第五课时 利用导数研究函数零点专题

由 h′(x)=0 得 x=0 或 x=1.
当 x 变化时,h′(x),h(x)变化情况如下表:
理数
x
(-∞,0)
0
h′(x)
-
0
h(x)
������
-3
(0,1) + ������
1
(1,+∞)
0
-
-1
������
过点P(1,t)存在三条直线与曲线y=f(x)相切等价于直线y=t与曲线 y=h(x)的图象有三个交点.如图作出y=h(x)的图象.从图可以看出,当3<t<-1时,函数y=t和y=h(x)的图象有3个交点. 综上,t的取值范围是(-3,-1).
理数
【即时训练】 设函数f(x)=ln x+x.当m>0时,方程2mf(x)=x2有唯一实数解, 求m的值.
解:由 2mf(x)=x2 得 1 = ln x x ,则原方程有唯一实数解等价于直线 y= 1 与曲线
2m
x2
2m
y=
ln x
x
1 有唯一交点.y′= x
1 x2
理数
第五课时 利用导数研究函数零点专题
理数
专题概述 利用导数研究函数零点问题是导数的应用之一,也是高考考查的热点题型, 常作为解答题的一问出现,难度较大.解决此类问题一般是利用转化与化归 思想把问题转化为相应的方程根的问题或函数图象交点问题.
理数
考点专项突破
考点一 利用函数图象研究函数零点
在讲练中理解知识
x
1
(1,2)
2
(2,4)
4
g′(x)
-
0
+
g(x)
-b- 5 4
↘
极小值
↗
2ln 2-b-2
所以 g(x)极小值=g(2)=ln 2-b-2,g(1)=-b- 5 ,g(4)=2ln 2-b-2, 4
g(1) 0, 因为方程 g(x)=0 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根,所以 g(2) 0,
(1)解:f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a. 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 由题设得- 2 =-2,
a 所以 a=1.
理数
(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
(2)证明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.由题设知1-k>0. 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增, g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根. 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4, 则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增, 所以g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根. 综上,g(x)=0在R有唯一实根, 即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
x
h′(x) h(x)
( 1 ,1) e -
单调递减
1
0 极小值(最小值)
(1,e)
+ 单调递增
又 h( 1 )= 1 +3e-2,h(1)=4,h(e)= 3 +e+2.且 h(e)-h( 1 )=4-2e+ 2 <0.所以实数 a 的
ee
e
e
e
取值范围为 4<a≤e+2+ 3 ,即 a 的取值范围为(4,e+2+ 3 ].
ln x x 在 x=1 处取得最大值为 1.所以当 1 =1,即 m= 1 时,方程 2mf(x)=x2 有唯一
x2
2m
2
实数解.
理数
考点三 构造函数法研究函数零点问题 【例4】 (2014·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点 (0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2. (1)求a;
g(4) 0,
得 ln 2-2<b≤- 5 ,即 b 的取值范围为(ln 2-2,- 5 ].
4
4
理数
反思归纳 利用函数性质研究函数的零点,主要是根据函数最值或极值 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.
理数
【即时训练】 导学号 18702142 已知函数f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax3)ex (a为实数). (1)当a=4时,求函数y=g(x)在x=0处的切线方程;
理数
考点二 利用函数性质研究函数零点
【例 2】 导学号 18702141 已知函数 f(x)=ln x-ax2-2x.
(1)若函数
f(x)在
x∈

1 4
,
2
内单调递减,求实数
a
的取值范围;
解:(1)f′(x)=
1 x
-2ax-2=
2ax2
x
2x
1
,由题意 f′(x)≤0 在
x∈
【例1】 已知函数f(x)=2x3-3x.若过点P(1,t)存在三条直线与曲线y= f(x)相切,求t的范围.
解:设切点为(x0,y0),则 y0=2 x03 -3x0,由 y′=6x2-3 知 k=f′(x0)=6 x02 -3. 故切线方程为 y-y0=(6 x02 -3)(x-x0),将点 P(1,t)代入得 t-y0=(6 x02 -3)(1-x0) 整理得 4 x03 -6 x02 +t+3=0,即 t=-4 x03 +6 x02 -3, 令 h(x)=-4x3+6x2-3,则 h′(x)=-12x2+12x.
a
a
综上,若函数 f(x)有唯一零点,则 a 的取值范围为{a|a=-e 或 a>0}.
理数
法二 问题等价于 aln x= 1 有唯一实根,显然 a≠0,则关于 x 的方程 1 =xln x 有
x
a
唯一实根,构造函数 (x)=xln x,则 (x)=1+ln x,由 (x)=1+ln x=0,得 x=e-1,
1 4
, 2
时恒
成立,即 2a≥ 1 2x =( 1 -1)2-1,
x2
x
在
x∈
1 4
, 2
时恒成立,即
2a≥[(
1 x
-1)2-1]max,
当 x= 1 时,( 1 -1)2-1 取得最大值 8,
4
x
所以实数 a 的取值范围是[4,+∞).
理数
(2)当 a=- 1 时,关于 x 的方程 f(x)=- 1 x+b 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根,求
理数
反思归纳 含参数两函数y=f(x)与y=g(x)图象交点问题,若不能 作出两函数图象,常转化为函数h(x)=f(x)-g(x)的零点问题.
理数
【即时训练】 导学号 18702144 已知函数f(x)=ln x,g(x)=1 ln x .试
x
讨论两函数图象交点的个数.
解:令 h(x)=f(x)-g(x)= ln x +ln x- 1 ,则 h′(x)= 1 + 1 + 1 ln x = 2 x ln x ,
解:(1)当a=4时,g(x)=(-x2+4x-3)ex,g(0)=-3, g′(x)=(-x2+2x+1)ex,g′(0)=1, 所以,所求的切线方程为y+3=x-0,即y=x-3.
理数
(2)如果关于x的方程g(x)=2exf(x)在区间

1 e
,
e
上有两个不等实根,求实数a的取
值范围.
根据零点存在性定理,f(x)在(0,+∞)上有唯一的零点.
当 a<0 时,当 x∈(0,- 1 )时,f′(x)>0,当 x∈(- 1 ,+∞)时,f′(x)<0,
a
a
故 f(x)有极大值,也是最大值 f(- 1 ),因为 x→0 和 x→+∞时,f(x)→-∞, a
因此 f(x)有唯一零点等价于其最大值 f(- 1 )=0,即 aln (- 1 )+a=0,解得 a=-e.
理数
(2)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.
解:(2)因为f(x)在x=-1处取得极值, 所以f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,所以a=1. 所以f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3. 由f′(x)=0,解得x1=-1,x2=1. 由(1)中f(x)的单调性,可知f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1, 在x=1处取得极小值f(1)=-3. 因为直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点,又f(-3)=-19<-3, f(3)=17>1, 结合f(x)的单调性,可知m的取值范围是(-3,1).
x
x
x2 x
x2
x2
令 x =2+x-ln x(x>0),则 x =1- 1 = x 1 ,所以 x∈(0,1)时, x <0, x 单
xx
调递减,x∈(1,+∞)时, x >0, x 单调递增,所以 x = min 1 =3>0,所以在定
解:(2)由 g(x)=2exf(x),可得 2xln x=-x2+ax-3,a=x+2ln x+ 3 .设 h(x)=x+2ln x+ 3
x
x
(x>0),所以
h′(x)=1+
2 x
-
3 x2
=
(x 3)(x 1) x2
,所以 x
在

1 e
,
e
上变化时,h′
(x),h(x)的变化如下:
当 x>e-1 时, (x)>0, (x)单调递增,
当 0<x<e-1 时, (x)<0, (x)单调递减,
所以 (x)的极小值为 (e-1)=-e-1,
如图,为函数 (x)的图象,
则要使 1 =xln x 有唯一实根, a
只需直线 y= 1 与 y= (x)有唯一交点, a
理数
反思归纳
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,作出该函数图象,根据图象特
征求参数的范围.
理数
【即时训练】 已知函数f(x)=x3-3ax-1,a≠0. (1)求f(x)的单调区间;
解:(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a), 当 a<0 时,对 x∈R,有 f′(x)>0, 所以当 a<0 时,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞); 当 a>0 时,由 f′(x)>0,解得 x<- a 或 x> a ,由 f′(x)<0,解得- a <x< a , 所以当 a>0 时,f(x)的单调递增区间为(-∞,- a ),( a ,+∞),单调递减区间为 [- a , a ].
(ln x
x) 2x
= 1 2ln x
x
(x>0),由于函数
x2
x4
x3
h(x)=1-2ln x-x 在(0,+∞)上为减函数,且 h(1)=0,所以当 0<x<1 时,h(x)>0,当 x>1
时,h(x)<0,则 y= ln x x 在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,所以函数 y= x2
e
e
理数
【例3】 导学号 18702143 已知函数f(x)=aln x-(其中a∈R).若函数f(x) 有唯一零点,求a的取值范围.
解:法一 f′(x)= a + 1 = ax 1 (x>0),当 a=0 时,f(x)=- 1 =0 无实根,
x x2 x2
x
即函数 f(x)无零点;当 a>0 时,f′(x)>0,f(1)=-1<0,当 x→+∞,f(x)→+∞,
义域内 h′(x)>0,即 h(x)在(0,+∞)上单调递增.又 h(1)=-1<0,而 h(e)=- 1 +1+ 1 = ee
1>0,因此,函数 h(x)在(1,e)上必有零点,又 h(x)在(0,+∞)上单调递增,故函数 h(x) 只有一个零点,即方程 ln x= 1 - ln x 只有一个根,因此函数 f(x)=ln x 与 g(x)=
xx 1 ln x 的图象只有一个交点.
x
理数
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则 1 =-e-1 或 1 >0,解得 a=-e 或 a>0,
a
a
故 a 的取值范围是{a|a=-e 或 a>0}.
理数
反思归纳 函数有唯一零点的求解方法 (1)函数在定义域上单调,满足零点存在性定理. (2)若函数不是严格单调函数,则其最小值等于0或最大值等于0. (3)分离参数后,数形结合,参数所在直线与函数图象只有一个交点.
4
2
实数 b 的取值范围.
解:(2)当 a=- 1 时,f(x)=- 1 x+b 可变形为 1 x2- 3 x+ln x-b=0.
4
2பைடு நூலகம்
42
令 g(x)= 1 x2- 3 x+ln x-b(x∈[1,4]),则 g′(x)= (x 2)(x 1) .
42
2x
当 x 在[1,4]上变化时,g(x),g′(x)变化情况如下表.