2024版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第5课时利用导数研究函数的零点问题.docx

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1、第5课时利用导数研究函数的零点问题考点1讨论函数的零点个数综合性已知函数f(x)lnxx.(1)判断f(x)的单调性，并比较2 0202 021与2 0212 020的大小；(2)若函数g(x)a2(x2)2x(2f(x)1)，其中12ae2，判断g(x)的零点的个数，并说明理由参考数据：ln 20.693.解：(1)函数f(x)lnxx，定义域是(0，)，故f(x)1lnxx2.令f(x)0，解得0xe；令f(x)0，解得xe，故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，则f(2 020)f(2 021)，即ln20202 020ln20212 021，故2 021ln 2 02

2、02 020ln 2 021，故ln 2 0202 021ln 2 0212 020，故2 0202 0212 0212 020.(2)因为g(x)a2(x24x4)2ln xx12ae2，所以g(x)ax2x2a1ax1x2x.令g(x)0，解得x2或x1a，当a12时，则g(x)x222x0，g(x)在(0，)上单调递增，且g(2)2ln 220，g(6)2ln 620，故g(2)g(6)0，故存在x0(2，6)，使得g(x0)0，故g(x)在(0，)上只有1个零点；当12ae2时，则1a2，则g(x)在0，1a上单调递增，在1a，2上单调递减，在(2，)上单调递增，故g(x)在(0，)上

3、有极小值g(2)，g(2)2ln 220，有极大值g1a2a12a2ln a2，且g(2)2ln 220，g(6)8a2ln 662ln 620，故g(2)g(6)0，故存在x1(2，6)，使得g(x1)0，故g(x)在(2，)上只有1个零点，另一方面令h(a)g1a2a12a2ln a212a0，所以h(a)在12，e2上单调递增，所以h(a)he2e1e22ln e20，则f(x)1x21x1xx2.当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)maxf(1)1.(2)f(x)a1x2a+1xax1x1x2，当a0时，ax10，f(

4、x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)maxf(1)a10，此时函数无零点，不合题意当0a1，在(0，1)，1a，+上，f(x)0，f(x)单调递增；在1，1a上，f(x)0，f(x)单调递减又f(1)a11时，01a0，f(x)单调递增；在1a，1上，f(x)0.又f1an1an1ann(a1)ln a，当n趋近正无穷大时，f1an趋近负无穷，所以f(x)在0，1a上有一个零点，在1a，+上无零点，所以f(x)有唯一零点，符合题意综上，a的取值范围为(0，)已知函数零点的个数求参数的常用方法(1)分离参数法：先分离参数，构造新函数，利用导数求其最值，再根据题设

5、利用函数零点存在定理构建关于参数的不等式，求解不等式可确定参数范围(2)分类讨论法：结合单调性，先确定参数的分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的小范围并在一起，可得参数的范围已知函数f(x)x2ax111x，aR.(1)若f(x)在(0，1)上单调递减，求a的取值范围；(2)设函数g(x)f(x)xa1，若g(x)在(1，)上无零点，求整数a的最小值解：(1)由题知f(x)2xa1x120在(0，1)上恒成立，即a1x122x恒成立令h(x)1x122x，则h(x)2x13221x13+10，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以ah(x)minh(0)1.

6、故a的取值范围是(，1.(2)由已知x1，假设g(x)0ax1x12，记(x)x1x12，则(x)12x13.令(x)0，解得x132，所以(x)在(1，132)上单调递减，在(132，)上单调递增，(132)132+134133413274(2，3)，由题知a(x)在(1，)内无解，故a(132)(132)，所以整数a的最小值为2.考点3函数极值点的偏移问题综合性(2021新高考全国卷)已知函数f(x)x(1ln x)(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln aa ln bab，证明：21a+1b0，当x(1，)时，f(x)0，故f(x)的单调递增区间为(0，

7、1)，单调递减区间为(1，)(2)证明：因为b ln aa ln bab，故b(ln a1)a(ln b1)，即lna+1alnb+1b，故f1af1b.设1ax1，1bx2，由(1)可知不妨设0x11.因为x(0，1)时，f(x)x(1ln x)0，x(e，)时，f(x)x(1ln x)0，故1x22，若x22，x1x22必成立若x22，即证x12x2，而02x2f(2x2)，即证f(x2)f(2x2)，其中1x22.设g(x)f(x)f(2x)，1x2，则g(x)f(x)f(2x)ln xln (2x)ln x(2x).因为1x2，故0x(2x)0，所以g(x)0，故g(x)在(1，2)上

8、单调递增，所以g(x)g(1)0，故f(x)f(2x)，即f(x2)f(2x2)成立，所以x1x22成立，综上，x1x22成立设x2tx1，则t1，结合lna+1alnb+1b，1ax1，1bx2，可得x1(1ln x1)x2(1ln x2)，即1ln x1t(1ln tln x1)，故ln x1t1tlntt1，要证x1x2e，即证(t1)x1e，即证ln (t1)ln x11，即证ln (t1)t1tlntt11，即证(t1)ln (t1)t ln t1，则S(t)ln (t1)t1t+11ln tln1+1t2t+1.先证明一个不等式：ln (x1)x.设u(x)ln (x1)x，则u(

9、x)1x+11xx+1，当1x0；当x0时，u(x)1时，ln 1+1t1t2t+1，故S(t)0恒成立，故S(t)在(1，)上单调递减，故S(t)S(1)0，故(t1)ln (t1)t ln t0成立，即x1x2e成立综上所述，21a+1b()2x0，构造F(x)fxfx02x，求导，限定x1或x2的范围，判定符号，获得不等式(3)代入x1(或x2)，利用f(x1)f(x2)及f(x)的单调性证明最终结论已知函数f(x)ln xax有两个零点x1，x2(x1e2.(1)解：f(x)1xa1axx(x0)，若a0，则f(x)0，不符合题意若a0，令f(x)0，解得x1a.当x0，1a时，f(x

10、)0；当x1a，+时，f(x)0，解得0a1e.显然e0，1a，f(e)1aee，g(t)2ln tt，g(t)2t10，所以g(t)在(e，)上单调递减，g(t)g(e)2e0，即f1a20.所以实数a的取值范围为0，1e.(2)证明：因为f(1)a0，所以1x11ax2.构造函数H(x)f1a+xf1axln 1a+xln 1ax2ax，0x0，所以H(x)在0，1a上单调递增，故H(x)H(0)0，即f1a+xf1ax.由1x11a1a，故f(x2)f(x1)f1a1ax12ax1，即x1x22a.故ln (x1x2)ln x1ln x2a(x1x2)2，即x1x2e2.拓展考点隐零点求

11、解问题已知函数f(x)ax2axx ln x，且f(x)0.(1)求a；(2)证明：函数f(x)存在唯一的极大值点x0，且e-2f(x0)2-2.(1)解：f(x)的定义域为(0，)，设g(x)axaln x，则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a1x，g(1)a10，得a1.若a1，则g(x)11x.当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明：由(1)知f(x)x2xx ln x，f(x)2x2ln x(x0)设h(x)2x2ln x，h(

12、x)21x.当x0，12时，h(x)0，所以h(x)在0，12上单调递减，在12，+上单调递增又h(e-2)0，h120；当x(x0，1)时，h(x)0.因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0)由x00，12得f(x0)f(e-1)e-2，所以e-2f(x0)0时，(xk)f(x)x10，求k的最大值解：(1)当a0时，f(x)的单调递增区间是(，)，无单调递减区间；当a0时，函数f(x)的单调递减区间是(，ln a)，单调递增区间是(ln a，)(解答过程略)(2)由题设可得(xk)(ex1)x10，即k0)恒

13、成立令g(x)x+1ex1x(x0)，得g(x)ex1x+1exex121exexx2ex12(x0)由(1)的结论可知，函数h(x)exx2在(0，)上单调递增又因为h(1)0，所以函数h(x)的唯一零点(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点)，且e2.当x(0，)时，g(x)0，所以g(x)ming()+1e1.又e2且(1，2)，则g(x)ming()1(2，3)，所以k的最大值为2.1按导函数零点能否精确求解可以把零点分为两类：(1)“显零点”：数值上能精确求解的(2)“隐零点”：能够判断其存在但无法直接表示2解决“隐零点”问题，常用虚设零点、代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等

14、技巧1已知函数f(x)exaeln (exa)，若关于x的不等式f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解：由函数f(x)exaeln (exa)，求得定义域为ae，+，对函数求导可得：f(x)exe2ex+a，则存在一个x0，使得f(x0)0，且aexx0时，f(x)0，xx0时，f(x)0，则f(x)f(x0)ex0aeln (ex0a)e2ex0+aaelne2x0ex0e2ex0+a2eaex0ae2ex0+a2e2a.因为ex0ae2ex0+a2e当且仅当x0=a1e时，等号成立，所以f(x0)2e2e2a2a0，则a0，所以实数a的取值范围为(，0.2已知函数f(x)1lnxx2.(1

15、)求函数f(x)的零点及单调区间；(2)求证：曲线ylnxx存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y00时有解构造辅助函数g(x)1ln x6x2(x0)，g(x)1x12x0，函数g(x)在(0，)上单调递减，且g(1)50，所以x012，1，使得g(x0)1lnx06x020.即证明曲线ylnxx存在斜率为6的切线设切点坐标为x0，lnx0x0，则ylnx0x016x02x01x06x0，x012，1.令h(x)1x6x，x12，1，由h(x)在区间12，1上单调递减，则h(x)h121，所以y01.已知f(x)x ln x12mx2x，mR.若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1e2(e为

16、自然对数的底数)四字程序读想算思求证：x1x2e21证明不等式的解题策略2如何构造函数由极值的定义建立等量关系、求导研究有关函数的单调性转化与化归f(x)有两个极值点x1，x2，且x1e2，需证ln x1ln x22思路参考：转化为证明ln x1ln x22，根据x1，x2是方程f(x)0的根建立等量关系令tx2x1，将ln x1ln x2变形为关于t的函数，将lnx1+lnx22转化为关于t的不等式进行证明证明：欲证x1x2e2，需证ln x1ln x22.若f(x)有两个极值点x1，x2，则函数f(x)有两个零点又f(x)ln xmx(x0)，所以x1，x2是方程f(x)0的两个不等实根于

17、是，有lnx1mx1=0，lnx2mx2=0，解得mlnx1+lnx2x1+x2.另一方面，由lnx1mx1=0，lnx2mx2=0，得ln x2ln x1m(x2x1)，从而得lnx2lnx1x2x1lnx1+lnx2x1+x2，于是，lnx1+lnx2lnx2lnx1x2+x1x2x11+x2x1lnx2x1x2x11.又0x11.因此，ln x1ln x21+tlntt1，t1.要证ln x1ln x22，即证t+1lntt12，t1.即当t1时，有ln t2t1t+1.设函数h(t)ln t2t1t+1，t1，则h(t)1t2t+12t1t+12t12tt+120，所以，h(t)为(1

18、，)上单调递增又h(1)0，因此，h(t)h(1)0.于是，当t1时，有ln t2t1t+1.所以ln x1ln x22成立，即x1x2e2.思路参考：将证明x1x2e2转化为证明x1e2x2.依据x1，x2是方程f(x)0的两个不等实根，构造函数g(x)lnxx，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)g(x1)0)，所以mx1ln x1，mx2ln x2.令g(x)lnxx，g(x1)g(x2)，由于g(x)1lnxx2，因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减又x1x2，所以0x1e0，故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)h(e)0，即g(x)ge2x.令x

19、x1，则g(x2)g(x1)e2x1，即x1x2e2.思路参考：设t1ln x1(0，1)，t2ln x2(1，)，推出t1t2et1t2.将证明x1x2e2转化为证明t1t22，引入变量kt1t20构建函数进行证明证明：设t1ln x1(0，1)，t2lnx2(1，)由lnx1mx1=0，lnx2mx2=0得t1=met1，t2=met2t1t2et1t2.设kt1t2e2，需证ln x1ln x22.即只需证明t1t22，即k1+ekek12k(1ek)2(ek1)k(1ek)2(ek1)0.设g(k)k(1ek)2(ek1)(k0)，则g(k)kekek1.令m(k)kekek1，则m(

20、k)kekg(0)0，故g(k)在(，0)上单调递增，因此g(k)e2转化为证明t1t22，引入变量t1t2k(0，1)构建函数进行证明证明：设t1ln x1(0，1)，t2lnx2(1，)由lnx1mx1=0，lnx2mx2=0得t1=met1，t2=met2t1t2et1t2.设t1t2k(0，1)，则t1klnkk1，t2lnkk1.欲证x1x2e2，需证ln x1ln x22，即只需证明t1t22，即k+1lnkk12ln k2k1k+1ln k2k1k+10，故g(k)在(0，1)上单调递增，因此g(k)12a.(1)解：f(x)ln x24ax.因为f(x)在(0，)内单调递减，所

21、以 f(x)ln x24ax0在(0，)内恒成立，即4alnxx+2x在(0，)内恒成立令g(x)lnxx+2x，则g(x)1lnxx2.所以，当0x0，即g(x)在0，1e内单调递增；当x1e时，g(x)0，即g(x)在1e，+内单调递减所以g(x)的最大值为g1ee，所以实数a的取值范围是e4，+.(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，则f(x)ln x24ax0在(0，)内有两个不等根x1，x2.由(1)，知0ae4.由lnx1+24ax1=0，lnx2+24ax2=0，两式相减，得ln x1ln x24a(x1x2)不妨设0x1x2，则x1x212a，只需证明x1+x

22、24ax1x2ln x1ln x2，亦即证明2x1x21x1x2+1ln x1x2.令函数h(x)2x1x+1ln x，0x1，所以h(x)x12xx+12h(1)0，所以2x1x+1ln x，即不等式2x1x21x1x2+1ln x1x2成立综上，x1x212a，命题得证课时质量评价(二十)A组全考点巩固练1已知函数f(x)ex(ax1)，曲线yf(x)在x1处的切线方程为ybxe.(1)求a，b的值；(2)若函数g(x)f(x)3exm有两个零点，求实数m的取值范围解：(1)f(x)ex(ax1)，则f(x)ex(ax1)exaex(ax1a)由题意知f1=e2a+1=b，f1=ea+1=

23、be，解得a=1，b=3e，所以a1，b3e.(2)g(x)f(x)3exmex(x2)m，函数g(x)ex(x2)m有两个零点，相当于函数u(x)ex(x2)的图象与直线ym有两个交点，u(x)ex(x2)exex(x1)当x(，1)时，u(x)0，所以u(x)在(1，)上单调递增；当x1时，u(x)取得极小值u(1)e.又当x时，u(x)，当x2时，u(x)0，所以实数m的取值范围为m|em0)有两个零点x1，x2，证明：x1x20，所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(1)e.由f(x1)f(x2)0，可设x11x2，构造函数F(x)f(x)f(2x)，所以F(x)

24、f(x)f(2x)(x1)(ex2a)(x1)(e2-x2a)(x1)(exe2-x)，当x1时，x10，exe2-x0，F(x)在(，1)上单调递增又F(1)0，故F(x)0(x1)，即f(x)f(2x)(x1)把x1代入上述不等式得f(x1)f(x2)1，2x11，f(x)在(1，)上单调递增，故x22x1，即x1x2f(0)0，f(x)在0，2上单调递增，没有零点，不符合题意当ae2时，f(x)f20，f(x)在0，2上单调递减，没有零点，不符合题意当e2a1时，f(0)1a0，f2a+e20，则f(x)只有一个零点，设为m，则当0xm时，f(x)0，f(x)单调递减，当mx2时，f(x

25、)0，f(x)单调递增由题意得f2a2+e20，解得2e2a1.综上，a的取值范围为a2e2a1.5已知函数f(x)(x1)exax的图象在x0处的切线方程是xyb0.(1)求a，b的值；(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)32.(1)解：函数f(x)(x1)exax，则f(x)xexa.由f(0)1得a1.当x0时，解得f(x)1.所以函数f(x)的图象在x0外的切线方程为y(1)1(x0)，即xy10，所以b1.(2)证明：令g(x)f(x)xex1，则g(x)(x1)ex，所以当x1时，g(x)单调递减，且此时g(x)0，在(，1)内无零点；当x1时，g(x)单调递增

26、，又g(1)0，所以g(x)0有唯一解x0，f(x)有唯一极值点x0，由x0ex01ex01x0，f(x0)x01x0x011x0+x0.又g12e21012x011x0x032.B组新高考培优练6(2023长春模拟)已知函数f(x)xex，g(x)k ln (x1)(1)求函数f(x)的值域；(2)讨论函数F(x)f(x)g(x)的零点个数解：(1)由f(x)xex(xR)可得f(x)(1x)ex.令f(x)0，得x1，则有x(，1)1(1，) f(x)0f(x)极小值所以f(x)minf(1)e-11e，f(x)无最大值即f(x)的值域为1e，+.(2)F(x)f(x)g(x)xexk l

27、n (x1)(x1)，则F(0)0，F(x)(1x)exkx+1x+12exkx+1.令G(x) (x1)2ex，则G(x) (x24x3)ex(x1)(x3)ex0在(1, )上恒成立，所以G(x)在(1，)上单调递增，所以G(x)G(1)0在(1，)上恒成立当k0时，可知F(x)0，即F(x)在(1，)上单调递增，即此时F(x)有唯一零点当k0时，令F(x)0，则(x1)2exk0，所以存在唯一x0(1，)，使得F(x0)0，且当x(1，x0)时，F(x)0，F(x)单调递增，所以F(x)minF(x0)x0ex0k ln (x01)，当k1时，x00，F(x)minF(0)0，此时F(x)有唯一零点当0k1时，因为G(0)1，所以当x(1，0)时，0G(x)1，故1x00，所以F(x)minF(x0)0，又F(1+e1k)1+e1ke1+e