高考数学-专题3导数的应用-题型-函数根的个数
旧教材适用2023高考数学一轮总复习高考大题专题研究一三利用导数研究函数的零点问题课件
当 x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以要使
f(x)有两个零点，只要
f(ln
a)<0
即可，则
1＋ln
a>0，可得
1 a>e.
综上，若 f(x)有两个零点，则 a 的取值范围是1e，＋∞. 解法二：若 f(x)有两个零点，即 ex－a(x＋2)＝0 有两个解，
显然 x＝－2 不成立，所以 a＝x＋ex 2(x≠－2)有两个解，
则 φ′(x)＝ex＋14x－32． 当 x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此 φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 易知 φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点， 即 h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点， 则 h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点， 所以方程 f(x)＝g(x)的根的个数为 2.
(2)求方程 f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
解 (2)由(1)可知 h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－ x－x，x∈[0，＋∞)， 而 h(0)＝0，则 x＝0 为 h(x)的一个零点． 又 h(x)在(1，2)内有零点， 因此 h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点． h′(x)＝ex－12x－12－1，记 φ(x)＝ex－12x－12－1，
综上可得，当 a＝1 时，函数 f(x)只有一个零点 x＝1； 当 a>1 时，函数 f(x)有两个零点．
题型二 由函数零点个数求解参数取值范围问题例 2 (2020·全国Ⅰ卷) 已知函数 f(x)＝ex－a(x＋2).
(1)当 a＝1 时，讨论 f(x)的单调性；
解 (1)当 a＝1 时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1. 令 f′(x)＜0，解得 x＜0； 令 f′(x)＞0，解得 x＞0. 所以 f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).
高考导数的题型及解题技巧
高考导数的题型及解题技巧高考中，导数是数学必修内容之一，也是考生需要重点掌握的知识点之一。
导数作为微积分的基础，不仅能帮助我们求出函数的极值、最大值、最小值等，还能证明函数的性质，解决数学问题。
在高考中，涉及导数的题目类型有很多，以下是常见的几种题型及解题技巧。
一、求导数求导数是导数的基础操作，也是高考中出现频率最高的题型之一。
求导数的方法有很多，如极限法、公式法、差商法、反函数法等。
在解题时，需要掌握各种方法，依据题目的具体情况选择合适的方法求解。
二、函数的单调性和极值要判断函数的单调性和极值，需要先求出函数的导数，然后通过导数的符号来判断函数的单调性和极值。
如果导数为正，则函数单调递增；如果导数为负，则函数单调递减；如果导数为0，则函数取极值。
在解题时，需要注意导数为0时，还需要判断函数是否具有拐点。
三、曲线的凹凸性和拐点要判断曲线的凹凸性和拐点，同样需要求出函数的导数和二阶导数，然后通过二阶导数的符号来判断曲线的凹凸性和拐点。
如果二阶导数为正，则曲线凹向上；如果二阶导数为负，则曲线凹向下；如果二阶导数为0，则曲线具有拐点。
在解题时，需要注意拐点处是否是函数的极值点。
四、函数的应用题导数在实际生活中有很多应用，如速度、加速度、最优化等。
在解决这类题目时，需要将问题转化为函数的导数问题，然后根据导数的性质求解。
在解题时，需要理解速度、加速度等概念，并注意题目中给定的条件。
总之，导数是高考数学的重点和难点，需要考生认真掌握，熟练运用。
在复习时，建议多做例题，掌握各种求导方法和计算技巧，熟悉各种题型的解题思路，才能在考试中发挥出自己的水平。
导数专题书目录
导数专题书目录第一篇独孤九剑——导数基础专题1总诀式——导数的前世今生第一讲导数基本定义第二讲导数运算法则第三讲复合函数求导第四讲同构函数求导专题2破剑式——数形结合遇导数第一讲导数的几何意义第二讲在点的切线方程第三讲过点的切线方程专题3破刀式——基本性质与应用第一讲单调性问题第二讲极值与最值第三讲恒能分问题专题4破枪式——抽象函数的构造第一讲求导法则与抽象构造第二讲幂函数及其抽象构造第三讲指数函数与抽象构造第四讲对数函数与抽象构造第五讲三角函数与抽象构造第六讲平移与奇偶抽象构造专题5破鞭式——分类讨论的策略第一讲不含参的四类问题第二讲含参数的五类问题专题6破索式——三次函数的探究第一讲基本性质第二讲切线问题第三讲四段论界定第四讲三倍角界定专题7破掌式——指对的破解逻辑第一讲指数模型第二讲对数模型专题8破箭式——六大同构函数论第一讲六大同构函数第二讲外部函数同构第三讲极值底层逻辑专题9破气式——零点与交点问题第一讲零点相关定理第二讲曲线交点问题第三讲零点个数问题第二篇如来神掌——导数选填的奇思妙解专题1心中有佛——秒解抽象函数构造第一讲抽象函数的积分构造第二讲“网红解法”的利弊专题2佛光初现——妙解参数取值范围第一讲零点比大小问题妙解双参比值问题第二讲零点比大小妙解指对单参数的问题第三讲恰到好处的取点妙解双参系列问题专题3金顶佛灯——数轴破整数个数解第一讲对数的取点技巧第二讲指数的取点技巧专题4佛动山河——平口单峰函数探秘第一讲平口二次函数问题第二讲平口对勾函数问题第三讲平口三次函数问题第四讲平口函数万能招数第五讲构造平口单峰函数第六讲必要探路最值界定第七讲倍角定理最值界定专题5佛问伽蓝——拉格朗日插值妙用第一讲三大微分中值定理简述第二讲拉格朗日中值定理应用专题6迎佛西天——构造函数速比大小第一讲构造基本初等函数第二讲构造母函数比大小第三讲构造混阶型比大小专题7天佛降世——琴生不等式破选填第一讲函数的凹凸性第二讲凹凸性的应用专题8佛法无边——极限思想巧妙应用第一讲前世今生论第二讲洛必达法则专题9万佛朝宗——选填压轴同构压制第一讲母函数原理概述第二讲同等双参需同构第三讲同构引出的秒解第三篇无涯剑道——导数三板斧升级篇专题1问剑求生——同类同构第一讲双元同构篇第二讲指对同构篇第三讲朗博同构篇第四讲零点同构篇第五讲同构保值篇第六讲同构导中切专题2持剑逆道——分类同构第一讲分而治之型第二讲端点效应型第三讲志同道合型第四讲分道扬镳型第五讲柳暗花明型专题3迎剑归宗——切点同构第一讲切线问题的进阶处理第二讲公切线问题几何探秘第三讲基本函数的切线找点第四讲跨阶函数的切线找点第五讲双变量乘积处理策略第四篇逍遥功——泰勒与放缩专题1逍遥剑法——泰勒展开第一讲泰勒基本展开式第二讲泰勒与切线找点第三讲泰勒与极值界定第四讲无穷阶极值界定第五讲泰勒与切线界定专题2逍遥刀法——京沪专线第一讲指数型“0”线第二讲对数型“0”线第三讲三角型“0”线专题3逍遥拳法——京九专线第一讲指数型“1”线第二讲对数型“1”线第三讲“e”线放缩论“n”线放缩论第四讲指对混阶放缩论第五讲指对三角放缩论第六讲高阶借位放缩论第七讲充分必要放缩论第八讲数列放缩系统论第五篇武当神功——点睛之笔专题1梯云纵——极点极值第一讲极值点本质第二讲唯一极值点第三讲存在极值点第四讲莫有极值点专题2太和功——隐点代换第一讲直接应用第二讲整体代换第三讲反代消参第四讲降次留参第五讲矛盾区间专题3峰回掌——跨阶找点第一讲找点初步认识第二讲找点策略阐述第三讲高次函数找点第四讲指对函数找点第五讲三角函数找点专题4太极剑——跳阶找点第一讲指对混阶找点第二讲指数三角找点第三讲对数三角找点第四讲终结混阶找点专题5八卦阵——必要探路第一讲端点效应第二讲极点效应第三讲显点效应第四讲隐点效应第五讲内点效应第六讲外点效应第七讲拐点效应第八讲弧点效应第六篇六脉神剑——明元之家专题1少商剑——三三来迟第一讲飘带函数减元第二讲点差法第三讲韦达定理的应用专题2商阳剑——四曾相识第一讲极值点偏移第二讲构造法第三讲拐点偏移第四讲泰勒公式专题3中冲剑——不讲五德第一讲换元构造第二讲对数平均不等式第三讲指数平均不等式第四讲广义对均第五讲深度剖析专题4関冲剑——七晴六遇第一讲零点差模型第二讲极值模型第三讲混合模型专题5少泽剑——第一讲复数三角形式第二讲棣莫弗定理第三讲复数的应用专题6少冲剑——第一讲斜率成等差等比问题第一讲数据逻辑及相关定理第二讲破解逻辑及突破压轴。
高考数学导数题型归纳
导数题型归纳例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =-- （1）若()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值.例2：设函数),10(3231)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-= （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值范围.例3；已知函数32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 处的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。
例4：已知R a ∈，函数x a x a x x f )14(21121)(23++++=． （Ⅰ）如果函数)()(x f x g '=是偶函数，求)(x f 的极大值和极小值；（Ⅱ）如果函数)(x f 是),(∞+-∞上的单调函数，求a 的取值范围．例5、已知函数3211()(2)(1)(0).32f x x a x a x a =+-+-≥ （I ）求()f x 的单调区间；（II ）若()f x 在[0，1]上单调递增，求a 的取值范围。
子集思想例6、已知函数232)1(31)(x k x x f +-=，kx x g -=31)(，且)(x f 在区间),2(+∞上为增函数． （1） 求实数k 的取值范围；（2） 若函数)(x f 与)(x g 的图象有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．例7、已知函数321()22f x ax x x c =+-+ （1）若1x =-是()f x 的极值点且()f x 的图像过原点，求()f x 的极值；（2）若21()2g x bx x d =-+，在（1）的条件下，是否存在实数b ，使得函数()g x 的图像与函数()f x 的图像恒有含1x =-的三个不同交点？若存在，求出实数b 的取值范围；否则说明理由。
高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用3
高考数学一轮复习 第三章 3.7 利用导数研究函数零点 题型一 数形结合法研究函数零点例1 (2020·全国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 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x ＋2)，即1a ＝x ＋2ex ，所以函数y ＝1a 的图象与函数φ(x )＝x ＋2e x 的图象有两个交点，φ′(x )＝－x －1e x ，当x ∈(－∞，－1)时，φ′(x )>0； 当x ∈(－1，＋∞)时，φ′(x )<0， 所以φ(x )在(－∞，－1)上单调递增， 在(－1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(－1)＝e ，且x →－∞时， φ(x )→－∞；x →＋∞时，φ(x )→0， 所以0<1a <e ，解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 教师备选已知函数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 (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－1e2 单调递增∴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)＝－1e 2，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，－1e 2，(－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 )＝x ＋1e －x →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.∴关于函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点个数有如下结论：当a <－1e 2时，零点的个数为0；当a ＝－1e 2或a ≥0时，零点的个数为1；当－1e2<a <0时，零点的个数为2.思维升华 含参数的函数零点个数，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，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，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 )－x3零点的个数．解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2. (2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．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 )的唯一极值点，且是极大值点， ∴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；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 利用函数性质研究函数零点例2 (12分)(2021·全国甲卷)设函数f (x )＝a 2x 2＋ax －3ln x ＋1，其中a >0. (1)讨论f (x )的单调性； [切入点：判断f ′(x )的正负](2)若y ＝f (x )的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. [关键点：f (x )>0且f (x )有最小值]教师备选已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4. (1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点． (1)解 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0∪⎝⎛⎭⎫π2，π时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－π2，0，⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． (2)证明 h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ， ∵h (－x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝h (x )， ∴h (x )为偶函数． 又∵h (0)＝0，∴x ＝0为函数h (x )的零点．下面讨论h (x )在(0，＋∞)上的零点个数： h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝x (x －4sin x )＋4(1－cos x )． 当x ∈[4，＋∞)时， x －4sin x >0,4(1－cos x )≥0， ∴h (x )>0， ∴h (x )无零点； 当x ∈(0,4)时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x )， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，h ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，4时，h ′(x )>0，∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫π3，4上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫π3＝π29＋4－4π3sin π3－4cos π3＝π29＋2－23π3<0，又h (0)＝0，且h (4)＝20－16sin 4－4cos 4>0， ∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上无零点，在⎝⎛⎭⎫π3，4上有唯一零点． 综上，h (x )在(0，＋∞)上有唯一零点， 又h (0)＝0且h (x )为偶函数， 故h (x )在R 上有且仅有三个零点．思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练2 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 )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)， 单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明 因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立， 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 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0， 所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．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＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0， f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上所述，f (x )只有一个零点．题型三 构造函数法研究函数的零点例3 (2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x aa 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 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x 2－x ln 22x(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 )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln 2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln xx 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 )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)． 教师备选(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝x 2＋3x ＋2＝(x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝－2， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝－23，极小值为f (－1)＝－56.(2)由(1)知g (x )＝x 2＋3x ＋2＋k e x －1＝x 2＋3x ＋1＋k e x ， 由题知需x 2＋3x ＋1＋k e x ＝0有三个不同的解，即k ＝－x 2＋3x ＋1e x有三个不同的解．设h (x )＝－x 2＋3x ＋1e x，则h ′(x )＝x 2＋x －2e x ＝x ＋2x －1e x ，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 当x ∈(－2,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，又当x →－∞时，h (x )→－∞， 当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )<0， 且h (－2)＝e 2，h (1)＝－5e .作出函数h (x )的简图如图，数形结合可知，－5e<k <0.思维升华 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．跟踪训练3 设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(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 )图象的交点个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x ＋mx －mx .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 )＝－12x 2＋(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 －1x －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)＝－ln 4<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 )的图象总有一个交点．课时精练1．(2022·贵阳模拟)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2(a ≠0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，g (x )＝f (x )－2x ＋b ，讨论g (x )的零点个数．解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )，若a >0，当x ∈(－∞，0)∪(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，若a <0，当x ∈(－∞，a )∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(a,0)时，f ′(x )<0，综上，当a >0时，f (x )在(－∞，0)，(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减， 当a <0时，f (x )在(－∞，a )，(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减．(2)g (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋b ， 令g (x )＝0，所以b ＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 令h (x )＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 则h ′(x )＝－x 2＋x ＋2＝－(x －2)(x ＋1)，所以h ′(2)＝0，h ′(－1)＝0，且当x <－1时，h ′(x )<0；当－1<x <2时，h ′(x )>0；当x >2时，h ′(x )<0，所以h (x )极小值＝h (－1)＝13＋12－2＝－76， h (x )极大值＝h (2)＝－13×8＋12×4＋4＝103， 如图，当b <－76或b >103时，函数g (x )有1个零点； 当b ＝－76或b ＝103时，函数g (x )有2个零点； 当－76<b <103时，函数g (x )有3个零点．2．已知函数f (x )＝e x (ax ＋1)，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx －e.(1)求a ，b 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－3e x －m 有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝e x (ax ＋1)，则f ′(x )＝e x (ax ＋1)＋e x ·a ＝e x (ax ＋1＋a )，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝e 2a ＋1＝b ，f 1＝e a ＋1＝b －e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3e ， ∴a ＝1，b ＝3e.(2)g (x )＝f (x )－3e x －m ＝e x (x －2)－m ，函数g (x )＝e x (x －2)－m 有两个零点，相当于函数u (x )＝e x ·(x －2)的图象与直线y ＝m 有两个交点，u ′(x )＝e x ·(x －2)＋e x ＝e x (x －1)，当x ∈(－∞，1)时，u ′(x )<0，∴u (x )在(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0，∴u (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ＝1时，u (x )取得极小值u (1)＝－e.又当x →＋∞时，u (x )→＋∞，当x <2时，u (x )<0，∴－e<m <0，∴实数m 的取值范围为(－e,0)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e 2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上单调递增，且当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0，当x <0时，取x ＝－1a， 则f ⎝⎛⎭⎫－1a <1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －1＝－a <0， ∴函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则x ＝ln(－a )．当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．当x →－∞时，f (x )→＋∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．4．(2022·潍坊模拟)已知函数f (x )＝x 2－a sin x －2(a ∈R )． (1)若曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线经过坐标原点，求实数a ； (2)当a >0时，判断函数f (x )在x ∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．解 (1)f ′(x )＝2x sin x －x 2－a cos x sin 2x， f ′⎝⎛⎭⎫π2＝π，所以f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线方程为y ＝πx ，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝π22， 即π24－a －2＝π22，a ＝－π24－2. (2)因为x ∈(0，π)，所以sin x >0，所以x 2－a sin x －2＝0可转化为x 2－a －2sin x ＝0， 设g (x )＝x 2－a －2sin x ，则g ′(x )＝2x －2cos x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，π时，g ′(x )>0，所以g (x )在区间⎣⎡⎭⎫π2，π上单调递增．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时， 设h (x )＝g ′(x )＝2x －2cos x ，此时h ′(x )＝2＋2sin x >0，所以g ′(x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， 又 g ′(0)＝－2<0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝π>0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得g ′(x )＝0且x ∈(0，x 0)时g (x )单调递减， x ∈⎣⎡⎭⎫x 0，π2时g (x )单调递增． 综上，对于连续函数g (x )，当x ∈(0，x 0)时，g (x )单调递减， 当x ∈(x 0，π)时，g (x )单调递增．又因为g (0)＝－a <0，所以当g (π)＝π2－a >0，即a <π2时，函数g (x )在区间(x 0，π)上有唯一零点，当g (π)＝π2－a ≤0，即a ≥π2时，函数g (x )在区间(0，π)上无零点， 综上可知，当0<a <π2时，函数f (x )在(0，π)上有1个零点； 当a ≥π2时，函数f (x )在(0，π)上没有零点．。
考前归纳总结导数中的有关方程根的问题
导数中的有关方程根的问题一、常见基本题型：(1) 判断根的个数问题，常常转化为函数图象的交点个数问题，通过构造函数来求解，例1.已知函数221()ln(1),().1f x x g x a x =+=+-求方程()()f x g x =的根的个数. 解： 令221()()()ln(1)1h x f x g x x a x =-=+--- '2222222211()21(1)1(1)x x h x x x x x x ⎡⎤=+=+⎢⎥+-+-⎣⎦当[0,1)(1,)x ∈⋃+∞时，'()0h x ≥当(,1)(1,0)x ∈-∞-⋃-时，'()0h x <因此，()h x 在(,1),(1,0)-∞--时，()h x 单调递减，在(0,1),(1,)+∞时，()h x 单调递增.又()h x 为偶函数，当(1,1)x ∈-时，()h x 极小值为(0)1h a =-当1x -→-时，()h x →-∞， 当1x +→-时，()h x →+∞当x →-∞时，()h x →+∞， 当x →+∞时，()h x →+∞故()()f x g x =的根的情况为：当10a ->时，即1a <时，原方程有2个根；当10a -=时，即1a =时，原方程有3个根；当10a -<时，即1a >时，原方程有4个根（2）已知方程在给定的区间上解的情况，去求参数的取值范围，另外有关方程零点的 个数问题其实质也是方程根的问题。
例1.已知32()(),(,f x ax bx b a x a b =++-是不同时为零的常数），其导函数为()f x '，（1）求证：函数()y f x '=在(1,0)-内至少存在一个零点；（2）若函数()f x 为奇函数，且在1x =处的切线垂直于直线230x y +-=，关于x的方程1()4f x t =-在[1,](1)t t ->-上有且只有一个实数根，求实数t 的取值 范围.解：（1）证明：因为2()32f x ax bx b a '=++-当0a =时，12x =-符合题意； 当0a ≠时，2321b b x x a a ++-，令b t a =，则2321x tx t ++- 令2()321h x x tx t =++-，11()024h -=-<， 当1t >时，(0)10h t =->， ()y h x ∴=在1(,0)2-内有零点；当1t ≤时，(1)210h t -=-≥>，()y h x ∴=在1(1,)2--内有零点.∴当0a ≠时，()y h x =在(1,0)-内至少有一个零点. 综上可知，函数()y f x '=在(1,0)-内至少有一个零点（2） 因为32()()f x ax bx b a x =++-为奇函数，所以0b =，所以3()f x ax ax =-，2()3f x ax a '=-. 又()f x 在1x =处的切线垂直于直线230x y +-=，所以1a =，即3()f x x x =-.()f x ∴在(,),()33-∞-+∞上是单调递增函数，在[上是单调递减函数，由()0f x =解得1x =±，0x =，由1()4f x x =-解之得0x x ==作()y f x =与14y x =-的图知交点横坐标为02x x =±=当383[(0,){}x ∈时，过14y x =-图象上任意一点向左作平行于 x 轴的直线与()y f x =都只有唯一交点，当x 取其它任何值时都有两个或没有交点。
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解3---导数的几何意义及函数的单调性
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第3讲导数的几何意义及函数的单调性[考情分析] 1.导数的几何意义和计算是导数应用的基础，是高考的热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性，是导数应用的重点内容，也是高考的常见题型，以选择题、填空题的形式考查，或为导数解答题第一问，难度中等偏上，属综合性问题．考点一导数的几何意义与计算核心提炼1．导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．(3)切点既在切线上，又在曲线上．2．复合函数的导数复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′x＝y′u·u′x.例1(1)(2022·焦作模拟)函数f(x)＝(2e x－x)·cos x的图象在x＝0处的切线方程为()A．x－2y＋1＝0 B．x－y＋2＝0C．x＋2＝0 D．2x－y＋1＝0答案 B解析由题意，函数f(x)＝(2e x－x)·cos x，可得f′(x)＝(2e x－1)·cos x－(2e x－x)·sin x，所以f′(0)＝(2e0－1)·cos 0－(2e0－0)·sin 0＝1，f(0)＝(2e0－0)·cos 0＝2，所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝x－0，即x－y＋2＝0.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________． 答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞)解析 因为y ＝(x ＋a )e x ，所以y ′＝(x ＋a ＋1)e x .设切点为A (x 0，(x 0＋a )0e x)，O 为坐标原点，依题意得，切线斜率k OA ＝0=|x x y'＝(x 0＋a ＋1)0e x ＝000e x x a x (+)，化简，得x 20＋ax 0－a ＝0.因为曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，所以关于x 0的方程x 20＋ax 0－a ＝0有两个不同的根，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0，所以a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．易错提醒 求曲线的切线方程要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点． 跟踪演练1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y ＝ln|x |过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________.答案 y ＝1e xy ＝－1ex 解析 先求当x >0时，曲线y ＝ln x 过原点的切线方程，设切点为(x 0，y 0)，则由y ′＝1x ，得切线斜率为1x 0， 又切线的斜率为y 0x 0，所以1x 0＝y 0x 0， 解得y 0＝1，代入y ＝ln x ，得x 0＝e ，所以切线斜率为1e ，切线方程为y ＝1ex . 同理可求得当x <0时的切线方程为y ＝－1ex . 综上可知，两条切线方程为y ＝1e x ，y ＝－1ex . (2)(2022·保定联考)已知函数f (x )＝a ln x ，g (x )＝b e x ，若直线y ＝kx (k >0)与函数f (x )，g (x )的图象都相切，则a ＋1b的最小值为( ) A ．2 B ．2eC ．e 2D. e答案 B解析 设直线y ＝kx 与函数f (x )，g (x )的图象相切的切点分别为A (m ，km )，B (n ，kn )．由f ′(x )＝a x ，有⎩⎪⎨⎪⎧ km ＝a ln m ，a m ＝k ，解得m ＝e ，a ＝e k .又由g ′(x )＝b e x ，有⎩⎪⎨⎪⎧kn ＝b e n ，b e n ＝k ， 解得n ＝1，b ＝k e， 可得a ＋1b ＝e k ＋e k≥2e 2＝2e ， 当且仅当a ＝e ，b ＝1e时取“＝”．考点二 利用导数研究函数的单调性 核心提炼利用导数研究函数单调性的步骤(1)求函数y ＝f (x )的定义域．(2)求f (x )的导数f ′(x )．(3)求出f ′(x )的零点，划分单调区间．(4)判断f ′(x )在各个单调区间内的符号．例2(2022·哈师大附中模拟)已知函数f (x )＝ax e x －(x ＋1)2(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若f (x )在x ＝0处的切线与直线y ＝ax 垂直，求a 的值；(2)讨论函数f (x )的单调性．解 (1)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，则f ′(0)＝a －2，由已知得(a －2)a ＝－1，解得a ＝1.(2)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，①当a ≤0时，a e x －2<0，所以f ′(x )>0⇒x <－1，f ′(x )<0⇒x >－1，则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；②当a >0时，令a e x －2＝0，得x ＝ln 2a， (ⅰ)当0<a <2e 时，ln 2a>－1， 所以f ′(x )>0⇒x <－1或x >ln 2a， f ′(x )<0⇒－1<x <ln 2a， 则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增； (ⅱ)当a ＝2e 时，f ′(x )＝2(x ＋1)(e x ＋1－1)≥0， 则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；(ⅲ)当a >2e 时，ln 2a<－1， 所以f ′(x )>0⇒x <ln 2a或x >－1， f ′(x )<0⇒ln 2a<x <－1， 则f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 综上，当a ≤0时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；当0<a <2e 时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增； 当a ＝2e 时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 规律方法 (1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制；(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论；(3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．跟踪演练2 (2022·北京模拟)已知函数f (x )＝ln x －ln t x －t. (1)当t ＝2时，求f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间．解 (1)∵t ＝2，∴f (x )＝ln x －ln 2x －2， ∴f ′(x )＝x －2x －ln x ＋ln 2(x －2)2， ∴f ′(1)＝ln 2－1，又f (1)＝ln 2，∴切线方程为y －ln 2＝(ln 2－1)(x －1)，即y ＝(ln 2－1)x ＋1.(2)f (x )＝ln x －ln t x －t， ∴f (x )的定义域为(0，t )∪(t ，＋∞)，且t >0，f ′(x )＝1－t x －ln x ＋ln t (x －t )2， 令φ(x )＝1－t x－ln x ＋ln t ，x >0且x ≠t ， φ′(x )＝t x 2－1x ＝t －x x 2， ∴当x ∈(0，t )时，φ′(x )>0，当x ∈(t ，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，t )上单调递增，在(t ，＋∞)上单调递减，∴φ(x )<φ(t )＝0，∴f ′(x )<0，∴f (x )在(0，t )，(t ，＋∞)上单调递减．即f (x )的单调递减区间为(0，t )，(t ，＋∞)，无单调递增区间．考点三 单调性的简单应用 核心提炼1．函数f (x )在区间D 上单调递增(或递减)，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)在x ∈D 上恒成立．2．函数f (x )在区间D 上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在x ∈D 上有解．例3 (1)若函数f (x )＝e x (cos x －a )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2，＋∞) B ．(1，＋∞)C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞)答案 D解析 f ′(x )＝e x (cos x －a )＋e x (－sin x )＝e x (cos x －sin x －a )，∵f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，∴f ′(x )≤0在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上恒成立，即cos x －sin x －a ≤0恒成立，即a ≥cos x －sin x ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4恒成立，∵－π2<x <π2，∴－π4<x ＋π4<3π4，∴－1<2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≤2，∴a ≥ 2.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a ＝0.1e 0.1，b ＝19，c ＝－ln 0.9，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．a <c <b答案 C解析 设u (x )＝x e x (0<x ≤0.1)，v (x )＝x 1－x(0<x ≤0.1)， w (x )＝－ln(1－x )(0<x ≤0.1)．则当0<x ≤0.1时，u (x )>0，v (x )>0，w (x )>0.①设f (x )＝ln[u (x )]－ln[v (x )]＝ln x ＋x －[ln x －ln(1－x )]＝x ＋ln(1－x )(0<x ≤0.1)，则f ′(x )＝1－11－x ＝x x －1<0在(0,0.1]上恒成立， 所以f (x )在(0,0.1]上单调递减，所以f (0.1)<f (0)＝0＋ln(1－0)＝0，即ln[u (0.1)]－ln[v (0.1)]<0，所以ln[u (0.1)]<ln[v (0.1)]．又函数y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，所以u (0.1)<v (0.1)，即0.1e 0.1<19，所以a <b . ②设g (x )＝u (x )－w (x )＝x e x ＋ln(1－x )(0<x ≤0.1)，则g ′(x )＝(x ＋1)e x －11－x＝(1－x 2)e x －11－x(0<x ≤0.1)． 设h (x )＝(1－x 2)e x －1(0<x ≤0.1)，则h ′(x )＝(1－2x －x 2)e x >0在(0,0.1]上恒成立，所以h (x )在(0,0.1]上单调递增，所以h (x )>h (0)＝(1－02)·e 0－1＝0，即g ′(x )>0在(0,0.1]上恒成立，所以g (x )在(0,0.1]上单调递增，所以g (0.1)>g (0)＝0·e 0＋ln(1－0)＝0，即g (0.1)＝u (0.1)－w (0.1)>0，所以0.1e 0.1>－ln 0.9，即a >c .综上，c <a <b ，故选C.规律方法 利用导数比较大小或解不等式的策略利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题，转化为利用导数研究函数单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．跟踪演练3 (1)(2022·全国甲卷)已知9m ＝10，a ＝10m －11，b ＝8m －9，则( )A ．a ＞0＞bB ．a ＞b ＞0C ．b ＞a ＞0D ．b ＞0＞a答案 A解析 ∵9m ＝10，∴m ∈(1,2)，令f (x )＝x m －(x ＋1)，x ∈(1，＋∞)，∴f ′(x )＝mx m －1－1， ∵x >1且1<m <2，∴x m －1>1，∴f ′(x )>0， ∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，又9m ＝10，∴9m －10＝0，即f (9)＝0，又a ＝f (10)，b ＝f (8)，∴f (8)<f (9)<f (10)，即b <0<a .(2)已知变量x 1，x 2∈(0，m )(m >0)，且x 1<x 2，若2112x x x x 恒成立，则m 的最大值为(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)( )A ．e B. e C.1eD ．1 答案 A解析 ∵2112x x x x ⇒x 2ln x 1<x 1ln x 2，x 1，x 2∈(0，m )，m >0，∴ln x 1x 1<ln x 2x 2恒成立， 设函数f (x )＝ln x x ，∵x 1<x 2，f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(0，m )上单调递增，又f ′(x )＝1－ln xx 2，则f ′(x )>0⇒0<x <e ，即函数f (x )的单调递增区间是(0，e)，则m 的最大值为e.专题强化练一、单项选择题1．(2022·张家口模拟)已知函数f (x )＝1x －2x ＋ln x ，则函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为() A ．2x ＋y －2＝0 B ．2x －y －1＝0C ．2x ＋y －1＝0D ．2x －y ＋1＝0答案 C解析 因为f ′(x )＝－1x 2－2＋1x ，所以f ′(1)＝－2，又f (1)＝－1，故函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－1)＝－2(x －1)，化简得2x ＋y －1＝0.2．已知函数f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，其导函数为f ′(x )，则f ′(0)等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．2答案 C解析 因为f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，所以f (0)＝2－f ′(0)．因为f ′(x )＝2x ＋f (0)＋f ′(0)·sin x ，所以f ′(0)＝f (0)．故f ′(0)＝f (0)＝1.3．(2022·重庆检测)函数f (x )＝e －x cos x (x ∈(0，π))的单调递增区间为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，π2B.⎝⎛⎭⎫π2，π C.⎝⎛⎭⎫0，3π4 D.⎝⎛⎭⎫3π4，π 答案 D解析 f ′(x )＝－e －x cos x －e －x sin x ＝－e －x (cos x ＋sin x )＝－2e －x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，3π4时， e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4>0，则f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫3π4，π时，e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4<0，则f ′(x )>0. ∴f (x )在(0，π)上的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫3π4，π.4．(2022·厦门模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x －mx 在区间x ∈[1,2]上存在单调递增区间，则m 的取值范围为( )A ．(0，e)B ．(－∞，e)C ．(0,2e 2)D ．(－∞，2e 2)答案 D解析 ∵f (x )＝(x －1)e x －mx ，∴f ′(x )＝x e x －m ，∵f (x )在区间[1,2]上存在单调递增区间，∴存在x ∈[1,2]，使得f ′(x )>0，即m <x e x ，令g (x )＝x e x ，x ∈[1,2]，则g ′(x )＝(x ＋1)e x >0恒成立，∴g (x )＝x e x 在[1,2]上单调递增，∴g (x )max ＝g (2)＝2e 2，∴m <2e 2，故实数m 的取值范围为(－∞，2e 2)．5．(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x 的两条切线，则( )A ．e b <aB ．e a <bC ．0<a <e bD ．0<b <e a答案 D解析 (用图估算法)过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x 的两条切线，则点(a ，b )在曲线y ＝e x 的下方且在x 轴的上方，得0<b <e a .6．已知a ＝e 0.3，b ＝ln 1.52＋1，c ＝ 1.5，则它们的大小关系正确的是( ) A ．a >b >c B ．a >c >bC ．b >a >cD ．c >b >a答案 B解析 由b ＝ln 1.52＋1＝ln 1.5＋1，令f (x )＝ln x ＋1－x ，则f ′(x )＝1x －1，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0；所以f (x )＝ln x ＋1－x 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f (1)＝0，则f ( 1.5)<0，因此ln 1.5＋1－ 1.5<0，所以b <c ，又因为c ＝ 1.5<1.3，所以ln 1.5＋1< 1.5<1.3，得ln 1.5<0.3＝ln e 0.3， 故 1.5<e 0.3，所以a >c .综上，a >c >b .二、多项选择题7．若曲线f (x )＝ax 2－x ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则a 的取值可以是() A ．－12 B ．0 C.18 D.14答案 ABC解析 依题意，f (x )存在垂直于y 轴的切线，即存在切线斜率k ＝0的切线，又k ＝f ′(x )＝2ax ＋1x －1，x >0，∴2ax ＋1x －1＝0有正根，即－2a ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 有正根，即函数y ＝－2a 与函数y ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x ，x >0的图象有交点，令1x ＝t >0，则g (t )＝t 2－t ＝⎝⎛⎭⎫t －122－14，∴g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫12＝－14，∴－2a ≥－14，即a ≤18.8．已知函数f (x )＝ln x ，x 1>x 2>e ，则下列结论正确的是() A ．(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0B.12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x22C ．x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0D ．e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2答案 BCD解析 ∵f (x )＝ln x 是增函数，∴(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，A 错误；12[f (x 1)＋f (x 2)]＝12(ln x 1＋ln x 2)＝12ln(x 1x 2)＝ln x 1x 2，f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝ln x 1＋x 22，由x 1>x 2>e ，得x 1＋x 22>x 1x 2，又f (x )＝ln x 单调递增，∴12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x1＋x 22，B 正确；令h (x )＝f (x )x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2， 当x >e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x 1)<h (x 2)，即 f (x 1)x 1< f (x 2)x 2⇒x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0， C 正确；令g (x )＝e f (x )－x ，则g ′(x )＝e x－1， 当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴g (x 1)<g (x 2)，即e f (x 1)－x 1<e f (x 2)－x 2⇒e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2，D 正确．三、填空题9．(2022·保定模拟)若函数f (x )＝ln x －2x＋m 在(1，f (1))处的切线过点(0,2)，则实数m ＝______. 答案 6解析 由题意，函数f (x )＝ln x －2x ＋m ， 可得f ′(x )＝1x ＋321x ， 可得f ′(1)＝2，且f (1)＝m －2，所以m －2－21－0＝2，解得m ＝6. 10．已知函数f (x )＝x 2－cos x ，则不等式f (2x －1)<f (x ＋1)的解集为________．答案 (0,2)解析 f (x )的定义域为R ，f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，∴f (x )为偶函数．当x >0时，f ′(x )＝2x ＋sin x ，令g (x )＝2x ＋sin x ，则g ′(x )＝2＋cos x >0，∴f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )>f ′(0)＝0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x )为偶函数，∴原不等式化为|2x －1|<|x ＋1|，解得0<x <2，∴原不等式的解集为(0,2)．11．(2022·伊春模拟)过点P (1,2)作曲线C ：y ＝4x的两条切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 的方程为________．答案 2x ＋y －8＝0解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y ′＝－4x 2， 所以曲线C 在A 点处的切线方程为y －y 1＝－4x 21(x －x 1)， 将P (1,2)代入得2－y 1＝－4x 21(1－x 1)， 因为y 1＝4x 1，化简得2x 1＋y 1－8＝0， 同理可得2x 2＋y 2－8＝0，所以直线AB 的方程为2x ＋y －8＝0.12．已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3，则实数a 的取值范围是________．答案a ≤－1解析 对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有 f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3. 不妨设x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)<3(x 1－x 2)，即f (x 1)－3x 1<f (x 2)－3x 2，设F (x )＝f (x )－3x ，则F (x 1)<F (x 2)，又x 1<x 2，所以F (x )单调递增，F ′(x )≥0恒成立．F (x )＝f (x )－3x ＝12x 2－(a ＋3)x ＋ln x . 所以F ′(x )＝x －(3＋a )＋1x ＝x 2－(3＋a )x ＋1x， 令g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1，要使F ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1≥0恒成立，即3＋a ≤x ＋1x 恒成立，x ＋1x ≥2x ·1x＝2， 当且仅当x ＝1x，即x ＝1时等号成立， 所以3＋a ≤2，即a ≤－1.四、解答题13．(2022·滁州模拟)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若函数在x ＝1处的切线与直线x －4y －2＝0垂直，求实数a 的值；(2)当a >0时，讨论函数的单调性．解 函数定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x )＝2x －2＋a x. (1)由已知得f ′(1)＝2×1－2＋a ＝－4，得a ＝－4.(2)f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x(x >0)， 对于方程2x 2－2x ＋a ＝0，记Δ＝4－8a .①当Δ≤0，即a ≥12时，f ′(x )≥0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当Δ>0，即0<a <12时，令f ′(x )＝0， 解得x 1＝1－1－2a 2，x 2＝1＋1－2a 2. 又a >0，故x 2>x 1>0.当x ∈(0，x 1)∪(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．综上所述，当a ≥12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当0<a <12时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2a 2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2a 2，＋∞上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－2a 2，1＋1－2a 2上单调递减． 14．(2022·湖北八市联考)设函数f (x )＝e x －(ax －1)ln(ax －1)＋(a ＋1)x .(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)(1)当a ＝1时，求F (x )＝e x －f (x )的单调区间；(2)若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，F (x )＝e x －f (x )＝(x －1)ln(x －1)－2x ，定义域为(1，＋∞)，F ′(x )＝ln(x －1)－1，令F ′(x )>0，解得x >e ＋1，令F ′(x )<0，解得1<x <e ＋1，故F (x )的单调递增区间为(e ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e ＋1)．(2)f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上有意义，故ax －1>0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，可得a >e ，依题意可得f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1≥0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，设g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1，g ′(x )＝e x－a 2ax －1， 易知g ′(x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，故g ′(x )≤g ′(1)＝e －a 2a －1<0， 故g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递减，最小值为g (1)，故只需g (1)＝e －a ln(a －1)＋1≥0，设h (a )＝e －a ln(a －1)＋1，其中a >e ，由h ′(a )＝－ln(a －1)－a a －1<0可得， h (a )＝e －a ln(a －1)＋1在(e ，＋∞)上单调递减，又h (e ＋1)＝0，故a ≤e ＋1.综上所述，a 的取值范围为(e ，e ＋1]．。
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).。
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高考数学-导数考点导数公式0;C '=（C 为常数） ②()1;n n x nx -'= ③(sin )cos x x '=; ④(cos )sin x x '=-; ⑤();x x e e '= ⑥()ln x x a a a '=; ⑦()1ln x x '=; ⑧()1l g log a a o x e x'=.导数法则(.)'''v u v u ±=± .)('''uv v u uv += .)(''Cu Cu = ='⎪⎭⎫⎝⎛v u 2''v uv v u -（v ≠0） 复合函数的导数形如y=f [x (ϕ])的函数称为复合函数。
法则：y ＇|X = y ＇|U ·u ＇|X 或者[()]()*()f x f x ϕμϕ'''=. 导数的应用：1）.函数的单调性 2）．极点与极值 3）．最值在区间[a ，b]上连续的函数f )(x 在[a ，b]上必有最大值与最小值。
但在开区间（a ，b ）内连续函数f （x ）不一定有最大值，例如3(),(1,1)f x x x =∈-。
函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点处必定是极值。
补充：曲线切线问题中，点P 处的切线和过点P 的切线是两个概念，后者包括前者，前者只有一条。
曲线的切线与曲线的交点不一定只有一个。
和二次函数有区别。
导数为零的点，不一定都是极值点。
如三次函数。
求极值时，要求步骤规范、表格齐全。
含参数时要讨论参数的范围。
求积分时：x 轴上方的面积等于该区间上的积分值，下方的面积等于该区间上积分值的相反数。
例：求函数13)(3+-=x x x f 在闭区间[-3，0]上的最大值、最小值。
[解析]：由33)(2'-=x x f =0，得1±=x ，当1-<x 时，)(/x f >0，当11<<-x 时，)(/x f <0，当1>x 时，)(/x f >0， 故)(x f 的极小值、极大值分别为1)1(3)1(-==-f f 、， 而1)0(17)3(=-=-f f 、故函数13)(3+-=x x x f 在[-3，0]上的最大值、最小值分别是3、-17。
导数题型--根的个数问题题型一：原函数根的个数问题第一步：画出 “趋势图”，如画出三次函数的大致趋势“是先增后减再增”还是“先减后增再减”；第二步：由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式（组）；主要看极大值和极小值与0的关系；第三步：解不等式（组）即可； 例1、已知函数232)1(31)(x k x x f +-=，kx x g -=31)(，且)(x f 在区间),2(+∞上为增函数．（1）求实数k 的取值范围；（2）若函数)(x f 与)(x g 的图象有三个不同的交点，求实数k 的取值范围． 解：（1）由题意x k x x f )1()(2+-=' ∵)(x f 在区间),2(+∞上为增函数， ∴0)1()(2>+-='x k x x f 在区间),2(+∞上恒成立（分离变量法）即x k <+1恒成立，又2>x ，∴21≤+k ，故1≤k ∴k 的取值范围为1≤k（2）设312)1(3)()()(23-++-=-=kx x k x x g x f x h ， )1)(()1()(2--=++-='x k x k x k x x h令0)(='x h 得k x =或1=x 由（1）知1≤k ，①当1=k 时，0)1()(2≥-='x x h ，)(x h 在R 上递增，显然不合题意… ②当1<k 时，)(x h ，)(x h '随x 的变化情况如下表：由于021<-k ，欲使)(x f 与)(x g 的图象有三个不同的交点，即方程0)(=x h 有三个不同的实根，故需0312623>-+-k k ，即0)22)(1(2<---k k k ∴⎩⎨⎧>--<02212k k k ，解得31-<k 综上，所求k 的取值范围为31-<k例2、已知函数321()22f x ax x x c =+-+（1）若1x =-是()f x 的极值点且()f x 的图像过原点，求()f x 的极值；（2）若21()2g x bx x d =-+，在（1）的条件下，是否存在实数b ，使得函数()g x 的图像与函数()f x 的图像恒有含1x =-的三个不同交点？若存在，求出实数b 的取值范围；否则说明理由。
根的个数知道，部分根可求或已知。
解：（1）∵()f x 的图像过原点，则(0)00f c =⇒= 2()32f x ax x '=+-， 又∵1x =-是()f x 的极值点，则(1)31201f a a '-=--=⇒=-2()32(32)(1)0f x x x x x '∴=+-=-+=3()(1)2f x f =-=极大值 222()()37f x f ==-极小值（2）设函数()g x 的图像与函数()f x 的图像恒存在含1x =-的三个不同交点，等价于()()f x g x =有含1x =-的三个根，即：1(1)(1)(1)2f g d b -=-⇒=--3221112(1)222x x x bx x b ∴+-=---整理得：即：3211(1)(1)022x b x x b ---+-=恒有含1x =-的三个不等实根3211()(1)(1)022h x x b x x b =---+-=有含1x =-的根，则()h x 必可分解为(1)()0x +=二次式，故用添项配凑法因式分解，3x 22x x +-211(1)(1)022b x x b ---+-= 可得：2211(1)(1)(1)022x x b x x b ⎡⎤+-++--=⎢⎥⎣⎦221(1)(1)2(1)02x x b x x b ⎡⎤+-++--=⎣⎦十字相乘法分解：[]()21(1)(1)(1)102x x b x b x +-+--+=即211(1)(1)(1)022x x b x b ⎡⎤+-++-=⎢⎥⎣⎦3211(1)(1)022x b x x b ∴---+-=恒有含1x =-的三个不等实根等价于211(1)(1)022x b x b -++-=有两个不等于-1的不等实根。
2211(1)4(1)04211(1)(1)(1)022b b b b ⎧∆=+-⨯->⎪⎪⇒⎨⎪-+++-≠⎪⎩(,1)(1,3)(3,)b ⇒∈-∞-⋃-⋃+∞ 题型二：切线条数问题 以切点0x 为未知数的方程的根的个数例1、已知函数32()f x ax bx cx =++在点0x 处取得极小值－4，使其导数'()0f x >的x 的取值范围为(1,3)，求：（1）()f x 的解析式；（2）若过点(1,)P m -可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围． 解：（1）2'()323(1)(3),(0)f x ax bx c a x x a =++=--<∴在(,1)-∞上'()0f x <；在(1,3)上'()0f x >；在(3,)+∞上'()0f x < 因此()f x 在01x =处取得极小值4-∴4a b c ++=-①，'(1)320f a b c =++=②，'(3)2760f a b c =++=③由①②③联立得：169a b c =-⎧⎪=⎨⎪=-⎩，∴32()69f x x x x =-+-（2）设切点Q (,())t f t ，,()()()y f t f t x t -=-232(3129)()(69)y t t x t t t t =-+--+-+-222(3129)(3129)(69)t t x t t t t t t =-+-+-+--+ 22(3129)(26)t t x t t t =-+-+-过(1,)m - 232(3129)(1)26m t t t t =-+--+- 32()221290g t t t t m =--+-=令22'()66126(2)0g t t t t t =--=--=， 求得：1,2t t =-=，方程()0g t =有三个根。
需：(1)0(2)0g g ->⎧⎨<⎩ 23129016122490m m --++->⎧⇒⎨--+-<⎩1611m m <⎧⇒⎨>-⎩ 故：1116m -<<；因此所求实数m 的范围为：(11,16)- 题型三：极值点个数问题----导函数=0根的个数解法：根分布或判别式法例 1()f x '＝x 2－7x ＋10，令()0f x '> ， 解得5,x >或2x <.可知函数f (x )的单调递增区间为(,2)-∞和（5，＋∞），单调递减区间为()2,5． （Ⅱ）()f x '＝x 2－(m ＋3)x ＋m ＋6, 要使函数y ＝f (x )在（1，＋∞）有两个极值点,()f x '⇒＝x 2－(m ＋3)x ＋m ＋6=0的根在（1，＋∞）根分布问题：则2(3)4(6)0;(1)1(3)60;3 1.2m m f m m m ⎧⎪∆=+-+>⎪'=-+++>⎨⎪+⎪>⎩， 解得m ＞3（1）求)(x f 的单调区间；解：（1）)1()(2'+=+=ax x x ax x f当0>a 时，)(x f 的递增区间为),0()1,(+∞--∞Y a，递减区间为)0,1(a -.当0<a 时， )(x f 的递增区间为)10(a -，，递减区间为),1()0,(+∞--∞aY .（2）432113)42(g a x x x x =++有且仅有3个极值点⇒223(1())ax x x x x x a g x +=+'+=+=0有3个根，则0x =或210x ax ++=，2a <-方程210x ax ++=有两个非零实根，所以240,a ∆=->2a ∴<-或2a >而当2a <-或2a >时可证函数()y g x =有且仅有3个极值点练习：（根的个数问题）已知函数321()1()3f x x ax x a R =--+∈ （1）若函数()f x 在12,x x x x ==处取得极值，且122x x -=，求a 的值及()f x 的单调区间； （2）若12a <，讨论曲线()f x 与215()(21)(21)26g x x a x x =-++-≤≤的交点个数． 解：（1）2()21f'x x ax =-- 12122,1x x a x x ∴+=⋅=-122x x ∴-===即0a ∴=………2分22()211f x x ax x '=--=-∴()f x 的单调递增区间为(,1)-∞-，(1,)+∞，单调递减区间为(1,1)-…………5分（2）由题()()f x g x =得3221151(21)326x ax x x a x --+=-++即32111()20326x a x ax -+++= 令32111()()2(21)326x x a x ax x ϕ=-+++-≤≤……………………6分2()(21)2(2)(1)x x a x a x a x ϕ'∴=-++=--令()0x ϕ'=得2x a =或1x =……………………………………………7分12a <Q当22a ≤-即1a ≤-时 此时，9802a -->，0a <，有一个交点；…………………………9分当22a ≥-即11a -<<时，22(32)036a a -+>Q , ∴当802a -->即116a -<<-时,有一个交点； 当98002a a --≤≤，且即9016a -≤≤时，有两个交点；当102a <<时，9802a --<，有一个交点．………………………13分综上可知，当916a <-或102a <<时，有一个交点；当9016a -≤≤时，有两个交点．。