导数与函数零点问题解题方法归纳
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.
③当0a <时,()11a -+>-,
由()0f x >′得()1x a >-+或1x <-,由()0f x <′得()11x a -<<-+; 所以()f x 在(),1-∞-,()()
1,a -++∞为增函数,在()()
1,1a --+为减函数. 综上,当0a =时,()f x 在为(),-∞+∞增函数;
当0a >时,()f x 在()()
,1a -∞-+,()1,-+∞为增函数,在()()
1,1a -+-为减函数; 当0a <时,()f x 在(),1-∞-,()()
1,a -++∞为增函数,在()()
1,1a --+为减函数. (2)因为()()
2
1e 1x
g x x mx =+--,所以()()2
1e x g x m x =+'-,
①当0m …时,()0g x '…
,()g x 在[)1,-+∞为增函数,所以()g x 在[)1,-+∞至多一个零点. ②当0m >时,由(1)得()g x '在[)1,-+∞为增函数. 因为()01g m '=-,()00g =.
(ⅰ)当1m =时,()00g '=,0x >时,()0g x '>,10x -<<时,()0g x '<; 所以()g x 在[)1,0-为减函数,在[)0,+∞为增函数,()()min 00g x g ==. 故()g x 在[)1,-+∞有且只有一个零点.
(ⅱ)当1m >时,()00g '<,()()2
10m g m e m m '=+->,()00,x m ?∈,使得()00g x '=,
且()g x 在[)01,x -为减函数,在()0,x +∞为增函数.
所以()()000g x g <=,又()()()
2
2
2
2
1e 1110m
g m m m m m =+-->+--=,
根据零点存在性定理,()g x 在()0,x m 有且只有一个零点. 又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0. 故当1m >时,()g x 在[)1,-+∞有两个零点.
(ⅲ)当01m <<时,()01g m -'=-<,()00g '>,()01,0x ?∈-,使得()00g x '=, 且()g x 在[)01,x -为减函数,在()0,x +∞为增函数. 因为()g x 在()0,x +∞有且只有一个零点0,
若()g x 在[)1,-+∞有两个零点,则()g x 在[)01,x -有且只有一个零点.
又()()000g x g <=,所以()10g -…
即()2110e
g m -=+-…,所以2
1e m -…,
即当2
11e
m -<…时()g x 在[)1,-+∞有两个零点. 综上,m 的取值范围为211e
m -<… 【指点迷津】
1.由于导函数为超越函数,无法利用解方程的方法,可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地,当所求的导函数解析式中出现ln x 时,常猜x =1;当函数解析式中出现e x
时,常猜x =0或x =ln x . 2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法 【举一反三】
【2020·山西吕梁期末】已知函数221
()ln ()x f x a x a R x
-=-∈.
(1)讨论()f x 的单调性;
(2)设()sin x
g x e x =-,若()()()()
2h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点,求a 的取值范围.
【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞,1
()2ln f x x a x x
=-
-, 21()2f x x '=+22
21
a x ax x x
-+-=, 对于2210x ax -+=,28a ?=-,
当[a ∈-时,()0f x '≥, 则()f x 在(0,)+∞上是增函数.
当(,a ∈-∞-时,
对于0x >,有()0f x '>,则()f x 在(0,)+∞上是增函数.
当)a ∈+∞时,
令()0f x '>,得0x <
令()0f x '<,得44
a a x <<
,
所以()f x 在(0,4a -,(,)4
a ++∞上是增函数,
在上是减函数.
综上,当(,a ∈-∞时,()f x 在(0,)+∞上是增函数;
当)a ∈+∞时,()f x 在,)+∞上是增函数,
在(44
a a 上是减函数.
(2)由已知可得()cos x
g x e x '=-,
因为0x >,所以e 1x >,而c o s 1x ≤,所以cos 0x e x ->,
所以()0g x '>,所以()sin x
g x e x =-在()0+∞,
上单调递增. 所以()()00g x g >=. 故()h x 有两个零点,等价于
()2y f x x =-=1
aInx x
--在()0+∞,内有两个零点.
等价于1
ln 0a x x
--=有两根,
显然1x =不是方程的根, 因此原方程可化为()1
ln 01x x x x a
-
=>≠且, 设()ln x x x φ=,()ln 1x x φ='+,
由()0x φ'>解得
1
1x e
<<,或1x > 由()0x φ'<解得1
0x e
<<,
故()ln x x x φ=在10e ?? ???,上单调递减,在()1,1,1,e ??+∞ ???
上单调递增.
其图像如下所示:
所以()min 11x e e
φφ??==- ???
, 所以11
0e a
-
<-<, 所以a e >.
类型二 设而不求,巧“借”零点
【例2】【2015高考新课标1,文21】设函数
()2ln x f x e a x
=-.
(I )讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数; (II )证明:当0a >时()2
2ln f x a a a
≥+. 【解析】(I )()f x 的定义域为()
0+¥
,,()2()=20x
a
f x e
x x
¢-
>. 当0a £时,()0f x ¢>,()f x ¢没有零点; 当0a >时,因为2x
e 单调递增,a
x
-单调递增,所以()f x ¢在()0+¥,单调递增.又()0f a ¢>,当b 满足
04a b <<且1
4
b <时,(b)0f ¢<,故当0a >时,()f x ¢
存在唯一零点. (II )由(I ),可设()f x ¢在()0+¥
,的唯一零点为0
x ,当()0
0x x ?
,时,()0f x ¢<;
当()0+
x x 违,时,()0f x ¢>. 故()f x 在(
)
00x ,单调递减,在(
)0+x ¥
,单调递增,所以当0
x x
=时,()f x 取得最小值,最小值为
0()f x .
由于0
20
2=0x a e
x -
,所以00022
()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a ++?.
故当0a >时,2()2ln f x a a a
?. 【指点迷津】
本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最值.因此需要求()0f x '=的根.但是2()=20x a
f x e x
¢-=的根
无法求解.故设出()0f x '=的根为0x ,通过证明f (x )在(0,0x )和(0x ,+∞)上的单调性知
()min f x =()0002
22a f x ax aln x a
=
++,进而利用基本不等式证得结论,其解法类似解析几何中的“设而不求”. 【举一反三】
【2020·江西赣州期末】已知函数2
()x f x e ax x =--(e 为自然对数的底数)在点(1,(1))f 的切线方程为
(3)y e x b =-+.
(1)求实数,a b 的值;
(2)若关于x 的不等式4
()5
f x m >+
对于任意(0,)x ∈+∞恒成立,求整数m 的最大值. 【解析】(1)令2()x f x e ax x =--,则()21x
f x e ax '=--,
得:(1)e 1f a =--,(1)e 21f a '=--,
由题得:(1)e 21e 31
(1)e 1e 31f a a f a b b ?=--=-=???
?=--=-+=?'?
(2)根据题意,要证不等式4
()5
f x m >+对于任意恒成立, 即证(0,)x ∈+∞时,4
()5
f x -
的最小值大于m , 令244()()()2155
x x
g x f x e x x g x e x '=-=---?=--,
记()()21()2x
x
h x g x e x h x e ''==--?=-,
当(0,ln 2)x ∈时,()0h x '<;当x (ln 2,)∈+∞时,()0h x '>, 故()h x 即()g x '在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,)+∞上单调递增,
又(0)0g '=,(ln 2)12ln 20g '=-<,且(1)30g e '=-<,3
23402g e ??
'=-> ???
,
故存在唯一031,
2x ??
∈ ???
,使()00g x '=, 故当()00,x x ∈时,()
0g x ¢<;当()0,x x ∈+∞时,()0g x '>;
故()g x 在()00,x 上单调递减,在()0,x +∞上单调递增, 所以()02
min 0004
()5
x
g x g x e x x ==---
一方面:()014(1)5
g x g e <=-
另一方面:由()00g x '=,即00210x
e x --=, 得()02
2000004155
x
g x e x x x x =---
=-++ 由031,
2x ??
∈ ???
得:()0111205g x -<<,进而()011140205g x e -<<-<, 所以11
20
m <-
,又因为m 是整数,所以1m -…,即max 1m =-. 类型三 二次构造(求导),避免求根
【例3】【2020重庆巴蜀中学月考】已知函数()()21ln 12
f x x a x =+-. (1)当1a =-时,求()f x 的单调增区间;
(2)若4a >,且()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ,求证:210e x e --<<.
【分析】(1)求出()'f x ,令()'0f x ≥,解不等式可得单调递增区间;
(2)通过求()f x 的导函数,可得()f x 在()0,1上有两个极值点,设为1x ,2x ,又由()f x 在()0,1上有
唯一的零点0x 可得0110,2x x ??
=∈ ???,所以有()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ?
=+-=???=-+=?
,消去a ,可得
0002ln 10x x x -+=,记()00002ln 1t x x x x =-+,010,2x ??
∈ ???
,研究其单调性,利用零点存在性定理可
得结果.
【解析】(1)由已知()f x 的定义域为0x >, 当1a =-时,()()2
1ln 12
f x x x =-
-, 则()()211
1'x x x x
f x x -++=--=,
令()'0f x ≥且0x >
,则0x <≤
故()f x
在10,2? ??
上单调递增;
(2)由()()2
1ln 12
f x x a x =+
-, 有()()211
1'ax f x ax a x x x
-+=+-=,
记()2
1g x ax ax =-+,由4a >,有()()0
010*******
2110a g g a a g >??=>?????=-+ ?
????=>???
, 即()f x 在()0,1上有两个极值点,设为1x ,2x , 不妨设12x x <,且1x ,2x 是210ax ax -+=的两个根, 则121
012
x x <<
<<, 又()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ,且当0x +→时,()f x →-∞,当1x =时,()10f =, 所以得0110,
2x x ??=∈ ???
, 所以()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ?
=+-=???=-+=?
,两式结合消去a ,得00
01ln 02x x x --=, 即0002ln 10x x x -+=,
记()00002ln 1t x x x x =-+,010,2x ??∈ ???
,
有()00'2ln 1t x x =+,其在10,2?? ???
上单调递增, 所以()001
'2ln 12ln
11ln 402t x x =+<+=-< 则()00'2ln 10t x x =+<在10,2?? ??
?
上恒成立,
即()0t x 在10,2?? ???
上单调递减,
又2
22212131015510e t e e e e e t e e e ?-??=--+=< ??????-???=-=> ????
?, 由零点存在定理,2
10e x e --<<.
【指点迷津】
当导函数的零点不易求时,可以通过进一步构造函数,求其导数,即通过“二次求导”,避免解方程而使问题得解.如上面例题,从题目形式来看,是极其常规的一道导数考题,第(3)问要求参数b 的范围问题,实际上是求g (x )=x (ln x +x -x 2
)极值问题,问题是g ′(x )=ln x +1+2x -3x 2
=0这个方程求解不易,这时我们可以尝试对h (x )=g ′(x )再一次求导并解决问题.所以当导数值等于0这个方程求解有困难,考虑用二次求导尝试不失为一种妙法.这种方法适用于研究函数的单调性、确定极(最)值及其相关参数范围、证明不等式等. 【举一反三】
【2020·云南昆明一中期末】已知函数2()(1)x
x f x e ax e =-+?,且()0f x …
. (1)求a ;
(2)证明:()f x 存在唯一极大值点0x ,且()03
16
f x <. 【解析】(1)因为()()e
e 10x
x
f x ax =--≥,且e
0x
>,所以e 10x ax --≥,
构造函数()e 1x
u x ax =--,则()'e x
u x a =-,又()00u =,
若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去; 若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则
()()ln 00u a u <=矛盾,舍去;
若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,
则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去; 若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0x
f x u x =?≥,满足题意;
综上所述,1a =.
(2)证明:由(1)可知()()2e 1e x x
f x x =-+?,则()()'e
2e 2x
x
f x x =--,
构造函数()2e 2x
g x x =--,则()'2e 1x
g x =-,
又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,
故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,
又()00g =,()2220e g -=>,又33
2
3333
2223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --??-=-==< ???
+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2
--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,
故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20x
g x x =--=,所以00
e 12
x
x =
+, 故()()()()0
2
2200000011
e
1e 11112244
x x x x f x x x x ????=-+=+-++=-+ ? ?????,
因为
3
2
2
x
-<<-,所以()
2
1133
1
44216
f x??
<--+<
?
??
.
三.强化训练
1.【2020·安徽合肥二中月考】已知函数()
1ln0
x
x
e x
f x
xe x x x
-
?-≤
=?
--->
?
,
,
,则函数()()
()()
F x f f x ef x
=-
的零点个数为()(e是自然对数的底数)
A.6 B.5 C.4 D.3
【答案】B
【解析】0
x≤时,()x
f x e-
=-是增函数,(0)1
f=-,
x>时,()1ln
x
f x xe x x
=---,
11
()(1)1(1)()
x x
f x x e x e
x x
'=+--=+-,显然10
x+>,
由
1
x
e
x
=,
作出x
y e
=和
1
(0)
y x
x
=>的图象,如图,x
y e
=是增函数,1
y
x
=在0
x>是减函数
它们有一个交点,设交点横坐标为
x,易得0
1
1
x
e
x
=>,
01
x
<<,
在0
0x x
<<时,
1
x
e
x
<,()0
f x
'<,
x x
>时,
1
x
e
x
>,()0
f x
'>,
所以()
f x在
(0,)
x上递减,在
(,)
x+∞上递增,
()
f x是()
f x的极小值,也是在0
x>时的最小
值.0
1x
e
x
=,0
1
x
x e=,00
1
ln ln
x x
x
==-,即
00
ln0
x x
+=,0
0000
()1ln0
x
f x x e x x
=---=,0
x→时,()
f x→+∞,x→+∞时,()
f x→+∞.作出()
f x的大致图象,作直线y ex
=,如图,0
x>时y ex
=与()
f x的图象有两个交点,即()0
f x ex
-=有两个解
12
,t t,
12
0,0
t t
>>.
0x <时,()x f x e -=-,()x f x e '-=,由1
1()x
f x e e -'==得1x =-,而1x =-时,(1)y e e =?-=-,
(1)f e -=-,所以直线y ex =与()x f x e -=-在(1,)e --处相切.即0x ≤时方程()0f x ex -=有一个解e -.
()(())()0F x f f x ef x =-=,令()t f x =,则()()0F x f t et =-=,由上讨论知方程()0f t et -=有三个
解:12,,e t t -(120,0t t >>)
而()f x e =-有一个解,1()f x t =和2()f x t =都有两个解,所以()0F x =有5个解, 即函数()F x 有5个零点.故选B . 2.【2020江苏盐城期中】已知函数,若函数存在三个单调区间,则实数的取
值范围是__________. 【答案】
【解析】
函数
,若函数
存在三个单调区间
即0有两个不等实根,即有两个不等实根,转化为y=a 与y=的图像有两个
不同的交点
令
,即x=,即y=
在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增。
y min =-,当x ∈(0,)时,y<0,所以a 的范围为
3.【2020重庆八中月考】己知函数()2112
x
e x
f ax x =--+
. (1)当0a ≥时,求()f x 的单调区间和极值; (2)讨论()f x 的零点的个数. 【解析】(1)()2
112
x
e x
f ax x =--+
的定义域为(,)-∞+∞,()1x a f e x x =-+' 0a ≥Q ()0x
f x e a ''∴=+>
则()1x
a f e x x =-+'在(,)-∞+∞上单调递增
又()00f '=,所以当(,0)x ∈-∞时,()
0f x ¢<
当(0,)x ∈+∞时,()
0f x ¢>
即()f x 的单调递减区间为(,0)-∞,单调递增区间为(0,)+∞ 故()f x 的极小值为()00f =,()f x 无极大值 (2)当0a ≥时,由(1)知()()00f x f ≥= 故()f x 仅有一个零点0x =;
当0a <时,()x
f x e a ''=+,令()0f x ''=ln()x a ?=-;
令()0ln()f x x a ''>?>-,所以()
f x ¢在(ln(),)x a ∈-+∞上单调递增;
令()0ln()f x x a ''<-,所以()
f x ¢在(,ln())x a ∈-∞-上单调递减,且()00f '=,()00f =,
所以()(ln())f x f a ≥''-,最小值(ln())f a '-与0的比较等价于ln()a -与0的大小比较, 所以分三类进行讨论:
①当10a -<<时,即ln()0a -<时,由()
f x ¢在(,ln())x a ∈-∞-上单调递减及在(ln(),)x a ∈-+∞上单
调递增,且()00f '=,()x f x '→-∞?→+∞
由零点存在定理,得()
f x ¢在(,ln())x a ∈-∞-上存在唯一零点,设为0x 所以
又()00f =及x →-∞()f x ?→-∞
由零点存在定理,得()f x 在(,0)x ∈-∞上存在唯一零点,设为1x ,
综上,当10a -<<时,()f x 在(,)-∞+∞上存在2个零点(一个为0x =,一个为1(,0)x -∞∈); ②当1a =-时,即ln()0a -=时,由()
f x ¢在(,0)x ∈-∞上单调递减及在(0,)x ∈+∞上单调递增,
且()()00f x f ''≥=,得()f x 在(,)-∞+∞上单调递增, 故()f x 在(,)-∞+∞上只有一个零点0x =;
③当1a <-时,同理可得()f x
在(,)-∞+∞上存在
2个零点:一个为0x =,一个为2(0,)x ∈+∞ 综上可得,当0a ≥或1a =-时,()f x 有1个零点; 当0a <且1a ≠-时,()f x 有2个零点.
4.【2020·河南南阳期末】已知函数()22
ln f x m x x =-.
(1)讨论函数()f x 的单调性;
(2)若()y f x =的图象与直线y mx =交于(),M M M x y ,(),N N N x y 两点,且1M N x x >>,求实数m 的取值范围.
【解析】(1)依题意,()0,x ∈+∞,())22
21
1
1212m x f x m x x x
x
-+-'=-==.
①若0m =,则()1
0f x x
'=-
<,故()f x 在()0,∞+上单调递减
②若0m ≠,令()0f x '=
,解得x =
x =. (i )若0m >
,则02m -
<,02m >,
则当0,2x m ??∈ ? ???
时,()0f x '<,()f x 单调递减,
当,2x m ??∈+∞ ? ???时,()0f x '>,()f x 单调递增;
(ii )若0m <
,则02m ->
,02m
<,则当0,2x m ??∈- ? ???时,()0f x '<,()f x
单调递减,当2x m ??∈-+∞ ? ???
时,()0f x '>,()f x 单调递增.
综上所述,当0m =时,()f x 在()0,∞+上单调递减;当0m >时,()f x
在? ??
上单调递减,在
2m ??+∞ ? ???上单调递增;当0m <时,()f x
在0,2m ??- ? ??
?上单调递减,在2m ??-+∞ ? ???
上单调递增. (2)令22ln m x x mx -=,则由题意可知22ln 0m x x mx --=有两个大于1的实数根,显然0m ≠. 令()22
ln F x m x x mx =--,则()()()22111
2mx mx F x m x m x x
+-'=-
-=. 若0m >,则当10,x m ??∈ ???时,()0F x '<,当1,x m ??
∈+∞ ???
时,()0F x '>,
要满足已知条件,必有()210,11ln 0,11,F m m F m m m
?
?=->?
???
=- ???
??>??此时无解;
若0m <,则当10,2x m ??∈-
???时,()0F x '<,当1,2x m ??
∈-+∞ ???
时,()0F x '>,
要满足已知条件,必有()()210,13ln 20,241
1,2F m m F m m m ?
?=->????-=+- ?????->??
解得34102e m -<<. 当3
4
1
02e
m -
<<时,()F x 在11,2m ??- ???上单调递减,()1102F F m ???-< ???,故函数()F x 在11,2m ??- ???上
有一个零点.
易知
2112m m >-,且22222111
111ln ln F m m m m m m ??=-->- ???
,下证:ln 0x x ->.
令()ln g x x x =-,则()1
1g x x
'=-
,当01x <<时,()0g x '<, 当1x >时,()0g x '>,故()()11ln10g x g ≥=->,即ln 0x x ->, 故222
111ln 0F m m m ??>->
???,故21102F F m m ????
-?< ? ?????
, 又()F x 在1,2m ??-+∞ ???上单调递增,故()F x 在1,2m ??
-+∞ ???
上有一个零点. 综上所述,实数m 的取值范围为341,02e ??
?- ???
.
5.【2020辽宁实验中学高三期中】已知函数()
()(1)(1),()()1
x
f x f x x e a x
g x a R x =--+=∈+ (1)求()g x 的单调区间; (2)若0a e <<
(i )证明()f x 恰有两个零点;
(ii )设0x 为()f x 的极值点,1x 为()f x 的零点,且10x x >证明:0121x x +>. 【解析】(1)()1(),(1)11
x
f x x
g x e a x x x -=
=-≠-++Q 22
1()0(1)x
x g x e x +'∴=>+,
因此,()g x 在(),1-∞-和()1,-+∞上单调递增; (2)(i)()(1)(1)x
f x x e a x =--+,
对()f x 求导得,()x
f x xe a '=-,
当0x <时,0a e < f x xe a '=-<; 当0x ≥时,令(),()(1)0x x L x xe a L x x e '=-=+> 则()x L x xe a =-在[)0,+∞上单调递增, 而0 (0)00,(1)0L e a L e a =?-<=->, 故存在()00,1x ∈,使000()0x L x x e a =-=,即00x a x e =, 且在0(0,)x 上()0f x '<,在()0,x +∞上()0f x '>, 因此,()f x 在()0,x -∞上单调递减,在()0,x +∞上单调递增, 所以0min 000()()(1)(1)x f x f x x e a x ==--+, 又00x a x e =,则()()00 200000 ()(1)110x x x f x x e x e x e x =--+=--<, 而3 (1)20,(3)240f a f e a =-<=->, 1011(0)10,(ln 10)9ln 0lna f a f a a a e -?? =--<-=+->????,(注:取值不唯一) ()(1)(1)x f x x e a x ∴=--+恰有两个零点; (ii)0x Q 为()f x 的极值点,1x 为()f x 的零点,且10x x >, 故由(i)可知11x >,并且有00,x a x e = 1111()(1)(1)0x f x x e a x =--+=, 则()() 1 1111x x e a x -= +, 因此,()() 1 10111x x x e x e x -= +即 () () 1001111x x x x e x -+=-, 而当0x >时,1x e x >+, 下面证明此结论: 令()1x H x e x =--,求导得()1x H x e '=-, 则在(),0-∞上时,()0H x '<;在()0,∞+上时,()0H x '>, 所以()H x 在(),0-∞上单调递减,在()0,∞+上单调递增, 因此,()1(0)0x H x e x H =--≥= 所以,当0x >时,1x e x >+ 那么对于10 011(1)(1)x x x x e x -+=-有 1001101(1)1(1) x x x x e x x x -+=>-+-, 可得011 1 2x x x >- ,而11x >, 0111 1 21x x x x ∴>- >-即0121x x +>. 6.【2020·哈尔滨呼兰一中期末】已知函数()(0)x ax a f x a e -=<. (1)当1a =-时,求函数()f x 的极值; (2)若函数()()1F x f x =+没有零点,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)2e (2)(2) ()(e )e x x x a x a x f x ----==',x ∈R . 当1a =-时,()f x , '()f x 的情况如下表: 所以,当1a =-时,函数()f x 的极小值为2 ()e f x -=-. (2)(2) ()()e x a x F x f x --== ''. 当0a <时,(),'()F x F x 的情况如下表: x (,2)-∞ 2 (2,)+∞ '()f x - 0 + ()f x ↘ 极小值 ↗ 因为F (1)=1>0, 若使函数F (x )没有零点,需且仅需,解得2e a >-, 所以此时2e 0a -<<;10分 当0a >时,(),'()F x F x 的情况如下表: x (,2)-∞ 2 (2,)+∞ '()f x + 0 - ()f x ↗ 极大值 ↘ 因为(2)(1)0F F >>,且10110101110e 10 e 10(1)0e e a a a F a -- ---- =< <, 所以此时函数()F x 总存在零点. (或:当2x >时,()F x = 当2x <时,令()F x = 即 由于令 得21e x a <-,即2 1e x a <-时()0F x <,即2x <时()F x 存在零点.) 综上所述,所求实数a 的取值范围是2e 0a -<<. 7.【2020广东深圳高三入学摸底】已知函数. (1)求函数 的极小值; (2)若函数有两个零点,求证: . 【解析】(1). 当时,在上为增函数,函数无极小值; 当时,令 ,解得. 若,则单调递减; 若,则 单调递增. 故函数 的极小值为 . (2)证明:由题可知 . 要证,即证, 不妨设,只需证,令, 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: 利用导数研究函数的图像及零点问题 【复习指导】 本讲复习时,应注重利用导数来研究函数图像与零点问题,复习中要注意等价转化、分类讨论等数学思想的应用. 双基自测 1.已知曲线C :x 2+y 2=9(x ≥0,y ≥0)与函数y =ln x 及函数y =e x 的图像分别交于点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则2212x x +的值为 .9 2.[10浙江]已知0x 是函数1()21x f x x =+-的一个零点.若10(1,)x x ∈,20(,)x x ∈+∞,则1()f x ,2()f x 的符号分别______________.解:负;正; 3.已知函数()ln x f x e x -=+(e 是自然对数的底数),若实数0x 是方程()0f x =的解,且1020x x x <<<,则1()f x 2()f x (填“>”,“≥”,“<”,“≤”). 4.已知234101()1234101x x x x f x x =+-+-+???+,234101()1234101x x x x g x x =-+-+-???-,若函数()f x 有唯一零点1x ,函数()g x 有唯一零点2x ,则1x ,2x 所在的区间 为 .1(1,0)x ∈-,2(1,2)x ∈ 考点一 函数的图像问题 【例1】对于三次函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠.定义:设''()f x 是函数 ()y f x =的导数'()y f x =的导数, 若方程''()0f x =有实数解x 0,则称点(x 0,f (x 0))为函数()y f x =的“拐点”;已知函数32()654f x x x x =-++,请回答下列问题; ⑴.求函数()y f x =的“拐点”A 的坐标; ⑵.检验函数()y f x =的图像是否关于“拐点”A 对称,对于任意的三 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. 专题04 函数与导数之零点问题 一.考情分析 零点问题涉及到函数与方程,但函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f (x )=0的解就是函数y =f (x )的图像与x 轴的交点的横坐标,函数y =f (x )也可以看作二元方程f (x )-y =0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面: ①是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题:②是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性 质,达到化难为易,化繁为简的目的. 许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是各地模考和历年高考的重点. 二.经验分享 1.确定函数f (x )零点个数(方程f (x )=0的实根个数)的方法: (1)判断二次函数f (x )在R 上的零点个数,一般由对应的二次方程f (x )=0的判别式Δ>0,Δ=0,Δ<0来完成;对于一些不便用判别式判断零点个数的二次函数,则要结合二次函数的图象进行判断. (2)对于一般函数零点个数的判断,不仅要用到零点存在性定理,还必须结合函数的图象和性质才能确定,如三次函数的零点个数问题. (3)若函数f (x )在[a ,b ]上的图象是连续不断的一条曲线,且是单调函数,又f (a )·f (b )<0,则y =f (x )在区间(a ,b )内有唯一零点. 2.导数研究函数图象交点及零点问题 利用导数来探讨函数)(x f y =的图象与函数)(x g y =的图象的交点问题,有以下几个步骤: ①构造函数)()()(x g x f x h -=; ②求导)('x h ; 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)(--< 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 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 利用导数研究方程的根 函数与x 轴即方程根的个数问题解题步骤 第一步:画出两个图像即“穿线图”(即解导数不等式)和“趋势图”即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; 1、已知函数()e ,x f x x =∈R . (Ⅰ) 求f (x )的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程; (Ⅱ) 证明: 曲线y = f (x) 与曲线211 2 y x x =++有唯一公共点. 【答案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数x x g ln )(=,则y=g(x)过点(1,0)的切线斜率k=(1)g'. 1(1)g'x 1 (x)g'==?= k .过点(1,0)的切线方程为:y = x+ 1 (Ⅱ) 证明曲线y=f(x)与曲线12 1 2++=x x y 有唯一公共点,过程如下. 则令,,121 121)()(22R x x x e x x x f x h x ∈---=---= 0)0('',0)0('0)0(,1)('')(',1)('===-=--=h h h e x h x h x e x h x x ,,且的导数 因此, 单调递增 时当单调递减时当)('0)(''0;)('0)(''0x h y x h x x h y x h x =?>>=?<<0)(,0)0(')('===≥=?x R x h y h x h y 个零点上单调递增,最多有一在所以 所以,曲线y=f(x)与曲线12 12 ++=x x y 只有唯一公共点(0,1).(证毕) 2、已知函数()1x a f x x e =-+ (a R ∈,e 为自然对数的底数). (1)求函数()f x 的极值; (2)当1a =的值时,若直线:1l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点,求k 的最大值. (1)()1x a f x e '=- , ①当0a ≤时,()0f x '>,()f x 为(),-∞+∞上的增函数,所以函数()f x 无极值. ②当0a >时,令()0f x '=,得x e a =,ln x a =. (),ln x a ∈-∞,()0f x '<;()ln ,x a ∈+∞,()0f x '>. 所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减,在()ln ,a +∞上单调递增, 故()f x 在ln x a =处取得极小值,且极小值为()ln ln f a a =,无极大值. 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高考数学(理)总复习:利用导数解决函数零点问题
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