2021届浙江省高考数学一轮学案：第四章第4节　导数与函数的零点 WORD版含解析.doc

1、第4节导数与函数的零点考试要求能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.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.常用结论与易错提醒(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)在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是()A.(16，) B.16，)C.(，16) D.(，16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

2、也单调递增，又f(1)0，f(x)在(1，0)内有一个零点.当x0时，f(x)x34x，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8，要使f(x)在(0，)上无零点，需80，a16.答案A2.已知函数f(x)x2ex(x0)与g(x)x2ln(xa)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是()A. B.(，)C. D.解析设点P(x0，y0)(x00)在函数f(x)上，由题意可知，点P关于y轴的对称点P(x0，y0)在函数g(x)上，所以消y0可得xex0(x0)2ln(x0a)，即ex0

3、ln(ax0)0(x00)，所以ex0ln(ax0)(x00).令m(x)ex(x0)，n(x)ln(ax)(x0)，它们的图象如图， 当n(x)ln(ax)过点时，解得a，由图可知，当a0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x，由f(x)0得0x0，f(x)单调递增，当x(0，1)时，f(x)1时，函数有一个零点；x1时，函数有两个零点.当x1时，f(x)ln x，f(x)0恒成立，f(x)(1，)，故m1；当x1时，f(x)2x2mx，要使得g(x)f(x)m有两个零点，需满足解得m5或1

4、0，所以函数在(0，)上为增函数且f10，所以当m0时，与g(x)有一个公共点，当m0时，令f(x)g(x)，x2xln xxm有一解即可，设h(x)x2xln xx，令h(x)2xln x10得x，即当x时，h(x)有极小值，故当m时有一公共点，故填m0或m.答案m0或m考点一导数与函数的零点【例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

5、)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)1是h(x)在0，)的最小值.()若h(2)0，即a，h(x)在(0，)没有零点；()若h(2)0，即a，h(x)在(0，)只有一个零点；()若h(2)，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)11110.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，a.规律方法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)

6、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应用.【训练1】 (2020镇海中学模拟)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(1)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)f(x)(2ex1)(aex1)，若a0时，f(x)(2ex1)(aex1)0时，由f(x)(2ex1)(aex1)0，得xln，则f(x)在上为减函数，在上为增函数.(2)由f(x)有两个零点及(1)得a0，且f0，则fa(a2)ln1ln0)，因为g(t)1tln t在(0，)上为减函数，且g(1)0，所以当t1时，g(t)1，解得0a1，所以a的取值范围为(0，

7、1).考点二导数与方程的根【例2】 设函数f(x)ln xx.(1)令F(x)f(x)x(00，所以m24m0，又x0，所以x10(舍去)，x2.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，则即所以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，所以方程(*)的解为x21，即1，解得m.规律方法(1)方程f(x)g(x)根的问题，常构造差函数解决；(2)

8、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.【训练2】 (2020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(

9、x)0，即(xa1)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.考点三两曲线的交点(公共点)【例3】 记f(x)，g(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0R，满足f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，则称x0为函数f

10、(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).设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，得即(*)得ln x0，即x0e，则a.当a时，x0e满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“

11、S点”.因此，a的值为.规律方法(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3】 设函数f(x)(xt1)(xt2)(xt3)，其中t1，t2，t3R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.(1)若d3，求f(x)的极值；(2)若曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个互异的公共点，求d的取值范围.解(1)由已知可得f(x)(xt23)(xt2)(xt23)(xt2)39(xt2)x33t2x2(3t9)xt9t2.故f(x)3x26t2x3t9.令f(x)0，解得xt2，或xt2.当x变化时，f(x)，f(x)的

12、变化情况如下表：x(，t2)t2(t2，t2)t2(t2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值为f(t2)()39()6；函数f(x)的极小值为f(t2)()396.(2)曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(xt2d)(xt2)(xt2d)(xt2)60有三个互异的实数解.令uxt2，可得u3(1d2)u60.设函数g(x)x3(1d2)x6，则曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个互异的公共点等价于函数yg(x)有三个零点.g(x)3x21d2.当d21时，g(x)0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意.当d21时，令g(x)0，

13、解得x1，x2.易得，g(x)在(，x1)上单调递增，在x1，x2上单调递减，在(x2，)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)g60.g(x)的极小值g(x2)g6.若g(x2)0，由g(x)的单调性可知函数yg(x)至多有两个零点，不合题意.若g(x2)27，也就是|d|，此时|d|x2，g(|d|)|d|60，且2|d|x1，g(2|d|)6|d|32|d|66260，从而由g(x)的单调性，可知函数yg(x)在区间(2|d|，x1)，(x1，x2)，(x2，|d|)内各有一个零点，符合题意.所以，d的取值范围是(，)(，).基础巩固题组1.函数f(x)x2axln x(aR)在上有两个

14、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ax，令g(x)x，其中x，则g(x)1.显然yx2ln x1在上单调递增，又当x1时，y1ln 110，当x时，g(x)0，g(x)的单调减区间为，单调增区间为(1，e.g(x)ming(1)1.又ge，g(e)e，函数f(x)在上有两个零点，则a的取值范围是.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)2e2x(x0).当a0时，f(x)0，f(x)没有零点.当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(

15、x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增.又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0(讨论a1或a1来检验)，故当a0时，f(x)存在唯一零点.3.(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，且两个实根互为倒数.证明(1)f(x)的定义域为(0，).f(x)ln x1ln x.因为yln x在(0，)上单调递增，y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

16、，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10，即a23时，方程f(x)0有两根，设两根为x1，x2，且x1x2，则x1x22a，x1x23.所以f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减.由题意知|f(x1)f(x2)|，即.化简得(a23)，解得32时，若方程f(x)30在区间上有唯一解，求a的取值范围.解(1)当a2时，f(x)xsin x2cos xx，所以f(x)sin xxcos x1.当x时，1sin x0，xcos x0，所以f(x)0.所以f(x)在区间上单调递增.因此f(x)在区

17、间上的最大值为f，最小值为f(0)2.(2)当a2时，f(x)(1a)sin xxcos x1.设h(x)(1a)sin xxcos x1，h(x)(2a)cos xxsin x，因为a2，x，所以h(x)0，h1a12a0，所以存在唯一的x0，使h(x0)0，即f(x0)0.所以f(x)在区间0，x0上单调递增，在区间上单调递减.因为f(0)a，f，又因为方程f(x)30在区间上有唯一解，所以2a3.能力提升题组7.(2020北京朝阳区期末)已知函数f(x)xex(x1)2(m0).(1)当m0时，求函数f(x)的极小值；(2)当m0时，讨论f(x)的单调性；(3)若函数f(x)在区间(，1

18、)上有且只有一个零点，求m的取值范围.解(1)当m0时，f(x)(x1)ex，令f(x)0解得x1，又因为当x(，1)，f(x)0，函数f(x)为减函数；当x(1，)，f(x)0，函数f(x)为增函数，所以f(x)的极小值为f(1).(2)f(x)(x1)(exm)，当m0时，由f(x)0，得x1或xln m，若m，则f(x)(x1)0，故f(x)在(，)上单调递增；若m，则ln m1，故当f(x)0时，x1或xln m；当f(x)0时，1xln m.所以f(x)在(，1)，(ln m，)上单调递增，在(1，ln m)上单调递减.若0m，则ln m1，故当f(x)0时，xln m或x1；当f(

19、x)0时，ln mx1.所以f(x)在(，ln m)，(1，)上单调递增，在(ln m，1)上单调递减.(3)当m0时，f(x)xex，令f(x)0，得x0.因为当x0时，f(x)0，当x0时，f(x)0，所以此时f(x)在区间(，1)上有且只有一个零点.当m0时：()当m时，由(2)可知f(x)在(，)上单调递增，且f(1)0，f(1)e0，此时f(x)在区间(，1)上有且只有一个零点.()当m时，由(2)的单调性结合f(1)0，又f(ln m)f(1)0，只需讨论f(1)e2m的符号；当m时，f(1)0，f(x)在区间(，1)上有且只有一个零点；当m时，f(1)0，函数f(x)在区间(，1

20、)上无零点.()当0m时，由(2)的单调性结合f(1)0，f(1)e2m0，f(ln m)ln2m0，此时f(x)在区间(，1)上有且只有一个零点.综上所述，0m.8.(2020温州适应性测试)设函数f(x)ln xax2a1，g(x).(1)若g(x1)g(x2)t(其中x1x2).求实数t的取值范围；(一题多解)证明：2x1x2x1x2；(2)(一题多解)是否存在实数a，使得f(x)g(x)在区间(0，)内恒成立，且关于x的方程f(x)g(x)在(0，)内有唯一解？请说明理由.解(1)g(x)，g(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，且g(x)maxg(1)1.又当x0时，g(

21、x)0；当x0时，g(x)0，0t1.证明法一由()不妨令0x11x2，1.要证2x1x2x1x2成立，只需证x1.g(x)在(，1)上单调递增，故只需证g(x2)g(x1)g，即证e(2x21)(2x21)0.令u2x211，只需证e(u)u0(u1)，即证ln u0(u1).令(u)ln u(u1)，(u)0，(u)(1)0，故2x1x2x1x2.法二由不妨令0x11x2，由g(x1)g(x2)，得，即x2x1ln x2ln x1，即1，由于(u)ln u(u1)，(u)0，(u)(1)0.令u1，得ln ，即1，0x1x21，又由于22，2x1x2(x1x2)0，故2x1x2x1x2.(2)法一令h(x)g(x)f(x)ln xax2a1(x0)，h(1)0，且h(x)0在(0，)上恒成立，则x1是极小值点，h(1)0，可得a，事实上，当a时，h(x)ln xx2，h(x)，易知exex，1x1(x0)，h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，h(x)minh(1)0.h(x)0在(0，)上恒成立，即f(x)g(x)在(0，)上恒成立，且f(x)g(x)在(0，)内有唯一解.法二事实上，h(x)0在(0，)上恒成立，也可以由下式说明：h(x)ln xx2e1xln xln xx2(1xln x)1ln xx2(x1)20.