二轮复习数学-专题四-第二课时-“导数与函数的零点问题”考法面面观

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1、第二学时 “导数与函数的零点问题”考法面面观考法一函数零点个数问题题型方略（一)讨论函数的零点个数 已知f (x）=x(ax2x+1).当a0时，试讨论方程f (x)的解的个数.破题思路求什么想什么讨论方程f (）=的解的个数,想到f (x)-1的零点个数给什么用什么给出 (x)的解析式,用 ()1构造函数,转化为零点问题求解（或分离参数，结合图象求解)规范解答法一:分类讨论法(学生用书不提供解题过程)方程f (x)=1的解的个数即为函数h(x)ex-x2x-(a0)的零点个数.而h(x)2x-1,设()=ex2ax-1,则H（)=ex-2a.令H(x),解得n 2a;令()，解得l 2a，因

2、此h(x)在(,l 2a)上单调递减,在(l 2a,)上单调递增.因此h（x)h(n 2a)=a-al 2a-1.设m2，(）=m-ln m-（m0），则(m)1（1+ln ）=ln m,令g(m)1；令g（)0，得时，n 2a0，h(x)nh(ln 2a)0使得h(1),这时h(）在(-，0)上单调递增，在（,1)上单调递减,在(x，)上单调递增因此(x1)h(0)0，又h(0）0,因此此时h（x）有两个零点.当0a时，2a0，h(）min=h(l 2a）0，又h(x)在(,l 2a)上单调递减，在(ln 2a,+)上单调递增,又h(0)=,则存在x2(0）=0,()0,因此此时f(x)有两

3、个零点.综上，当a时，方程 （x)=只有一种解;当且a时,方程 （x)=有两个解.法二:分离参数法(学生用书提供解题过程)方程(x)1的解的个数即方程exa2-x-1=0(a0)的解的个数，方程可化为ax2ex-x-1.当x=0时，方程为=e0-01，显然成立，因此=0为方程的解.当x时,分离参数可得a(x)设函数p(x)（x0），则p(x)=.记q(x)=x(x-2）+2,则q（x）ex(x1)1.记t（x）=q()ex(x-)1，则t（)xe显然当时，t()0，函数(x)单调递增.因此t(x)t(0)e(0-1）+10,即（x)，因此函数q(x)单调递增.而q(0）=e(02)+020，因

4、此当0时,q(x）0，函数p（x)单调递增;当x0时,q（x)，即p（)0,函数p()单调递增.而当x0时，() x0= x0=x0x0=(洛必达法则),当时,p(x) x x-=，故函数(x）的图象如图所示作出直线ya.显然,当a=时，直线ya与函数p()的图象无交点,即方程x-ax2-x-1=只有一种解；当且a0时,直线y=a与函数p（x)的图象有一种交点(x0，)，即方程ex-ax2x10有两个解x=0或x=x.综上,当时,方程f （)1只有一种解;当a且a0时,方程f (x)=有两个解注部分题型运用分离法解决时,会浮现“”型的代数式,这是大学数学中的不定式问题,解决此类问题有效的措施就

5、是洛必达法则法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lf(x)0及li（x)0;(）在点a的去心邻域内, （x)与(x）可导且g(x);(3)i l那么lii =l.法则2若函数(x)和g(x)满足下列条件：（1）lif (x)及i(x）=；(2)在点a的去心邻域内， (x）与(x)可导且g(x)0；(）l=l.那么li li l.题后悟通思路受阻分析构造函数后,对的进行分类讨论是解决本题的核心;不懂得分类讨论或分类讨论时,分类不明或分类不全是解决此类问题常犯的错误技法核心点拨判断函数零点个数的思路判断函数在某区间a,(a,b)内的零点的个数时，重要思路为:一是由f (a)f（）及零

6、点存在性定理,阐明在此区间上至少有一种零点;二是求导,判断函数在区间(a，b)上的单调性,若函数在该区间上单调递增或递减，则阐明至多只有一种零点;若函数在区间a,(a，)上不单调,则规定其最大值或最小值，借用图象法等,判断零点个数对点训练1已知函数f（)=ln x-ax2(aR）.(1）若f(x)在点(2，f (2)）处的切线与直线2+y2=0垂直，求实数a的值;(）求函数f (x)的单调区间;()讨论函数f ()在区间,e2上零点的个数.解：（) (x) x-ax2的定义域为(,），f （x）-a=,则f ()=.由于直线y2=0的斜率为-2，因此（2)-，解得a0.（）f (x）,x(0，

7、+)，当0时,f（x)0，因此f ()在(,+)上单调递增;当0时,由得0x；由f （x）0时,f (x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(3)由（2)可知，（）当a0时，(x)在1,e2上单调递增,而f （)=a0,故f (x)在1，e2上没有零点.(）当a0时,f （x)在1，e2上单调递增，而f （1）=-=,故f (x）在1，e上有一种零点.()当0时，若,即1时, (x)在1,2上单调递减.由于f(1)=-a0,因此f (x)在1，e2上没有零点若2，即a1时，f ()在上单调递增,在上单调递减，而f (1）a,f n -,f （e)2-ae4,若f =-n a-0,即a时,f(x

8、)在1，2上没有零点；若 lna=,即a=时,f()在1，e2上有一种零点;若f =na-，即a,得a,此时,f (x）在，e2上有一种零点;由f （e2)ae40,得a,此时，f ()在1,e2上有两个零点;若e2，即a时,(x)在1，上单调递增，由于f()-a0,f (e)2-ae40，因此 ()在1，e2上有一种零点.综上所述:当a0或a时， （x)在1，上没有零点；当0a或时，f (x)在1，e2上有一种零点；当a时, (x)在1，e上有两个零点由函数的零点个数求参数范畴 已知函数f(x)x(+）2.(1)若ae,求函数 ()的极值；()若函数f（）有两个零点,求实数a的取值范畴破题思

9、路第(1）问求什么想什么求f (x）的极值，想到求f ()=0的解,然后根据单调性求极值第(2）问求什么想什么求实数a的取值范畴,想到建立有关a的不等式给什么用什么给出函数f(x)的解析式，并已知f(x）有两个零点,运用f (x)的图象与x轴有两个交点求解规范解答(1)直接法(学生用书不提供解题过程)由题意知,当时， (x）xexe（1)2，函数f （）的定义域为(-，+)，f (x)(+1)exe(x1)(x+1）(e）令f (x)=0,解得-或x=1当变化时， (x），f ()的变化状况如下表所示：x(-,-1)-1(,）1(1，） (x）-0f ()极大值极小值-e因此当x-时，f (x

10、)获得极大值;当x=时, ()获得极小值-e.(2)法一：分类讨论法(学生用书不提供解题过程)f （)(x)x(x1)(x1）(ex-),若a=0，易知函数f （x)在(-，+)上只有一种零点，故不符合题意若a,当（,1）时,f （)0，f()单调递增由f(-1)=0,当x-时，f()+,因此函数 ()在(-,+)上有两个零点若lna1，即00，()单调递增；当x( a,)时,f (x)0,f ()单调递减又 （l a)=aln aa(ln a1）21，即a，当x(,-1)（ln a,)时, ()0，f(x)单调递增；当x(-1,ln )时， （x）0，f (x)单调递减.又f (-1)=-0

11、，因此函数f (x）在(-，)上至多有一种零点,故不符合题意.综上,实数的取值范畴是(-,0)法二：数形结合法（学生用书提供解题过程)令f (x）=0,即xex(x+1)=,得xea(x+）2当x=1时,方程为-e-10，显然不成立,因此=不是方程的解,即-不是函数f (x)的零点当-1时,分离参数得a.记g(x)（x-1),则g（x)=.当x-时，g(）0,函数g(x)单调递减;当x-时,(）,函数g（x)单调递增.当x0时，g(x)0;当-时,g(x);当x1时,g(x)-;当时,(x).故函数(x)的图象如图所示作出直线y=a，由图可知,当a0，当0时,显然f (x）0，f ()在（0，

12、+)上单调递增；当a0时，令f （x）=0，则-2ax2+10，易知其鉴别式为正,设方程的两根分别为x1，2(x12),则12-0,x100.令 (x）0，得(0，x2)；令 (x)时,函数f （)在(0,x)上单调递增,在（x，)上单调递减,f （x)maxf(2).要使f （)有两个零点,需f （2),即ln 2-ax0,又由f（x2)0得x=,代入上面的不等式得n+x21，解得x21,1.下面证明：当a(0，1）时，f (x)有两个零点f=l-ae-20，l-a+-a+=0(ln x).又x2,f （x2）nx2-axx2=（2lnxx2-1)，(x)在与上各有一种零点a的取值范畴为(0

13、，1）.法二:函数 (x)有两个零点,等价于方程a有两解.令(x）,x0，则g（)=.由g(x）=0,得ln x+x,解得0x0,当x时，()-,作出函数(x)的简图如图，结合函数值的变化趋势猜想:当(0,1)时符合题意.下面给出证明:当a1时，ag(x）max,方程至多一解，不符合题意；当a0时，方程至多一解，不符合题意;当(0,1)时,0，g-a0，=a，g-a），a为常数，若函数f (x)有两个零点1，x2(1x2).证明：xx22.破题思路证明x12e2，想到把双变量x1，x转化为只具有一种变量的不等式证明.规范解答法一：巧抓根商c构造函数(学生用书不提供解题过程）不妨设1x20，由于

14、ln x1-x1=0，ln xax20,因此ln x1ln x2a(x1+x2)，ln xl x2a(x1x2)，因此=,欲证x12e2,即证nx1+ln x22.由于ln x+ln x=a(1+x2),因此即证，因此原问题等价于证明,即l ，令c=(c1),则不等式变为l c.令()lc-,c1，因此(c)=，因此h(c)在(,+)上单调递增,因此()h()l -=0,即ln c0(c1)，因此原不等式x1x2得证.启思维 该措施的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题,巧妙引入变量c，从而构造相应的函数其解题要点为:（1)联立消参:运用方程f(x)=f (2)消掉解析式中的参数a.(2)

15、抓商构元：令c=，消掉变量x1,x2,构造有关c的函数h(c）.(3)用导求解：运用导数求解函数h（c）的最小值,从而可证得结论法二：抓极值点构造函数（学生用书提供解题过程)由题意,函数f (x)有两个零点x1,x2（x12)，即 ()f (x2），易知ln1,lnx2是方程xae的两根.令1=nx1，t2=l2.设g（x)=e-x,则g(t)=g(t)，从而xx2e2ln x1+ln x2tt2下证:t1+t22g（x)(1x）x，易得g(x)在(，1)上单调递增,在(1,）上单调递减,因此函数g(x)在x=处获得极大值g(1)=当x时,g(x);当+时,g（x)且g()由(t1)=g（t2

16、),t2，不妨设1t，作出函数g（)的图象如图所示，由图知必有0t10，因此(x）在(0，上单调递增，因此F(x)F(0）0对任意的x(0,1恒成立,即g(1x)(1-x)对任意的(0,1恒成立由t1g（t2），又-t(1，)，t2(,+）,且(x)在（,+)上单调递减，因此21.启思维上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的措施,共有四个解题要点：()求函数g(x)的极值点0;(2）构造函数(x)=g(x0+x)-g(x0x);(3)拟定函数F(x)的单调性;(4)结合F(0)=0，拟定g(x0+x)与g(xx)的大小关系.其口诀为：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，四个环节环相扣，两次单

17、调紧跟随.法三：巧抓根差=tt-t1构造函数(学生用书提供解题过程)由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x12)，即f (x1)=f(x2)0，易知ln x1，ln x2是方程a的两根设t=ln x1，t2=x2,设g(x）xe,则g(t1)=(t2),从而x1x2el 1+n xt+t2.下证：1t2由g(t1）g(t2）,得t1e=e-t，化简得e2t1,不妨设t2,由法二知,0t110，t2=s+,代入式，得es,解得t1则t1+t22t1+s,故要证t1+22,即证+s2,又es0,故要证+,即证2+(s2）(es1)0，令G(s）2s+()(es1)(s0），则G(s）=（-)

18、es1,(s)=se0,故(s)在（0，)上单调递增，因此G(s)G(0)=0,从而G(s)在(0，+)上单调递增，因此G（)G(0)=0，因此式成立，故t12.启思维该措施的核心是巧妙引入变量，然后运用等量关系，把t1，t消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题.其解题要点为：(1)取差构元：记s=t2t1，则t2t1,运用该式消掉t2.（)巧解消参：运用g（t1）（t2），构造方程,解之，运用s表达1(3)构造函数：根据消参之后所得不等式的形式，构造有关s的函数(s).(4)转化求解：运用导数研究函数（s)的单调性和最小值，从而证得结论题后悟通 思路受阻分析不能把双变量x1,x2的不等式转化

19、为单变量的不等式，导致无从下手解题技法核心点拨函数极值点偏移问题的解题方略函数的极值点偏移问题,其实质是导数的应用问题,解题的方略是把含双变量的等式或不等式转化为仅含一种变量的等式或不等式进行求解,解题时要抓住三个核心量:极值点、根差、根商对点训练 (成都模拟）已知函数f (x)(-1)xx2+2，其中R，2.78 28为自然对数的底数.（1)当1时，求函数f （)的单调区间;(2)当常数m(,）时,函数f (）在0，+)上有两个零点x1,x2(xln.解:(1)当m1时,f (x)(x)ex-x22，f ()=xex-2xx(x2)由f(x)x(ex)=0，解得x0或x=n 2.当xln 2

20、或x0时，f (x)0，(x）的单调递增区间为(,0),(ln，)当ln 时，f（)ln m时，f （）0，f (x)在（n 2，）上单调递增;当0xl 2m时，f ()0，f (x)在0,ln 2m上单调递减.f (x)的极小值为f (ln 2m).函数f （x)在,)上有两个零点，2(1x2), (ln 2m)0.由f (0)0,f (1)=2ln2ml 4.0ln4-1=l.高考大题通法点拨 函数与导数问题重在“分”分离、分解 思维流程 方略指引函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具,重点考察函数的某些性质,如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论,函数不等式

21、中参数范畴的讨论,恒成立和能成立问题的讨论等,是近几年高考试题的命题热点.对于此类综合问题,一般是先求导,再变形、分离或分解出基本函数，然后根据题意解决. 已知函数f(x)=ln x-bx+c，f ()在点(1,f(1）)处的切线方程为y+40.(1）求f ()的解析式；(2)求f(x）的单调区间;（3)若在区间内,恒有（x)2ln+kx成立,求k的取值范畴破题思路第（)问求什么想什么求f （）的解析式,想到建立参数，的关系式给什么用什么题目条件给出f(x）在点(1，f(1)处的切线方程运用导数的几何意义可知f (1)=1及f ()=-5,从而建立b,c的方程组求b,的值第(2)问求什么想什么

22、求f (x)的单调区间，想到导数与函数的单调性之间关系给什么用什么由第(1)问给出f (x）的解析式,用有关导数公式求f(x）,并解f (x)0和f （x）0，f (x)=2.令(x)0,得0,故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(3）在区间上,由 （x)x2+l x,得lnxx2ln x+kx,k-x-2-.设g（x)-2，则g()1,令g（x）=0,得x=（负值舍去）.令（x)0,得0，故当时，函数g(x）单调递增,当x(，5)时，函数g(x)单调递减,（x)的最小值只能在区间的端点处获得，又g6=-,g(5）-=-,g（)mn-.k-，即k的取值范畴为.核心点拨解决函数与导数综

23、合问题的核心点（1)会求函数的极值点,先运用方程f(x)0的根，将函数的定义域提成若干个开区间,再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；（)证明不等式，常构造函数，并运用导数法判断新构造函数的单调性,从而可证明原不等式成立；(3)解决不等式恒成立问题除了用分离参数法,还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范畴对点训练 （全国卷)已知函数f(x)x2.（1)若=1，证明:当x0时，f(x）；(2)若 (）在(0，)只有一种零点,求a.解：（1)证明：当时,f (x)1等价于（x+1)ex1.设函数g（x)(2+1)-x1,则()(x22x+1）e-=(-1）2e-.当x1时

24、,（x）0,h（x)没有零点;()当a0时,(）=ax（x-2）ex.当x(0，2)时，h(x）；当x(2,+）时，h(x）0.因此(x)在(0，2)上单调递减,在(2,+）上单调递增故h(2)=1是h（）在(0，)上的最小值.当(2)，即a时，()在(,)上没有零点.当h(2)，即a时,()在(0，)上只有一种零点.当h(2)0时,exx2，因此（a)1111-0,故h(x)在(,4a)上有一种零点因此h(x）在(，+）上有两个零点综上，当f (x)在（,+）上只有一种零点时，a.总结升华 函数与导数压轴题堪称“庞然大物”,因此征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、把复杂函数分离为基本

25、函数、可把题目分解成几种小题、也可把解题环节分解为几种小步，也可从逻辑上重新换叙.注重分步解答，这样，虽然解答不完整，也要做到尽量多拿环节分.同步要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用 专项跟踪检测(相应配套卷P173)1.(全国卷)已知函数f()=3-a(x2)(1）若a3，求f ()的单调区间;(2)证明:f (x）只有一种零点.解:()当a3时, (x）x3-x23x-3,f(x)=2-6x-3.令f (x)=0，解得=-2或x32.当(,-2)（3+,）时,f(x)0;当x(3,+)时，f(x)，因此f ()=0等价于-3=0设g（x）a，则g(),仅当x0时,（x)

26、=0，因此g(x)在(-,+）上单调递增故g(x)至多有一种零点，从而f (x)至多有一种零点又 （3a1)=6a22a62,故 (x)有一种零点综上，f(x)只有一种零点(郑州第一次质量预测)已知函数（x）ln x，aR且0.(1)讨论函数f(x）的单调性；（2)当x时,试判断函数g（x)（lnx1)exx-m的零点个数解：(1)(x)=(x0),当0时，f（）0恒成立,函数f(x)在（0,+)上单调递增;当a0时，由（x)0,得x;由f()=0,得0x，函数f（）在上单调递增，在上单调递减综上所述,当0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)当时,判断函数g()(l x-1)e+

27、x-m的零点,即求当x时,方程(n x)exx的根令h(x)=（n x1)exx,则(x)=1由(1)知当=时,f(x)=ln x1在上单调递减，在(,e）上单调递增,当x时，f(x)f()0.+n x10在x上恒成立.h(x)=+10+0，h（x)=（ln x)exx在上单调递增.(x)minh=-2e，h()maxe.当m时,函数g(x)在上没有零点;当2+me时，函数g(x)在上有一种零点.（贵阳模拟)已知函数f （x)kxln x-1(k0)(1)若函数f (x)有且只有一种零点,求实数k的值;()证明:当N*时,+ln（n1).解：(1)法一:f （x）k- x-,f (x)k=(x

28、0，k),当0x时，f ()0；当x时,f （x)0. （x)在0,上单调递减，在,上单调递增f(x）mn=f lnk，f()有且只有一种零点，ln k0，k=法二:由题意知方程kx-l 仅有一种实根，由kxln x-1=0,得k=(x0）,令g（x)(0)，g(x)，当00；当时，()n，1+nln+lln(n+）,故1+ln(n1).4已知函数（x）=a+x2+(-3a-2b)xd的图象如图所示(1)求，d的值；(2)若函数f(）在x处的切线方程为x+y-110,求函数f (x)的解析式;(3)在(2）的条件下,函数=f (x)与y f (x)+5x+m的图象有三个不同的交点,求m的取值范

29、畴.解:函数f (x)的导函数为f (x)3ax2+2bx+-32(1)由图可知函数f (x)的图象过点（0,3),且f （1)0,得解得(2)由()得，f (x)x3+bx2-(3a2b)x3,因此f(x)3a2+2b（3a+2b）由函数f（x)在x2处的切线方程为x+y-11=0,得因此解得因此 （x)=3-x29x3.(3)由(2）知 (x)=x3-x29x3,因此f (x)32-12x.函数=f (x)与=f (x)5xm的图象有三个不同的交点，等价于x3-6x2+9x3=(x2x3)+5x+m有三个不等实根,等价于g(x)=x37x2+8x-m的图象与x轴有三个不同的交点由于g（x)

30、3x2-1x（3-2)(-4),令g()=0,得x=或x=4.当x变化时，g(x）,(x)的变化状况如表所示：x4（4,)g(x)0-0g(x)极大值极小值gm，g（)=-16-m，当且仅当时，g（）图象与x轴有三个交点，解得-16.因此m的取值范畴为.(南宁二中、柳州高中二联)已知函数f(x）=ln x-a2（2-a)x.()讨论f (x）的单调性；(2)设f (x)的两个零点是x,求证:0,则f ()在(0,)上单调递增；当a0时,若x，则f （x)0，若x,则f (x)0,且f(x)在上单调递增,在上单调递减,不妨设0x2,f,故要证f0，F(x)在上单调递增，F()Fff0，即f (x

31、)f ,x，又,x是函数f ()的两个零点且0x1x2，f(x1)f (x2)x1,x1+x2,得证.法二：对数平均不等式法易知a，且f (x)在上单调递增，在上单调递减，不妨设x1x2,f 由于f (x)的两个零点是x1,x2，因此lx1-a(2a)x1=n xa+(-a）x2,因此ln ln x22(x1x2)a(xx+1-2）,因此a=，如下用分析法证明，要证，即证,即证,即证,根据对数平均不等式，该式子成立,因此f 0.法三:比值（差值）代换法由于f（x)的两个零点是x,2，不妨设0x11），g（t）=-n t，则当t时，g(t）时,(t）g(1）=0，因此f 0.6.(高三湘东五校联

32、考)已知函数f（x）=(ln -k-1）(k)(1)当x1时,求(x)的单调区间和极值;(2)若对任意e，e2,均有f （x)4ln x成立，求k的取值范畴；()若,且f （x1) (x2），证明1x20，因此函数f（x)的单调递增区间是(，+),无单调递减区间，无极值.当k0时，令ln x-k0，解得xe,当1ek时，f (x)ek时，f(x)0因此函数(x)的单调递减区间是(1，ek),单调递增区间是(ek，+),在(1，)上的极小值为f(e)(k-k-1)ek=-k，无极大值（2)由题意，f ()-4n,即问题转化为(-)ln (k+1)对任意xe，e恒成立，即k+1对任意xe,e恒成立

33、，令g(x)，xe，e2,则g（x）.令t(x）=4ln x+x4,xe，e2,则（)=0,因此t(x）在区间,e2上单调递增,故(x)n=t(e）=+e-4=0，故g（x），因此g()在区间,e上单调递增,函数g(x)mag（e2）2.要使k+对任意xe，2恒成立,只要k+1()ax，因此k-,解得k1-,因此实数k的取值范畴为 . （3)证明：法一：由于f(x1)=f(x),由(1)知，当k时,函数f(）在区间（,ek)上单调递减，在区间(e，+)上单调递增，且(ek)0不妨设x1x，当x0时,(x)，当x+时，f(x），则0xkx2ek,要证x1x2e2k,只需证x2，即证x2.由于f(

34、x)在区间(ek,+)上单调递增,因此只需证f(x)f ,又f(1）=f（x），即证f(x) ，构造函数(x）f(x)- (ln xk-1)，即h(x）=n x(k1)x+e2k,(x)ln x+1(k+1)+e2k (n xk)，当x(0,ek)时，n x-k,x,因此函数h(x）在区间(0，ek）上单调递增，h(x）h（e)，而(e)=（ek） =0，故h(x)0，因此(x1)f ,即f(2)f(x1）f ，因此1x2k成立.法二:要证x1x2,不妨设1,则0t0,即证2,即证l 2对t(0,1）恒成立，设h(t)ln t-2,当00,因此h(）在t(0，1)上单调递增,h（)（1）0,得证，因此xx2e2k.