2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第4章 第4讲　第3课时　利用导数研究函数的零点问题 WORD版含解析.doc

1、第3课时利用导数研究函数的零点问题考向一判断函数零点或方程根的个数问题例1(2021潍坊一模)已知函数f(x)2(aR)(1)若曲线yf(x)在点处的切线经过坐标原点，求实数a；(2)当a0时，判断函数f(x)在x(0，)上的零点个数，并说明理由解(1)f(x)2的导数为f(x)，可得曲线yf(x)在点处的切线的斜率为f，fa2，即切点为，由于切线经过原点，可得，解得a2.(2)因为x(0，)，所以sinx0，所以f(x)20，可化为x2a2sinx0，设g(x)x2a2sinx，g(x)2x2cosx，设h(x)2x2cosx，h(x)22sinx0，可得h(x)即g(x)在(0，)上单调递

2、增，又g(0)20，所以存在x0，使得g(x0)0，当x(0，x0)时，g(x)0，g(x)单调递增，又因为g(0)a0，即0a2时，g(x)有唯一零点在(x0，)上，当g()2a0，即a2时，g(x)在(0，)上无零点综上可得，当0a2时，函数f(x)在(0，)有唯一零点；当a2时，函数f(x)在(0，)没有零点 利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g(x)易求，g(x)0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数(2)利用

3、函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数1.已知函数f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底数，e2.71828.(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，并说明理由解(1)证明：由题意可得h(x)f(x)g(x)ex1x，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，)内至多有一个零点，即h(x)在0，)内至多有两个零点，则h(x)在0，)上有且只有两个零点，所以方程f

4、(x)g(x)的根的个数为2.考向二由函数零点个数求解参数取值范围问题例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)ex(x2)，f(x)ex1，令f(x)0，解得x0，令f(x)0，解得x0，所以f(x)的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，)(2)解法一：当a0时，f(x)exa0恒成立，f(x)在(，)上单调递增，不符合题意；当a0时，令f(x)0，解得xln a，当x(，ln a)时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)aa(ln

5、 a2)a(1ln a)又当x时，f(x)，当x时，f(x).所以要使f(x)有两个零点，只要f(ln a)0，可得a.综上，若f(x)有两个零点，则a的取值范围是.解法二：若f(x)有两个零点，即exa(x2)0有两个解，显然x2不成立，即a(x2)有两个解，令h(x)(x2)，则有h(x)，令h(x)0，解得x1，令h(x)0，解得x2或2x1，所以函数h(x)在(，2)和(2，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，且当x2时，h(x)0，而当x(2)(从右侧趋近于2)时，h(x)，当x时，h(x)，所以当a有两个解时，有ah(1)，所以满足条件的a的取值范围是. 根据函数零点个数确定参数

6、取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”2.(2021大庆实验中学月考)设kR，函数f(x)ln xkx.(1)若k2，求曲线yf(x)在P(1，2)处的切线方程；(2)若f(x)无零点，求实数k的取值范围解(1)在区间(0，)上，f(x)k，当k2时，f(1)121，f(1)2，则切线方程为y(2)(x1)，即xy10.(2)若k0，f(x)是区间(0，)上的增函数，因为f(1)k0，f(ek)kkekk(1ek)0，所以f(1)f(ek)0，令f(x)0，得x，在

7、区间上，f(x)0，函数f(x)是增函数；在区间上，f(x)0，函数f(x)是减函数；故在区间(0，)上，f(x)的极大值为fln 1ln k1，由于f(x)无零点，所以fln k1，故所求实数k的取值范围是.多角度探究突破考向三涉及函数零点、极值点的综合问题角度换元法在函数零点、极值点问题中的应用例3(2021宁德三模)已知函数f(x)aexln x1(aR)(1)当ae时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1x2)，且x1x22ln 3，求的最大值解(1)函数的定义域为(0，)，f(x)aex，ae，exaxexex，设g(x)exex，则g(x)e

8、xe，当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)g(1)0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当ae时，函数f(x)在(0，)上单调递增(2)依题意，f(x1)f(x2)0，则两式相除得，ex2x1，设t，则t1，x2tx1，e(t1)x1t，x1，x2，x1x2，设h(t)(t1)，则h(t)，设(t)t2ln t(t1)，则(t)10，(t)在(1，)单调递增，则(t)(1)0，h(t)0，则h(t)在(1，)单调递增，又x1x22ln 3，即h(t)2ln 3，又h(3)2ln 3，t(1,3，即的最大值为3. (1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质

9、、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究3.已知函数f(x)ln xax(x0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1x2)求证：x1x2e2.证明不妨设x1x20，因为ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以a，欲证x1x2e2，即证ln x1ln x22.因为ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证a，所以原问题等价于证

10、明，即ln ，令c(c1)，则不等式变为ln c.令h(c)ln c，c1，所以h(c)0，所以h(c)在(1，)上单调递增，所以h(c)h(1)0，即ln c0(c1)，因此原不等式x1x2e2得证角度极值点偏移问题例4(2021新高考卷改编)已知函数f(x)x(1ln x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减借助函数f(x)的单调性解决下列问题(1)设x1，x2是两个不相等的正数，且x1(1ln x1)x2(1ln x2)，证明：2x1x2e；(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln aaln bab，证明：21，先证22x1，即证f(x1)f(x2)0，故函数h(x)单调递增，

11、所以h(x)h(1)0，所以f(x1)f(2x1)，故2x1x2得证下面证明x1x2e.0x11x21.x1(1ln x1)x1.x1(1ln x1)x2(1ln x2)，x2(1ln x2)x1.要证x1x2e，只要证x2(1ln x2)x2e，即证2x2x2ln x20.g(x)在(1，e)上单调递增g(x)g(e)2eee.2x2x2ln x2e成立原命题成立，即x1x2e.综上知，2x1x2e.(2)由bln aaln bab得ln ln ，即，借助(1)的结论知22.证明h(x)ex(1x)，令h(x)0，解得x1，当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表： x(，1)1(1，

12、)h(x)0h(x)单调递增单调递减由x1x2，不妨设x1x2，根据h(x1)h(x2)结合图象(图略)可知x11，x21时，F(x)F(1)0，即当x1时，h(x)h(2x)，则h(x1)h(2x1)，又h(x1)h(x2)，h(x2)h(2x1)，x11，2x12x1，x1x22得证一、单项选择题1(2021惠州市二调)若函数f(x)ex(x22x1a)x恒有2个零点，则a的取值范围是()A B(，1)C D答案A解析由f(x)0，得x22x1a.令g(x)，则函数f(x)ex(x22x1a)x恒有2个零点等价于函数yx22x1a与yg(x)的图象有2个交点，g(x)，令g(x)0，得x1

13、，令g(x)1，所以g(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以g(x)maxg(1).作出函数yx22x1a(x1)2a与yg(x)的图象，如图所示，数形结合可得a.故选A2(2021安徽合肥模拟)设函数f(x)若函数g(x)f(x)b有三个零点，则实数b的取值范围是()A(1，) BC(1，)0 D(0,1答案D解析令g(x)f(x)b0，函数g(x)f(x)b有三个零点等价于f(x)b有三个解，当x0时，f(x)ex(x1)，则f(x)ex(x1)exex(x2)，由f(x)0得ex(x2)0，即x0得ex(x2)0，即2x0，此时f(x)单调递增，即当x2时，f(x)取得极

14、小值f(2)，作出f(x)的图象如图，要使f(x)b有三个根，则00，所以函数yk(x)在区间(e1，e)内单调递增，故k(x)k(e1)e10，所以h(x)0，故函数yh(x)在区间(e1，e)内单调递增，故h(e1)h(x)h(e)，即h(x)，所以m，故实数m的取值范围为.故选B.4(2021河北邢台二模)已知函数f(x)xln xm(mR)，若f(x)有两个零点x1，x2(x1x2)，则下列关系式不正确的是()Am1 Bx1x22C0x11 Dex1x2答案B解析f(x)1，令f(x)0，解得x1，故函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，如图，故f(x)minf(1

15、)1m0，即m1，并且0x11，故A，C正确；由于x1，x2为f(x)的零点，故有x1ln x1m0，x2ln x2m0，两式相减得，x1x2ln ，即ex1x2，故D正确；由于当m1时，0x11,12x10，g(x)单调递增，在(1，)上，g(x)0，g(x)单调递减，g(x2)g(2x1)g(x1)g(2x1)ln x1x1ln (2x1)(2x1)，0x11，令h(x)ln xxln (2x)2x,0x0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)h(1)0，所以g(x1)2x1，即x1x22，故B不正确故选B.二、多项选择题5(2021山东济南模拟)已知f(x)axeax，xR，

16、则下列说法正确的是()Af(x)的值域为RBa0时，f(x)恒有极值点Ch(x)f(x)(k0)恒有零点D对于xR，f(x)0时，g(t)0，g(t)单调递减，当t0，g(t)单调递增，所以g(x)maxg(0)1，所以f(x)的值域不为R，故A不正确；对于B，由A选项可知，当a0时，0是f(x)的极值点，故B正确；对于C，因为h(x)f(x)(k0)有零点，所以axeax有根，当a0时，f(x)1，当a0时，由A可知，f(x)最大值f(0)1，且f(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减，当k0时，函数y的图象在第三象限与f(x)有交点，当k0时，函数y的图象在第四象限与f(x)有交

17、点，所以f(x)始终与y有交点，故axeax有根，故C正确；对于D，若f(x)(1e)ax，则axeaxeax，当a0时，取x，则eaxe，eaxe，此时eaxeax，故D不正确故选BC6(2021秦皇岛二模)已知函数f(x)ln xax有两个零点x1，x2，且x16D若a，则x2x10)，当a0时，f(x)0，f(x)在x(0，)上单调递增，与题意不符；当a0时，令f(x)a0，解得x，可得当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，可得当x时，f(x)取得极大值，又函数f(x)ln xax有两个零点x1，x2(x10，可得0a.综上可得，0a，故A正确；当a

18、时，x1x22e0，f(x)单调递增，a，(0，e)，故B正确；f(x)在上单调递增，在上单调递减，且a，1，x1，x2，f(1)a1.fln 2ln e220f(x2)，x2，x2x11，故D正确故选ABD.7(2021菏泽一模)对于函数f(x)，下列说法正确的是()Af(x)在x处取得极大值Bf(x)有两个不同的零点Cff()f()D若f(x)答案ACD解析对于A，函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)，令f(x)0可得0x ，令f(x)，所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，所以f(x)在x处取得极大值f()，故A正确；对于B，令f(x)0，可得x1，因此f(x)只有一

19、个零点，故B不正确；对于C，显然f()0，因为f2ln 0，即f()f()f(x)在(0，)上恒成立，令g(x)(x0)，则kg(x)max，因为g(x)，易知当x时，g(x)0，当x时，g(x)，所以f(x)，故D正确故选ACD.8关于函数f(x)exasinx，x(，)，下列说法正确的是()A当a1时，f(x)在(0，f(0)处的切线方程为2xy10B当a1时，f(x)存在唯一极小值点x0且1f(x0)0C对任意a0，f(x)在(，)上均存在零点D存在a0，使f(x)在(，)上有且只有一个零点答案ABD解析当a1时，f(x)exsinx，f(x)excosx，f(0)1，f(0)2，所求切

20、线方程为y12(x0)，即2xy10，故A正确；当x(0，)时，f(x)excosx0恒成立，f(x)在(0，)上无极值；当x(，0时，令g(x)f(x)excosx，则g(x)exsinx0恒成立，g(x)在(，0上单调递增，又f0，f0，存在x0，使f(x0)ex0cosx00，即ex0cosx0，f(x)极小值f(x0)ex0sinx0cosx0sinx0sin，x0，x0，sin0，1f(x0)0，故B正确；当a时，f(x)ex，f(x)ex，当x(0，)时，f(x)ex10恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)0，f(x)在(0，)上不存在零点；当x(，0时，令h(x

21、)f(x)ex，h(x)exe0恒成立，h(x)在(，0上单调递增，又h()f()e0，f(x)在(，0上单调递增，又f()e0，f(x)在(，0上不存在零点，故C错误；f(x)零点个数可以转化为yex与yasinx的图象交点个数问题，如图，显然存在a0，使yex与yasinx的图象有一个交点，即f(x)有且只有一个零点，故D正确故选ABD.三、填空题9已知函数f(x)ax33x22，若函数f(x)只有一个零点x0，且x00，则实数a的取值范围为_.答案(，)解析f(x)ax33x22，f(x)3ax26x3x(ax2)又f(0)2.当a0时，f(x)3x22有两个零点，不符合题意；当a0时，

22、令f(x)0，得x0或x，当f(x)0时，x，f(x)在(，0)上单调递增，f(0)2，x时，f(x)，f(x)在(，0)存在一个零点，不符合题意；当a0，解得a0，(x)1ln x在(0，)上单调递增，h(1)(1)0，x1时，h(x)0,0x1时，h(x)0，得x1，令g(x)0，得x或x，且当x0，所以实数a的取值范围是(e，)12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|1x3，xR(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)4ln x的零点个数解(1)因为f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)0的解集为x|1x3，xR，所以设f(x)a(x1

23、)(x3)ax22ax3a，且a0.所以f(x)minf(1)4a4，解得a1.故函数f(x)的解析式为f(x)x22x3.(2)由(1)知g(x)4ln xx4ln x2，所以g(x)的定义域为(0，)，g(x)1，令g(x)0，得x11，x23.当x变化时，g(x)，g(x)的取值变化情况如表所示 x(0,1)1(1,3)3(3，)g(x)00g(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增当0x3时，g(x)g(1)43时，g(3)314ln 324ln 32512290.又因为g(x)在(3，)上单调递增，所以g(x)在(3，)上只有1个零点，所以函数g(x)仅有1个零点13(2021云南

24、曲靖麒麟区校级模拟)已知函数f(x)aln (x1)sinx.(1)若f(x)在上单调递减，求a的取值范围；(2)证明：当a1时，f(x)在上有且仅有一个零点解(1)由题意，f(x)cosx0，因为x10，所以a(x1)cosx，当x时恒成立，令h(x)(x1)cosx，x，则h(x)cosx(x1)sinx，因为cosx，(x1)sinx，所以h(x)0，0，所以f(x)cosx0，所以f(x)单调递增，fln 10，所以f(x)在上有且仅有一个零点x0；当x，)时，f(x)ln (x1)sinxln (1)10，所以f(x)在，)上无零点综上所述，当a1时，f(x)在上有且仅有一个零点14

25、(2021重庆模拟)已知函数f(x)xcosxsinx，x(0,2)(1)求f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)f(x)ax(0a0，f(x)0；当x(，2)时，sinx0；所以f(x)在(0，)上单调递减，在(，2)上单调递增(2)g(x)xsinxa，设h(x)xsinx，则h(0)h()h(2)0，h(x)(sinxxcosx)，令h(x)0，又h0，h0，化简得tanxx，结合ytanx，yx的图象，方程h(x)0仅有两个根，记为x1，x2,0x1x22，故h(x)仅有两个极值点，其中极小值点x1，极大值点x2，作出h(x)的大致图象令g(x)0，则ah(x)，结合图象，方程g(x

26、)0有两个根，设为m，n(mn)所以g(x)在(0，m)上单调递减，在(m，n)上单调递增，在(n,2)上单调递减，因为g(0)0，所以当x(0，m)时，g(x)0且g(m)0，所以当x(n,2)时，g(x)0且g(n)0；因为g(x)在(m，n)上单调递增，g(m)0，由零点存在定理及函数单调性知，存在唯一x0(m，n)使得g(x0)0.综上，g(x)的零点个数为1.15(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，

27、则0x，此时函数f(x)单调递增令f(x)，此时函数f(x)单调递减故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)要使曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，即方程1(x0)有两个不同的解，故方程有两个不同的解设g(x)(x0)，则g(x)(x0)令g(x)0，解得xe.令g(x)0，则0xe，此时函数g(x)单调递增令g(x)e，此时函数g(x)单调递减故g(x)maxg(e)，且当xe时，g(x).又g(1)0，故要使方程有两个不同的解，则0.即0g(a)2.解(1)易得f(x)ex1k，当k0时，令f(x)0，得xln k1，可得当x(，ln k1)时，f(x)0，所以函数f(

28、x)在区间(，ln k1)上单调递减，在区间(ln k1，)上单调递增当k0时，f(x)ex1k0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增(2)证明：当k0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k0，由题意知ex11k(x12)，ex21k(x22)，所以x120，x220，可得x1x2ln ，不妨设x1x2，令t，则t1，由解得x12，x22，所以x1x24，欲证x1x22，只需证明2，即证(t1)ln t2(t1)0，令g(t)(t1)ln t2(t1)(t1)，则g(t)ln t(t1)2ln t1.令h(t)ln t1(t1)，则h(t)0，h(t)单调递增，所以g(t)g(1)0.所以g(t)在区间(1，)上单调递增，所以g(t)g(1)0，即(t1)ln t2(t1)0，原不等式得证