2(x 2+2x +3)(x 2+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)=-6a 2+2a -13=-a -162-16<0,f (3a +1)=13>0,故f (x )有一个零点.综上,f (x )只有一个零点.感悟提升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,画出函数图像的走势规律,标明函数极(最)值的位置.(3)数形结合法分析问题,可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.训练1设函数f (x )=ln x +m x ,m 为正数.试讨论函数g (x )=f ′(x )-x 3零点的个数.解由题设g (x )=f ′(x )-x 3=1x -m x 2-x 3(x >0),令g (x )=0,得m =-13x 3+x (x >0).转化为函数y =m 与y =-13x 3+x 的图像的交点情况.设φ(x )=-13x 3+x (x >0),则φ′(x )=-x 2+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,∴x =1是φ(x )唯一的极值点,且是极大值点,因此x =1也是φ(x )的最大值点,∴φ(x )的最大值为φ(1)=23.结合y =φ(x )的图像(如图),可知①当m >23时,函数g (x )无零点;②当m =23时,函数g (x )有且只有一个零点;③当0<m <23时,函数g (x )有两个零点;综上所述,当m >23时,函数g (x )无零点;当实数m =23时,函数g (x )有且只有一个零点;当0<m <23时,函数g (x )有两个零点.题型二根据零点个数确定参数范围例2(2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1,函数f (x )=x a ax (x >0).(1)当a =2时,求f (x )的单调区间;(2)若函数φ(x )=f (x )-1有且仅有两个零点,求a 的取值范围.解(1)当a =2时,f (x )=x 22x ,定义域为(0,+∞),f ′(x )=x (2-x ln 2)2x(x >0),令f ′(x )>0,则0<x <2ln 2,此时函数f (x )单调递增,令f ′(x )<0,则x >2ln 2,此时函数f (x )单调递减,所以函数f (x )(2)函数φ(x )=f (x )-1有且仅有两个零点,则转化为方程x a a x =1(x >0)有两个不同的解,即方程ln x x =ln a a 有两个不同的解.设g (x )=ln x x (x >0),则g ′(x )=1-ln x x2(x >0),令g ′(x )=1-ln x x 2=0,得x =e ,当0<x <e 时,g ′(x )>0,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)=1e,且当x >e 时,g (x )g (1)=0,所以0<ln a a <1e,所以a >1且a ≠e ,故a 的取值范围为(1,e)∪(e ,+∞).感悟提升在解决已知函数y =f (x )有几个零点求f (x )中参数t 的取值范围问题时,经常从f (x )中分离出参数t =g (x ),然后用求导的方法判断g (x )的单调性,再根据题意求出参数t 的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.训练2已知函数f (x )=ax -2ln x -a x(a ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调性;(2)若函数h (x )=1-a 2x -f (x )2恰有两个不同的零点,求实数a 的取值范围.解(1)函数f(x)=ax-2ln x-ax的定义域是(0,+∞),求导可得f′(x)=a-2x+ax2=ax2-2x+ax2.当a≤0时,f′(x)<0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.当a≥1时,4(1-a2)≤0,此时f′(x)=ax2-2x+ax2≥0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.当0<a<1时,4(1-a2)>0,令f′(x)=0,得x1=1-1-a2a,x2=1+1-a2a,所以函数f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增;在(x1,x2)上单调递减.综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a≥1时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当0<a<1时,函数f(x)(1-1-a2a,1+1-a2a)上单调递减.(2)由题意得函数h(x)=1-a2x-f(x)2=1-a2x+ln x(x>0),则函数h(x)=1-a2xf(x)2恰有两个不同的零点即方程1-a2x+ln x=0恰有两个不同的根.由1-a2x+ln x=0得a=2(1+ln x)x,所以直线y=a与函数g(x)=2(1+ln x)x的图像有两个不同的交点.由g(x)=2(1+ln x)x,得g′(x)=-2ln xx2,当0<x<1时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当x>1时,g′(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(1)=2.又e-2<1,g(e-2)=2(1+ln e-2)e-2=-2e-2<0,x>1时,g(x)>0,所以实数a的取值范围为(0,2).题型三可化为函数零点的个数问题例3已知函数f(x)=ln x(0<x≤1)与函数g(x)=x2+a的图像有两条公切线,求实数a的取值范围.解设公切线与函数f(x)=ln x的图像切于点A(x1,ln x1)(0<x1≤1),因为f(x)=ln x,所以f′(x)=1 x,所以在点A(x1,ln x1)处切线的斜率k1=f′(x1)=1 x1,所以切线方程为y-ln x1=1x1(x-x1),即y=xx1+ln x1-1,设公切线与函数g(x)=x2+a的图像切于点B(x2,x22+a),因为g(x)=x2+a,所以g′(x)=2x,所以在点B(x2,x22+a)处切线的斜率k2=g′(x)=2x2,所以切线方程为y-(x22+a)=2x2(x-x2),即y=2x2x-x22+a,1x1=2x2,ln x1-1=-x22+a.因为0<x1≤1,所以1x1=2x2≥1,x2≥12.又a=-ln2x2+x22-1,令t=x2∈12,+∞,则h(t)=-ln2t+t2-1=-ln2-ln t+t2-1,所以h′(t)=2t2-1 t.令h′(t)>0且t≥12,得t>22;令h ′(t )<0且t ≥1,得12≤t <22.所以h (t )在12,所以函数f (x )=ln x (0<x ≤1)与函数g (x )=x 2+a 有两条公切线,满足h (t )≤ln2-12<h (t )≤-34,所以a ln 2-12,-34.感悟提升解决曲线的切线条数、两曲线的交点个数、方程根的个数等问题的关键是转化为对应函数的零点个数问题,利用数形结合思想,通过研究函数的零点个数解决相关问题.训练3已知函数f (x )=1+ln x x.(1)求函数f (x )的图像在x =1e 2处的切线方程(e 为自然对数的底数);(2)当x >1时,方程f (x )=a (x -1)+1x(a >0)有唯一实数根,求a 的取值范围.解(1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=-ln x x 2,所以f 2e 4,又e 2,所以函数f (x )的图像在x =1e2处的切线方程为y +e 2=2e 即y =2e 4x -3e 2.(2)当x >1时,f (x )=a (x -1)+1x,即ln x -a (x 2-x )=0.令h (x )=ln x -a (x 2-x ),有h (1)=0,h ′(x )=-2ax 2+ax +1x.令r (x )=-2ax 2+ax +1(a >0),则r (0)=1,r (1)=1-a ,①当a≥1时,r(1)≤0,r(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x∈(1,+∞)时,r(x)<0,即h′(x)<0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,故当x>1时,h(x)<h(1)=0,所以方程f(x)=a(x-1)+1x无实根.②当0<a<1时,r(1)=1-a>0,r(x)在(1,+∞)上单调递减,所以存在x0∈(1,+∞),使得x∈(1,x0)时,r(x)>0,即h(x)单调递增;x∈(x0,+∞)时,r(x)<0,即h(x)单调递减.所以h(x)max=h(x0)>h(1)=0.取x=1+1(x>2),则1+1a ln1+1a a1+1a+a1+1a ln1+1a-1+1a.令t=1+1a>0,故m(t)=ln t-t(t>2),则m′(t)=1t-1<0,所以m(t)在(2,+∞)单调递减,所以m(t)<ln2-2<0,即h 1+1a故存在唯一x1x0,1+1a,使得h(x1)=0.综上,a的取值范围为(0,1).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叫作隐零点;若x0容易求出,就叫作显零点,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.例1设函数f(x)=e x-ax-2.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为R,f′(x)=e x-a.当a≤0时,f′(x)>0恒成立,所以f(x)单调增区间为(-∞,+∞),无单调减区间.当a>0时,令f′(x)<0,得x<ln a,令f′(x)>0,得x>ln a,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,ln a),单调递增区间为(ln a,+∞). (2)由题设可得(x-k)(e x-1)+x+1>0,即k<x+x+1e x-1(x>0)恒成立,令g(x)=x+1e x-1+x(x>0),得g′(x)=e x-1-(x+1)e x(e x-1)2+1=e x(e x-x-2)(e x-1)2(x>0).由(1)的结论可知,函数h(x)=e x-x-2(x>0)是增函数.又因为h(1)<0,h(2)>0,所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)min=g(α)=α+1eα-1+α.又h(α)=eα-α-2=0,所以eα=α+2且α∈(1,2),则g(x)min=g(α)=1+α∈(2,3),所以k的最大值为2.例2已知函数f(x)=(x-1)e x-ax的图像在x=0处的切线方程是x+y+b=0.(1)求a,b的值;(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0,且f(x0)>-32.(1)解因为f′(x)=x e x-a,由f′(0)=-1得a=1,又f(0)=-1,所以切线方程为y-(-1)=-1(x-0),即x+y+1=0,所以b=1.(2)证明令g(x)=f′(x)=x e x-1,则g′(x)=(x+1)e x,所以当x<-1时,g(x)单调递减,且此时g(x)<0,则g(x)在(-∞,-1)内无零点;当x≥-1时,g(x)单调递增,且g(-1)<0,g(1)=e-1>0,所以g(x)=0有唯一解x0,f(x)有唯一的极值点x0.由x0e x0=1⇒e x0=1 x0,f(x0)=x0-1x0-x0=1x又=e2-1<0,g(1)=e-1>0⇒12<x0<1⇒2<1x0+x0<52,所以f(x0)>-3 2 .1.已知函数f(x)=e x+(a-e)x-ax2.(1)当a=0时,求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)在区间(0,1)内存在零点,求实数a的取值范围.解(1)当a=0时,f(x)=e x-e x,则f′(x)=e x-e,f′(1)=0,当x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,且极小值为f(1)=0,无极大值.(2)由题意得f′(x)=e x-2ax+a-e,设g(x)=e x-2ax+a-e,则g′(x)=e x-2a.若a=0,则f(x)的最大值f(1)=0,故由(1)得f(x)在区间(0,1)内没有零点.若a<0,则g′(x)=e x-2a>0,故函数g(x)在区间(0,1)内单调递增.又g(0)=1+a-e<0,g(1)=-a>0,所以存在x0∈(0,1),使g(x0)=0.故当x∈(0,x0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.因为f(0)=1,f(1)=0,所以当a<0时,f(x)在区间(0,1)内存在零点.若a>0,由(1)得当x∈(0,1)时,e x>e x.则f(x)=e x+(a-e)x-ax2>e x+(a-e)x-ax2=a(x-x2)>0,此时函数f(x)在区间(0,1)内没有零点.综上,实数a的取值范围为(-∞,0).2.设函数f(x)=12x2-m ln x,g(x)=x2-(m+1)x,m>0.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当m≥1时,讨论f(x)与g(x)图像的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=(x+m)(x-m)x.当0<x<m时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x>m时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.综上,函数f(x)的单调递增区间是(m,+∞),单调递减区间是(0,m).(2)令F(x)=f(x)-g(x)=-12x2+(m+1)x-m ln x,x>0,题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.F′(x)=-(x-1)(x-m)x,当m=1时,F′(x)≤0,函数F(x)为减函数,因为F(1)=32>0,F(4)=-ln4<0,所以F(x)有唯一零点;当m>1时,0<x<1或x>m时,F′(x)<0;1<x<m时,F′(x)>0,所以函数F(x)在(0,1)和(m,+∞)上单调递减,在(1,m)上单调递增,因为F(1)=m+12>0,F(2m+2)=-m ln(2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.综上,函数F(x)有唯一零点,即函数f(x)与g(x)的图像总有一个交点.3.已知函数f(x)=(x-1)e x-ax2+b+12.(1)若a=1,求函数f(x)的单调区间;(2)当a=12时,f(x)的图像与直线y=bx有3个交点,求b的取值范围.解(1)当a=1时,f(x)=(x-1)e x-x2+b+12(x∈R),则f′(x)=e x+(x-1)e x-2x=x(e x-2).令f′(x)>0,解得x<0或x>ln2;令f′(x)<0,解得0<x<ln2,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(ln2,+∞),单调递减区间为(0,ln2).(2)因为a=12,所以f(x)=(x-1)e x-12x2+b+12.由(x-1)e x-12x2+b+12=bx,得(x-1)e x-12(x2-1)=b(x-1).当x=1时,方程成立.当x≠1时,只需要方程e x-12(x+1)=b有2个实根.令g(x)=e x-12(x+1),则g′(x)=e x-12.当x <ln 12时,g ′(x )<0,当x >ln 12且x ≠1时,g ′(x )>0,所以g (x )∞,ln 12,(1,+∞)上单调递增,因为=12-12+=12ln 2,g (1)=e -1≠0,所以b 2,e -(e -1,+∞).4.已知函数f (x )=ax cos x -1在0,π6上的最大值为3π6-1.(1)求a 的值;(2)证明:函数f (x )2个零点.(1)解f ′(x )=a (cos x -x sin x ),因为x ∈0,π6,所以cos x >sin x ≥0,又1>x ≥0,所以1·cos x >x sin x ,即cos x -x sin x >0.当a >0时,f ′(x )>0,所以f (x )在区间0,π6上单调递增,所以f (x )max =a ·π6×32-1=3π6-1,解得a =2.当a <0时,f ′(x )<0,所以f (x )在区间0,π6上单调递减,所以f (x )max =f (0)=-1,不符合题意,当a =0时,f (x )=-1,不符合题意.综上,a =2.(2)证明设g (x )=cos x -x sin x ,则g ′(x )=-2sin x -x cos x x所以g (x )又g (0)=1>0,=-π2<0,所以存在唯一的x0g(x0)=0,当0<x<x0时,g(x)>0,即f′(x)=2g(x)>0,所以f(x)在(0,x0)上单调递增;当x0<x<π2时,g(x)<0,即f′(x)=2g(x)<0,所以f(x)0又f(0)=-1<0,=2π4-1>0,1<0,所以f(x)综上,函数f(x).。

超实用高考数学专题复习:第四章导数及其应用 导函数的“隐零点”问题

超实用高考数学专题复习:第四章导数及其应用 导函数的“隐零点”问题

(2)证明 g′(x)=(x-2)ex+ x3 a(x+2)=x+x32(f(x)+a). 由(1)知,f(x)+a单调递增,对任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0. 因此,存在唯一xa∈( 0,2],使得f(xa)+a=0,即g′(xa)=0. 当0<x<xa时,f(x)+a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当x>xa时,f(x)+a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.
因为 y=x+ex 2单调递增,对任意 λ∈12,e42,存在唯一的 xa∈(0,2],a=-f(xa)∈[0,1), 使得 h(a)=λ.所以 h(a)的值域是12,e42. 综上,当 a∈[0,1)时,g(x)有最小值 h(a),h(a)的值域是12,e42.
题型二 不等式证明中的“隐零点” 【例 2】 (2019·天津卷)设函数 f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中 a∈R.
导函数的“隐零点”问题
养成良好的答题习惯,是决定高考数学成败的决定性因素之一。做题前,要 认真阅读题目要求、题干和选项,并对答案内容作出合理预测;答题时,切忌跟 着感觉走,最好按照题目序号来做,不会的或存在疑问的,要做好标记,要善 于发现,找到题目的题眼所在,规范答题,书写工整;答题完毕时,要认真检查 ,查漏补缺,纠正错误。总之,在最后的复习阶段,学生们不要加大练习量。 在这个时候,学生要尽快找到适合自己的答题方式,最重要的是以平常心去面 对考试。数学最后的复习要树立信心,考试的时候遇到难题要想“别人也难” ,遇到容易的则要想“细心审题”。越到最后,考生越要回归基础,单词最好 再梳理一遍,这样有利于提高阅读理解的效率。另附高考复习方法和考前30天 冲刺复习方法。

专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)

专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)

导数及其应用专题五:利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法:根据题目要求画出函数的图象,标明函数极(最)值的位置,借助数形结合的思想分析问题(画草图时注意有时候需使用极限).(2)利用函数零点存在定理:先用该定理判定函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数. 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后,将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解; (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解;(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题,从而构建不等式求解. 二、例题讲解1.(2022·重庆市秀山高级中学校高三月考)已知函数()e e x x f x x =+. (1)求函数()f x 的单调区间和极值;(2)讨论函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数.【答案】(1)单调递减区间是(,2)-∞-,单调递增区间是(2,)-+∞,极小值为21e -,无极大值;(2)详见解析. 【分析】(1)利用导数求得()f x 的单调区间,进而求得极值.(2)由(1)画出()f x 大致图象,由此对a 进行分类讨论,求得()g x 的零点个数. 【详解】(1)函数()f x 的定义域为R ,且()(2)e x f x x '=+, 令()0f x '=得2x =-,则()'f x ,()f x 的变化情况如下表示:(2,)-+∞.当2x =-,()f x 有极小值为21(2)e f -=-,无极大值. (2)令()0f x =有1x =-:当1x <-时,()0f x <;当1x >-时,()0f x >,且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭,(1,0)B -,(0,1)C .当x →-∞,与一次函数相比,指数函数e x y -=增长更快,从而1()0e xx f x -+=→;当x →+∞时,()f x →+∞,()f x '→+∞,根据以上信息,画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时,()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论: 当21e a <-时,零点的个数为0个; 当21e a =-或0a ≥,零点的个数为1个; 当210ea -<<时,零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题,可利用分离常数法,结合函数图象进行求解.感悟升华(核心秘籍)本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数,将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数,注意在利用导函数求()f x 单调性,极值后,画出草图,容易出错,本题利用极限x →-∞时,()0f x →,从而将草图画的更准确;三、实战练习1.(2022·河南高三开学考试(文))若函数()34f x ax bx =+-,当2x =时,函数()f x 有极值43-.(1)求函数的递减区间;(2)若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点,求实数k 的取值范围. 【答案】(1)递减区间为()2,2-;(2)428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】(1)对函数进行求导,利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩,解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩,对函数求导,根据导数的性质列表,即可得答案;(2)作出函数的图象,直线与函数图象需有1个交点,即可得答案; 【详解】(1)()23f x ax b '=-,由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+,可得()()()2422f x x x x '=-=-+,令()0f x '=,得2x =或2x =-,由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知,得到当2x <-或2x >时, ()f x 为增函数; 当22x -<<时, ()f x 为减函数,∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图,由图可知当43k <-或283k >时, ()f x 与y k =有一个交点,所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛:根据函数的单调性做出该函数的大致图像,进而利用数形结合求解,考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点,考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力.2.(2022·陕西西安中学高三月考(理))已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.(1)试讨论函数()f x 的零点个数;(2)若函数()()ln 1ln xg x e x =--,且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立,求实数a 的取值范围.【答案】(1)当0a 或1a =时,函数()f x 只有一个零点;当()()0,11,a ∈+∞时,函数()f x 有两个零点.(2)(],1-∞【分析】(1)通过求解函数的单调性,然后根据零点存在定理,通过讨论求解得出函数零点的个数;(2)根据(1)中结论,得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增,将不等式转换为自变量的比较,最后得出结论. 【详解】解:(1)根据题意,可得()x f x e a '=-,则有:①若0a ,则()0x f x e a '=->,此时可得函数()f x 在R 上单调递增, 又因为(0)0f =,所以函数只有一个零点; ②若0a >,令()0f x '=,则有ln x a =,所以()0ln f x x a '>⇒>,此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增;()0ln f x x a '<⇒<,此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减;即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--,则有:()i 当ln 01a a =⇒=时,则()0f x ,此时函数()f x 只有一个零点;()ii 当ln 0a ≠时,即1a ≠时,则(ln )(0)0f a f <=,又因为x →-∞时,()f x →+∞;x →+∞时,()f x →+∞, 根据零点存在定理可得,此时函数()f x 在R 上有两个零点. 综上可得,当0a 或1a =时,函数()f x 只有一个零点;当()()0,11,a ∈+∞时,函数()f x 有两个零点.(2)下面证明:0x ∀>,有()0g x x <<,先证:0x ∀>,有()0g x >,由(1)可知当1a =时,()()00min f x f ==,即当0x >时,1x e x ->,故0x ∀>,()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭,再证0x ∀>,()g x x <;要证0x ∀>,()g x x <,只需证明0x ∀>,1x xe e x-<,即证0x ∀>,1x x e xe -<,即证0x ∀>,10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立,即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增,故有()(0)0H x H >=,即0x ∀>,10x x xe e -+>恒成立,即0x ∀>,有()0g x x <<,当1a ≤时,由(1)得,()f x 在(0,)+∞上单调递增,则由上结论可知,[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立,符合题意;当1a >时,由(1)得,()f x 在(0,ln )a 上单调递减,在(ln ,)a +∞上单调递增, 此时当0ln x a <<时,0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>,不合题意, 综上可得,1a ,即(],1a ∈-∞. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法:一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.3.(2022·榆林市第十中学高三月考(文))已知函数()2ln f x ax x x =--,0a ≠.(1)试讨论函数()f x 的单调性;(2)若函数()f x 有两个零点,求实数a 的取值范围.【答案】(1)当0a <时,函数()f x 在()0,∞+上单调递减;当0a >时,()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减,在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. (2)()0,1. 【分析】(1)求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=,设()221g x ax x =--,对a 分类讨论:当0a <时,函数()f x在()0,∞+上单调递减;当0a >时,()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减,在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. (2)把()f x 有两个零点,转化为2ln x xa x +=有两个解,令()2ln x x h x x+=,二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值,即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞,. (1)()212121ax x f x ax x x-'-=--=,设()221g x ax x =--当0a <时,因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<,()01g =-. 所以当0x >时,()0g x <,()0f x '<,函数()f x 在()0,∞+上单调递减;当0a >时,令()0g x =.得1x =2x =当20x x <<时,()0<g x ,()0f x '<,当2x x >时,()0>g x ,()0f x '>.所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减,在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. (2)若()f x 有两个零点,即2ln 0ax x x --=有两个解,2ln x x a x +=.设()2ln x x h x x +=,()312ln x h x xx '-=-, 设()12ln F x x x =--,因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减,且()10F =, 所以当01x <<时,()0F x >,()0h x '>,当1x >时,()0F x <,()0h x '<. 以函数()h x 在()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减, 且 x →+∞时,()0h x →,()11h =, 所以01a <<.即实数a 的取值范围为()0,1.4.(2022·沙坪坝·重庆南开中学)已知函数()e 1xf x x a -=++(R a ∈).(1)讨论()f x 的单调性;(2)若函数()f x 有两个零点,求a 的取值范围.【答案】(1)当0a ≤时,()f x 在R 上单调递增;当0a >时,()f x 在(),ln a -∞上单调递减,在()ln ,a +∞上单调递增;(2)()20,e -.【分析】(1)对函数求导,进而讨论a 的符号,进而得到函数的单调区间;(2)由(1)可以判断0a >,根据(1)可知()()min ln 0f x f a =<,进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】(1)()f x 的定义域为R ,()1e xf x a -'=-,①当0a ≤时,()0f x '>恒成立,所以()f x 在R 上单调递增; ②当0a >时,令()0f x '=得ln x a =, 当ln x a <时,()0f x '<,()f x 单调递减, 当ln x a >时,()0f x '>,()f x 单调递增,所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减,在()ln ,a +∞上单调递增综上所述,当0a ≤时,()f x 在R 上单调递增;当0a >时,()f x 在(),ln a -∞上单调递减,在()ln ,a +∞上单调递增.(2)由(1)可知,0a ≤时,()f x 在R 上单调递增,函数至多有一个零点,不合题意.0a >时,()f x 在(),ln a -∞上单调递减,在()ln ,a +∞上单调递增,因为函数有2个零点,所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<,且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<,则()e 1xg x '=-,所以(),0x ∈-∞时,()0g x '<,()g x 单调递减,所以()()010g x g >=>,则e xx >,于是2e2x x ->-,则x <0时,2e 4xx ->. 所以当x <0时,()214ax f x x >++,限定1x <-,则()()212844ax f x x x ax >+=+, 所以当1x <-且8x a<-时,()0f x >.于是,若函数有2个零点,则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<,且()11e 02f a -+>=”这一步之后,另一个特值不太好找,这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-,进而根据放缩法得到结论. 5.(2022·赣州市第十四中学高三月考(文))已知函数()e 2xf x x =+. (1)求函数()y f x =的单调区间;(2)若函数()()()g x f x ax a =-∈R ,在定义域内恰有三个不同的零点,求实数a 的取值范围.【答案】(1)()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数,在()1,-+∞上为增函数;(2)⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】(1)求出函数()f x 的定义域,利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间;(2)分析可知,直线y a =与函数()22xeh x x x=+(0x ≠且2x ≠-)的图象有三个交点,利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值,数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】(1)因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-,且()()()212x e x f x x +'=+,则当2x <-时,()0f x '<,()f x 为减函数; 当21x -<<-时,()0f x '<,()f x 为减函数; 当1x >-时,()0f x '>,()f x 为增函数,综上可得:()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数,在()1,-+∞上为增函数; (2)令函数()()0g x f x ax =-=,因为0x =不是方程的解,所以可得22xe a x x=+,构造函数()22xeh x x x =+(0x ≠且2x ≠-),则()()()22222x e x h x x x -'=+,由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示:由图可知,当a >时,函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点,因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛:利用导数解决函数零点问题的方法:(1)直接法:先对函数求导,根据导数的方法求出函数的单调区间与极值,根据函数的基本性质作出图象,然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题,突出导数的工具作用,体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用;(2)构造新函数法:将问题转化为研究两函数图象的交点问题;(3)参变量分离法:由()0f x =分离变量得出()a g x =,将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6.(2022·天津静海一中高三月考)已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行. (1)求a 的值和函数()f x 的单调区间; (2)若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点,求b 的取值范围. 【答案】(1)-9,单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞;单调减区间为(1,3)-;(2)1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】(1)根据(1)0f '-=即可求得a 的值,利用导函数求解单调区间;(2)令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭,转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】(1)由已知得2()36f x x x a '=-+, ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=,解得9a =-.这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>,解得3x >或1x <-; 由()0f x '<,解13x .∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞;单调减区间为(1,3)-. (2)令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭,则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点. ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--, ∴由()0g x '>,解得2x >或1x <; 由()0g x '<,解得12x <<.∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-;()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-.依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩,解得112b <<.故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭.7.(2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考)已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R .(1)当1a =时,求()f x 在区间1[,1]3上的最值;(2)若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点,求a 的取值范围.【答案】(1)3()=ln 24min f x +,()2max f x =;(2)10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】(1)当1a =时,求出导函数,求出函数得单调区间,即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值;(2)由()()0g x f x x =-=,分离参数得2ln ()x a h x x ==,根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图,结合图像即可得出答案. 【详解】解:(1)当1a =时,()2ln f x x x x =+-,(21)(1)()x x f x x-+'=,∴()f x 在11[,)32单调递减,在1(,1]2单调递增,11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭,()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭,∴13()()ln 224min f x f ==+,()(1)2max f x f ==.(2)()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==,则312ln ()xh x x -'=,∴()h x在单调递增,在)+∞单调递减,12h e=,当0x →时,()h x →-∞,当x →+∞时,()0h x →, 作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像, ∴由图象可得,1(0,)2a e∈.8.(2022·全国高三专题练习)已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. (1)若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立,求实数m 的取值范围;(2)若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点,求实数k 的范围. 【答案】(1)[ln31--,)+∞;(2)3(ln2,0)4-.【分析】(1)()af x b x'=+,(0)x >,根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--.可得f '(1)2=-,f (1)3=-,解得a ,b ,利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围. (2)由(1)可得:2()ln 32g x x x x k =-+++,利用导数研究函数的单调性极值与最值,根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点,可得最值满足的条件,进而得出实数k 的取值范围.【详解】解:(1)()a f x b x'=+,(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴(1)2=-,f (1)3=-,∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩,解得3b =-,1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-=',1[,)3x ∈+∞,()0f x '∴.∴当13x =时,函数()f x 取得最大值,1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立,所以()max m f x ,1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--,)+∞.(2)由(1)可得:2()ln 32g x x x x k =-+++,∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=, 令()0g x '=,解得12x =,1. 列表如下:由表格可知:当1x =时,函数()f x 取得极小值g (1)k =;当2x =时,函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点, 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩, 解得3ln204k -<<, 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法,考查了推理能力于计算能力,属于难题.9.(2022·全国高三开学考试)已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. (1)若()()ln g x f x a x =+,讨论函数()g x 的单调性;(2)已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+,若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点,求a 的取值范围.【答案】(1)答案见解析;(2)9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】(1)求出导函数,对a 进行分类讨论:①0a ≤;②01a <<;③a =1;④a >1,利用导数研究单调性. (2)把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性,求出值域,即可求出a 的范围. 【详解】(1)()f x 的定义域为(0,+∞),()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时,令()0f x '<,得到01x <<;令()0f x '>,得到1x >,此时()f x 在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数;②当01a <<时,令()0f x '<,得到1<<a x ;令()0f x '>,得到0x a <<或1x >,此时()f x 在(a ,1)上为减函数,在(0,a )和()1,+∞上为增函数;③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立,此时()f x 在0,+∞)上为增函数;④当a >1时,令()0f x '<,得到1x a <<;令()0f x '>,得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上:①当0a ≤时, ()f x 在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数; ②当01a <<时, ()f x 在(a ,1)上为减函数,在(0,a )和()1,+∞上为增函数; ③当a =1时,()f x 在0,+∞)上为增函数;④当a >1时,()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.(2)()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点,即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+, 令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭,,则()()()212x x p x x-+'=,显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0,所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭,有()0p x <,即()0h x '<所以()h x 单调递减;当()1x ∈+∞,,有()0p x >,即()0h x '>所以()h x 单调递增; 因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10.(2022·贵州贵阳一中(文))已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-.(1)求a 的值;(2)若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点,求b 的取值范围. 【答案】(1)1a =;(2)76b <-或103b >.【分析】(1)利用导数分0a ,01a <<,1a =和1a >四种情况求出函数的最小值,然后列方程可求出a 的值; (2)由(1)3211()232g x x x x b =--+,可得3211232b x x x =-++,构造函数3211()232h x x x x =-++,利用导数求出函数的单调区间和极值,结合函数图像可得答案 【详解】解:(1)由3211()32f x x ax =-,2()()f x x ax x x a =--'=,当0a 时,()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0,所以()f x 在[0,1]上单调递增, min ()(0)0f x f ==,不合题意;当01a <<时,则[0,]x a ∈时,()0f x '<,()f x 单调递减; [,1]x a ∈时,()0f x '>,()f x 单调递增,所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-,31166a -=-,所以1a =,不满足01a <<;当1a =时,在[0,1]上,()0f x '且不恒为0,所以()f x 在[0,1]上单调递减,min 111()(1)326f x f ==-=-,适合题意;当1a >时,在[0,1]上,()0f x '<,所以()f x 在[0,1]上单调递减,min 111()(1)326f x f a ==-=-,所以1a =,不满足1a >;综上,1a =. (2)由(1)3211()232g x x x x b =--+,所以3211232b x x x =-++,令3211()232h x x x x =-++,则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+',所以(2)0,(1)0h h ''=-=,且当1x <-时,()0h x '<; 当12x -<<时,()0h x '>;当2x >时,()0h x '<,所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小, 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大,如图:函数()g x 有1个零点,所以76b <-或103b >.。

微专题 利用导数研究函数的零点问题

微专题 利用导数研究函数的零点问题

利用导数研究函数的零点问题内容概览题型一 利用导数探究函数零点的个数题型二 利用函数零点问题求参数范围题型三 与函数零点有关的证明[命题分析]函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查基本初等函数、三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现.题型一 利用导数探究函数零点的个数[典例1](2022·陇南模拟)已知函数f(x)=r1e-a(a∈R),讨论f(x)的零点个数.【解析】令f(x)=r1e-a=0,得a=r1e,设g(x)=r1e,则g'(x)=e−(r1)e(e)2=−e,当x>0时,g'(x)<0,当x<0时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(0)=1,而当x>-1时,g(x)>0,当x<-1时,g(x)<0,g(x)的大致图象如图所示:所以①当a>1时,方程g(x)=a无解,即f(x)没有零点;②当a=1时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;③当0<a<1时,方程g(x)=a有两解,即f(x)有两个零点;④当a≤0时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;综上,当a>1时,f(x)没有零点;当a=1或a≤0时,f(x)有唯一的零点;当0<a<1时,f(x)有两个零点.【方法提炼】利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法:(1)构造函数:构造函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值(最值),并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解函数零点的个数. (2)应用定理:利用零点存在定理,先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.【对点训练】(2023·成都模拟)设函数f(x)=ln x+,m∈R.讨论函数g(x)=f'(x)-.3的零点个数【解析】由题设,可知g(x)=f'(x)-3=1-2-3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0),设φ(x)=-13x3+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)的极大值点,也是φ(x)的最大值点,所以φ(x)的最大值为φ(1)=23,画出y=φ(x)的大致图象(如图),可知①当m>23时,函数g(x)无零点;②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0<m<23时,函数g(x)有两个零点;④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;综上所述,当m>23时,函数g(x)无零点;当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;)有两个零点.当0<m<2时,函数g(x【加练备选】已知函数f(x)=x e x+e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)e x,令f'(x)=0得x=-2,则f'(x),f(x)的变化情况如表所示:x(-∞,-2)-2(-2,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减-12单调递增所以f(x)的单调递减区间是(-∞,-2),单调递增区间是(-2,+∞),当x=-2时,f(x)有极小值为f(-2)=-1e2,无极大值;(2)令f(x)=0,得x=-1,当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0,且f(x)的图象经过点(-2,-1e2),(-1,0),(0,1);当x→-∞时,与一次函数相比,指数函数y=e-x增长更快,从而f(x)=r1e−→0;当x→+∞时,f(x)→+∞,f'(x)→+∞,根据以上信息,画出f(x)大致图象如图所示,函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数为y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数,当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)=-1e2,所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:当a<-1e2时,零点的个数为0;当a=-1e2或a≥0时,零点的个数为1;当-1e2<a<0时,零点的个数为2.题型二 利用函数零点问题求参数范围[典例2](2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax-1-(a+1)ln x.(1)当a=0时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=0时,f(x)=-1-ln x,x>0,则f'(x)=12-1=1−2,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)max=f(1)=-1;(2)f(x)=ax-1-(a+1)ln x,x>0,则f'(x)=a+12-r1=(B−1)(K1)2,当a≤0时,ax-1<0,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)max=f(1)=a-1<0,此时函数无零点,不合题意;当0<a<1时,1>1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;又f(1)=a-1<0,由(1)得1+ln x≥1,即ln1≥1-x,所以ln x<x,ln <,ln x<2,当x>1时,f(x)=ax-1-(a+1)ln x>ax-1-2(a+1)>ax-(2a+3),则存在m=(3+2)2>1,使得f(m)>0,所以f(x)仅在(1,+∞)上有唯一零点,符合题意;当a=1时,f'(x)=(K1)22≥0,所以f(x)单调递增,又f(1)=a-1=0,所以f(x)有唯一零点,符合题意;当a>1时,1<1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;此时f(1)=a-1>0,由(1)得当0<x<1时,ln x>1-1,ln >1-1,所以ln x>2(1-1),此时f(x)=ax-1-(a+1)ln x<ax-1-2(a+1) (1-1)<-1+2(r1),存在n=14(r1)2<1,使得f(n)<0,所以f(x)在(0,1)上有一个零点,在(1,+∞)上无零点,所以f(x)有唯一零点,符合题意;综上,a的取值范围为(0,+∞).【方法提炼】由函数零点求参数范围的策略(1)涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数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,从而求得参数的取值范围;(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;(3)含参数的函数的零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,得到不含参数的具体函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)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.【解析】(1)a =2时,f (x )=22,f'(x )=2b2−2ln2·2(2)2=o2−En2)2=ln2· 2ln2−g2,当x ∈ 0,2ln2 时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈2ln2,+∞ 时,f'(x )<0,f (x )单调递减;(2)由题知f (x )=1在(0,+∞)上有两个不等实根,f (x )=1⇔x a =a x ⇔a ln x =x ln a ⇔ln=ln,令g (x )=ln,g'(x )=1−ln 2,g (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,又g (e)=1e,g (1)=0,lim m+∞g (x )=0,所以0<ln<1e⇒a >1且a ≠e .所以a 的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).【加练备选】 (2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=e x-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-x-2,则f'(x)=e x-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)f'(x)=e x-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意;当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).(i)若0<a≤1e,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意; (ii)若a>1e,则f(ln a)<0.因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.易知,当x>2时,e x-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=e2·e2-a(x+2)>e ln(2a)·2+2 -a(x+2)=2a>0.故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点,从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.综上,a的取值范围是1题型三 与函数零点有关的证明[典例3](2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【解析】(1)f(x)=e x-ax的定义域为R,而f'(x)=e x-a,若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)无最小值,故a>0.g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+∞),而g'(x)=a-1=B−1.当x<ln a时,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,当x>ln a时,f'(x)>0,故f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(ln a)=a-a ln a.当0<x<1时,g'(x)<0,故g(x)在 0,1上单调递减,当x>1时,g'(x)>0,故g(x)在1,+∞ 上单调递增,故g(x)min=g1=1-ln1.因为f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,故1-ln1=a-a ln a,整理得到K11+=ln a,其中a>0,设t(a)=K11+-ln a,a>0,则t'(a)=2(1+p2-1=−2−1o1+p2<0,故t(a)在(0,+∞)上单调递减,而t(1)=0,故t(a)=0的唯一解为a=1,故K11+=ln a的解为a=1.综上,a=1;(2)由(1)可得f(x)=e x-x和g(x)=x-ln x的最小值为1-ln 1=1-ln11=1.当b>1时,考虑e x-x=b的解的个数,x-ln x=b的解的个数.设S(x)=e x-x-b,S'(x)=e x-1,当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,故S(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以S(x)min=S(0)=1-b<0,而S(-b)=e-b>0,S(b)=e b-2b,设u(b)=e b-2b,其中b>1,则u'(b)=e b-2>0,故u(b)在(1,+∞)上单调递增,故u(b)>u(1)=e-2>0,故S(b)>0,故S(x)=e x-x-b有两个不同的零点,即e x-x=b的解的个数为2.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=K1,当0<x<1时,T'(x)<0,当x>1时,T'(x)>0,故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以T(x)min=T(1)=1-b<0,而T(e-b)=e-b>0,T(e b)=e b-2b>0,T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点,即x-ln x=b的解的个数为2.当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b仅有一个零点,当b<1时,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b均无零点,故若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,则b>1.设h(x)=e x+ln x-2x,其中x>0,故h'(x)=e x+1-2,设s(x)=e x-x-1,x>0,则s'(x)=e x-1>0,故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即e x>x+1,所以h'(x)>x+1-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,而h(1)=e-2>0,h(1e3)=e1e3-3-2e3<e-3-2e3<0,故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,1e3<x0<1且:当0<x<x0时,h(x)<0,即e x-x<x-ln x,即f(x)<g(x),当x>x0时,h(x)>0,即e x-x>x-ln x,即f(x)>g(x),因此若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,故b=f(x0)=g(x0)>1,此时e x-x=b有两个不同的零点x1,x0(x1<0<x0),此时x-ln x=b有两个不同的零点x0,x4(0<x0<1<x4),故e1-x1=b,e0-x0=b,x4-ln x4-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x4-b=ln x4,即e4−=x4,即e4−-(x4-b)-b=0,故x4-b为方程e x-x=b的解,同理x0-b也为方程e x-x=b的解,又e1-x1=b可化为e1=x1+b,即x1-ln(x1+b)=0,即(x1+b)-ln(x1+b)-b=0,故x1+b为方程x-ln x=b的解,同理x0+b也为方程x-ln x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x4-b},而b>1,故0=4−s1=0−s即x1+x4=2x0.所以x1,x0,x4成等差数列.所以,存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【方法提炼】(1)证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;(2)证明的思路一般是对条件进行等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.【对点训练】 (2019·全国Ⅰ卷)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 −1,π2上存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-11+,g'(x)=-sin x+1(1+p2,当x∈ −1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在 −1,π2上有唯一零点,设g'(x)的零点为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈ sπ2时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在 sπ2上单调递减,故g(x)在 −1,π2上存在唯一极大值点,即f'(x)在 −1,π2上存在唯一极大值点;(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在(-1,0)上单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)上单调递减,又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点.②当x∈ 0,π2时,由(1)知,f'(x)在(0,α)上单调递增,在 sπ2上单调递减,而f'(0)=0, f'π2<0,所以存在β∈ sπ2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈ sπ2时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在 sπ2上单调递减.又f(0)=0,fπ2=1-ln 1+π2>0,所以当x∈ 0,π2时,f(x)>0.所以f(x)在 0,π2上没有零点.③当x∈π2,π 时,f'(x)<0,所以f(x)在π2,π 上单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在π2,π 上有唯一零点.④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.【加练备选】 (2023·菏泽模拟)已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x)=1-1+2cos x,当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-12<0,所以g(x)在(0,π)上单调递减,又因为g(π3)=3π-1+1>0,g(π2)=2π-1<0,所以g(x)在(π3,π2)上有唯一的零点;(2)设f'(x)在(0,π)上的唯一零点为α,由(1)知π3<α<π2.①当x∈(0,π)时,x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)在(0,π)上存在唯一极大值点α.所以f(α)>f(π2)=lnπ2-π2+2>2-π2>0,又因为f(1e2)=-2-1e2+2sin1e2<-2-1e2+2<0,所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点.又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.②当x∈[π,2π)时,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,设h(x)=ln x-x,h'(x)=1-1<0,所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2.设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=1-1<0,所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个零点.。

函数零点的性质及应用

函数零点的性质及应用

函数零点的性质及应用函数的零点指的是函数的图像与x轴(或称为横轴)相交的点,在数学中也被称为函数的根、解或交点。

零点的性质及其应用广泛存在于数学、物理、工程等各个领域,下面将从数学的角度来探讨函数零点的性质及应用。

一、函数零点的性质:1. 零点的存在性:函数存在零点的条件是函数的图像与x轴相交,即f(x) = 0。

对于连续函数而言,根据介值定理,如果函数在闭区间[a, b]上有不同的符号,即f(a)f(b) < 0,则在[a, b]上一定存在一个实数c,使得f(c) = 0,即函数在[a, b]上一定存在一个零点。

2. 零点的唯一性:对于单调函数而言,如果函数在某个区间上是单调递增(递减)的,那么这个函数在该区间上的零点是唯一的。

特别地,对于严格单调递增(递减)的函数,其零点一定只有一个。

3. 零点的重数:零点的重数指的是函数在该零点处连续的次数,也叫做该零点的重子数。

常见的有一重零点、二重零点等。

如果一个函数在某个点x=a处的导数为0,且导数的导数在该点不为0,则称x=a是函数的二重零点。

4. 零点的性质:函数的零点是函数图像与x轴的交点,因此在零点处,函数的取值为0。

而在零点附近,函数的取值可能会从负数变成正数或从正数变成负数,因此可以利用函数的零点来确定函数表达式的变号区间。

此外,零点还可以用来求解函数的方程,即通过求解f(x)=0来确定x的值。

二、函数零点的应用:1. 方程的求解:函数的零点在求解方程中有很重要的作用。

通过求解f(x)=0,可以将一个方程转化为一个函数的零点问题,从而可以利用函数零点的性质来解决方程。

例如,求解一元二次方程ax^2+bx+c=0可以转化为求解函数f(x)=ax^2+bx+c的零点问题。

2. 函数图像的描绘:函数的零点是函数图像与x轴相交的点,因此可以通过求解函数的零点来确定函数图像的交点。

通过绘制函数的零点,可以更加清晰地了解函数的增减性、拐点、极值等信息。

2020年高考数学(理)总复习:利用导数解决函数零点问题(解析版)

2020年高考数学(理)总复习:利用导数解决函数零点问题(解析版)

2020年高考数学(理)总复习:利用导数解决函数零点问题题型一 利用导数讨论函数零点的个数 【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题,利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是:(1)构造函数,这是解决此类题的关键点和难点,并求其定义域; (2)求导数,得单调区间和极值点; (3)画出函数草图;(4)数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解.1.已知f (x )=ax 3-3x 2+1(a >0),定义h (x )=max{f (x ),g (x )}=⎩⎪⎨⎪⎧f (x ),f (x )≥g (x ),g (x ),f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值;(2)若g (x )=xf ′(x ),且存在x ∈[1,2]使h (x )=f (x ),求实数a 的取值范围; (3)若g (x )=ln x ,试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数.【解】 (1)∵函数f (x )=ax 3-3x 2+1,∴f ′(x )=3ax 2-6x =3x (ax -2),令f ′(x )=0,得x 1=0或x 2=2a,∵a >0,∴x 1<x 2,列表如下:∴f (x )的极大值为f (0)=1,极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2=8a 2-12a 2+1=1-4a 2. (2)g (x )=xf ′(x )=3ax 3-6x 2,∵存在x ∈[1,2],使h (x )=f (x ),∴f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解,即ax 3-3x 2+1≥3ax 3-6x 2在x ∈[1,2]上有解, 即不等式2a ≤1x 3+3x 在x ∈[1,2]上有解.设y =1x 3+3x =3x 2+1x 3(x ∈[1,2]),∵y ′=-3x 2-3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立,∴y =1x 3+3x 在x ∈[1,2]上单调递减,∴当x =1时,y =1x 3+3x 的最大值为4,∴2a ≤4,即a ≤2.(3)由(1)知,f (x )在(0,+∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2=1-4a 2, ①当1-4a 2>0,即a >2时,f (x )>0在(0,+∞)上恒成立,∴h (x )=max{f (x ),g (x )}在(0,+∞)上无零点.②当1-4a2=0,即a =2时,f (x )min =f (1)=0.又g (1)=0,∴h (x )=max{f (x ),g (x )}在(0,+∞)上有一个零点. ③当1-4a2<0,即0<a <2时,设φ(x )=f (x )-g (x )=ax 3-3x 2+1-ln x (0<x <1),∵φ′(x )=3ax 2-6x -1x <6x (x -1)-1x <0,∴φ(x )在(0,1)上单调递减.又φ(1)=a -2<0,φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1=a e3+2e 2-3e 2>0,∴存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ,使得φ(x 0)=0,(ⅰ)当0<x ≤x 0时,∵φ(x )=f (x )-g (x )≥φ(x 0)=0, ∴h (x )=f (x )且h (x )为减函数. 又h (x 0)=f (x 0)=g (x 0)=ln x 0<ln 1=0, f (0)=1>0,∴h (x )在(0,x 0)上有一个零点; (ⅱ)当x >x 0时,∵φ(x )=f (x )-g (x )<φ(x 0)=0, ∴h (x )=g (x )且h (x )为增函数,∵g (1)=0,∴h (x )在(x 0,+∞)上有一零点;从而h (x )=max{f (x ),g (x )}在(0,+∞)上有两个零点,综上所述,当0<a <2时,h (x )有两个零点;当a =2时,h (x )有一个零点; 当a >2时,h (x )无零点.题组训练一 利用导数讨论函数零点的个数 已知函数f (x )=ln x -12ax +a -2,a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间;(2)当a <0时,试判断g (x )=xf (x )+2的零点个数. 【解析】 (1)f ′(x )=1x -a 2=2-ax2x(x >0).若a ≤0,则f ′(x )>0,∴函数f (x )的单调递增区间为(0,+∞);若a >0,当0<x <2a 时,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增,当x >2a 时,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减,综上,若a ≤0时,函数f (x )的单调递增区间为(0,+∞);若a >0时,函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0,单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2. (2)g (x )=x ln x -12ax 2+ax -2x +2,g ′(x )=-ax +ln x +a -1.又a <0,易知g ′(x )在(0,+∞)上单调递增, g ′(1)=-1<0,g ′(e)=-a e +a =a (1-e)>0, 故而g ′(x )在(1,e)上存在唯一的零点x 0, 使得g ′(x 0)=0.当0<x <x 0时,g ′(x )<0,g (x )单调递减;当x >x 0时,g ′(x )>0,g (x )单调递增, 取x 1=e a ,又a <0,∴0<x 1<1,∴g (x 1)=x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-=e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221, 设h (a )=a -12a e a +a -2+2ea ,(a <0),h′(a)=-12a ea-12ea-2e a+2,(a<0),h′(0)=-12,h″(a)=e-a-e a+e-a-12a ea>0,∴h′(a)在(-∞,0)上单调递增,h′(a)<h′(0)<0,∴h(a)在(-∞,0)上单调递减,∴h(a)>h(0)=0,∴g(x1)>0,即当a<0时,g(e a)>0.当x趋于+∞时,g(x)趋于+∞,且g(2)=2ln2-2<0.∴函数g(x)在(0,+∞)上始终有两个零点.题型二由函数零点个数求参数的取值范围【题型要点解析】研究方程的根(或函数零点)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,并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况,这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.已知函数f(x)=mxln x,曲线y=f(x)在点(e2,f(e2))处的切线与直线2x+y=0垂直(其中e 为自然对数的底数).(1)求f(x)的解析式及单调减区间;(2)若函数g(x)=f(x)-kx2x-1无零点,求k的取值范围.【解析】(1)函数f(x)=mxln x的导数为f′(x)=m(ln x-1)(ln x)2,又由题意有:f′(e2)=12⇒m4=12⇒m=2,故f(x)=2xln x.此时f′(x)=2(ln x-1)(ln x)2,由f′(x)≤0⇒0<x<1或1<x≤e,所以函数f(x)的单调减区间为(0,1)和(1,e].(2)g (x )=f (x )-kx 2x -1⇒g (x )=x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ,且定义域为(0,1)∪(1,+∞),要函数g (x )无零点,即要2ln x =kxx -1在x ∈(0,1)∪(1,+∞)内无解,亦即要k ln x -2(x -1)x =0在x ∈(0,1)∪(1,+∞)内无解.构造函数h (x )=k ln x -2(x -1)x ⇒h ′(x )=kx -2x2.①当k ≤0时,h ′(x )<0在x ∈(0,1)∪(1,+∞)内恒成立,所以函数h (x )在(0,1)内单调递减,h (x )在(1,+∞)内也单调递减.又h (1)=0,所以在(0,1)内无零点,在(1,+∞)内也无零点,故满足条件;②当k >0时,h ′(x )=kx -2x 2⇒h ′(x )=22xkx k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-,(i)若0<k <2,则函数h (x )在(0,1)内单调递减,在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减,在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增,又h (1)=0,所以在(0,1)内无零点;易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0,而h (e 2k )=k ·2k -2+2e2k>0,故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点,所以不满足条件;(ii)若k =2,则函数h (x )在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.又h (1)=0,所以x ∈(0,1)∪(1,+∞)时,h (x )>0恒成立,故无零点,满足条件;(iii)若k >2,则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减,在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增,在(1,+∞)内单调递增,又h (1)=0,所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1,+∞)内均无零点. 又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0,而h (e -k )=k (-k )-2+2e k =2e k -k 2-2,又易证当k >2时,h (e -k )>0,所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点,故不满足条件.综上可得:k 的取值范围为:k ≤0或k =2.题组训练二 由函数零点个数求参数的取值范围 已知函数f (x )=ln x -ax (ax +1),其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)依题意知,函数f (x )的定义域为(0,+∞), 且f ′(x )=1x-2a 2x -a=2a 2x 2+ax -1-x =(2ax -1)(ax +1)-x,当a =0时,f (x )=ln x ,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增; 当a >0时,由f ′(x )>0,得0<x <12a,由f ′(x )<0,得x >12a ,函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增, 在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减.当a <0时,由f ′(x )>0,得0<x <-1a ,由f ′(x )<0,得x >-1a,函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增,在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减. (2)当a =0时,函数f (x )在(]0,1内有1个零点x 0=1;当a >0时,由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增,在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减. ①若12a ≥1,即0<a ≤12时,f (x )在(0,1]上单调递增,由于当x →0时,f (x )→-∞且f (1)=-a 2-a <0知,函数f (x )在(0,1]内无零点;②若0<12a <1,即当a >12时,f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增,在⎥⎦⎤ ⎝⎛1,21a 上单调递减,要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点,只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0,即ln 12a ≥34, 又∵a >12,∴ln 12a <0,∴不等式不成立.∴f (x )在(0,1]内无零点;当a <0时,由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增,在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减. ③若-1a ≥1,即-1≤a <0时,f (x )在(0,1]上单调递增,由于当x →0时,f (x )→-∞,且f (1)=-a 2-a >0,知函数f (x )在(0,1]内有1个零点;④若0<-1a <1,即a <-1时,函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增,在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减,由于当x →0时,f (x )→-∞,且当a <-1时,f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1=ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0,知函数f (x )在(0,1]内无零点.综上可得a 的取值范围是[-1,0].题型三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤: (1)在该区间上构造与方程相应的函数; (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性; (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号; (4)作出结论.已知函数f (x )=(x 2-2x )ln x +ax 2+2.(1)当a =-1时,求f (x )在点(1,f (1))处的切线方程;(2)当a >0时,设函数g (x )=f (x )-x -2,且函数g (x )有且仅有一个零点,若e -2<x <e ,g (x )≤m ,求m 的取值范围.【解析】 (1)当a =-1时,f (x )=(x 2-2x )ln x -x 2+2,定义域为(0,+∞),∵f ′(x )=(2x -2)ln x +x -2-2x =(2x -2)ln x -x -2.∴f ′(1)=-3,又f (1)=1,f (x )在(1,f (1))处的切线方程3x +y -4=0.(2)令g (x )=f (x )-x -2=0,则(x 2-2x )ln x +ax 2+2=x +2,即a =1-(x -2)·ln xx ,令h (x )=1-(x -2)·ln xx,则h ′(x )=-1x 2-1x +2-2ln x x 2=1-x -2ln xx 2.令t (x )=1-x -2ln x ,t ′(x )=-1-2x =-x -2x ,∵t ′(x )<0,t (x )在(0,+∞)上是减函数, 又∵t (1)=h ′(1)=0,所以当0<x <1时,h ′(x )>0, 当x >1时,h ′(x )<0,所以h (x )在(0,1)上单调递增, 在(1,+∞)上单调递减,∴h (x )max =h (1)=1.因为a >0,所以当函数g (x )有且仅有一个零点时,a =1.g (x )=(x 2-2x )ln x +x 2-x ,若e -2<x <e ,g (x )≤m ,只需g (x )max ≤m , g ′(x )=(x -1)(3+2ln x ),令g ′(x )=0得x =1,或x =e -32,又∵e -2<x <e∴函数g (x )在(e -2,e -32)上单调递增,在(e -32,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增,又g (e -32)=-12e -3+2e -32,g (e)=2e 2-3e ,∵g (e -32)=-12e -3+2e -32<2e -32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e =g (e),即g (e -32)<g (e),g (x )max =g (e)=2e 2-3e ,∴m ≥2e 2-3e .题组训练三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 已知y =4x 3+3tx 2-6t 2x +t -1,x ∈R ,t ∈R .(1)当x 为常数时,t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时,求y 的最小值φ(x );(2)证明:对任意的t ∈(0,+∞),总存在x 0∈(0,1),使得y =0.【解析】 (1)当x 为常数时,设f (t )=4x 3+3tx 2-6t 2x +t -1=-6xt 2+(3x 2+1)t +4x 3-1,f ′(t )=-12xt +3x 2+1.①当x ≤0时,由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0,f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增,其最小值φ(x )=f (0)=4x 3-1; ②当x >0时,f (t )的图象是开口向下的抛物线,其对称轴为直线;t =-3x 2+1-12x =3x 2+112x ,若⎩⎪⎨⎪⎧x >0,3x 2+112x ≤13,即13≤x ≤1,则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )=f ⎪⎭⎫⎝⎛32=4x 3+2x 2-83x -13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0,3x 2+112x >13,即0<x <13或x >1,则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )=f (0)=4x 3-1.综合①②,得φ(x )=⎩⎨⎧4x 3-1,x <13或x >1,4x 3+2x 2-83x -13,13≤x ≤1.(2)证明:设g (x )=4x 3+3tx 2-6t 2x +t -1,则g ′(x )=12x 2+6tx -6t 2=12(x +t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0,+∞),当x 在区间(0,+∞)内变化时,g ′(x ),g (x )取值的变化情况如下表:①当t2≥1,即t ≥2时,g (x )在区间(0,1)内单调递减,g (0)=t -1>0,g (1)=-6t 2+4t +3=-2t (3t -2)+3≤-4(3-2)+3<0.所以对任意t ∈[2,+∞),g (x )在区间(0,1)内均存在零点,即存在x 0∈(0,1),使得g (x 0)=0.②当0<t 2<1,即0<t <2时,g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减,在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内单调递增,若t ∈(0,1),则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t =-74t 3+t -1≤-74t 3<0,g (1)=-6t 2+4t +3≥-6t +4t +3=-2t +3≥1>0,所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点;若t ∈(1,2),则g (0)=t -1>0,g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t =-74t 3+t -1<-74×13+2-1<0,所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛2,0t 内存在零点.所以,对任意t ∈(0,2),g (x )在区间(0,1)内均存在零点,即存在x 0∈(0,1),使得g (x 0)=0, 综合①②,对任意的t ∈(0,+∞),总存在x 0∈(0,1),使得y =0.【专题训练】1.已知函数f (x )=xln x+ax ,x >1.(1)若f (x )在(1,+∞)上单调递减,求实数a 的取值范围; (2)若a =2,求函数f (x )的极小值;(3)若方程(2x -m )ln x +x =0,在(1,e]上有两个不等实根,求实数m 的取值范围.[解析] (1)f ′(x )=ln x -1ln 2x +a ,由题意可得f ′(x )≤0在(1,+∞)上恒成立,∴a ≤1ln 2x -1ln x=221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x -14.∵x ∈(1,+∞),∴ln x ∈(0,+∞), ∴当1ln x -12=0时,函数t =221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x -14的最小值为-14,∴a ≤-14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a =2时,f (x )=xln x +2x ,f ′(x )=ln x -1+2ln 2x ln 2x,令f ′(x )=0,得2ln 2x +ln x -1=0, 解得ln x =12或ln x =-1(舍),即x =e 12.当1<x <e 12时,f ′(x )<0,当x >e 12时,f ′(x )>0,∴f (x )的极小值为f (e 12)=e 1212+2e 1e =4e 12.(3)将方程(2x -m )ln x +x =0两边同除以ln x 得(2x -m )+x ln x =0,整理得xln x +2x =m ,即函数g (x )=xln x +2x 的图象与函数y =m 的图象在(1,e]上有两个不同的交点.由(2)可知,g (x )在(1,e 12)上单调递减,在(e 12,e]上单调递增,g (e 12)=4e 12,g (e)=3e ,在(1,e]上,当x →1时,x ln x →+∞,∴4e 12<m ≤3e ,故实数m 的取值范围为(4e 12,3e].2.已知f (x )=2x ln x ,g (x )=x 3+ax 2-x +2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31,求函数g (x )的解析式; (2)在(1)的条件下,求函数y =g (x )的图象在点P (-1,g (-1))处的切线方程; (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )+2恒成立,若方程a e a -m =0恰有两个不等实根,求m 的取值范围.【解】 (1)g ′(x )=3x 2+2ax -1,由题意知,3x 2+2ax -1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31, 即3x 2+2ax -1=0的两根分别是-13,1,代入得a =-1,∴g (x )=x 3-x 2-x +2. (2)由(1)知,g (-1)=1,∴g ′(x )=3x 2-2x -1,g ′(-1)=4,∴点P (-1,1)处的切线斜率k =g ′(-1)=4,∴函数y =g (x )的图象在点P (-1,1)处的切线方程为y -1=4(x +1),即4x -y +5=0.(3)由题意知,2x ln x ≤3x 2+2ax +1对x ∈(0,+∞)恒成立,可得a ≥ln x -32x -12x 对x ∈(0,+∞)恒成立.设h (x )=ln x -32x -12x,则h ′(x )=1x -32+12x 2=-(x -1)(3x +1)2x 2,令h ′(x )=0,得x =1,x =-13(舍),当0<x <1时,h ′(x )>0;当x >1时,h ′(x )<0,∴当x =1时,h (x )取得最大值,h (x )max =h (1)=-2,∴a ≥-2.令φ(a )=a e a ,则φ′(a )=e a +a e a =e a (a +1), ∴φ(a )在[-2,-1]上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,∵φ(-2)=-2e -2=-2e 2,φ(-1)=-e -1=-1e ,当a →+∞时,φ(a )→+∞,∴方程a e a -m =0恰有两个不等实根,只需-1e <m ≤-2e 2.3.设函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c .(1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程;(2)设a =b =4,若函数f (x )有三个不同零点,求c 的取值范围; (3)求证:a 2-3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件.【解析】 (1)由f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,得f ′(x )=3x 2+2ax +b .因为f (0)=c ,f ′(0)=b ,所以曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y =bx +c .(2)当a =b =4时,f (x )=x 3+4x 2+4x +c , 所以f ′(x )=3x 2+8x +4. 令f ′(x )=0,得3x 2+8x +4=0, 解得x =-2或x =-23.f (x )与f ′(x )在区间(-∞,+∞)上的情况如下:所以,当c >0且c -3227<0时,存在x 1∈(-4,-2),x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2,x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3,使得f (x 1)=f (x 2)=f (x 3)=0.由f (x )的单调性知,当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时,函数f (x )=x 3+4x 2+4x +c 有三个不同零点.(3)证明:当Δ=4a 2-12b <0时,f ′(x )=3x 2+2ax +b >0,x ∈(-∞,+∞),此时函数f (x )在区间(-∞,+∞)上单调递增,所以f (x )不可能有三个不同零点.当Δ=4a 2-12b =0时,f ′(x )=3x 2+2ax +b 只有一个零点,记作x 0. 当x ∈(-∞,x 0)时,f ′(x )>0,f (x )在区间(-∞,x 0)上单调递增; 当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )在的区间(x 0,+∞)上单调递增. 所以f (x )不可能有三个不同零点.综上所述,若函数f (x )有三个不同零点,则必有Δ=4a 2-12b >0. 故a 2-3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件.当a =b =4,c =0时,a 2-3b >0,f (x )=x 3+4x 2+4x =x (x +2)2只有两个不同零点,所以a 2-3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件.因此a 2-3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件.。

高三数学专题复习函数的零点与导数的应用关系.doc

高三数学专题复习函数的零点与导数的应用关系.doc

高三数学专题复习函数的零点与导数的应用关系21、(本题满分 14 分)已知函数 f (x) aln x 1 ,( 其中 a R)x( 1)设h(x) f (x) x, 讨论 h( x) 的单调性。

( 2)若函数 f (x)有唯一的零点,求a取值范围。

21.解:( 1) h(x)1x ,定义域为(0, ) ⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分a ln xxh ( x) a 1 1 ax x2 1⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分x x2 x2令 g (x) x2 ax 1, a2 4当0 ,即 2 a 2 时g(x) 0,h (x) 0 此时 h(x) 在 (0, ) 上单调递增。

⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分当0 即 a 2 或 a 2 时,由g( x) 0 得 x1 a a2 4 , x2 aa2 42 2⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分若 a 2 则x1 0 又 x1 x2 1 0 所以 x2 0 故 h ( x) 0 在 (0, ) 上恒成立所以h( x) 在 (0, ) 单调递增⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分若 a 2 则x2 0 又 x1 x2 1 0 所以 x2 0此时当 x (0, x1 ) 时 h ( x) 0 ;当 x ( x1 , x2 ) 时 h (x) 0 当 x (x2 , ) 时 h (x) 0 故 h( x) 在 (0, x1) ,( x2 , ) 上单调递增,在 (x1, x2 ) 单调递减⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分综上,当 a 2 时h( x)在(0, ) 上单调递增当 a 2 时h( x)在(0, x1),( x2, ) 单调递增,在 ( x1 , x2 ) 单调递减⋯⋯⋯⋯⋯8分(2)方法 1:问题等价于 a ln x 1有唯一实根 x显然 a 0 则关于x 的方程1ax ln x 有唯一实根⋯⋯⋯⋯⋯10 分构造函数( x) xln x ,则( x) 1 ln x由' 1 ln x 0 ,得x 1 e当 0 x 1 时,'(x) 0 ,(x) 单调递减,e当 x 1 时,' ( x) 0, (x) 单调递增,e。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

高三数学专题复习 函数的零点与导数的应用关系
21、(本题满分14分) 已知函数1()ln ,()f x a x a R x
=-∈其中 (1)设()(),h x f x x =+讨论()h x 的单调性。

(2)若函数()f x 有唯一的零点,求a 取值范围。

21.解:(1)1()ln h x a x x x
=-+,定义域为(0,)+∞………………1分 22211()1a ax x h x x x x
++'=++=………………2分 令22()1,4g x x ax a =++∆=-
当0∆≤,即22a -≤≤时()0g x ≥,()0h x '≥此时()h x 在(0,)+∞上单调递增。

………………4分
当0∆>即2a <-或2a >时,由()0g x =得1x =,2x = ………………5分
若2a >则10x <又1210x x =>所以20x < 故()0h x '>在(0,)+∞上恒成立 所以()h x 在(0,)+∞单调递增……………………6分
若2a <-则20x >又1210x x =>所以20x >
此时当1(0,)x x ∈时()0h x '>;当12(,)x x x ∈时()0h x '<当2(,)x x ∈+∞时()0h x '> 故()h x 在1(0,)x ,2(,)x +∞上单调递增,在12(,)x x 单调递减……………………7分 综上,当2a ≥-时()h x 在(0,)+∞上单调递增
当2a <-时()h x 在1(0,)x ,2(,)x +∞单调递增,在12(,)x x 单调递减……………8分
(2)方法1:问题等价于1ln a x x =
有唯一实根 显然0a ≠则关于x 的方程1ln x x a
=有唯一实根……………10分 构造函数()ln x x x ϕ=,则()1ln x x ϕ'=+
由0ln 1'=+=x ϕ,得e
x 1=
当e x 10<<时,0)('<x ϕ,)(x ϕ单调递减, 当e x 1>时,)(,0)('x x ϕϕ>单调递增,。

相关文档
最新文档