2021年高考数学理科二轮专题-函数的隐零点问题专项模拟讲义总复习
2021年高考数学二轮复习专题二函数与导数2.2函数的零点与方程专项练课件文
有唯一解,即
或 f(1)=5-m<0(f(0)=1),解得 m=4 或
0< 8 <1
m>5.
-6-
4.函数f(x)=2ax-a+3,假设∃x0∈(-1,1),f(x0)=0,那么实数a的取值范围
是( A )
A.(-∞,-3)∪(1,+∞)
B.(-∞,-3)
C.(-3,1)
3.假设关于x的方程4sin2x-msin x+1=0在(0,π)内有两个不同的实数
D
根,那么实数m的取值范围是(
)
A.{x|x<-3}
B.{x|x>-4}
C.{x|x>5}
D.{x|x>5}∪{4}
解析 设 sin x=t,则 0<t≤1,则方程等价于 f(t)=4t2-mt+1=0 在(0,1]内
故当m-1+e2>2e,即m>-e2+2e+1时,y=g(x)与y=f(x)的图象有两个
交点,即g(x)-f(x)=0有两个相异实根.
∴m的取值范围是(-e2+2e+1,+∞).
-14-
12.已知定义域在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+1)+f(1-x)=2.当 x>1
1
.则关于
-1
时,f(x)=
-1
-1
当 x>1 时 f(x)=
中心对称得到,
由图可知当 x<1 时 f(x)过点(0,1)且 f(x)<2,方程 f(x)+2a=0 没有负实
根,即直线 y=-2a 与函数 y=f(x)的图象的交点的横坐标不能为负,由
微专题：隐零点四种形式课件-2024届高三数学二轮复习
变式2：已知函数 =
,
= ln
1
(1) 当 > 0 时, 讨论函数 = − − 的单调性;
(2) 当 > 1 时, 求证: () − () > ( − 1) + 1
变式3设函数 = − − 2
(1) 求 的单调区间;
+ ln0 = 0 0 = 0 −
≥1
ln0 +1
0
, 很显然代换不到最简单状态, 采用同构思想;02 0 + ln0 = 0 ⇒ 0 0 =
0 0 =
1
0
ln
0
得出: 0 =
1
1
0
0
⇒ 0 0 = ln
1
ln ,
0
从而再设而不求带入原函数, 得证;
−ln0
0
⇒
变式1.已知函数 = ln − ∈ , = − 2
(1) 若 有唯一零点, 求 的取值范围;
(2) 若 − ≥ 1 恒成立, 求 的取值范围
类型三隐零点换参
例1已知函数 = ln +
(1) 若 () ≤ ( + 1) + ( > 0, ∈ ), 求 的最小值;
3 2 3
答案: (1)
4
3
2
3 2
(2) +
2
4
2
2 3
3 4
上有解;
的最大值为 , 求 的最小值;
方法点睛：(2) ′() = cos + sin, ′′() = cos − ( − 1)sin < 0, ′() ↓
2021届高三高考数学二轮复习导学提纲导数专题一：隐零点问题
仁寿一中南校区2018级数学二轮复习导学提纲导数专题一：隐零点问题姓名学号分数1、设函数f（x）＝e x﹣ax﹣2．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）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．2、已知函数f（x）＝ax2+xlnx（a∈R）图象在点（1，f（1））处的切线与直线x+3y＝0垂直．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）求证：当n＞m＞0时，lnn﹣lnm＞﹣；（Ⅲ）若存在k∈Z，使得f（x）＞k恒成立，求实数k的最大值．3、已知函数x a e x f xln )(-=.（I ）讨论)(x f 的导函数)('x f 的零点的个数； （II ）证明：当0>a 时，)ln 2()(a a x f -≥.4、已知函数x x ax ax x f ln )(2--=，且()0f x ≥. （I ）求a ；（II ）证明：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e .仁寿一中南校区2018级数学二轮复习导学提纲导数专题一：隐零点问题姓名学号分数1．【分析】（Ⅰ）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母a，故应按a的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；（II）由题设条件结合（I），将不等式，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0在x＞0时成立转化为k＜（x＞0）成立，由此问题转化为求g（x）＝在x＞0上的最小值问题，求导，确定出函数的最小值，即可得出k的最大值；【解答】解：（I）函数f（x）＝e x﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）＝e x﹣a，若a≤0，则f′（x）＝e x﹣a≥0，所以函数f（x）＝e x﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＝e x﹣a＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＝e x﹣a＞0；所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．（II）方法一：由于a＝1，所以（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1故当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0等价于k＜（x＞0）①令g（x）＝，则g′（x）＝由（I）知，当a＝1时，函数h（x）＝e x﹣x﹣2在（0，+∞）上单调递增，而h（1）＜0，h（2）＞0，所以h（x）＝e x﹣x﹣2在（0，+∞）上存在唯一的零点，故g′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）当x∈（0，α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时，g′（x）＞0；所以g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（α）．又由g′（α）＝0，可得eα＝α+2所以g（α）＝α+1∈（2，3）由于①式等价于k＜g（α），故整数k的最大值为2．方法二：由a＝1，知（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，设g（x）＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，则g′（x）＝（x﹣k+1）e x，若k⩽1，则当x＞0 时，g′（x）＞0，此时g（x）上单调递增，而g（0）＝1，故当x＞0 时，g（x）＞1，则有g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0；若k＞1，则当x∈（0，k﹣1）时，g′（x）＜0，当x∈（k﹣1，+∞）时，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）内的最小值为g（k﹣1）＝k﹣e k﹣1+1，令h（k）＝k﹣e k﹣1+1，由（Ⅰ）知，函数e x﹣x﹣2 在（0，+∞）内单调递增，则h（k）在（1，+∞）内单调递减，而h（2）＞0，h（3）＜0，所以当1＜k⩽2 时，h（k）＞0，即g（k﹣1）＞0，则当x＞0 时，g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，当k⩽3 时，g（x）＞0 在（0，+∞）内恒不成立．综上，整数k的最大值为2．【点评】本题考查利用导数求函数的最值及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是第一小题应用分类的讨论的方法，第二小题将问题转化为求函数的最小值问题，本题考查了转化的思想，分类讨论的思想，考查计算能力及推理判断的能力，综合性强，是高考的重点题型，难度大，计算量也大，极易出错．2．【分析】（Ⅰ）由图象在点（1，f（1））处的切线与直线x+3y＝0垂直．即函数f（x）的导函数在x＝1处的函数值为3，求出a的值；（Ⅱ）利用已知函数的单调性，变形构造恒等式，从而证明不等式；（Ⅲ）利用已知函数的单调性，构造g（x）＝2x+lnx+1，由g（x）的单调性得出f（x）的单调性，再由f（x）≥f（x）极小值，解决恒等式，从而求出k的最大值．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝ax2+xlnx，∴f′（x）＝2ax+lnx+1，∵切线与直线x+3y＝0垂直，∴切线的斜率为3，∴f′（1）＝3，即2a+1＝3，故a＝1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）＝x2+xlnx，a∈（0，+∞），f′（x）＝2x+lnx+1，x∈（0，+∞），∵f′（x）在（0，+∞）上单调递增，∴当x＞1时，有f′（x）＞f′（1）＝3＞0，∴函数f（x）在区间（1，+∞）上单调递增，∵n＞m＞0，∴，∴f（）＞f（1）＝1即，∴lnn﹣lnm＞；（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（x）＝x2+xlnx，x∈（0，+∞），f′（x）＝2x+lnx+1，x∈（0，+∞），令g（x）＝2x+lnx+1，x∈（0，+∞），则，x∈（0，+∞），由g′（x）＞0对x∈（0，+∞），恒成立，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，又∵＜0，而＞0，∴存在x0∈，使g（x0）＝0∵g（x）在（0，+∞）上单调递增，∴当x∈（0，x0）时，g（x）＝f′（x）＜0，f（x）在（0，x0）上单调递减；当x∈（x0，+∞）时，g（x）＝f′（x）＞0，f（x）在（x0，+∞）上单调递增；∴f（x）在x＝x0处取得最小值f（x0）∵f（x）＞k恒成立，所以k＜f（x0）由g（x0）＝0得，2x0+lnx0+1＝0，所以lnx0＝﹣1﹣2x0，∴f（x0）＝＝＝﹣＝﹣，又，∴f（x0）∈，∵k∈Z，∴k的最大值为﹣1．【点评】本小题主要考查函数、导数、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想等，是一道综合性较强的导数应用题．属于难题．3．【分析】（1）求出f（x）的定义域，以及f（x）的导函数，导函数零点的个数即为两函数交点个数，分类讨论a的范围确定出零点个数即可；（2）由a＞0时，导函数有零点，存在唯一x0使f′（x0）＝0，分类讨论x的范围确定出导函数的增减性，求出f（x）最小值，即可得证．【解答】解：（1）由f（x）＝e x﹣alnx，得到x＞0，∴f（x）定义域为（0，+∞），∴f′（x）＝e x﹣的零点个数⇔y＝e x与y＝的交点个数，①a＝0时，显然无；②a＞0时，有1个；③a＜0时，无零点；（2）由（1）a＞0时，存在唯一x0使f′（x0）＝0，即＝，且x∈（0，x0）时，f′（x0）＜0，f（x）单调递减，x∈（x0，+∞）时，f′（x0）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）min＝f（x0）＝﹣alnx0＝﹣aln＝+ax0﹣alna≥2a﹣alna＝a（2﹣lna），得证．【点评】此题考查了导数的运算，根的存在性及根的个数判断，熟练掌握导函数的性质是解本题的关键．4．【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a﹣可得h（x）min＝h（），从而可得结论；（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）＝．【解答】解：（1）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a﹣．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以＝1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2﹣，令t′（x）＝0，解得x＝，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，又t（）＝＞0，所以t（x）在（0，）上存在唯一零点，所以t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）＝﹣x0﹣x0lnx0＝﹣x0+2x0﹣2＝x0﹣，由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max＝﹣+＝；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）＝；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．。
高考数学二轮复习 专题五 函数与导数、不等式 微点深
【题组训练】
1.(2018·浙江名校联盟联考)已知函数 f(x)＝ax＋bxln x，其中 a，b∈R.
(1)若函数 f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y＝x＋e，求 a，b 的值；
(2)当 b>1 时，f(x)≥1 对任意 x∈12，2恒成立，证明：a>
e＋1 2e .
(1)解 由题得 f′(x)＝－xa2＋b(ln x＋1)，∴f′(e)＝－ea2＋2b＝1，且 f(e)＝ae＋eb＝2e.
即当 1<x<x0 时，h(x)<0，即 g′(x)<0，
当 x>x0 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，
g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
令
h(x0) ＝ x0 － ln
x0 － 2 ＝ 0 ， 即
ln
x0
＝
x0
－
2
，
g(x)min
＝
g(x0)
＝
x0（1＋ln x0－1
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln
2 a.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2e2x－ax(x>0).由 f ′(x)＝0 得 2xe2x＝a.令 g(x)＝
2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)＝0.
则 φ′(x)＝－b(2ln x＋3)，易知 φ′(x)<0，故 g′(x)在12，2上单调递减，
1
1
1
因为 g′(e－2)＝1－b(－e－2＋e－2)＝1>0，g′(1)＝1－b(2ln 1＋1)＝1－b<0，
2021年新高考数学总复习讲义：函数零点
2021年新高考数学总复习讲义：函数零点知识讲解一、函数的零点1.零点的定义：对于函数()y f x ，使()0f x 的实数x 叫做函数()yf x 的零点．2.函数零点的等价关系函数()y f x =的零点就是方程()0f x =实数根，亦即函数()y f x =的图象与x 轴交点的横坐标．即方程()0f x =有实数根⇔函数()y f x =的图象与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点．3.零点存在性判定定理定理：如果函数()y f x =在区间[]a b ，上的图象是连续不断的一条曲线，且()()0f a f b ⋅<，则函()y f x =在区间()a b ，内有零点，即存在()c a b ∈，，使得()0f c =，这个c 就是方程()0f x =的根．4.对函数零点存在的判断中，必须强调：1）()f x 在[]a b ，上连续； 2）()()0f a f b <； 3）在()a b ，内存在零点． 这是零点存在的一个充分条件，但不是必要条件． 注意：函数()yf x 的零点就是方程()0f x 的实数根，也就是函数()yf x 的图象与x 轴交点的横坐标，所以函数的零点是一个数，而不是一个点．在写函数零点时，所写的一定是一个数字，而不是一个坐标．5. 二次函数零点的判定判别式2=4b ac △0△ 0△ 0△0）的图像2ax bx c 0a ）的根2a2ax bxc0）的零点2ba2ax bxc0）的解集2ax bxc0）的解集1x 或2xx }2a6.一元二次方程20axbx c根的分布（下面对0a 进行讨论）20bk a △20bk a △1212()x x k k ，，1122k x k x )k ，内有且只有一根yyyky y1220b k a△23()0()0f k f k △且(2b k a经典例题一．选择题（共12小题）1．（2018•重庆模拟）函数f（x）=|x﹣2|﹣lnx在定义域内零点的个数为（）A．0B．1C．2D．32．（2018•商洛模拟）函数f（x）=ln（x+1）﹣2x的零点所在的大致区间是（）A．（3，4）B．（2，e）C．（1，2）D．（0，1）3．（2017秋•镇原县校级期末）函数f（x）=2x+7的零点为（）A．7B．7 2C．﹣7D．−7 24．（2017秋•平罗县校级期末）方程2x=2﹣x的根所在区间是（）A．（﹣1，0）B．（2，3）C．（1，2）D．（0，1）5．（2018春•番禺区校级月考）方程x3﹣3x﹣m=0在[0，1]上有实数根，则m的最大值是（）A．0B．﹣2C．﹣118D．16．（2017•奉贤区二模）若f（x）为奇函数，且x0是y=f（x）﹣e x的一个零点，则﹣x0一定是下列哪个函数的零点（）A．y=f（x）e x+1B．y=f（﹣x）e﹣x﹣1C．y=f（x）e x﹣1D．y=f（﹣x）e x+17．（2016秋•仙桃期末）函数f（x）=2x2﹣3x+1的零点个数是（）A．0B．1C．2D．38．（2016秋•库尔勒市校级期末）下列函数中，既是奇函数又存在零点的函数是（）A．y=sinx B．y=cosxC．y=lnx D．y=x3+19．（2016秋•黄山期末）函数f（x）=log2（x﹣1）的零点是（）A．（1，0）B．（2，0）C．1D．210．（2016秋•东莞市校级期末）函数f（x）=x2﹣4x+4的零点是（）A．（0，2）B．（2，0）C．2D．411．（2017秋•青冈县校级期中）函数f（x）=2x2﹣3x+1的零点是（）A．﹣12，﹣1B．﹣12，1C．12，﹣1D．12，112．（2017春•江津区期中）设f（x）=ax+4，若f（1）=2，则a的值（）A．2B．﹣2C．3D．﹣3二．填空题（共5小题）13．（2014秋•新沂市校级月考）已知集合A={x|ax2﹣3x+2=0，x∈R，a∈R}只有一个元素，则a=．14．（2014秋•涟水县校级期中）方程4x2﹣12x+k﹣3=0没有实根，则k的取值范围是．15．（2012秋•浦东新区校级月考）2﹣x+x2=5的实根个数为．16．（2012秋•金山区校级月考）函数y=x3﹣2x的零点是．17．已知x 38=234，则x=．三．解答题（共1小题）18．解方程：x3+x2=1．。
专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2121年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：因为 f (x) ex+m x3 ， 所以 f (x) ex+m 3x2 .……………………………………………………………1 分
因为曲线 y f x 在点 0，f 0 处的切线斜率为1， 所以 f 0 em 1，解得 m 0 .…………………………………………………2 分
（Ⅱ）证法一：因为 f (x) ex+m x3 , g x ln x 1 2 ，
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所以 f x g (x) x3 等价于 ex+m ln x 1 2 0 ．
当 m 1时， ex+m ln x 1 2 ex1 ln x 1 2 ．
要证 ex+m ln x 1 2 0 ，只需证明 ex1 ln(x 1) 2 0 .………………4 分
，解得： ，
由
，解得：
，
故 在 递减，在
递增；
2 由 1 知要使 存在最小值，
则且
，
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令
，
，
则
在
递减，
又
，
，
故存在
使得
故在
递增，在
，
故
，
故
， 递减， ，
，
又
，
，
故
．
2．【广东省汕头市 2019 届高三上学期期末】已知函数
．
讨论 的单调性；
若 ， 是 的两个极值点，证明：
．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析 【解析】
解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；
第二步：以零点为分界点，说明导函数 f′(x)的正负，进而得到 f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代
高考数学二轮复习专题突破—利用导数研究函数的零点(含解析)
高考数学二轮复习专题突破—利用导数研究函数的零点1.(2021·福建厦门月考)已知函数f(x)=x3-43x2e x的定义域为[-1,+∞).(1)求f(x)的单调区间;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a在区间[-1,2]上的零点个数.2.(2021·江苏苏州月考)已知函数f(x)=x 2a-2ln x(a∈R,a≠0).(1)求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2),且a=4,证明:x1+x2>4.3.(2021·山东烟台期中)已知函数f(x)=ax+2e x+1(a∈R).(1)若函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a≠0时,讨论函数g(x)=f(x)-a-3的零点个数,并给予证明.4.(2021·山西太原三模)已知函数f(x)=a ln x-14x2+b-ln 2的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-12x+1.(1)求f(x)的单调区间;(2)设x1,x2(x1<x2)是函数g(x)=f(x)-m的两个零点,求证:x2-x1<32-4m.5.(2021·广东佛山期末)已知函数f(x)=ln x-mx有两个零点.(1)求m的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:f'(x1+x2)<0.6.(2021·山东实验中学模拟)已知函数f(x)=2e x sin x(e是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间;π(2)记g(x)=f(x)-ax,0<a<6,试讨论g(x)在区间(0,π)上的零点个数(参考数据:e2≈4.8).答案及解析1.解 (1)f'(x )=x 3+53x 2-83x e x =x3(3x+8)(x-1)e x ,因为x ∈[-1,+∞),所以函数f'(x )的零点为0和1. 所以当0<x<1时,f'(x )<0; 当x>1或-1≤x<0时,f'(x )>0.所以f (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为[-1,0),(1,+∞). (2)由(1)知,f (x )在区间[-1,2]上的极大值为f (0)=0,极小值为f (1)=-e3. 因为f (-1)=-73e ,f(-1)f(1)=7e 2<72.72<1,所以f (1)<f (-1)<0.f (2)=8e 23,由g (x )=0,得f (x )=a.故当a<-e3或a>8e 23时,g (x )的零点个数为0; 当a=-e 3或0<a ≤8e 23时,g (x )的零点个数为1;当-e3<a<-73e 或a=0时,g (x )的零点个数为2; 当-73e ≤a<0时,g (x )的零点个数为3. 2.(1)解 函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2xa −2x =2x 2-2a ax.当a<0时,f'(x )<0,所以f (x )在区间(0,+∞)上单调递减,所以f (x )在区间(0,+∞)上无极值;当a>0时,若x ∈(0,√a ),f'(x )<0,f (x )在区间(0,√a )上单调递减.若x ∈(√a ,+∞),f'(x )>0,f (x )在区间(√a ,+∞)上单调递增,故f (x )在区间(0,+∞)上的极小值为f (√a )=1-2ln √a =1-ln a ,无极大值. (2)证明 当a=4时,f (x )=x 24-2ln x.由(1)知,f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,x=2是函数f(x)的极值点.又x1,x2为函数f(x)的零点,所以0<x1<2<x2,要证x1+x2>4,只需证x2>4-x1.∵f(4-x1)=(4-x1)24-2ln(4-x1)=x124-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=x124-2ln x1=0,∴f(4-x1)=2ln x1-2x1+4-2ln(4-x1).令h(x)=2ln x-2x+4-2ln(4-x)(0<x<2),则h'(x)=2x -2+24−x=2(x-2)2x(4-x)>0,∴h(x)在区间(0,2)上单调递增,∴h(x)<h(2)=0,∴f(4-x1)<0=f(x2),又4-x1>2,x2>2,∴4-x1<x2,即x1+x2>4得证.3.解 (1)f'(x)=a-2e x.由题意得f'(x)≥0,即a≥2e x在区间(1,+∞)上恒成立.当x∈(1,+∞)时,2e x ∈0,2e,所以a≥2e.故实数a的取值范围为2e,+∞.(2)当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点; 当a>0时,函数g(x)有两个零点.证明如下:由已知得g(x)=ax+2e x -a-2,则g'(x)=a-2e x=ae x-2e x.当a<0时,g'(x)<0,所以函数g(x)单调递减.又g(0)=-a>0,g(1)=2e-2<0,故函数g(x)有且只有一个零点.当a>0时,令g'(x )<0,得x<ln 2a ,令g'(x )>0,得x>ln 2a ,所以函数g (x )在区间-∞,ln 2a 上单调递减,在区间ln 2a ,+∞上单调递增,而g (ln 2a )=a ln 2a −2a <0,g (a+2a)=2e a+2a>0.由于x>ln x ,所以a+2a >2a >ln 2a ,所以g (x )在区间ln 2a ,a+2a上存在一个零点.又g ln 2a 2+a+2=a a-lna 2+a+22,且ln 2a 2+a+2<ln 2a ,设h (a )=a-lna 2+a+22,则h'(a )=1-2a+1a 2+a+2=a 2-a+1a 2+a+2>0在区间(0,+∞)上恒成立,故h (a )在区间(0,+∞)上单调递增.而h (0)=0,所以h (a )>0在区间(0,+∞)上恒成立,所以g ln 2a 2+a+2>0, 所以g (x )在区间ln 2a 2+a+2,ln 2a 上存在一个零点. 综上所述,当a<0时,函数g (x )有且只有一个零点; 当a>0时,函数g (x )有两个零点.4.(1)解 由题可知,函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=ax −12x ,又函数f (x )的图象在点(2,f (2))处的切线方程为y=-12x+1,所以{f(2)=0,f'(2)=-12,即{aln2−1+b-ln2=0,a2-1=-12,解得{a =1,b =1,所以f (x )=ln x-14x 2+1-ln 2,f'(x )=1x−12x=2−x 22x,当x ∈(0,√2)时,f'(x )>0;当x ∈(√2,+∞)时,f'(x )<0,所以函数f (x )的单调递增区间为(0,√2),单调递减区间为(√2,+∞).(2)证明 由(1)得f (x )=ln x-14x 2+1-ln 2(x>0),且f (x )在区间(0,√2)上单调递增,在区间[√2,+∞)上单调递减,由题意得f (x 1)=f (x 2)=m ,且0<x 1<√2<x 2,∴x 2-x 1-32+4m=x 2-x 1-32+2(f (x 2)+f (x 1))=2ln x 2+x 2-12x 22+2ln x 1-x 1-12x 12+52-4ln 2.令t 1(x )=2ln x+x-12x 2,x>√2, 则t 1'(x )=(x+1)(x-2)-x,令t 1'(x )>0,得√2<x<2;令t 1'(x )<0,得x>2,∴t 1(x )在区间(√2,2]上单调递增,在区间(2,+∞)上单调递减,∴t 1(x )≤t 1(2)=2ln 2.令t 2(x )=2ln x-x-12x 2,0<x<√2,则t 2'(x )=(x+2)(x-1)-x,令t 2'(x )>0,得0<x<1;令t 2'(x )<0,得1<x<√2,∴t 2(x )在区间(0,1)上单调递增,在区间[1,√2)上单调递减, ∴t 2(x )≤t 2(1)=-32,∴x 2-x 1-32+4m ≤t 1(2)+t 2(1)+52-4ln 2=1-2ln 2<0. ∴x 2-x 1<32-4m. 5.(1)解 f'(x )=1x -m=1−mx x(x>0),当m ≤0时,f'(x )>0,则f (x )在区间(0,+∞)上单调递增,至多有一个零点;当m>0时,若0<x<1m ,则f'(x )>0,f (x )在区间0,1m 上单调递增; 若x>1m ,则f'(x )<0,f (x )在区间1m,+∞上单调递减,∴f (x )在x=1m 处取得最大值,由题意得f (1m )=-ln m-1>0得0<m<1e ,此时,有1m 2>1m>e >1,而f (1)=-m<0,f (1m 2)=-2ln m-1m <0, ∴由零点存在定理可知,f (x )在区间1,1m 和1m ,1m 2上各有一个零点. 综上所述,m 的取值范围是0,1e .(2)证明 ∵x 1,x 2是f (x )的两个零点,不妨设x 1>x 2>0,∴ln x 1-mx 1=0①,ln x 2-mx 2=0②, ①-②得ln x 1-ln x 2=mx 1-mx 2,即有m=ln x 1-ln x 2x 1-x 2,由f'(x )=1x -m ,有f'(x 1+x 2)=1x1+x 2-m=1x1+x 2−ln x 1-ln x 2x 1-x 2,∴要证f'(x 1+x 2)<0,即证ln x 1-ln x 2x 1-x 2>1x1+x 2,即证ln x 1-ln x 2>x 1-x2x 1+x 2,即证ln x 1x 2−x 1x 2-1x 1x 2+1>0,即证ln x 1x 2+2x 1x 2+1-1>0,令x 1x 2=t>1,设φ(t )=ln t+2t+1-1(t>1),则φ'(t )=t 2+1t(t+1)2>0,∴φ(t )在区间(1,+∞)上单调递增,则φ(t )>φ(1)=0, ∴f'(x 1+x 2)<0得证.6.解 (1)函数f (x )=2e x sin x 的定义域为R .f'(x )=2e x (sin x+cos x )=2√2e x sin x+π4.由f'(x )>0,得sin x+π4>0,可得2k π<x+π4<2k π+π(k ∈Z ),解得2k π-π4<x<2k π+3π4(k ∈Z ), 由f'(x )<0,得sin x+π4<0,可得2k π+π<x+π4<2k π+2π(k ∈Z ),解得2k π+3π4<x<7π4+2k π(k ∈Z ).所以f (x )的单调递增区间为-π4+2k π,3π4+2k π(k ∈Z ),单调递减区间为3π4+2k π,7π4+2k π(k ∈Z ). (2)由已知g (x )=2e x sin x-ax ,所以g'(x )=2e x (sin x+cos x )-a ,令h (x )=g'(x ),则h'(x )=4e x cosx.因为x ∈(0,π),所以当x ∈0,π2时,h'(x )>0; 当x ∈π2,π时,h'(x )<0,所以h (x )在区间0,π2上单调递增,在区间π2,π上单调递减,即g'(x )在区间0,π2上单调递增,在区间π2,π上单调递减.g'(0)=2-a ,g'(π2)=2e π2-a>0,g'(π)=-2e π-a<0.①当2-a≥0,即0<a≤2时,g'(0)≥0,所以∃x0∈π2,π,使得g'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,x0)上单调递增,在区间(x0,π)上单调递减.因为g(0)=0,所以g(x0)>0.因为g(π)=-aπ<0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点.②当2-a<0,即2<a<6时,g'(0)<0,所以∃x1∈0,π2,x2∈π2,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,且当x∈(0,x1),x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.所以g(x)在区间(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调递增.因为g(0)=0,所以g(x1)<0,因为g(π2)=2eπ2−π2a>2eπ2-3π>0,所以g(x2)>0,因为g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,π)上有两个零点.综上所述,当0<a≤2时,g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点;当2<a<6时,g(x)在区间(0,π)上有两个零点.。
2021年高考数学总复习2.4.3导数与函数的零点及参数范围课件理
-14-
考向一
考向二
考向三
1
综上所述,当 0≤a≤1 或 a=- 时,f(x)有一个零点;
1
1
2
当 a<-2时,f(x)无零点;当-2<a<0 时,f(x)有两个零点.
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考向一
考向二
考向三
零点个数求参数范围
解题策略一 最小值法
例 3 已知函数 f(x)=x2-2 ln x 在点
解:(1)f(x)=x2-2 ln x 的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-2 .
因为 f'
1
2
f'(x)=2x-
1
=1-a=0,所以 a=1,f(x)=x2-2ln x,
1
2
=
(2-1)(2+1)
1
令 f'(x)>0,得 x>2,
2
.
1
令 f'(x)<0,得 0<x<2.
故函数 f(x)的单调递增区间是
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
判断函数零点或方程根的情况.
-5-
考向一
考向二
考向三
对点训练1函数f(x)=(x2-3x+3)ex.
(1)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在[-2,t](t>-2)上为单调函数;
'( 0 )
(2)当 x∈[-2,t],且 1<t<4 时,求满足
1
2 -1
(+1)(-1)
f'(x)=- +x=
由
专题28 函数零点问题(解析版)-2021年高考数学导数中必考知识专练
专题28：函数零点问题（解析版）1．函数零点概念对函数()y f x =，把使()0f x =的实数x 叫做函数()y f x =的零点． 2.零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[]a,b 上的图象是连续不断一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么，函数()y f x =在区间()a,b 内有零点.即存在()c a,b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是方程()0f x =的根.3.零点存在唯一性定理：如果函数()y f x =在区间[]a,b 上的图象是连续不断一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，且在[]a,b 上单调，那么，函数()y f x =在区间()a,b 内有唯一的零点.即存在唯一的()c a,b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是方程()0f x =的根.函数零点、方程的根与函数图像的关系(牢记) 函数()()()y F x f x g x ==-有零点方程()()()0F x f x g x =-=有实数根函数()()12,y f x y g x ==图像有交点.1.利用函数图像求函数零点问题解:由()lg cos 0f x x x =-=,可化为lg cos x x =,画出lg y x =和cos y x =的图像,可得出 B 正确. ()lg cos f x x x =-有4个零点,()lg cos f x x x =-有6个零点.（:2）:若关于x 的方程2a x x a =+()0>a 有两个不同的实数根,求a 的取值范围. 解1:设2,y ax y x a ==+,分别画两函数的图像,两图像有两个不同的交点即方程2a x x a =+有两个不同的实数根. x a y 2=与a x y +=的图像，当1=a 时，在第一象限平行，第二象限有一个交点，当1<a 时只有一个交点在第二象限，当1>a 时有两个交点，故1a >. 解2:设211,y x y x a a==+,分别画两函数的图像,,两图像有两例2：32()69f x x x x a =-++在x R ∈上有三个零点，求a 的取值范围.解：由2()312f x x x '=-令()0f x '>，得3x >或1x <，()0f x '<,得13x <<()f x ∴在(,1)-∞，(3,)+∞上单调递增，在(1,3)上单调递减()=(1)40f x f a ∴=+>极大值，4a >-()=(3)f x f a =<极小值40a ∴-<<.零点问题针对性练习1．已知a 是正实数，函数f(x)＝2ax 2＋2x －3－a.如果函数y ＝f(x)在区间[－1,1]上有零点，求a 的取值范围． 【答案】[)1,+∞ 【解析】当a=0时，函数为f (x)="2x" -3，其零点x=不在区间[-1，1]上．当a≠0时，函数f (x) 在区间[-1，1]分为两种情况：①函数在区间[─1，1]上只有一个零点，此时4.543.532.521.510.50.51112345678Axoy32.521.510.50.511.522.5211234567xoy或解得1≤a≤5或a=②函数在区间[─1，1]上有两个零点，此时()()2082440111{21010a a a a f f >∆=++>-<-<≥-≥或()()2082440111{21010a a a a f f <∆=++>-<-<≤-≤ 解得a 5或a<综上所述，如果函数在区间[─1，1]上有零点，那么实数a 的取值范围为(-∞, ]∪[1, +∞)2．求函数()ln 26f x x x =+-零点的个数. 【答案】1个. 【分析】根据函数零点存在性定理，得到()ln 26f x x x =+-在区间()2,3内有零点，再由函数单调性，即可判定出结果. 【详解】因为()ln 26f x x x =+-，所以()462ln 22ln 20f +-=-<=，()3ln366ln30f +-=>=， 由零点存在性定理，得到()ln 26f x x x =+-在区间()2,3内有零点， 又因为函数()ln 26f x x x =+-在定义域()0,∞+内是增函数，所以它仅有一个零点. 【点睛】本题主要考查函数零点个数的判定，熟记零点存在性定理即可，属于基础题型.3．已知函数f （x ）＝x 2－2ax ＋a 2－1的两个零点都在(－2，4)内，求实数a 的取值范围． 【答案】(－1，3). 【分析】由于函数f （x ）＝x 2－2ax ＋a 2－1的两个零点都在(－2，4)内，所以0(2)0(4)024f f a ∆>⎧⎪->⎪⎨>⎪⎪-<<⎩，然后解不等式组即可. 【详解】解：因为函数f （x ）＝x 2－2ax ＋a 2－1的两个零点都在(－2，4)内，所以0(2)0(4)024f f a ∆>⎧⎪->⎪⎨>⎪⎪-<<⎩，即222244(1)044101681024a a a a a a a ⎧-->⎪++->⎪⎨-+->⎪⎪-<<⎩，解得13a -<< 所a 的取值范围为(－1，3)． 【点睛】此题考查二次函数的零点分布情况，属于基础题. 4．试讨论当实数k 取不同值时，关于x 的方程()22121xx k --+=的解的个数．【答案】（1）当2k 或14k =-时，方程有1个解；（2）当124k -<<时，方程有2个解；（3）当14k <-时，方程无解 【分析】首先换元，令2x t =，将方程转化为关于t 的一元二次方程，然后再利用二次函数零点分布即可求解. 【详解】关于x 的方程()22121x x k --+=令2x t =，0t >，则()211t t k --+=，即2320t t k -+-=， 令()232f t t t k =-+-，对称轴32t =， 当()020f k =-≤，即2k ≥时，函数只有一个正零点，即方程只有1个解； 当0∆=，即()()23420k ---=，解得14k =-， 此时函数只有一个正零点，即方程只有1个解；当()000f ∆>⎧⎨>⎩，即()()2342020k k ⎧--->⎪⎨->⎪⎩ ，解得124k -<<， 此时函数有两个正零点，即方程有2个解； 当∆<0时，即()()23420k ---<，解得14k <-， 此时函数无零点，即方程无解； 综上所述，当2k 或14k =-时，方程有1个解； 当124k -<<时，方程有2个解； 当14k <-时，方程无解.【点睛】本题考查了函数与方程、二次函数的零点分布、根据参数的取值范围确定方程根的个数，考查了转化与化归的思想，属于中档题.5．已知一次函数()f x 满足(3)3(1)4f f -=，2(0)(1)1f f --=． （1）求这个函数的解析式；（2）若函数2()()g x f x x =-，求函数()g x 的零点．【答案】（1）()32f x x =-（2）零点是2和1． 【分析】（1）设(),(0)f x kx b k =+≠，代入数据得到解得答案.（2）函数2()32g x x x =--，当()0g x =时解得答案. 【详解】解：（1）设(),(0)f x kx b k =+≠由条件得：33()42()1k b k b b k b +-+=⎧⎨--+=⎩，解得32k b =⎧⎨=-⎩，故()32f x x =-；（2）由（1）知2()32g x x x =--，即2()32g x x x =-+-， 令2320x x -+-=，解得2x =或1x =， 所以函数()g x 的零点是2和1． 【点睛】本题考查了一次函数，函数的零点，意在考查学生的计算能力. 6．已知函数2()log (1)f x x a =++ （1）求该函数的定义域；（2）若该函数的零点为x =3，求a 的值. 【答案】（1）()1,-+∞ （2）2a =- 【分析】（1）要使函数有意义，则需10x +>，求解即可； （2）由该函数的零点为x =3，可得(3)0f =，求解即可得解. 【详解】解：（1）要使函数有意义，则需10x +>，即1x >-， 即该函数的定义域为()1,-+∞； （2）由该函数的零点为x =3， 即2(3)log (31)0f a =++=， 即20a +=， 故2a =-. 【点睛】本题考查了函数定义域的求法，重点考查了函数的零点，属基础题. 7．已知函数221()11x m f x x x x x -=-----(Ⅰ)若函数()f x 无零点，求实数m 的取值范围；(Ⅱ)若函数()f x 在(2,2)-有且仅有一个零点，求实数m 的取值范围． 【答案】(Ⅰ) 47|{<m m 或2}m =；(Ⅱ)7{|4m m =或48}m ≤<。
高考数学总复习---压轴题之函数零点问题(解析版)
整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零
点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函
数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程 f′(x0)＝0，并
结合 f(x)的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多
故 f (x) 在 (0, x0 ) 单调递减，在 ( x0 ,1] 单调递增，
所以当 x = x0 时， f (x) 取得最小值，最小值为 f (x0 ) = e2x0 − a ln x0 ，
由 2x0e2x0
−a
=
0 ，即 e2x0
=
a 2 x0
，两边去对数得 ln
x0
= ln
a 2
− 2x0
2 / 22
零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解
导数压轴问题，例题说法，高效训练.
【典型例题】
类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数
,曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
（1）求 a；
﹣2
﹣2
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e ＜f（x0）＜2 ．
【答案】（1）1；（2）见解析.
2
【解析】（1）因为 f（x）=ax ﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则 f（x）≥0 等
价于
1 h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知 h′（x）=a﹣ ．则当 a≤0 时 h′（x）＜0，即 y=h
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函数的隐零点问题
• 导数的应用是高考的热点,在压轴题中,导函数的零点在
解决函数单调性、最值性、不等式证明等问题中地处 “咽喉”，至关重要.然而,有些导函数的零点在数值上 却不易求出或求不出(我们把它叫作隐零点)，这就需要 对零点采取特殊方法进行处理,其基本解决思路是：形 式上虚设，运算上代换.然而,在使用虚设零点(我们把这 种方法称为隐零点法)后,往往需要对隐零点的范围限制, 这时,范围越小就越精确,而同时就会越困难,所以在实际 解题中就会出现因范围过大而使问题无法解决的情况, 这正是此方法的弊端所在.下面通过自身的一次解题经 历来说说此方法的实际应用与弊端所在.
• 两次的失败让人信心全无，实在是不 愿继续尝试，于是利用几何画板软件 画出函数h(x)与函数u(x)的图像，发 现区间的右端点只能在[1.27,1.36]及 其周边极小的区域取值，这么精确的
要求必然难倒考生，很难想象在高考 中有几个学生能顺利找到。
解题感悟：
高考对解题方法的考查是注重通性通法, 然而通过以上的解题历程,对那种一味只 追求通性通法而反对“秒杀法”的观点有 了新的理解. 我们不能去怀疑或反对通性 通法,但也不能一味地只追求通性通法而 忽略了必要的深度思考,比如例2中的法二 .而要想得到此方法,必然需要平时积累一