高考数学导数与函数零点问题教师版
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导数与函数零点问题
函数零点问题是高考中的热点,内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.
例题分类精讲
一、函数零点个数问题
用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断;另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决.对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围.从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值;从图象的对称性,分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等.但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数. 【例1】若函数f (x )=x 3-3x +a 有三个不同的零点,则实数a 的取值范围是________. 【答案】(-2,2)
【分析】客观题中函数零点个数问题,可借组图象求解,先根据导函数的符号确定原函数的单调性,由单调性作出函数图象,再确定零点个数.
【解析】由f (x )=x 3-3x +a ,得f ′(x )=3x 2-3,由f ′(x )=3x 2-3=0,得x =±1,f (x )极大值=f (-1)=2+a ,f (x )极小值=f (1)=a -2,要使函数f (x )=x 3-3x +a 有三个不同的零点,则有2+a >0,a -2<0,即-2<a <2,所以实数a 的取值范围是(-2,2).故填(-2,2).
【点评】三次函数()f x 有3个零点的充要条件是两个极值异号.
【对点训练】【天津市河北区2019届高三一模】已知函数2()ln (21)f x a x x a x =-+-,其中a R ∈. (1)当a=1时,求函数()f x 的单调区间: (2)求函数()f x 的极值;
(3)若函数()f x 有两个不同的零点,求a 的取值范围. 【解析】(1)当a=1时,()2
f x ln x x x =-+, f′(x )=
()()2x 1x 11
2x 1x x
+--+=- 当f′(x )<0时,x>1; f′(x )>0时,0 ∴函数()f x 的单调减区间为(1,+∞) ,增区间为(0,1) (2)f (x )的定义域是(0,+∞), f′(x )()()()2x 1x a a 2x 2a 1x x +-=-+-=-, 若a≤0,则f′(x )<0,此时f (x )在(0,+∞)递减,无极值 若a >0,则由f′(x )=0,解得:x =a, 当0<x <a 时,f′(x )>0,当x >a 时,f′(x )<0, 此时f (x )在(0,a )递增,在(a,+∞)递减; ∴当x=a 时,函数的极大值为f(a)=a lna a 1)+-(,无极小值 (3)由(2)可知 当 a≤0时,f (x )在(0,+∞)递减,则f(x)至多有一个零点,不符合题意,舍去; 当a >0时,函数的极小值为f(a)=a lna a 1)+-(, 令g(x)=lnx+x-1(x>0) ∵()1 10,g x x '= +> ∴g(x)在(0,+∞)单调递增,又g(1)=0, ∴0 ∵21211 f 10a e e e e ????=---< ? ?????∴函数f(x)在(1,a e )内有一个零点, ∵f(3a-1)=aln(3a-1)-()()()()()2 3121313131a a a a ln a a ??-+--=---?? 设h(x)=lnx-x(x>2) ∵()1 10,h x x '= -< ∴h(x)在(2,+∞)内单调递减,则h(3a-1) ∴函数f (x )在(a,3a-1)内有一个零点.则当a>1时,函数f(x)恰有两个零点 综上,函数()f x 有两个不同的零点时,a>1 二、零点存在性赋值理论 确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面:讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性); 求含参函数的极值或最值; 证明一类超越不等式; 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a ) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m ) 与 f (a ) 异号,则在 (m ,a ) 上存在零点.赋值点遴选要领:遴选赋值点须做到三个确保:确保参数能取到它的一切值;(2) 确保赋值 点 x 0 落在规定区间内;(3)确保运算可行(1)确保参数能取到它的一切值;(2)确保赋值点 x 0 落在 规定区间内;(3)确保运算可行.三个优先:(1)优先常数赋值点;(2)优先借助已有极值求赋值点;(3)优先简单运算. 【例2】【天津市部分区2019届高三联考一模】设函数 ()2ln f x ax x =--(R)a ∈. (1)求()f x 的单调区间;(2)当1a =时,试判断()f x 零点的个数; (3)当1a =时,若对(1,)x ?∈+∞,都有(41ln )()10k x x f x --+ -<(Z k ∈)成立,求k 的最大值. 【分析】(1)求出()'f x ,分两种情况讨论a 的范围,在定义域内,分别令()'0f x >求得x 的范围,可得函数()f x 增区间,()'0f x <求得x 的范围,可得函数()f x 的减区间;(2)当1a =时,由(1)可知,()f x 在()0,1是单减函数,在()1,+∞是单增函数,由()2110f f e ?? ?< ??? ,()() 210f f e ?<,利用零点存在定理可得结果;(3)当 1 a =, k 为整数,且当 1 x >时, ()()41ln 10 k x x f x --+-<恒成 立,()13ln 41ln 2ln 10ln 4x k x x x x k x x x ??--+---<++ ???,利用导数求出13ln ln 4x x x x ?? ++ ??? 的取值范围,从而可得结果. 【解析】(1)()()2ln 0f x ax x x =-->Q ,∴()11 'ax f x a x x -=- = . 当0a ≤时,()'0f x <在()0,∞+恒成立,()f x ∴在()0,∞+是单减函数. 当0a >时,令()'0f x =,解之得1 x = .从而,当x 变化时,()'f x ,()f x 随x 的变化情况如下表: 由上表中可知,()f x 在10, a ? ? ???是单减函数,在1,a ??+∞ ??? 是单增函数. 综上,当0a ≤时,()f x 的单减区间为()0,∞+;当0a >时,()f x 的单减区间为1 0,a ?? ?? ? ,单增区间为1 ,a ?? +∞ ?? ? . (2)当1a =时,由(1)可知,()f x 在()0,1是单减函数,在()1,+∞是单增函数; 又2211 0f e e ??=> ???,()110f =-<,()2240f e e =->. ∴()2110f f e ?? ?< ??? ,()() 210f f e ?<; 故()f x 在()0,∞+有两个零点. (3)当1a =,k 为整数,且当1x >时,()()41ln 10k x x f x --+-<恒成立 ()13ln 41ln 2ln 10ln 4x k x x x x k x x x ??--+---< ++ ???? . 令()()3ln ln 1x F x x x x x =++>,只需()()min 1 4 k F x k Z <∈; 又()()222 2131ln 2ln '0f x x x x F x x x x x x ---= -+===, 由(2)知,()'0F x =在()1,+∞有且仅有一个实数根0x , ()F x 在()01,x 上单减,在()0,x +∞上单增; ∴()()()0 00min 00 3ln ln *x F x F x x x x ==+ + 又()1ln3'309F -= <,()()21ln22ln4'401616 F --==>, ∴()()'3'40F F ?<,∴()03,4x ∈且002ln 0x x --=, 即00ln 2x x =-代入()*式,得 ()()()00000min 000 321 21,3,4x F x F x x x x x x x -==-+ +=+-∈. 而0011t x x =+ -在()3,4为增函数,∴713,34t ?? ∈ ??? , 即 ()min 1713,41216F x ??∈ ???.而()713,0,11216?? ? ??? ,∴()()min 10,14F x ?,0,k ∴≤即所求k 的最大值为0. 【对点训练】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+,()f x '为()f x 的导数.证明: (1)()f x '在区间(1,)2 π -存在唯一极大值点; (2)()f x 有且仅有2个零点. 【解析】(1)设()()g x f 'x =,则1 ()cos 1g x x x =- +,21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1, 2x π? ?∈- ???时,()g'x 单调递减,而(0)0,()02g'g'π><, 可得()g'x 在1, 2π?? - ?? ? 有唯一零点,设为α. 则当(1,)x α∈-时,()0g'x >;当, 2x α?π? ∈ ?? ? 时,()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增,在,2απ?? ???单调递减,故()g x 在1,2π? ?- ???存在唯一极大值点,即 ()f 'x 在1,2π? ?- ?? ?存在唯一极大值点. (2)()f x 的定义域为(1,)-+∞. (i )当(1,0]x ∈-时,由(1)知,()f 'x 在(1,0)-单调递增,而(0)0f '=,所以当(1,0)x ∈-时, ()0f 'x <,故()f x 在(1,0)-单调递减,又(0)=0f ,从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点. (ii )当0,2x ?π?∈ ???时,由(1)知,()f 'x 在(0,)α单调递增,在,2απ?? ???单调递减,而(0)=0f ', 02f 'π??< ???,所以存在,2βαπ??∈ ???,使得()0f 'β=,且当(0,)x β∈时,()0f 'x >;当,2x βπ?? ∈ ? ??时,()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增,在,2βπ?? ???单调递减. 又(0)=0f ,1ln 1022f ππ????=-+> ? ?????,所以当0,2x ?π? ∈ ???时,()0f x >. 从而()f x 在0,2?? ??? π没有零点. (iii )当,2x π??∈π ???时,()0f 'x <,所以()f x 在,2π?? π ???单调递减.而 02f π?? > ??? ,()0f π<,所以()f x 在,2π?? π ??? 有唯一零点. (iv )当(,)x ∈π+∞时,ln(1)1x +>,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. 【对点训练】【湖南省衡阳市2019届高三三模】已知函数2 2 ()()x f x e ax x a =++存在极大值与极小值,且在1x =-处取得极小值. (1)求实数a 的值; (2)若函数()()2g x f x x m =--有两个零点,求实数m 的取值范围. 【解析】(1)Q 函数()2 2()x f x e ax x a =++存在极大值与极小值,且在1x =-处取得极小值, ()22()211x f x e ax a x a '++??∴=++??, 依题意知(1)0f '-=,解得0a =或1a =, 当0a =时,()()1x f x e x '=+, 1x <-时,()0f x '<,()f x 单调递减;1x >-时,()0f x '>,()f x 单调递增, 此时,()f x 只有极小值,不符合题意. 当1a =时,()(1)(2)x f x e x x '=++, 2x <-或1x >-时,()0f x '>,()f x 单调递增;21x -<<-时,()0f x '<,()f x 单调递减, 符合在1x =-处取得极小值的题意, 综上,实数a 的值为1. (2)()2 ()12x g x e x x x m =++--,()(1)(2)2x g x e x x '=++-, 当0x >时,()0g x '>,故()g x 在()0,∞+上单调递增, 当0x <时,令()(1)(2)2x h x e x x =++-, 则()2 ()55x h x e x x ' =++, ()0,()h x x x h x '>< >单调递增 , ()()h x x h x '<<<单调递减 , 5(0)0,202h h ??=-=-< ???Q , 0x <时,()0g x '>,故()g x 在(),0-∞上单调递减, ()g x Q 在R 上有两个零点,(0)10,1g m m ∴=-<∴>, 此时当0x <时,02m g ?? - > ??? ,()g x ∴在,02m ??- ???有一个零点, 当0x >时,2()12m 0g x x x x >++--=, 令012 x += ,() 00g x ∴>, ()g x Q 在()00,x 有一个零点,综上,实数m 的取值范围是()1,+∞. 三、隐零点问题 利用导数求函数的最值,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为0x ,再利用导函数的单调性确定0x 所在区间,最后根据()00f x '=,研究()0f x ,我们把这类问题称为隐零点问题. 【例3】【广东省2019年汕头市普通高考第一次模拟】已知2 1()ln 2 x f x x ae x =+-. (1)设1 2 x = 是()f x 的极值点,求实数a 的值,并求()f x 的单调区间: (2)0a >时,求证:()1 2 f x >. 【分析】(1)由题意,求得函数的导数()1x f x x ae x '=+- ,由12x =是函数()f x 的极值点, 解得a =又由102f ?? '= ??? ,进而得到函数的单调区间; (2)由(1),进而得到函数()f x 的单调性和最小值()()20000min 0 11 ln 2f x f x x x x x == +--,令 ()211 ln ,(01)2g x x x x x x = +--<<,利用导数求得()g x 在()0,1上的单调性,即可作出证明. 【解析】(1)由题意,函数()f x 的定义域为()0,+∞, 又由()1 x f x x ae x '=+- ,且12 x =是函数()f x 的极值点, 所以1 2112022 f ae ??'=+-= ???, 解得a = 又0a >时,在()0,+∞上,()f x '是增函数,且102f ?? '= ??? , 所以()0f x '>,得12x > ,()0f x '<,得1 02 x <<, 所以函数()f x 的单调递增区间为1,2??+∞ ???,单调递减区间为10,2?? ??? . (2)由(1)知因为0a >,在()0,+∞上,()1 x f x x ae x '=+- 是增函数, 又()1110f ae '=+->(且当自变量x 逐渐趋向于0时,()f x '趋向于-∞), 所以,()00,1x ?∈,使得()00f x '=, 所以00010x x ae x +- =,即000 1x ae x x =-, 在()00,x x ∈上,()0f x '<,函数()f x 是减函数, 在()0,x x ∈+∞上,()0f x '>,函数()f x 是增函数, 所以,当0x x =时,()f x 取得极小值,也是最小值, 所以()()022******** min 111 ln ln ,(01)22x f x x ae x x x x x f x x =+---<==+<, 令()211 ln ,(01)2g x x x x x x = +--<<, 则()()2211111x g x x x x x x +'=---=--, 当()0,1x ∈时,()0g x '<,函数()g x 单调递减,所以()()1 12 g x g >=, 即()()min 1 2 f x f x ≥> 成立. 【对点训练】【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】已知函数 ()()ln f x x x a b =++,曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=. (1)求a ,b 的值; (2)若对任意的()1,x ∈+∞,()()1f x m x ≥-恒成立,求正整数m 的最大值. 【解析】(1)由()()ln x x x f a b =++得:()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知:()1211f =-= ()112f a '∴=+=,()11f a b =+=,解得:1a =,0b = (2)由(1)知()()ln 1f x x x =+ 则()1,x ∈+∞时,()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时,()ln 11 x x m x +≤ -恒成立 令()()ln 11 x x g x x +=-,1x >,则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2h x x x =--,则()11 1x h x x x -'=- = ∴当()1,x ∈+∞时,()0h x '>,则()h x 单调递增 ()31ln30h =- ()03,4x ∴?∈,使得()00h x = 当()01,x x ∈时,()0g x '<;()0,x x ∈+∞时,()0g x '> ()()()000min 0ln 11 x x g x g x x +∴== - ()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()() ()0000min 0213,41 x x g x g x x x -+∴== =∈- ()03,4m x ∴≤∈,即正整数m 的最大值为3 课后训练: 1.【天津市红桥区2019届高三一模】已知函数()() ln x f x e k =+(k 为常数)是实数集R 上的奇函数,其 中e 为自然对数的底数. (1)求k 的值; (2)讨论关于x 的方程如 () 2ln 2x x ex m f x =-+的根的个数. 【解析】(1)因为函数f (x )=( ) ln x e k +(k 为常数)是实数集R 上的奇函数, 所以 f (﹣0)=﹣f (0)即f (0)=0, 则ln (e 0 +k )=0解得k =0, 显然k =0时,f (x )=x 是实数集R 上的奇函数; (2)由(1)得f (x )=x ∴方程转化为 lnx x =x 2﹣2ex +m ,令F (x )lnx x = (x >0),G (x )=x 2 ﹣2ex +m (x >0), ∵F '(x )21lnx x -=,令F '(x )=0,即2 1lnx x -=0,得x =e 当x ∈(0,e )时,F '(x )>0,∴F (x )在(0,e )上为增函数; 当x ∈(e ,+∞)时,F '(x )<0,F (x )在(e ,+∞)上为减函数; 当x =e 时,F (x )max =F (e )1 e = 而G (x )=(x ﹣e )2 +m ﹣e 2 (x >0) ∴G (x )在(0,e )上为减函数,在(e ,+∞)上为增函数; 当x =e 时,G (x )min =m ﹣e 2 ∴当m 21e e ->,即m 21 e e +>时,方程无解; 当m 21e e -= ,即m 21 e e =+时,方程有一个根; 当m 21e e -<,即m 21 e e +<时,方程有两个根; 2.【广东省2019届高三适应性考试】已知函数2()ln 31f x x x ax =+++. (1)讨论函数()f x 的单调性; (2)当1a <-时,讨论函数()f x 的零点个数. 【解析】(1)21231 ()23(0)x ax x x f a x x x ++'=++=>, 令2()231u x x ax =++,其对称轴为034 a x =- ,令22310x ax ++=,则298a ?=-. 当0a ≥时,()0f x '>,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增; 当0a <时,对称轴为0304 a x =->, 若2980a ?=-≤,即0a ≤<,()0u x ≥恒成立,所以()0f x '≥,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增; 若3a <-时,设()0u x =的两根1x =2 x =, 当1(0,)x x ∈时,()0u x >,所以()0f x '>,所以()f x 在1(0,)x 上单调递增, 当12(,)x x x ∈时,()0u x <,所以()0f x '<,所以()f x 在12(,)x x 上单调递减, 当2(,)x x ∈+∞时,()0u x >,所以()0f x '>,所以()f x 在2(,)x +∞上单调递增, 综上所述:当a ≥时, ()f x 在(0,)+∞上单调递增; 若3 a <- 时, ()f x 在1(0,)x 上单调递增,在12(,)x x 上单调递减,在2 (,)x +∞上单调递增; (2)当1a <-时,由(1)知()f x 在1(0,)x 上单调递增,在12(,)x x 上单调递减,在2(,)x +∞上单调递增,下面研究()f x 的极大值21111()ln 31f x x x ax =+++, 又2113102x ax ++=,所以2221111111()ln 231ln f x x x ax x x x =+++-=-, 令2 ()ln g x x x =-,则21(2)x x x g -'=(0x >),可得()g x 在(0,2 上单调递增,在)2+∞上单调递减, 且()g x 的极大值1 ln 0222 g =-<,所以()0g x <,所以1()0f x <, 当1(0,)x x ∈时, ()f x 单调递增,所以1()()0f f x x << 当12(,)x x x ∈时, ()f x 在12(,)x x 上单调递减,所以21()()()0f x f x f x <<< 当2(,)x x ∈+∞时, ()f x 单调递增, 且222ln(4)16121ln(4)41(1)(4)a a a a a a f a =-+-+=-++<--, 2()(4)0f x f a ?-<,所以存在2(,4)x x a '∈-,使得()0f x '=, 又当2(,)x x ∈+∞时, ()f x 单调递增,所以()f x 只有一个零点x ', 综上所述,当1a <-时,()f x 在(0,)+∞上只有一个零点. 3.【湖南省雅礼中学2019届高考模拟卷(二)】已知函数()()31 4 x f x x ax g x e e e =-+-=-,(为自然对数的底数). (1)若曲线()y f x =在点()()0,0f (处的切线与曲线()y g x =在点()() 0,0g 处的切线互相垂直,求函数 ()31 4 f x x ax =-+- 在区间[]1,1-上的最大值; (2)设函数()()()()()()(),,g x f x g x h x f x f x g x ? =?≥?? ,试讨论函数()h x 零点的个数. 【解析】(1)∵f ′(x )=-3x 2 +a ,g ′(x )=e x , ∴f ′(0)=a ,g ′(0)=1, 由题意知,21,()310f x a x '-=-=-≤,f (x )在区间[-1,1]上单调递减, ∴()7 ()14 max f x f =-= ; (2)函数g (x )=e x -e 在R 上单调递增,仅在x =1处有一个零点,且x <1时,g (x )<0, 又f′(x )=-3x 2 +a . ①当a ≤0时,f ′(x )≤0,f (x )在R 上单调递减,且过点(0,-14),f (-1)=3 4 a ->0. 即f (x )在x ≤0时,必有一个零点,此时y =h (x )有两个零点; ②当a >0时,令f ′(x )=-3x 2 +a =0, 解得1x = 0,2x =0. 则f (x )的一个极小值点 f (x )的一个极大值点. 而f ( =311(44a ?+-= ?<0, 现在讨论极大值的情况: f =311 (44 -+-= . 当f 0,即a <34时,函数f (x )在(0,+∞)上恒小于0,此时y =h (x )有两个零点; 当f =0,即a =34时,函数f (x )在(0,+∞)上有一个零点,01 2x ==,此时y =h (x )有三个零点; 当f 0,即a >34时,函数f (x )在(0,+∞)上有两个零点, 若f (1)=a -54<0,即a <5 4时,y =h (x )有四个零点; f (1)=a -54=0,即a =5 4时,y =h (x )有三个零点; f (1)=a -54>0,即a >5 4 时,y =h (x )有两个零点. 综上所述,当a <34或a >54时,y =h (x )有两个零点;当a =34或a =54时,y =h (x )有三个零点;当34 <a < 5 4时,y =h (x )有四个零点. 4.【天津市第一中学2019届高三一月月考】已知函数()ln f x ax x =+,函数()g x 的导函数()x g x e '=,且 ()()01g g e '=,其中e 为自然对数的底数. (1)求()f x 的极值; (2)若存在()0,x ∈+∞,使得不等式()g x < ,试求实数m 的取值范围; (3)当0a =时,对于()0,x ?∈+∞,求证:()()2f x g x <-. 【解析】(1)函数()f x 的定义域为()0,+∞,()11 ax f x a x x +'=+ = . 当0a ≥时,()0f x '>,∴()f x 在()0,+∞上为增函数,()f x 没有极值; 当0a <时,令()1 0f x x a >?<- ∴()f x 在10,a ??- ?? ?单调递增,在1,a ?? -+∞ ??? 单调递减 ∴()f x 有极大值()11ln f a a ?? - =--- ??? ,无极小值. (2)()x g x e '=,∴()x g x e c =+ ∵()()()0'11g g e c e e =?+=,∴0c = ∴()x g x e = ∵()0,x ?∈+∞,使得不等式()g x < 成立 即() max 3 x e m <- 令()3h x x e =-,()'1 x h x e =- 当0x >时,1x e > ≥= ∴1 x e >,即()0h x '<. ∴()h x 在()0,+∞单调递减,∴()()03h x h <= ∴3m ≤. (3)当0a =时,()ln f x x =,令()()()2x g x f x ?=--, 即()ln 2x x e x ?=-- ∴()1 x x e x ?'=-,则()x ?'在()0,+∞上为增函数 ∵1202??? '=< ??? ,()110e ?'=-> ∴()001,1'02x x ??? ?∈= ??? ,.∵()x ?'在()0,+∞上为增函数 ∴()00,x x ∈时,()0x ?'<,()0,x x ∈+∞时,()0x ?'>. ()x ?在()00,x 单调递减,在()0,x +∞单调递增 ∴()()000min ln 2x x x e x ??==-- ∵()00000 11 '00x x x e e x x ?=?- =?=∴00ln x x =- ∵01,12x ??∈ ???∴()00 12 x x x ?=+-单调递减, ∴()()01220x ??>=-= ∴()()00x x ??≥>即()()2f x g x <-. 5.【江西省临川一中2019届高三年级考前模拟】已知函数()e x f x ax b =--.(其中e 为自然对数的底数) (1)若()0f x ≥恒成立,求ab 的最大值; (2)设()ln 1g x x =+,若()()()F x g x f x =-存在唯一的零点,且对满足条件的,a b 不等式e 1)-+≥(m a b 恒成立,求实数m 的取值集合. 【解析】(1)()x g x e a '=-, 当0a <时,()0g x '>,()g x 在R 上单调递增,取1min 0, b m a -?? =??? ?, 当0x m <时,()000010x g x e ax b ax b =--<-+-<矛盾; 当0a =时,()x g x e b b =->-, 只要0b -≥,即0b ≤,此时0ab =; 当0a >时,令()0g x '>,ln x a >, 所以()g x 在()ln ,a +∞单调递增,在(),ln a -∞单调递减, ()()ln ln g x g a a a a b ≥=--, 所以ln 0a a a b --≥,即ln b a a a ≤-, 此时22ln ab a a a ≤-, 令()2 2 ln h a a a a =-,()()2 1 22ln 12ln h a a a a a a a a '=--=-, 令()0h a '= ,a = 当(a ∈,()0h a '>,()h a 在(上为增函数; 当) a ∈+∞,()0h a '<,()h a 在 ) +∞上为减函数. 所以( )1122 h a h e e e ≤=-=,所以2e ab ≤,故ab 的最大值为2e . (2)()1 x F x e a x '= -+在()0,∞+单调递减且()F x '在()0,∞+的值域为R , 设()F x 的唯一的零点为0x ,则()00F x =,()00F x '=, 即00 000 ln 1010x x x e ax b e a x ?+-++=??-+=?? 所以00 1x a e x =- ,()001ln x o b x e x =--, 由()1m a e b -+≥恒成立,则()00000111ln x x m e e x e x x ?? --+≥-- ??? , 得()()0000 1ln 10x m x m e x m e x +-+- +-+≥在()0,∞+上恒成立. 令()()()1ln 1x m k x x m e x m e x =+-+- +-+,()0,x ∈+∞, ()()()2211x x m k x x m e x m e x x x '? ?=++ +=++ ?? ?. 若0m ≥,()0k x '>,()k x 在()0,∞+上为增函数,注意到()10k =,知当()0,1x ∈时,()0k x <,矛盾; 当(),x m ∈-+∞时,()0k x '>,()k x 为增函数, 若01m <<-,则当()1,x m ∈-时,()0k x '<,,()k x 为减函数, 所以()1,x m ∈-时,总有()()10k x k <=,矛盾; 若01m <-<,则当(),1x m ∈-时,()0k x '>,,()k x 为增函数, 所以(),1x m ∈-时,总有()()10k x k <=,矛盾; 所以1m -=即1m =-,此时当()1,x ∈+∞时,()0k x '>,()k x 为增函数,, 当()0,1x ∈时,()0k x '<,()k x 为减函数,而(1)0k =, 所以()F x 有唯一的零点. 综上,m 的取值集合为{}1- . 6.【江苏省徐州市2019高三考前模拟】已知函数()1 ln f x x a x x =- +. (1)若曲线()y f x =在1x =处的切线的斜率为3,求实数a 的值; (2)若函数在区间[]1,2上存在极小值,求实数a 的取值范围; (3)如果()0f x <的解集中只有一个整数,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)由题意,222 11 ()1a x ax f x x x x ' ++=++=, 由题意知,()13f =,所以23a +=,解得1a =. (2)令()0f x '=,所以210x ax ++=,所以2 a x -±= , 因为函数在[]1,2上存在极小值,所以12<<, 解之得5 22a - <<-, 经检验,当5 22a -<<-时,符合题意, 所以5 22 a -<<-. (3)①当240a -≤,即[2,2]a ∈-时,()0f x '≥恒成立, ()f x ∴在(0,)+∞上为增函数,(1)0f =. 所以当01x <<时,()0f x <,所以当1x >时,()0f x >,所以()0f x <无整数解; ②当240a ->,即2a <-或2a >时, 若2a >,则()0f x '>,同①可得()0f x <无整数解; 若2a <-,()0f x '=即210ax x ++=在()0,∞+上有两个不同的解01,x x 且0101x x <<<, 当()00,x x ∈时,()0f x '>,()f x 在()00,x 上为增函数; 当()01,x x x ∈时,()0f x '<,()f x 在 ()01,x x 上为减函数; 当()1,x x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 在()1,x +∞上为增函数, 而()10f =,所以()0f x <在()0,1上无解,故()0f x <在()1,+∞上只有一个整数解, 故(2)0(3)0f f ?≥?,即12ln 20 213ln 303 a a ?-+???-+≥??, 解得83 3ln 32ln 2a - ≤<- , 综上,83,3ln 32ln 2a ? ?∈- -???? . 7.【江苏省镇江市2019届高三考前模拟】已知函数()()x f x mx n e -=+(,m n R ∈,e 是自然对数的底数). (1)若函数()f x 在点()() 1,1f 处的切线方程为30x ey +-=,试确定函数()f x 的单调区间; (2)①当1n =-,m R ∈时,若对于任意1,22 x ?∈????? ,都有()f x x ≥恒成立,求实数m 的最小值;②当 1m n ==时,设函数()()()()x g x xf x tf x e t R -'=++∈,是否存在实数[],,0,1a b c ∈,使得 ()()()g a g b g c +<?若存在,求出t 的取值范围;若不存在,说明理由. 【解析】(1)由题意()()() () 2 x x x x me mx n e mx m n f x e e -+-+-'= = ()f x Q 在点()()1,1f 处的切线方程为:30x ey +-= ()21f e ∴=,()11f e '=-,即:2 1m n e e n e e +?=??? -?=-?? 解得:1m =,1n = ()1x x f x e +∴= ,()x x f x e '=- 当0x >时,()0f x '<,当0x <时,()0f x '> ()f x ∴在()0,∞+上单调递减,在(),0-∞上单调递增 (2)①由1n =-,m R ∈, 1x mx x e -≥,即:1x m e x ≥+ 对任意1,22x ?∈?????,都有()f x x ≥恒成立等价于1x m e x ≥+对任意1,22x ?∈? ????恒成立 记()1x x e x ?=+,()21 x x e x ?'=- 设()21x h x e x =- ()320x h x e x '∴=+>对1,22x ?∈?????恒成立 ()21x h x e x =∴- 在1,22?? ???? 单调递增 而1402h ??=< ??? ,()2 1204h e =-> ()21x x e x ?'∴=- 在1,22?? ???? 上有唯一零点0x 当01,2x x ??∈ ??? 时,()0x ?' <,当()0,2x x ∈时,()0x ?'> ()x ?∴在01,2x ?? ??? 单调递减,在()02x ,上单调递增 ()x ?∴的最大值是12??? ??? 和()2?中的较大的一个 ()122m m ?????≥? ?∴????≥? , 即2 212m m e ?≥+??≥+ ?? 212m e ∴≥+, m ∴的最小值为21 2 e + ②假设存在[],,0,1b c a ∈,使得()()()g a g b g c +<,则问题等价于() () ()()min max 2g x g x < ()()211 x x t x g x e +-+=Q ()()()1x x t x g x e ---'∴= ⑴当1t ≥时,()0g x '≤,则()g x 在[]0,1上单调递减 ()()210g g ∴<,即321t e -? <,得:312t e >-> 3,2t e ?? ∈-+∞ ?∴?? (2)当0t ≤时,()0g x '≥,则()g x 在[]0,1上单调递增 ()()201g g ∴<,即32t e -< ,得:320t e <-< (),32t e ∴∈-∞- (3)当01t <<时,当[)0,x t ∈时,()0g x '<;当(],1x t ∈时,()0g x '>, ()g x ∴在[)0,t 上单调递减,在(],1t 上单调递增 ()()(){}2max 0,1g t g g ∴<,即132max 1,t t t e e +-?? ? ??? ……(*) 由(1)知()1t t f t e += 在[]0,1t ∈上单调递减,故14 2t t e e +?≥,而33t e e -< ∴不等式(*)无解 综上所述,存在(),323,2e t e ? ? ∈-∞-- +∞ ?? ? U ,使得命题成立 8.【重庆市巴蜀中学2019届高三适应性月考】已知函数()(1)x f x x a e =+-,a R ∈. (1)当1a =时,求函数()f x 的极值; (2)若函数2 1()()2 g x f x x ax =- -在区间[0,)+∞上只有一个零点,求a 的取值范围. 【解析】(1)当1a =时,()x f x xe =,定义域为R , '()(1)x f x x e =+,令'()0f x =,得1x =-. 当1x <-时,'()0f x <;当1x >-时,'()0f x >. 所以,函数()f x 在1x =-处取得极小值,即1 ()(1)f x f e =-=-极小值; (2)2 1()(1)2 x g x x a e x ax =+-- -,()'()()()1x x g x x a e x a x a e =+--=+-, 令'()0g x =,得1x a =-,20x =. ①当0a -≤时,即当0a ≥时,对任意的[0,)x ∈+∞,'()0g x ≥, 此时,函数()g x 在区间[0,)+∞上单调递增, 则函数()g x 在0x =处取得最小值,且最小值为(0)10g a =-≤,得1a ≤. 此时,01a ≤≤; ②当0a ->时,即当0a <时, 此时,函数()g x 在(0,)a -上单调递减,在(,)a -+∞上单调递增, 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 ) 即不等式2a ≤1x 3+3 x 在x ∈[1,2]上有解. 设y =1x 3+3x =3x 2+1 x 3(x ∈[1,2]), ∈y ′=-3x 2-3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立, ∈y =1x 3+3 x 在x ∈[1,2]上单调递减, ∈当x =1时,y =1x 3+3 x 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, ∈当1-4 a 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. ∈当1-4 a 2=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. ∈当1-4 a 2<0,即00, ∈存在唯一的x 0∈?? ? ??1,1e ,使得φ(x 0)=0, (∈)当0 导数与函数的切线及函数零点问题 高考定位 高考对本内容的考查主要有:(1)导数的几何意义是考查热点,要求是B 级,理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率,能够解决与曲线的切线有关的问题;(2)在高考试题导数压轴题中涉及函数的零点问题是高考命题的另一热点. 真 题 感 悟 (2016·江苏卷)已知函数f (x )=a x +b x (a >0,b >0,a ≠1,b ≠1). (1)设a =2,b =1 2. ①求方程f (x )=2的根; ②若对任意x ∈R ,不等式f (2x )≥mf (x )-6恒成立,求实数m 的最大值; (2)若0<a <1,b >1,函数g (x )=f (x )-2有且只有1个零点,求ab 的值. 解 (1)①由已知可得2x +? ?? ??12x =2, 即2x +1 2 x =2.∴(2x )2-2·2x +1=0, 解得2x =1,∴x =0. ②f (x )=2x +? ?? ??12x =2x +2-x , 令t =2x +2-x ,则t ≥2. 又f (2x )=22x +2-2x =t 2-2, 故f (2x )≥mf (x )-6可化为t 2-2≥mt -6, 即m ≤t +4t ,又t ≥2,t +4 t ≥2 t ·4 t =4(当且仅当t =2时等号成立), ∴m ≤? ? ???t +4t min =4,即m 的最大值为4. (2)∵0<a <1,b >1,∴ln a <0,ln b >0. g (x )=f (x )-2=a x +b x -2, g′(x)=a x ln a+b x ln b且g′(x)为单调递增,值域为R的函数.∴g′(x)一定存在唯一的变号零点, ∴g(x)为先减后增且有唯一极值点. 由题意g(x)有且仅有一个零点, 则g(x)的极值一定为0, 而g(0)=a0+b0-2=0,故极值点为0. ∴g′(0)=0,即ln a+ln b=0,∴ab=1. 考点整合 1.求曲线y=f (x)的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点P(x0,y0),求y=f (x)过点P的切线方程:求出切线的斜率 f ′(x ),由点斜式写出方程. (2)已知切线的斜率为k,求y=f (x)的切线方程:设切点P(x0,y0),通过方程k=f ′(x )解得x0,再由点斜式写出方程. (3)已知切线上一点(非切点),求y=f (x)的切线方程:设切点P(x0,y0),利用导数求得切线斜率f ′(x0),再由斜率公式求得切线斜率,列方程(组)解得x ,再由点斜式或两点式写出方程. 2.三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下,由于当x→∞时,函数值也趋向∞,只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1,x2且x1<x2的函数f (x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的零点分布情况如下: 3.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法 研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点,归根到底还是研究函数的图 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 ?=,则()1ln x x ?'=+ 由0ln 1'=+=x ?,得e x 1= 含参导函数零点问题的几种处理方法方法一:直接求出,代入应用对于导函数为二次函数问题,可以用二次函数零点的基本方法来求。 1)因式分解求零点(1123)?Rx?1(?(a?)x)f(x?a?2ax 例1 讨论函数的单调区间232)?2?1)(x?1)x?2?(axf'(x)?ax?(2a)(xf'可以因式分的符号问 题。由解析:即求 方法二:猜出特值,证明唯一对于有些复杂的函数,有些零点可能是很难用方程求解的方法求出的,这时我们可以考虑用特殊值去猜出零点,再证明该函数的单调性而验证其唯一性。 112x3ax1)x??x(a?f(x)?(x?a?1)e?R?a,讨论函数,的极值情况例4 23x2x)1e?x?a?(x?a)(?(x?a)ex?(a?1)x?f'(x)?a)f'(x其它的零点就的一个零点为,解析:,只能解 出x0?1?e?x的根,不能解。是 2Ra?x?a)ln x,f(x)?(例5(2011高考浙江理科)设函数a?ex)xy?f(的极值点,求实数(Ⅰ)若为2exf()?4ea],3e(0,x?为自然对数),(Ⅱ)求实数恒有的取值范围,使得对任意的成立(注:方法三:锁定区间,设而不求对于例5,也可以直接设函数来求,2e)?0?4f(xa e1?1?x?30?x 有实时,对于任意的数题,恒有意,首②当先①当,由立成a e22e22,?e?a) 4e ln(3e)f(3e)?(3)1???a)(2ln xf'(x)?(x?e?e?3?a3,但这时解得由 x)e3ln(ln(3e)a??12ln x ax?0?'(x)f=0外还有会发现的解除了的解,显然无法用特殊值猜出。 xa??(x)2ln x?1h h(1)?1?a?0h(a)?2ln a?0,,令,注意到x2e?3e ln(3e)1a)f02(ln3e?h(3e)?2ln(3e?2ln(3e)?1?)?1?且。= e33e)e3ln(3f'(x)?0(1,a)h(x)h(x)(1,3e]内,及(13e在)至少还有一个零点,又在故+∞)内 单调递增,所以函数0在(,x1?x?a。,则有唯一零点,但此时无法求出此零点怎么办。我们 可以采取设而不求的方法,记此零点为从 00x?(x,a)(0,x))x?x(0,)x f x)0f()x f0f,x)f'(x f a?(a??)'('(f在时,;当而,当时,,即;当时, 000?2e?x(1,3)xa(ef?)(x4)a(??,恒成立,只要内单调递增,在对内单调递增。所以要使内单调递减,在0,. 22?f(x)?(x?a)ln x?4e,(1)?000成 立。?22f(3e)?(3e?a)ln(3e)?4e,(2)??a2320??2ln x?1?)h(xx f1a?2ln x?xe ln4xx?4,注意到函1)得, 又(,知3)将(3)代入(0000000x0231p x?exx ln2x ln x?x在(1.+ +∞)。再由()内单调递增,故数3)以及函数内单调递增,可得在[1,+∞02e2e2e?a?3e??a?3e3e3e??e13p a?。所以的取值范围为)解得,综上,a。由(2ln(3e)ln(3e)ln(3e23ea??3?。 导函数零点问题 一.方法综述 导数是研究函数性质的有力工具,其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性.应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时,绕不开研究()f x 的单调性,往往需要解方程()0f x '=.若该方程不易求解时,如何继续解题呢?在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上,本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题. 二.解题策略 类型一 察“言”观“色”,“猜”出零点 【例1】【2020·福建南平期末】已知函数()() 2 1e x f x x ax =++. (1)讨论()f x 的单调性; (2)若函数()() 2 1e 1x g x x mx =+--在[)1,-+∞有两个零点,求m 的取值范围. 【分析】(1)首先求出函数的导函数因式分解为()()()11e x f x a x x =++'+,再对参数a 分类讨论可得; (2)依题意可得()()2 1e x g x m x =+'-,当0m …函数在定义域上单调递增,不满足条件; 当0m >时,由(1)得()g x '在[)1,-+∞为增函数,因为()01g m '=-,()00g =.再对1m =,1m >, 01m <<三种情况讨论可得. 【解析】(1)因为()() 2 1x f x x ax e =++,所以()()221e x f x x a x a ??=+++??'+, 即()()()11e x f x a x x =++'+. 由()0f x '=,得()11x a =-+,21x =-. ①当0a =时,()()2 1e 0x f x x =+'…,当且仅当1x =-时,等号成立. 故()f x 在(),-∞+∞为增函数. ②当0a >时,()11a -+<-, 由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-,由()0f x <′得()11a x -+<<-; 所以()f x 在()() ,1a -∞-+,()1,-+∞为增函数,在()() 1,1a -+-为减函数. 导数与函数的零点 考点一 判断零点的个数 【例1】 (2020·潍坊检测)已知函数f (x )=ln x -x 2+ax ,a ∈R . (1)证明ln x ≤x -1; (2)若a ≥1,讨论函数f (x )的零点个数. (1)证明 令g (x )=ln x -x +1(x >0),则g (1)=0, g ′(x )=1 x -1=1-x x , 可得x ∈(0,1)时,g ′(x )>0,函数g (x )单调递增; x ∈(1,+∞)时,g ′(x )<0,函数g (x )单调递减. ∴当x =1时,函数g (x )取得极大值也是最大值, ∴g (x )≤g (1)=0,即ln x ≤x -1. (2)解 f ′(x )=1 x -2x +a =-2x 2+ax +1x ,x >0. 令-2x 20+ax 0+1=0,解得 x 0=a +a 2+8 4 (负值舍去), 在(0,x 0)上,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增; 在(x 0,+∞)上,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减. ∴f (x )max =f (x 0). 当a =1时,x 0=1,f (x )max =f (1)=0,此时函数f (x )只有一个零点x =1. 当a >1时,f (1)=a -1>0, f ????12a =ln 12a -14a 2+12<12a -1-14a 2+12 =-????12a -122 -14<0, f (2a )=ln 2a -2a 2<2a -1-2a 2=-2 ????a -122 -12 <0. ∴函数f (x )在区间????12a ,1和区间(1,2a )上各有一个零点. 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. 规律方法 1.利用导数求函数的零点常用方法: 利用导数解决函数零点问题(第二轮大题) 这是一类利用导数解决函数零点的问题,解决这类问题的一般步骤是:转化为所构造函数的零点问题(1)求导分解定义域(2)导数为零列表去,(先在草稿纸进行)(3)含参可能要分类 (4)一对草图定大局(零点判定定理水上水下,找端点与极值点函数值符号) 目标:确保1分,争取2分,突破3分. (一)课前测试 1.(2015年全国Ⅰ卷,21)设函数x a e x f x ln )(2-=. (1)讨论)(x f 的导函数)(x f '零点的个数; (二)典型例题 2.(2017年全国Ⅰ卷,21)已知函数 e a ae x f x x -+=)2()(2(2)若0>a 且)(x f 有两个零点,求a 的取值范围. 注: ①求导分解定义域,这1分必拿, )0)(2(1 )(2>-= 'x a xe x x f x ②草稿纸上令0)(='x f ,构造函数)0(2)(>-=x a xe x g x ,重复上面步骤, 042)(22>+='x x xe e x g , )(x g 在),0(+∞递增 ③草图 a g -=)0(, +∞→+∞→)(x g x 时。 一定要用零点判定定理确定零点个数 ④综上所述送1分. )(x f ' )(x f (三)强化巩固 3.(2017年全国Ⅱ卷,21)(2)证明:x x x x x f ln )(2 --=存在唯一 的极大值点0x ,且202 2)(--< 导数和函数零点问题 Prepared on 24 November 2020 导数和函数零点 1、已知函数3()31,0f x x a x a =--≠ (1)求()f x 的单调区间; (2)若()f x 在1x =-处取得极值,直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交 点, 求m 的取值范围。 2、设a 为实数,函数a x x x f ++-=3)(3 (1)求)(x f 的极值; (2)若方程0)(=x f 有3个实数根,求a 的取值范围; (3)若0)(=x f 恰有两个实数根,求a 的值。 3、已知函数)(ln 2)(2R a x ax x f ∈-= (1)讨论)(x f 的单调性; (2)是否存在a 的值,使得方程3)(=x f 有两个不等的实数根 若存在,求出a 的取值范围;若不存在,说明理由。 4、已知函数a ax x a x x f ---+=232 131)(,x R ∈,其中0>a 。 (1)求函数)(x f 的单调区间; (2)若函数)(x f 在区间)0,2(-内恰有两个零点,求a 的取值范围; 5、已知函数)0()23()(2 3>+--++=a d x b a c bx ax x f 的图象如图所示. (1)求c ,d 的值; (2)若函数,01132)(=-+=y x x x f 处的切线方程 在求函数)(x f 的解析式; (3)在(2)的条件下,函数m x x f y x f y ++= =5)(3 1)('与的图象有三个不同的交点, 求m 的取值范围; 6、已知定义域为R 的奇函数)(x f ,当0>x 时,)(1ln )(R a ax x x f ∈+-= 函数的零点 【题型一】函数的零点个数 【解题技巧】用导数来判断函数的零点个数,常通过研究函数的单调性、极值后,描绘出函数的图象,再借助图象加以判断。 【例1】已知函数3 ()31,0f x x ax a =--≠ ()I 求()f x 的单调区间; ()II 若()f x 在1x =-处取得极值,直线y=m 与()y f x = 的图象有三个不同的交点, 求m 的取值范围。 变式:已知定义在R 上的奇函数)(x f ,满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,若方程 ()(0)f x m m =>在区间[8,8]-上有四个不同的根1234,,,x x x x ,则 1234_________. x x x x +++= 【答案】 -8 【解析】因为定义在R 上的奇函数,满足(4)()f x f x -=-,所以(4)()f x f x -=-,所以, 由)(x f 为奇函数,所以函数图象关于直线2x =对称且(0)0f =,由(4)()f x f x -=-知(8)()f x f x -=,所以函数是以8为周期的周期函数,又因为)(x f 在区间[0,2]上 是增函数,所以)(x f 在区间[-2,0]上也是增函数.如图所示,那么方程f(x)=m(m>0) 在区间 []8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ,不妨设1234x x x x <<<,由对称性知 1212 x x +=-, 344 x x +=. 所以12341248 x x x x +++=-+=-. 6 【题型二】复合函数的零点个数 复合函数是由内层函数与外层函数复合而成的,在处理其零点个数问题时,应分清内层和外层函数与零点的关系。 【解题技巧】函数()(())h x f f x c =-的零点个数的判断方法可借助换元法解方程的思想 分两步进行。即令()f x d =,则()()h x f d c =- 第一步:先判断()f d c =的零点个数情况 第二步:再判断()f x d =的零点个数情况 【例2】已知函数3()3f x x x =- 设()(())h x f f x c =-,其中[22]c ∈-,,求函数()y h x =的零点个数 1.(江苏省连云港市2013届高三上学期摸底考试(数学)已知函数 322()39(0)f x x ax a x a =--≠.若方程'2()12169f x nx ax a a =---在[l,2]恰好有两个 相异的实根,求实数a 的取值范围(注:1n2≈0.69): 【题型三】如何运用导数求证函数“存在、有且只有一个”零点 【解题技巧】(1)要求证一个函数存在零点,只须要用“函数零点的存在性定理”即可证明。即: 【题型一】函数的零点个数 【解题技巧】用导数来判断函数的零点个数,常通过研究函数的单调性、极值后,描绘出函数的图象,再借助图象加以判断。 【例 1】已知函数 f ( x) x33ax 1,a0 求 f ( x) 的单调区间; 若 f (x) 在x 1 处取得极值,直线y=m 与y f (x) 的图象有三个不同的交点,求m 的取值范围。 变式:已知定义在R 上的奇函数,满足,且在区间 [0,2]上是增函数,若方程 f ( x) m (m 0) 在区间 [ 8 , 8]上有四个不同的根,则 【答案】 -8 【解析】因为定义在R 上的奇函数,满足,所以,所以,由为奇函数,所以函数图象关于直 线对称且,由知,所以函数是以8 为周期的周期函数,又因为在区间[0,2]上是增函数,所以在区间 [-2,0]上也是增函数.如图所示,那么方程f(x)=m(m>0)在区间上有四个不同的根,不妨设,由对称性知,.所以. y f(x)=m -8 -6 -4 -2 0 2 4 6x 【题型二】复合函数的零点个数 复合函数是由内层函数与外层函数复合而成的,在处理其零点个数问题时,应分清内层和外层函数与零点的关系。 【解题技巧】函数h( x) f ( f ( x))c的零点个数的判断方法可借助换元法解方程的思想 分两步进行。即令f (x) d ,则 h(x) f (d ) c 第一步:先判断 f (d ) c 的零点个数情况 第二步:再判断 f ( x) d 的零点个数情况 【例 2】已知函数 f (x) x33x 设 h(x) f ( f ( x)) c ,其中 c [ 2 ,2] ,求函数 y h(x) 的零点个数 1 .(江苏省连云港市2013届高三上学期摸底考试(数学)已知函数 f ( x) x33ax 29a2 x(a 0) .若方程 f ' ( x) 121nx 6ax 9a2 a 在[l,2]恰好有两 个相异的实根, 求实数 a 的取值范围 ( 注:1n2 ≈: 【题型三】如何运用导数求证函数“存在、有且只有一个”零点 【解题技巧】( 1)要求证一个函数存在零点,只须要用“ 函数零点的存在性定理” 即可证明。 即: 如果函数 f ( x) 在区间a, b 上是一条连续不断曲线,并且 f ( a) f (b)0 ,则函数 f (x) 在区间a, b上至少有一个零点。即存在一点x0a, b,使得 f (x0)0 , 这个 x0也就是方程 f (x)0 的根. (2)要求证一个函数“ 有且只有一个”零点,先要证明函数为单调函数,即存在零点;再用“ 函数零点的存在性定理”求证函数零点的唯一性。其依据为: 如果函数 f ( x) 在区间a, b 上是单调函数,并且 f (a) f (b) 0 ,则函数 f ( x) 在区间 a, b 上至多有一个零点。 【例 3】设函数f ( x) x39 x26x a . 2 ( 1)对于任意实数x,f(x) m 恒成立,求 m 的最大值; ( 2)若方程 f ( x) 0 有且仅有一个实根,求 a 的取值范围. 1 利用导数解决函数零点问题(第二轮大题) 这是一类利用导数解决函数零点的问题,解决这类问题的一般步骤是:转化为所构造函数的零点问题(1)求导分解定义域(2)导数为零列表去,(先在草稿纸进行)(3)含参可能要分类 (4)一对草图定大局(零点判定定理水上水下,找端点与极值点函数值符号) 目标:确保1分,争取2分,突破3分. (一)课前测试 1.(2015年全国Ⅰ卷,21)设函数x a e x f x ln )(2-=. (1)讨论)(x f 的导函数)(x f '零点的个数; (二)典型例题 2.(2017年全国Ⅰ卷,21)已知函数 e a ae x f x x -+=)2()(2(2)若0>a 且)(x f 有两个零点,求a 的取值范围. 注: ①求导分解定义域,这1分必拿, )0)(2(1 )(2>-= 'x a xe x x f x ②草稿纸上令0)(='x f ,构造函数)0(2)(>-=x a xe x g x ,重复上 面步骤, 042)(22>+='x x xe e x g , )(x g 在),0(+∞递增 ③草图 a g -=)0(, +∞→+∞→)(x g x 时。 一定要用零点判定定理确定零点个数 )(x f ' )(x f 2 (三)强化巩固 3.(2017年全国Ⅱ卷,21)(2)证明:x x x x x f ln )(2--=存在唯一 的极大值点0x ,且2022)(--< 导数和函数零点问题 Pleasure Group Office【T985AB-B866SYT-B182C-BS682T-STT18】 导数和函数零点 1、已知函数3()31,0f x x a x a =--≠ (1)求()f x 的单调区间; (2)若()f x 在1x =-处取得极值,直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交 点, 求m 的取值范围。 2、设a 为实数,函数a x x x f ++-=3)(3 (1)求)(x f 的极值; (2)若方程0)(=x f 有3个实数根,求a 的取值范围; (3)若0)(=x f 恰有两个实数根,求a 的值。 3、已知函数)(ln 2)(2R a x ax x f ∈-= (1)讨论)(x f 的单调性; (2)是否存在a 的值,使得方程3)(=x f 有两个不等的实数根 若存在,求出a 的取值范围;若不存在,说明理由。 4、已知函数a ax x a x x f ---+=232 131)(,x R ∈,其中0>a 。 (1)求函数)(x f 的单调区间; (2)若函数)(x f 在区间)0,2(-内恰有两个零点,求a 的取值范围; 5、已知函数)0()23()(2 3>+--++=a d x b a c bx ax x f 的图象如图所示. (1)求c ,d 的值; (2)若函数,01132)(=-+=y x x x f 处的切线方程 在求函数)(x f 的解析式; (3)在(2)的条件下,函数m x x f y x f y ++= =5)(3 1)('与的图象有三个不同的交点, 求m 的取值范围; 6、已知定义域为R 的奇函数)(x f ,当0>x 时,)(1ln )(R a ax x x f ∈+-= (1)求函数)(x f 的解析式; 第16讲-导数与函数的零点 一、 经典例题 考点一 判断零点的个数 【例1】已知二次函数f (x )的最小值为-4,且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |-1≤x ≤3,x ∈R }. (1)求函数f (x )的解析式; (2)求函数g (x )=f (x )x -4ln x 的零点个数. 解 (1)∵ f (x )是二次函数,且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |-1≤x ≤3,x ∈R }, ∴设f (x )=a (x +1)(x -3)=ax 2-2ax -3a ,且a >0. ∴f (x )min =f (1)=-4a =-4,a =1. 故函数f (x )的解析式为f (x )=x 2-2x -3. (2)由(1)知g (x )=x 2-2x -3x -4ln x =x -3x -4ln x -2, ∴g (x )的定义域为(0,+∞),g ′(x )=1+3x 2-4x =(x -1)(x -3)x 2 ,令g ′(x )=0,得x 1=1,x 2=3. 当x 变化时,g ′(x ),g (x )的取值变化情况如下表: X (0,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞) g ′(x ) + 0 - 0 + g (x ) 极大值 极小值 当0 导数和函数零点问题精 选文档 TTMS system office room 【TTMS16H-TTMS2A-TTMS8Q8- 导数和函数零点 1、已知函数3()31,0f x x a x a =--≠ (1)求()f x 的单调区间; (2)若()f x 在1x =-处取得极值,直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交 点, 求m 的取值范围。 2、设a 为实数,函数a x x x f ++-=3)(3 (1)求)(x f 的极值; (2)若方程0)(=x f 有3个实数根,求a 的取值范围; (3)若0)(=x f 恰有两个实数根,求a 的值。 3、已知函数)(ln 2)(2R a x ax x f ∈-= (1)讨论)(x f 的单调性; (2)是否存在a 的值,使得方程3)(=x f 有两个不等的实数根? 若存在,求出a 的取值范围;若不存在,说明理由。 4、已知函数a ax x a x x f ---+=232 131 )(,x R ∈,其中0>a 。 (1)求函数)(x f 的单调区间; (2)若函数)(x f 在区间)0,2(-内恰有两个零点,求a 的取值范围; 5、已知函数)0()23()(23>+--++=a d x b a c bx ax x f 的图象如图所示. (1)求c ,d 的值; (2)若函数,01132)(=-+=y x x x f 处的切线方程在求函数)(x f 的解析式; (3)在(2)的条件下,函数m x x f y x f y ++==5)(31)('与的图象有三个不同的交 点, 求m 的取值范围; 6、已知定义域为R 的奇函数)(x f ,当0>x 时,)(1ln )(R a ax x x f ∈+-= (1)求函数)(x f 的解析式; (2)若函数)(x f y =在R 上恰有5个零点,求实数a 的取值范围。 导数与函数零点问题 函数零点问题是高考中的热点,内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论. 例题分类精讲 一、函数零点个数问题 用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断;另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决.对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值 结合函数的单调性、草图确定其中参数范围.从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值;从图象的 对称性,分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等.但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数. 【例1】若函数f(x)=x3-3x+a 有三个不同的零点,则实数 a 的取值范围是___ . 【答案】(-2,2) 【分析】客观题中函数零点个数问题,可借组图象求解,先根据导函数的符号确定原函数的单调性,由单调性作出函数图象,再确定零点个数. 【解析】由f(x)=x3-3x+a,得f′x)(=3x2-3,由f′(x)=3x2-3=0,得x=±1,f(x)极大值=f(-1)=2+a,f(x)极小值=f(1)=a-2,要使函数f(x)=x3-3x+a有三个不同的零点,则有2+a>0,a-2<0,即- 21; f ′x)(>0 时,0 方程根的个数 图像法 1. 已知函数?(x )=2 -x e x (1)求?(x )的单调区间 增),3(+∞减)3,2()2,( -∞ (2)判断关于x 的方程e x =k(x-2)(k ∈R)的解的情况 2已知定义在R 上的奇函数)(x f ,满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,若方程f(x)=m(m>0)在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ,则1234_________.x x x x +++= 利用单调性 1已知二次函数)(x f 的二次项系数为a ,且不等式)(x f >x 2的解集为(-1,3)。 (1)若方程a x f 7)(-=有两个相等的实数根,求)(x f 的解析式 34)(2++-=x x x f (2)若函数)()(x xf x g =在区间?? ? ??∞-3,a 内单调递减,求a 的取值范围 (]1,-∞- (3)当a =-1时,证明:方程12)(3 -=x x f 仅有一个实数根 2、已知a >0,l x n x ax x f ),1(112)(2+++-=是曲线)(x f y =在点))0(,0(f P 处的切线 (1)求l 的方程 1+-=x y (2)若切线l 与曲线)(x f y =有且只有一个公共点,求a 的值 2 1=a (3)证明:对任意的),(*N ∈=n n a 函数)(x f y =总有单调递减区间,并求出)(x f 的单调递减区 间的长度的取值范围(区间[]21,x x 的长度=12x x -) (] 2,1 分离参数求值域 1. 已知函数=)(x f log 4)()14(R x kx x ∈++是偶函数 (1)求k 的值 2 1-=k (2)若方程0)(=-m x f 有解,求m 的取值范围 m ≥ 21 高中数学:利用导数求解函数的零点或方程的根的问题 (2019·石家庄模拟)已知函数f (x )=2a 2ln x -x 2(a >0). (1)当a =1时,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程; (2)求函数f (x )的单调区间; (3)讨论函数f (x )在区间(1,e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数). 解:(1)当a =1时,f (x )=2ln x -x 2, ∴f ′(x )=2x -2x ,∴f ′(1)=0, 又f (1)=-1,∴曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y +1=0. (2)∵f (x )=2a 2ln x -x 2, ∴f ′(x )=2a 2x -2x =2a 2-2x 2x =-2(x -a )(x +a )x , ∵x >0,a >0, ∴当0<x <a 时,f ′(x )>0,当x >a 时,f ′(x )<0. ∴f (x )在(0,a )上是增函数,在(a ,+∞)上是减函数. (3)由(2)得f (x )max =f (a )=a 2(2ln a -1). 讨论函数f (x )的零点情况如下: ①当a 2(2ln a -1)<0,即0<a <e 时,函数f (x )无零点,在(1,e 2)上无零点; ②当a 2(2ln a -1)=0,即a =e 时,函数f (x )在(0,+∞)内有唯一零点a ,而1<a =e <e 2, ∴f (x )在(1,e 2)内有一个零点; ③当a 2(2ln a -1)>0,即a >e 时, 由于f (1)=-1<0,f (a )=a 2(2ln a -1)>0,f (e 2)=2a 2lne 2-e 4=4a 2-e 4=(2a -e 2)(2a +e 2), 当2a -e 2<0,即 e <a <e 22时,1<e <a <e 22<e 2,f (e 2)<0, 由函数的单调性可知,函数f (x )在(1,a )内有唯一零点x 1,在(a , 导数和函数零点 1、已知函数3()31,0f x x a x a =--≠ (1)求的单调区间; (2)若在1x =-处取得极值,直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交 点, 求m 的取值范围。 2、设a 为实数,函数a x x x f ++-=3)(3 (1)求)(x f 的极值; (2)若方程0)(=x f 有3个实数根,求a 的取值范围; (3)若0)(=x f 恰有两个实数根,求a 的值。 3、已知函数)(ln 2)(2R a x ax x f ∈-= (1)讨论)(x f 的单调性; (2)是否存在a 的值,使得方程3)(=x f 有两个不等的实数根? 若存在,求出a 的取值范围;若不存在,说明理由。 4、已知函数a ax x a x x f ---+=232 131)(,x R ∈,其中0>a 。 (1)求函数)(x f 的单调区间; (2)若函数)(x f 在区间)0,2(-内恰有两个零点,求a 的取值范围; 5、已知函数)0()23()(23>+--++=a d x b a c bx ax x f 的图象如图所示. (1)求c ,d 的值; (2)若函数,01132)(=-+=y x x x f 处的切线方程在求函数)(x f 的解析式; (3)在(2)的条件下,函数m x x f y x f y ++= =5)(31)('与的图象有三个不同的交点, 求m 的取值范围; 6、已知定义域为R 的奇函数)(x f ,当0>x 时,)(1ln )(R a ax x x f ∈+-= (1)求函数)(x f 的解析式; (2)若函数)(x f y =在R 上恰有5个零点,求实数a 的取值范围。 第3讲 导数与函数的切线及函数零点问题 高考定位 高考对本内容的考查主要有:(1)导数的几何意义是考查热点,要求是B 级,理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率,能够解决与曲线的切线有关的问题;(2)在高考试题导数压轴题中涉及函数的零点问题是高考命题的另一热点. 真 题 感 悟 (2016·江苏卷)已知函数f (x )=a x +b x (a >0,b >0,a ≠1,b ≠1). (1)设a =2,b =12. ①求方程f (x )=2的根; ②若对任意x ∈R ,不等式f (2x )≥mf (x )-6恒成立,求实数m 的最大值; (2)若0<a <1,b >1,函数g (x )=f (x )-2有且只有1个零点,求ab 的值. 解 (1)①由已知可得2x +? ?? ??12x =2, 即2x +1 2x =2.∴(2x )2-2·2x +1=0, 解得2x =1,∴x =0. ②f (x )=2x +? ?? ??12x =2x +2-x , 令t =2x +2-x ,则t ≥2. 又f (2x )=22x +2-2x =t 2-2, 故f (2x )≥mf (x )-6可化为t 2-2≥mt -6, 即m ≤t +4t ,又t ≥2,t +4 t ≥2 t · 4t =4(当且仅当t =2时等号成立), ∴m ≤? ????t +4t min =4,即m 的最大值为4. (2)∵0<a <1,b >1,∴ln a <0,ln b >0. g (x )=f (x )-2=a x +b x -2, g ′(x )=a x ln a +b x ln b 且g ′(x )为单调递增,值域为R 的函数.∴g ′(x )一定存在唯一的高考数学(理)总复习:利用导数解决函数零点问题
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