2023年高考数学一轮总复习考点探究与题型突破 第21讲　利用导数探究函数的零点问题 精品讲义 WORD版含解析.docx

1、第21讲利用导数探究函数的零点问题 考点1 数形结合研究函数的零点名师点睛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，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围典例(2022廊坊联考)已知函数f(x)x2a2ln x，aR.(1)若曲线yf(x)在x1处的切线方程为16x2y170，求a的值；(2)若a0，函数yf(x)与x轴有两个交点，求a的取值范围举一反三1.已知函数f(x)xexex.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)讨论函数g(x)f(x)a(aR)的零点的个数2.设函数f(x)ln x，mR.(1)当me(e为自然对数的

2、底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)f(x)零点的个数 考点2 利用函数性质研究函数零点名师点睛利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、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典例(2021新高考卷)已知函数f(x)(x1)exax2b.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点a，b2a；0a，b2a.举一反三1.已知函数f(x)x3a(x2x1)(1)若a3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点2.(2021济南二模)已知函数f(x)e

3、xax(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a2时，求函数g(x)f(x)cos x在上的零点个数 考点3 构造法研究函数的零点名师点睛1涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围2解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法典例(2021全国甲卷)已知a0且a1，函数f(x)(x0)(1)当a2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，求a的取值范围举一反三1.(2

4、022南阳质检)已知f(x)x3x22x，f(x)是f(x)的导函数(1)求f(x)的极值；(2)令g(x)f(x)kex1，若yg(x)的函数图象与x轴有三个不同的交点，求实数k的取值范围2(2022南宁调研)已知函数f(x)(x1)exax2b.(1)若a1，求函数f(x)的单调区间；(2)当a时，f(x)的图像与直线ybx有3个交点，求b的取值范围第21讲利用导数探究函数的零点问题 考点1 数形结合研究函数的零点名师点睛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，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围典例(2022廊坊联考)已知函

5、数f(x)x2a2ln x，aR.(1)若曲线yf(x)在x1处的切线方程为16x2y170，求a的值；(2)若a0，函数yf(x)与x轴有两个交点，求a的取值范围解(1)由题意知函数的定义域为(0，)，f(x)x， 因为曲线yf(x)在x1处的切线方程为16x2y170，所以切线斜率为8，即x1时，f(1)1a28, 解得a3.(2)因为函数yf(x)与x轴有两个交点，所以方程f(x)0在(0，)上有两个不等实根，即x2a2ln x在(0，)上有两个不等实根，方程x2a2ln x可化为，令g(x)，x0，则只需直线y与函数g(x)的图像有两个不同的交点g(x)，由g(x)0得12ln x0，

6、解得0x；由g(x)0得12ln x0，解得x，所以函数g(x)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，所以g(x)maxg().当x1时，g(x)0；当0x1时，g(x)0，当x时，g(x)0.画出函数g(x)的大致图像如下：由函数图像可得，当0，即a时，直线y与函数g(x)的图像有两个不同的交点，即函数yf(x)与x轴有两个交点，因此a的取值范围为a.举一反三1.已知函数f(x)xexex.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)讨论函数g(x)f(x)a(aR)的零点的个数解(1)函数f(x)的定义域为R，且f(x)(x2)ex，令f(x)0得x2，则f(x)，f(x)的变化情况如

7、表所示：x(，2)2(2，)f(x)0f(x)单调递减单调递增f(x)的单调递减区间是(，2)，单调递增区间是(2，)当x2时，f(x)有极小值为f(2)，无极大值(2)令f(x)0，得x1，当x1时，f(x)1时，f(x)0，且f(x)的图象经过点，(1,0)，(0,1)当x时，与一次函数相比，指数函数yex增长更快，从而f(x)0；当x时，f(x)，f(x)，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示函数g(x)f(x)a(aR)的零点的个数为yf(x)的图象与直线ya的交点个数当x2时，f(x)有极小值f(2).关于函数g(x)f(x)a(aR)的零点个数有如下结论：当a时，零点的个数为

8、0；当a或a0时，零点的个数为1；当a0时，零点的个数为2.2.设函数f(x)ln x，mR.(1)当me(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)f(x)零点的个数解(1)当me时，f(x)ln x，f(x)的定义域为(0，)，f(x).令f(x)0，得xe.当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值f(e)2.(2)由题意知g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当x

9、(1，)时，(x)时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m2a；0a，b2a.解(1)由函数的解析式可得f(x)x(ex2a)当a0时，若x(，0)，则f(x)0，f(x)单调递减，若x(0，)，则f(x)0，f(x)单调递增；当0a时，若x(，ln(2a)，则f(x)0，f(x)单调递增，若x(ln(2a)，0)，则f(x)0，f(x)单调递减，若x(0，)，则f(x)0，f(x)单调递增；当a时，f(x)0，f(x)在R上单调递增；当a时，若x(，0)，则f(x)0，f(x)单调递增，若x

10、(0，ln(2a)，则f(x)0，f(x)单调递减，若x(ln(2a)，)，则f(x)0，f(x)单调递增；(2)证明：若选择条件，由(1)知当a时，f(x)在(，0)，(ln 2a，)上单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减，所以f(x)在x0处取得极大值f(0)，在xln 2a处取得极小值f(ln 2a)，且f(0)1b，f(ln 2a)(2aaln 2a)ln 2ab2a.由于a，b2a，所以f(0)0，ln 2a0，b2a0.令g(x)2xxln 2x，则g(x)1ln 2x，当x时，g(x)0，当x时，g(x)0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，所以g(x)在x处取得极大值

11、g.由于g0，g0，g0，所以g(x)0在上恒成立，所以f(ln 2a)0.当x时，f(x)，所以f(x)有一个零点，得证若选择条件，由(1)知，当0a时，f(x)在(，ln 2a)，(0，)上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，所以f(x)在xln 2a处取得极大值f(ln 2a)，在x0处取得极小值f(0)由于0a，b2a，所以f(0)0，b2a0，ln 2a0，aln 2a0，则2aaln 2a0，所以f(ln 2a)0.当x时，f(x)，所以f(x)有一个零点，得证举一反三1.已知函数f(x)x3a(x2x1)(1)若a3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点(

12、1)解当a3时，f(x)x33x23x3，f(x)x26x3.令f(x)0，解得x32或x32.当x(，32)(32，)时，f(x)0；当x(32，32)时，f(x)0在R上恒成立，所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，则g(x)0在R上恒成立，当且仅当x0时，g(x)0，所以g(x)在(，)上单调递增故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)6a22a620，故f(x)有一个零点综上所述，f(x)只有一个零点2.(2021济南二模)已知函数f(x)exax(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a2时，求函数g(x)f(x)cos x在上的零点个数解(1

13、)f(x)exax，其定义域为R，f(x)exa.当a0时，因为f(x)0，所以f(x)在R上单调递增；当a0时，令f(x)0得xln a，令f(x)0得xln a，所以f(x)在(，ln a)上单调递减，(ln a，)上单调递增综上所述，当a0时，f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)由已知得g(x)ex2xcos x，x，则g(x)exsin x2.当x时，因为g(x)(ex1)(sin x1)0，所以g(x)在上单调递减，所以g(x)g(0)0，所以g(x)在上无零点；当x时，因为g(x)单调递增，且g(0)10，ge10，所

14、以存在x0，使g(x0)0，当x(0，x0)时，g(x)0，当x时，g(x)0，所以g(x)在0，x0)上单调递减，在上单调递增，且g(0)0，所以g(x0)0，又因为ge0，所以g(x0)g0，所以g(x)在上存在一个零点，所以g(x)在上有两个零点；当x时，g(x)exsin x2e30，所以g(x)在上单调递增，因为g0，所以g(x)在上无零点综上所述，g(x)在上的零点个数为2. 考点3 构造法研究函数的零点名师点睛1涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围2

15、解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法典例(2021全国甲卷)已知a0且a1，函数f(x)(x0)(1)当a2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，求a的取值范围解(1)当a2时，f(x)(x0)，f(x)(x0)，令f(x)0，则0x，此时函数f(x)单调递增，令f(x)，此时函数f(x)单调递减，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，可转化为方程1(x0)有两个不同的解，即方程有两个不同的解设g(x)(x0)，则g(x)(x0)

16、，令g(x)0，得xe，当0x0，函数g(x)单调递增，当xe时，g(x)e时，g(x)，又g(1)0，所以01且ae，即a的取值范围为(1，e)(e，)举一反三1.(2022南阳质检)已知f(x)x3x22x，f(x)是f(x)的导函数(1)求f(x)的极值；(2)令g(x)f(x)kex1，若yg(x)的函数图象与x轴有三个不同的交点，求实数k的取值范围解(1)因为f(x)x23x2(x1)(x2)，令f(x)0，得x11，x22，当x变化时，f(x)，f(x)的变化如表所示：x(，2)2(2，1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值由表可知，函数f(x)的极大值为f(2)，极小值为

17、f(1).(2)由(1)知g(x)x23x2kex1x23x1kex，由题知需x23x1kex0有三个不同的解，即k有三个不同的解设h(x)，则h(x)，当x(，2)时，h(x)0，h(x)单调递增，当x(2,1)时，h(x)0，h(x)单调递增，又当x时，h(x)，当x时，h(x)0且h(x)0，且h(2)e2，h(1).作出函数h(x)的简图如图，数形结合可知，k0，解得x0或xln 2；令f(x)0，解得0xln 2，所以函数f(x)的单调递增区间为(，0)和(ln 2，)，单调递减区间为(0，ln 2)(2)因为a，所以f(x)(x1)exx2b.由(x1)exx2bbx，得(x1)ex(x21)b(x1)当x1时，方程恒成立当x1时，只需方程ex(x1)b有2个实根令g(x)ex(x1)，则g(x)ex.当xln 时，g(x)0，当xln 且x1时，g(x)0，所以g(x)在上单调递减，在和(1，)上单调递增因为gln 2，g(1)e10，当x时，g(x)，当x时，g(x)，所以b(e1，)