专题03 导数与函数零点(精讲篇)-用思维导图突破导数压轴题
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用思维导图突破导数压轴题
专题3 导数与函数零点
()
f x()
f x()
f x
()
f x y h x
=()y g x
=()
求函数f(x)的零点
:求导判断f(x)的单调性,适当选取区间,确定端点函数值异号
:a=g(x)或h(x)=q(x)判断相应函数单调性、值域,确定零点个数或范围
结合具体问题运用分析法和相关性质确定端点(一般不唯一,见例2等)结合图象确定零点范围(见例3、例6),有时还需证明(见例1)
()sin (1)
f x x ln x =-+()
f x '()
f x ()f x '(1,)
2
π
-()
f x 思路点拨
第(1)题:若1
()cos 1f x x x
'=-
+在区间(1,)2
π
-的极大值点x 0,则在x 0左边,()
f x '递增,在x 0右边()f x '递减.这需要考虑()f x ''在x 0左边为正,右边为负,也就是说x 0是()f x '的零点,从而()f x '在0(1,)x -上单调递增;在0(x ,)2
π
上()f x ''<0,可得()f x '单调递减.
第(2)结论等价于方程sinx=ln(1+x)有且仅有两个不等的实数根.在同一坐标系中分别作出图象可知一根为0,另
一根介于(2]2
π
,
之间. 从图象可以看出当(1,0)x ∈-和
(0,)2
π
时,sin ln(1)0x x -+>,即()0f x >;当[2,)x ∈+∞,()0f x <.
这就需要考虑f ′(x )在(?1,0)、(0,π
2]、(π
2,2]、(2,+∞)单调性以及端点值的正负.由于x 0位于(0,x 0)和(x 0,π
2),还有对这两个区间作相应讨论.
第(2)的思维导图:
f '(x)
-1
y
x
π2
x 0
2y =ln(1+x )
y =sin x
-1y
x
0π2
已知f (x )=sin x -ln(1+x )
结论:
f (x )有且仅有2个零点 sinx=ln(1+x)有两个不等实数根
数形结合:一根为0,一根在
当和时,
f (x )>0;当 x ∈?2,+∞)时,f (x )<0
当 x ∈?2,+∞)时, f (x )<0
等价转化
()f x ()
f x a
(1)直接进行求导,分类讨论.(2)由(1)知()f x 在上单调递减,在
上单调递增, ()f x 有极小值,若()f x 有两个零点,则
,且在该点左右两个区间再各找一个点,其函数值大于0即可,当然也可以把函数有两个零点问题转化为另外两个函数图象有两个交点.
(1)对函数进行求导可得.
①当时,恒成立,故而函数恒递减.
②当时,,解得
x >ln 1
a ,所以函数在上单调递减,在上单调递增. (2)解1 由(1)知,当0a ≤时,()f x 在上单调递减,故()f x 在上至多一个零点,不满足条件;当0a >时,()min 1
()ln 1ln f x f a a a
=-=-
+. 令()11ln (0)g a a a a =-
+>,则()211
0g a a a
'=+>,从而()g a 在()0,+∞上单调递增,而()10g =,故当01a <<时,()0g a <;当1a =时,()0g a =;当1a >时,
()0g a >. 当1a >时,()0g a >,此时()0f x >恒成立,从而()f x 无零点,不满足条件. 当1a =时,()0g a =,min 1
()1ln 0f x a a
=-+=,此时()0f x =仅有一个实根,不满足条件.
当01a <<时,()0g a <,()min 1
()ln 1ln 0f x f a a a
=-=-
+<,注意到22ln 0,(1)10a a a f e e e
->-=
++->,故()f x 在(1,ln )a --上有一个实根. 1,ln a ??-∞ ???1ln ,a ??
+∞ ???
11ln ln 1f a a a ??
=-+ ???
()1
ln 100a a a
-
+<>()()()()2'22111x
x x x f x ae
a e ae e =+--=-+0a ≤()()()
'110x
x
f x ae e =-+≤0a >()()()
1
'110ln x
x
f x ae e x a
=-+>?>1,ln a ??-∞ ???
1ln
,a ??
+∞ ???
R R
而 31ln 1ln ln a a a ??
->=- ???
,
33ln 1ln 133ln(1)e e 2ln 1a a f a a a a ????
-- ? ?
??????????-=?+--- ? ? ?
???????
()33132ln 1a a a a ????=-?-+--- ? ?????331ln 10a a ????
=---> ? ?????. 故()f x 在3ln ln 1a a ?
?
??-- ? ?????
,
上有一个实根. 又()f x 在上单调减,在(ln ,)a -+∞单调增,故在上至多两个实根. 注 怎么知道要算f (-1)>0、3ln(1)0??-> ???f a ?事实上,()()[2]=+--x x
f x e ae a x ,
当x =-1时f (-1)>0;为了再找一点x ,使f (x )>0,因为()()22=+--x
x f x ae
a e x
()=[2]+--x x e ae a x ,注意到0->x e x ,所以只要()21+-=x ae a ,解得3
ln(1)=-x a
.
其实,还可以证f (-2)>0,03
ln(1)>-x a
时,
3ln(1)0??
-> ???
f a . (2)解2 令()0f x =,即()220x
x
ae a e x +--=,所以有22x x x
e x
a e e
+=+.于是函数()f x 有两个零点,即y a =与()22x x x e x
g x e e
+=+的图象有两个交点.
()g x 的导函数为
()()()
(
)
2
211'1
x
x x
x
e e x g x e e ++-=-
+,当0x <时,()'0g x >;当0x >时,
()'0g x <时,所以()g x 在(),0-∞上单调递增,在()0,+∞上单调递减,且()g x 在0
x =处取得最大()01g =.
当1a ≥时,y a =与()g x 至多有一个零点,不符合题意;
当0a ≤时,由于当0x ≥时,()0g x >,而当0x <时,()g x 是单调递增,所以y a =与()g x 至多有一个交点,不符合题意;
当01a <<时,一方面,由于()()20,01g a g a -<<=>,且()g x 在()2,0-上单调递增,所以y a =与()g x 在()2,0-上有且仅有一个交点.
()ln a -∞-,
()f x R
2
f x ax
=-
()e x
f x≥
x≥()1
a=0
1
()f x (0,)+∞a
()1f x ≥(0)=1
f 0
x ≥()(0)
f x f ≥'()0
f x >'()0
f x >()1
f x ≥210
x e x --≥x
e 2(1)10
x x e -+-≤2()(1)1
x g x x e -=+-()(0)
g x g ≤()
f x ()
f x '()2x f x e ax
=-()
f x 22()()
x f x x e x a -=-2()x h x e x a
-=-()f x ()h x (0,)
+∞'
3
(2)()x
x e h x x -=
()
f x 2()1x
x f x e ax e -=-()
()
f x 2
x
e a x
=y a
=2
()x
e G x x
=满分解答 解(1)解 1 因为2()x f x e ax =-,所以'()2x
f x e x =-,
令'
()2,()2x
x
g x e x g x e =-=-,由2=0x e -得ln 2x =.
当'
'
[0,ln 2),()0;(ln 2,),()0x g x x g x ∈<∈+∞>,所以()g x 在[0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,)+∞上单调递增,所以()(ln 2)220,g x g ln ≥=->因此()f x 在[0,)+∞上递增,所以2
()1(0)x
f x e x f =-≥=.
解2 设函数2
()(+1)1x
g x x e
-=-,则'22()(21)(1)x x g x x x e x e --=--+=--,
当1x ≠时,'
()0g x <,所以()g x 在[0,)+∞单调递减,从而有()(0)0g x g ≤=,即
2(+1)10x x e --≤,整理得,21x e x -≥,故有()1f x ≥.
(2)解1因为()f x 在(0,)+∞只有一个零点,由于22()x f x x e x a -=-(),则
2
()x h x e x a -=-在(0,)+∞只有一个零点,'
3
(2)()x x e h x x
-=,当(0,2)x ∈时,'
()0h x <,当(2,)x ∈+∞时,'
()0h x >,所以()h x 在(0,2)上递减,在(2,)+∞上递增,所以()h x ≥
2
(2)4
e h a =-.
当2
4
e a <时,()h x 在(0,)+∞无零点;
当2
4
e a =时,()h x 在(0,)+∞只有一个零点,满足题意;
当24e a >时,由(1)可得:()20x
g x e x =->,即22()x e h x a a x x
=->-,当
20a x ->,此时22x a <<时,()0,h x >取1,x a =故()h x 在1
(,2)a
有一个零点. 由(1)可得当
0x >时,2x e x >,有3
2,3
x
x
e >
此时即3
222(
)
83()27
x
x e h x a a x a x x =->-=-,当2728x a >>时,()0,h x >取4,x a =则(4)0h a >,由零点存在定理知()h x 在(2,4)a 有一个零点,此时()f x 在(0,)+∞有两个零
点,不合题意.综上所述:2
4
e a =.
解2因为()f x 在(0,)+∞只有一个零点,由于2()1x x f x e
ax e -=-(),令2()1x h x ax e -=-在(0,)+∞只有一个零点,
(i )当0a ≤时,()0h x >,()h x 没有零点; (ii )当0a >时,'
(2)
()x
ax x h x e
-=
; 当(0,2)x ∈时,'
()0h x <;当(2,)+∞时,'
()0h x >.
所以()h x 在(0,2)单调递减,在(2,)+∞单调递增.故有2
4()(2)1a h x h e ≥=-
. 当2
4e a <时,24()10,a h x e ≥->函数无零点,不合题意;
当2
4
e a =时,24()10,a h x e ≥-=函数只有一个零点,满足题意;
当2
4
e a >时,24()10,a h x e ≥-<由(0)1h =,所以()h x 在(0,2)有一个零点,由(1)得,
当0x >时,2
,x
e x >所以33342241616161
(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a
=-=->-
=->,故有()h x 在(2,4)a 有一个零点,因此()h x 在(0,)+∞有两个零点.
综上所述,()f x 在(0,+∞)只有一个零点时,2
4
e a =. 解3 由()
f x 在(0,)+∞只有一个零点可知方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根,即
2x
e a x
=在(0,)+∞只有一个根,从而可得函数y a =与 2()x e G x x =的图像在(0,)+∞只有一
个交点.'
3
(2)()x e x G x x
-=,当(0,2)x ∈时,'()0G x <,当(2,)x ∈+∞时,'
()0,G x >所以()G x 在(0,2)递减,在(2,)+∞递增;当0x →时,()G x →+∞,当x →+∞时,
()G x →+∞,所以()f x 在(0,)+∞只有一个零点时,2
(2)4
e a G ==.
)
,()(23R b a b ax x x f ∈++=
)
(x f a
c b -=c a
)(x f a
)
,2
3
()23,1()3,(+∞--∞ c
思路点拨
满分解答
(1)()ax x x f
232'
+=,令()0'=x f ,解得01=x ,3
22
a
x -
=. 若0=a ,因()032'≥=x x f ,所以函数()x f 在R 上单调递增. 若0>a
,当3
2a x -
<或0>x 时,()0'
>x f ; 当032<<-
x a 时,()0' ? -∞-32,a 和()+∞,0上单调递增, 在?? ? ??- 0,32a 上单调递减. 若0 2a x - >或0 >x f ; 当320a x - <<时,()0' ? ??+∞- ,32a 上单调递增,在?? ? ? ? - 32,0a 上单调递减. (2)解 1 ()a c ax x x f -++=23,()ax x x f 232' +=,当 3 22a x - =. 由函数 ()x f 有三个不同的零点知0≠a 且 ()0320?? ??-?a f f ,即()02743 ?? ? ??-+-a c a a c . 又因为a 的解集是()?? ? ??+∞??? ??-∞-,2 323,13, .因此,可得 31-=a ,12=a ,23 3=a 是()02743=??? ? ??-+-a c a a c 的所有根. 因为c a =一定是方程的一个根,若分别令31,,32 c =-,则只要检验a 的其余两个值是 否满足3 4027 a c a +-=. (*) 当1=c 时,3a =-和32a = 是(*)的根(3 2 a =是重根); 当3-=c 时,3 2 a = 和1a =不是(*)的根; 当2 3 = c 时,3a =-和1a =不是(*)的根. 综上所述,1=c . 解2 由(1)知,函数()x f 的两个极值为()b f =0,b a a f += ?? ? ? ?-327 432,则函数()x f 有三个零点等价于()02743203? ? ??+=??? ??- ?b a b a f f ,从而 3 0,40,27a a b >???-<?或30, 40.27a b a ? ?<<-?? 又a c b -=,所以当0>a 时, 02743>+-c a a 或当0 4 3<+-c a a . 设()c a a a g +-= 3 27 4,因为函数()x f 有三个零点时,a 的取值范围恰好是() ,3-∞-331,,22????+∞ ? ????? ,所以当(),3a ∈-∞-时,() g a (),3a ∈-∞-时,()0 a ?? ∈ ??? 3,2?? +∞ ??? 时,()min 0g a >,()0g a >均恒成立,从而()013≤-=-c g 且0123≥-=?? ? ??c g ,因此1=c . 此时,()a ax x x f -++=12 3 ()()[] a x a x x -+-++=1112, 因函数有三个零点,则()0112 =-+-+a x a x 有两个异于1-的不等实根, 所以()()2 141a a ?=---2a =+2a 30->,且()()2 111320a a a ---+-=-≠, 解得()?? ? ??+∞??? ??-∞-∈,2323,13, a . 综上1=c . 解3 由解1得函数()f x 有三个不同的零点知0a ≠等价于()34027a c a c a ?? -+-< ??? ,即43222727270424a ca a ca c -- +->,其解集恰为()?? ? ??+∞??? ??-∞-∈,2323,13, a . 又不等式 2 3 3102 a a a +?-?->()()(),即432272727 0424 a a a a --+->的解集也是()??? ??+∞??? ??-∞-∈,2323,13, a ,故不等式43 222727270424a ca a ca c -- +->与不等式432272727 0424 a a a a -- +->同解,比较系数可得1=c . 例5(2016年江苏第19题)已知函数()()0,0,1,1x x f x a b a b a b =+>>≠≠. ⑴ 设2a =,1 2 b =. ① 求方程()2f x =的根; ② 若对于任意x ∈R ,不等式()()26f x mf x -≥恒成立,求实数m 的最大值; ⑵ 若01a <<,1b >,函数()()2g x f x =-有且只有1个零点,求ab 的值. 思路点拨 满分解答 ① ()122x x f x ?? =+ ??? ,由01a <<可得1222x x +=,则()222210x x -?+=,即 ()2 2 10x -=,则21x =,0x =. ② 由题意得221122622x x x x m ?? + +- ??? ≥恒成立. 令122x x t =+ ,则由20x >可得2t =≥, 此时2 26t mt --≥恒成立,即244 t m t t t +=+≤恒成立. 因为2t ≥时44t t +=≥,当且仅当2t =时等号成立,因此实数ab 的最大值为 4. (2)解1 ()()22x x g x f x a b =-=+-,()ln 'ln ln ln ln x x x x a b g x a a b b a b b a ?? ??=+=+?? ??????? , 由01a <<,1b >可得1b a >,令()ln ln x b a h x a b ??=+ ??? ,则()h x 递增, 而ln 0,ln 0a b <>,因此0ln log ln b a a x b ?? =- ???时()00h x =,因此, 当()0,x x ∈-∞时,()0h x <,ln 0x a b >,则()'0g x <; 当()0,x x ∈+∞时,()0h x >,ln 0x a b >,则()'0g x >; 所以,()g x 在()0,x -∞递减,()0,x +∞递增,因此()g x 最小值为()0g x , ① 若()00g x <,log 2a x <时,log 22a x a a >=,0x b >,则()0g x >; 当x >log b 2时,0x a >,log 22b x b b >=,则()0g x >; 当1log 2a x <且10x x <时,()10g x >,则()g x 在()10,x x 有零点, 当2log 2b x >且20x x >时,()20g x >,则()g x 在()02,x x 有零点,所以()g x 至少有两个零点,与条件矛盾; ② 若()00g x ≥,由函数()g x 有且只有1个零点,()g x 最小值为()0g x ,可得()00g x =, 由()00 020g a b =+-=,因此00x =. 因此ln log 0ln b a a b ??-= ???,即ln 1ln a b - =,即ln ln 0a b +=, 因此()ln 0ab =,则1ab =. 解2 因为函数2)()(-=x f x g 只有1个零点,而022)0()0(00=-+=-=b a f g , 所以0是函数)(x g 的唯一零点. 由解1知道()g x 在()0,x -∞递减,()0,x +∞递增,因此()g x 最小值为()0g x . 下证00x =. 若00x <,则0 002 x x < <,于是0()(0)02x g g <=, 又log 2 log 2log 2(log 2)220a a a a g a b a =+->-=,且函数()g x 在以 2 x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断,所以在 2 x 和log 2a 之间存在()g x 的零点,记为1x . 因为01a <<,所以log 20a <,又0 02 x <,所以10x <与“0是函数()g x 的唯一零点”矛盾. 若00x >,同理可得,在0 2 x 和log 2a 之间存在()g x 的非0的零点,矛盾. 因此,00x =. 于是ln 1ln a b - =,故ln ln 0a b +=,所以1ab =. 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 第 1 页 共 1 页 2020年高考数学导数压轴题每日一题 例1已知函数f(x)=e x -ln(x +m).(新课标Ⅱ卷) (1)设x =0是f(x)的极值点,求m ,并讨论f(x)的单调性; (2)当m≤2时,证明f(x)>0. 例1 (1)解 f (x )=e x -ln(x +m )?f ′(x )=e x -1x +m ?f ′(0)=e 0-10+m =0?m =1, 定义域为{x |x >-1}, f ′(x )=e x -1x +m =e x (x +1)-1x +1, 显然f (x )在(-1,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增. (2)证明 g (x )=e x -ln(x +2), 则g ′(x )=e x -1x +2 (x >-2). h (x )=g ′(x )=e x -1x +2(x >-2)?h ′(x )=e x +1(x +2)2 >0, 所以h (x )是增函数,h (x )=0至多只有一个实数根, 又g ′(-12)=1e -132 <0,g ′(0)=1-12>0, 所以h (x )=g ′(x )=0的唯一实根在区间??? ?-12,0内, 设g ′(x )=0的根为t ,则有g ′(t )=e t -1t +2=0????-12 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?。 2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析 已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- (1) 若0a =,证明:当10x -<<时,()0f x <;当0x >时,()0f x >; (2) 若0x =是()f x 的极大值点,求a . 考点分析 综合历年试题来看,全国卷理科数学题目中,全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中,很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问,主要通过函数的单调性证明不等式,第2小问以函数极值点的判断为切入点,综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题,对思维能力(化归思想与分类讨论)的要求较高。 具体而言,第1问,给定参数a 的值,证明函数值与0这一特殊值的大小关系,结合函数以及其导函数的单调性,比较容易证明,这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式,比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点,把ln(1)x +前面的系数化为1,判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系,仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数,解法更加容易,思维比较巧妙。总体来讲,题目设置比较灵活,不同能力层次的学生皆可上手。 理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系:对于任意函数,在极值点,导函数一定等于0么(存在不存在)?导函数等于0的点一定是函数的极值点么?因此,任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中,0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增),对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减),因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围,所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上,可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求,难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况,非常巧妙,但是思维跨度比较大,在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是,官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视,这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现,这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势,对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高,符合高考命题的思想。 下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。 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: 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 ∈+-= 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)(--< 【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)(--< 高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11 一.求函数的单调区间,函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+; (1)求()f x 的解析式及单调区间; 【解析】 (1)12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得:(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得:21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得:()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞,单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21.已知函数f (x )=e x -ln(x +m ). (1)设x =0是f (x )的极值点,求m ,并讨论f (x )的单调性; 【解析】 (1)f ′(x )=1 e x x m - +. 由x =0是f (x )的极值点得f ′(0)=0,所以m =1. 于是f (x )=e x -ln(x +1),定义域为(-1,+∞),f ′(x )=1 e 1 x x -+. 函数f ′(x )=1 e 1 x x -+在(-1,+∞)单调递增,且f ′(0)=0. 因此当x ∈(-1,0)时,f ′(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0. 所以f (x )在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- (1)讨论()f x 的单调性; 【解析】 (1)+ -2≥0,等号仅当x=0时成立,所以f (x )在(—∞,+∞)单调递 增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 (1)证明: f (x )在 (-¥,0)单调递减,在 (0,+¥)单调递增; (2)若对于任意 x 1,x 2?[-1,1],都有 |f (x 1)-f (x 2)|£e -1,求m 的取值范围。 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; 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: 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 高考导数压轴题题型 远敬整理 2018.4.11 一.求函数的单调区间,函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+ ; (1)求()f x 的解析式及单调区间; 【解析】 (1)1211()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得:(0)1f = 1211()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得:21()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得:()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞,单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21.已知函数f (x )=e x -ln(x +m ). (1)设x =0是f (x )的极值点,求m ,并讨论f (x )的单调性; 【解析】 (1)f ′(x )=1e x x m -+. 由x =0是f (x )的极值点得f ′(0)=0,所以m =1. 于是f (x )=e x -ln(x +1),定义域为(-1,+∞),f ′(x )=1e 1x x - +. 函数f ′(x )=1e 1 x x -+在(-1,+∞)单调递增,且f ′(0)=0. 因此当x ∈(-1,0)时,f ′(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0.高考数学(理)总复习:利用导数解决函数零点问题
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