第4节导数与函数的零点问题--备战2022年高考数学一轮复习配套word试题(创新设计版).pdf

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1、第 4 节 导数与函数的零点问题 知 识 梳 理 函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围 (1)注意构造函数；(2)注意转化思想、数形结合思想的应用 诊 断 自 测 1若函数 f(x)x3x，x0，13x34xa3，x0在其定义域上只有一个零点，则实数 a 的取值范围是()A(16，)B16，)C(，16)D(，16 答案 A 解析 当 x0 时，f(x)x3x，yx 与 y3x在(，0)上都单调递增，f(x)x3x在(，0)上也单调递增，又

2、 f(1)0，f(x)在(1，0)内有一个零点 当 x0 时，f(x)13x34xa3，f(x)x24(x2)(x2)令 f(x)0 得 x2 或 x2(舍)，当 x(0，2)时，f(x)0，f(x)递增，在 x0 时，f(x)最小f(x)极小2338a3，要使 f(x)在(0，)上无零点，需2338a30，a16.2设函数 f(x)aex2sin x，x0，有且仅有一个零点，则实数 a 的值为()A.2e4 B.2e4 C.2e2 D.2e2 答案 B 解析 依题意，x0，时，aex2sin x0 有且仅有一解 则 a2sin xex，x0，有且仅有一解 设 g(x)2sin xex，x0，

3、故直线 ya 与 g(x)2sin xex，x0，的图象只有一个交点，则 g(x)2 2cosx4ex，当 0 x0，当4x 时，g(x)0 在(0，)上恒成立，则 f(x)在(0，)上单调递增，又 f(0)1，所以此时 f(x)在(0，)内无零点，不满足题意 当 a0 时，由 f(x)0 得 xa3，由 f(x)0 得 0 x0，f(x)单调递增，当 x(0，1)时，f(x)1，2x2mxm258，x1，若 g(x)f(x)m 有三个零点，则实数 m 的取值范围是_ 答案 1，74 解析 g(x)f(x)m 有三个零点，根据题意可得 x1 时，函数有一个零点；x1时，函数有两个零点当 x1

4、时，f(x)ln x1x，f(x)1x1x2x1x20 恒成立，f(x)(1，)，故 m1；当 x1 时，f(x)2x2mxm258，要使得 g(x)f(x)m 有两个零点，需满足m2858m20，m41，g（1）2mm2580，解得 m5 或 10，所以函数在(0，)上为增函数且 f1e11e0，所以当 m0 时，与 g(x)mx有一个公共点，当 m0)，则 g(1)0，g(x)1x11xx，可得 x(0，1)时，g(x)0，函数 g(x)单调递增；x(1，)时，g(x)0.令2x20ax010，解得 x0a a284(负值舍去)，在(0，x0)上，f(x)0，函数 f(x)单调递增；在(x

5、0，)上，f(x)1 时，f(1)a10，f12aln 12a14a21212a114a212 12a122140，f(2a)ln 2a2a22a12a22a122121 时，函数 f(x)有两个零点 题型二 根据零点个数求参数 【例 2】(2020全国卷)已知函数 f(x)exa(x2)(1)当 a1 时，讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围 解(1)当 a1 时，f(x)exx2，xR，则 f(x)ex1.当 x0 时，f(x)0 时，f(x)0.所以 f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)f(x)exa.当 a0 时，f(x)0，所以 f

6、(x)在(，)单调递增 故 f(x)至多存在一个零点，不合题意 当 a0 时，由 f(x)0，可得 xln a.当 x(，ln a)时，f(x)0.所以 f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增 故当 xln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)a(1ln a)()若 01e，则 f(ln a)0，所以 f(x)在(，ln a)存在唯一零点 由(1)知，当 x2 时，exx20.所以当 x4 且 x2ln(2a)时，f(x)ex2ex2a(x2)eln(2a)x22 a(x2)2a0.故 f(x)在(ln a，)存在唯一零点 从而 f(x)在(，)有两个零点

7、综上，a 的取值范围是1e，.题型三 零点的性质 【例 3】(2021温州适考)已知函数 f(x)x33axa33(aR)恰有一个零点 x0，且 x00.(1)求 a 的取值范围；(2)求 x0的最大值 解(1)当 a0 时，函数 f(x)x33，令 f(x)0，得 x0330 时，f(x)3x23a0，函数 f(x)在 R 上单调递增 又 f(0)a330，x，f(x)，x0(，0)使 f(x0)0，故符合题意；当 a0，令 at，则 at2，f(t)t33t3t63t62t33(1t3)(t33)0，t1.综上，a 的取值范围为(1，)(2)由(1)得 a 的取值范围为 a(1，)，故存在

8、 x00，使得方程 x303ax0a330 成立，令 g(a)a33x0ax303，即等价于 g(a)在(1，)上有零点，即 g(a)ming(x0)0，g(1)x303x02(x01)2(x02)，g(0)x303，故当 x033时，g(0)0，存在零点；当33x00，故只需 g(a)ming(x0)2x0 x0 x3030，令 mx0 x0(0，)，故 m22m30，解得 0m1，所以1xx00，可得 x01.综上，x0的最大值为1.感悟升华 1.利用导数解决函数的零点问题的方法：(1)研究原函数的单调性、极值；(2)通过 f(x)0 变形，再构造函数并研究其性质；(3)注意零点判定定理的

9、应用 2根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”【训练 1】函数 f(x)x2axln x(aR)在1e，e 上有两个零点，求实数a 的取值范围(其中 e 是自然对数的底数)解 f(x)x2axln x0，即 axln xx，令 g(x)xln xx，其中 x1e，e，则 g(x)11xxln xx2x2ln x1x2.显然 yx2ln x1 在1e，e 上单调递增，又当 x1 时，y1ln 110，当

10、x1e，1 时，g(x)0，g(x)的单调减区间为1e，1，单调增区间为(1，e g(x)ming(1)1.又 g1ee1e，g(e)e1e，函数 f(x)在1e，e 上有两个零点，则 a 的取值范围是1，e1e.【训练 2】设函数 f(x)e2xaln x讨论 f(x)的导函数 f(x)零点的个数 解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xax(x0)当 a0 时，f(x)0，f(x)没有零点；当 a0 时，因为 ye2x单调递增，yax单调递增，所以 f(x)在(0，)上单调递增 又 f(a)0，假设存在 b 满足 0ba4时，且 b14，f(b)0 时，f(x)存在唯一零点 综上，

11、当 a0 时，f(x)没有零点，当 a0 时，f(x)存在唯一零点 1(2018全国卷)已知函数 f(x)exax2.(1)若 a1，证明：当 x0 时，f(x)1；(2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a.(1)证明 当 a1 时，f(x)1 等价于(x21)ex10.设函数 g(x)(x21)ex1，则 g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当 x1 时，g(x)0，h(x)没有零点；()当 a0 时，h(x)ax(x2)ex.当 x(0，2)时，h(x)0.所以 h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增 故 h(2)14ae2是 h(x)在0，)的最小值 若 h(2)

12、0，即 ae24，h(x)在(0，)没有零点；若 h(2)0，即 ae24，h(x)在(0，)只有一个零点；若 h(2)e24，由于 h(0)1，所以 h(x)在(0，2)有一个零点 由(1)知，当 x0 时，exx2，所以 h(4a)116a3e4a116a3（e2a）2116a3（2a）411a0.故 h(x)在(2，4a)有一个零点因此 h(x)在(0，)有两个零点 综上，f(x)在(0，)只有一个零点时，ae24.2(2020台州期末)已知函数 f(x)(x2)ln(1x)ax，aR.(1)如果当 x0 时，f(x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围；(2)求证：当 a2 时，函数 f

13、(x)恰有 3 个零点(1)解 f(x)(x2)ln(1x)ln x，f(x)ln(1x)axx2.当 x0 时，f(x)0 恒成立，得 ln(x1)axx20 对 x0 恒成立 令 h(x)ln(x1)axx2(x0)，则 h(x)1x12a（x2）2 x2（42a）x42a（x1）（x2）2(x0)，当 a2 时，x2(42a)x42a0，所以 h(x)0，所以 h(x)在(0，)单调递增，所以 h(x)ln(x1)axx2h(0)0(符合题意)；当 a2 时，设 g(x)x2(42a)x42a，因为二次函数 g(x)的图象开口向上，g(0)42a0，所以存在 x0(0，)，使得 g(x0

14、)0，当 x(0，x0)时，g(x)0，可得 h(x)0，所以 h(x)在(0，x0)单调递减，所以当 x(0，x0)时，h(x)2 时，因为 x1，所以函数 f(x)的零点个数等价于函数 h(x)ln(x1)axx2的零点个数 由(1)可得 h(x)1x12a（x2）2 x2（42a）x42a（x1）（x2）2.设 g(x)x2(42a)x42a，因为二次函数 g(x)在 xR 时，g(1)10，g(0)42a0，h(x2)0，又因为当 xea1 时，h(ea1)aa（ea1）ea1 a2eaea10，所以 h(x)在(x2，ea1)存在一个零点，所以，当 a2 时，函数 f(x)恰有 3

15、个零点 微课二 导数与方程的根 【典例】(2021北京通州区一模)已知函数 f(x)xex，g(x)a(ex1)aR.(1)当 a1 时，求证：f(x)g(x)；(2)当 a1 时，求关于 x 的方程 f(x)g(x)的实根个数 解 设函数 F(x)f(x)g(x)xexaexa.(1)证明 当 a1 时，F(x)xexex1，所以 F(x)xex.所以 x(，0)时，F(x)0.所以 F(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增 所以当 x0 时，F(x)取得最小值 F(0)0.所以 F(x)0，即 f(x)g(x)(2)当 a1 时，F(x)(xa1)ex，令 F(x)0，即(xa1

16、)ex0，解得 xa1；令 F(x)0，即(xa1)ex0，解得 x1，所以 h(a)0.所以 h(a)在(1，)上单调递减 所以 h(a)h(1)0，所以 F(a1)0，所以 F(x)在区间(a1，a)上存在一个零点 所以在a1，)上存在唯一的零点 又因为 F(x)在区间(，a1)上单调递减，且 F(0)0，所以 F(x)在区间(，a1)上存在唯一的零点 0.所以函数 F(x)有且仅有两个零点，即方程 f(x)g(x)有两个实根 感悟升华(1)方程 f(x)g(x)根的问题，常构造差函数解决；(2)对 f(x)0，如果化为 g(x)k(x)后，g(x)，k(x)图象容易画出，可数形结合求解

17、(3)注意等价转化思想的应用【训练】已知函数 f(x)ex1，g(x)xx，其中 e 是自然对数的底数，e2.718 28.(1)证明：函数 h(x)f(x)g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程 f(x)g(x)的根的个数，并说明理由(1)证明 易知 h(x)f(x)g(x)ex1 xx，所以 h(1)e30，所以 h(1)h(2)0，因此(x)在(0，)上单调递增，易知(x)在(0，)内只有一个零点，则 h(x)在0，)上有且只有两个零点，所以方程 f(x)g(x)的根的个数为 2.1已知 x1 是函数 f(x)13ax332x2(a1)x5 的一个极值点(1)求函数 f(x)的解

18、析式；(2)若曲线 yf(x)与直线 y2xm 有三个交点，求实数 m 的取值范围 解(1)f(x)ax23xa1，由 f(1)0，得 a1，f(x)13x332x22x5.(2)曲线 yf(x)与直线 y2xm 有三个交点，则 g(x)13x332x22x52xm13x332x25m 有三个零点 由 g(x)x23x0，得 x0 或 x3.由 g(x)0，得 x3；由 g(x)0，得 0 x0，g（3）0，解得12m5.故实数 m 的取值范围为12，5.2(2019全国卷)已知函数 f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)0 有且仅有两个实根，且两个

19、实根互为倒数 证明(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)x1xln x1ln x1x.因为 yln x 在(0，)上单调递增，y1x在(0，)上单调递减，所以 f(x)在(0，)上单调递增 又 f(1)10，故存在唯一 x0(1，2)，使得 f(x0)0.又当 xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点(2)由(1)知 f(x0)0，所以 f(x)0 在(x0，)内存在唯一根 x.由 x01 得11x0.又 f111 ln111f（）0，故1是 f(x)0 在(0，x0)的唯一根 综上，f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数 3设函数 f

20、(x)ln xx.(1)令 F(x)f(x)axx(00，所以 m24m0，又 x0，所以 x1m m24m20(舍去)，x2m m24m2.当 x(0，x2)时，g(x)0，g(x)在(x2，)上单调递增；当 xx2时，g(x2)0，则 g(x)取得最小值 g(x2)因为 g(x)0 有唯一解，所以 g(x2)0，则g（x2）0，g（x2）0，即x222mln x22mx20，x22mx2m0，所以 2mln x2mx2m0.因为 m0，所以 2ln x2x210.(*)设函数 h(x)2ln xx1，因为当 x0 时，h(x)是增函数，所以 h(x)0 至多有一解 因为 h(1)0，所以方

21、程(*)的解为 x21，即m m24m21，解得 m12.微课三 函数零点的综合问题 【典例】(2020全国卷)设函数 f(x)x3bxc，曲线 yf(x)在点12，f12处的切线与 y 轴垂直(1)求 b；(2)若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于 1.(1)解 f(x)3x2b.依题意得 f120，即34b0，故 b34.(2)证明 由(1)知 f(x)x334xc，f(x)3x234.令 f(x)0，解得 x12或 x12.当 x 变化时 f(x)与 f(x)的变化情况为：x，12 12 12，12 12 12，f(x)0 0 f(x)c14

22、 c14 因为 f(1)f12c14，所以当 c14时，f(x)只有小于1 的零点 由题设可知14c14.当 c14时，f(x)只有两个零点12和 1.当 c14时，f(x)只有两个零点1 和12.当14c14时，f(x)有三个零点 x1，x2，x3，且 x11，12，x212，12，x312，1.综上，若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点，则 f(x)所有零点的绝对值都不大于1.感悟升华(1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解来判断；(2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定【训练】记 f(x)，g(x)分别为函数 f(x)，g(x)的导函数若存在 x0R，满足

23、 f(x0)g(x0)且 f(x0)g(x0)，则称 x0为函数 f(x)与 g(x)的一个“S 点”(1)证明：函数 f(x)x 与 g(x)x22x2 不存在“S 点”；(2)若函数 f(x)ax21 与 g(x)ln x 存在“S 点”，求实数 a 的值(1)证明 函数 f(x)x，g(x)x22x2，则 f(x)1，g(x)2x2.由 f(x)g(x)且 f(x)g(x)，得 xx22x2，12x2，此方程组无解，因此，f(x)与 g(x)不存在“S 点”(2)解 函数 f(x)ax21，g(x)ln x，则 f(x)2ax，g(x)1x.设 x0为 f(x)与 g(x)的“S 点”，

24、由 f(x0)g(x0)且 f(x0)g(x0)，得 ax201ln x0，2ax01x0，即ax201ln x0，2ax201，(*)得 ln x012，即 x0e12，则 a12e122e2.当 ae2时，x0e12满足方程组(*)，即 x0为 f(x)与 g(x)的“S 点”因此，a 的值为e2.1已知函数 f(x)ex(ae)xax2.(1)当 a0 时，求函数 f(x)的极值；(2)若函数 f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数 a 的取值范围 解(1)当 a0 时，f(x)exex，则 f(x)exe，f(1)0，当 x1 时，f(x)1 时，f(x)0，f(x)单调递增，所以

25、 f(x)在 x1 处取得极小值，且极小值为 f(1)0，无极大值(2)由题意得 f(x)ex2axae，设 g(x)ex2axae，则 g(x)ex2a.若 a0，则 f(x)的最大值 f(1)0，故由(1)得 f(x)在区间(0，1)内没有零点 若 a0，故函数 g(x)在区间(0，1)内单调递增 又 g(0)1ae0，所以存在 x0(0，1)，使 g(x0)0.故当 x(0，x0)时，f(x)0，f(x)单调递增 因为 f(0)1，f(1)0，所以当 a0，由(1)得当 x(0，1)时，exex.则 f(x)ex(ae)xax2ex(ae)xax2a(xx2)0，此时函数 f(x)在区间

26、(0，1)内没有零点 综上，实数 a 的取值范围为(，0)2已知函数 f(x)x28x，g(x)6ln xm.是否存在实数 m，使得 yf(x)的图象与 yg(x)的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出 m 的取值范围；若不存在，说明理由 解 函数 yf(x)的图象与 yg(x)的图象有且只有三个不同的交点，即函数(x)g(x)f(x)的图象与 x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点，(x)x28x6ln xm，(x)2x86x2（x1）（x3）x(x0)，当 x(0，1)时，(x)0，(x)是增函数；当 x(1，3)时，(x)0，(x)是增函数，当 x1 或 x3 时，(x)0，于是，(x)的极大值(1)m7，(x)的极小值(3)m6ln 315，x0 时，(x)0，因此要使(x)图象与 x 轴正半轴有三个不同的交点必须m70，m6ln 3150，即 7m156ln 3，所以存在实数 m 使得函数 yf(x)与 yg(x)的图象有且只有三个不同的交点，m的取值范围为(7，156ln 3)