第三章 高考专题突破一 第2课时　利用导函数研究函数的零点.docx

1、第第 2 课时课时利用导函数研究函数的零点利用导函数研究函数的零点 题型一 数形结合研究函数的零点 例 1 设函数 f(x)ln xm 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)x 3零点的个数 解(1)当 me 时，f(x)ln xe x， f(x)的定义域为(0，)， f(x)1 x e x2 xe x2 . 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)x 3 1 x

2、m x2 x 3(x0)， 令 g(x)0，得 m1 3x 3x(x0) 设(x)1 3x 3x(x0)， 则(x)x21(x1)(x1) 当 x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增； 当 x(1，)时，(x)2 3时，函数 g(x)无零点； 当 m2 3时，函数 g(x)有且只有一个零点； 当 0m2 3时，函数 g(x)无零点；当 m 2 3或 m0 时，函数 g(x)有且只有一个零点； 当 0m2 3时，函数 g(x)有两个零点 思维升华 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

3、求参数的范围 跟踪训练 1 已知函数 f(x)xln x，g(x)(x2ax3)ex(a 为实数) (1)当 a4 时，求函数 yg(x)在 x1 处的切线方程； (2)如果关于 x 的方程 g(x)2exf(x)在区间 1 e，e上有两个不等实根，求实数 a 的取值范围 解(1)当 a4 时，g(x)(x24x3)ex， g(x)ex(x22x1)， g(1)2e，又 g(1)0， 切线的斜率为 2e，切点为(1,0)， 所求的切线方程为 y02e(x1)，即 y2e(x1) (2)方程 g(x)2exf(x)可化为x2ax32xln x， 即 a2ln xx3 x. 令(x)2ln xx3

4、 x，x 1 e，e， (x)2 x1 3 x2 x22x3 x2 x3x1 x2 ， 当 x 1 e，1时，(x)0， (x)在 1 e，1上单调递减，在(1，e上单调递增 (x)min(1)4， 又 1 e 3e1 e2，(e) 3 ee2， 且 1 e (e) 画出 y(x)的图象如图所示 则 40，g 2 sin 2 4 22 4 2210； 当 x x0， 2 时，g(x)0， f(x)在(0，x0)上单调递增，此时 f(x)f(0)0，不存在零点， 又 f 2 cos 2 2 2 2 2f(0)0，f 2 sin 2ln 1 2 ln 2e 2ln 10. f(x)0 在 x0，

5、2 上恒成立，不存在零点 当 x 2，时，易知 f(x)在 2，上单调递减， 又 f 2 0，f()sin ln(1)ln(1)ln(1)1， f(x)sin xln(1x)0； 当 x 2，0 2，时，f(x)0,4(1cos x)0， h(x)0， h(x)无零点； 当 x(0,4)时，h(x)2x4xcos x2x(12cos x)， 当 x 0， 3 时，h(x)0， h(x)在 0， 3 上单调递减，在 3，4上单调递增， h(x)minh 3 2 9 44 3 sin 34cos 3 2 9 22 3 3 0， h(x)在 0， 3 上无零点，在 3，4上有唯一零点 综上，h(x)

6、在(0，)上有唯一零点，又 h(0)0 且 h(x)为偶函数， 故 h(x)在 R 上有三个零点 思维升华 利用函数性质研究函数的零点， 主要是根据函数单调性、 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 跟踪训练 2 已知函数 f(x)exax1(aR)(e2.718 28是自然对数的底数) (1)求 f(x)的单调区间； (2)讨论 g(x)f(x) x1 2 在区间0,1上零点的个数 解(1)因为 f(x)exax1， 所以 f(x)exa， 当 a0 时，f(x)0 恒成立，所以 f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间

7、； 当 a0 时，令 f(x)0，得 x0，得 xln a， 所以 f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，) 综上，当 a0 时，f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间， 当 a0 时，f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，) (2)令 g(x)0，得 f(x)0 或 x1 2， 由(1)知，当 a0 时，f(x)在 R 上单调递增；当 a0 时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增 若 a0，由 f(0)0，知 f(x)在区间0,1上有一个零点； 若 ln a0，即 0a1，则 f(x)在0,1上单调递

8、增，所以 f(x)在0,1上有一个零点； 若 0ln a1，即 1ae，则 f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增， 又 f(1)ea1，所以当 ea10，即 1ae1 时，f(x)在0,1上有两个零点， 当 ea10，即 e1ae1 或 a2( e1)时， g(x)在0,1上有两个零点； 当 10. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 m1 时，讨论 f(x)与 g(x)图象的交点个数 解(1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)x mx m x . 当 0 x m时，f(x) m时，f(x)0，函数 f(x)单调递增 综上，函数 f(x)的单调递

9、增区间是( m，)，单调递减区间是(0， m) (2)令 F(x)f(x)g(x) 1 2x 2(m1)xmln x，x0， 题中问题等价于求函数 F(x)的零点个数 F(x)x1xm x ， 当 m1 时，F(x)0，函数 F(x)为减函数， 因为 F(1)3 20，F(4)ln 41 时，0 xm 时，F(x)0； 1x0， 所以函数 F(x)在(0,1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增， 因为 F(1)m1 20， F(2m2)mln(2m2)0，解得 xln 2；令 f(x)0，解得 0 xln 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

10、为(0，ln 2) (2)因为 a1 2，所以 f(x)(x1)e x1 2x 2b1 2.由(x1)e x1 2x 2b1 2bx，得(x1)e x1 2(x 2 1)b(x1) 当 x1 时， 方程成立 当 x1 时， 只需要方程 ex1 2(x1)b 有 2 个实根 令 g(x)ex1 2(x1)，则 g(x)e x1 2.当 xln 1 2时，g(x)ln 1 2且 x1 时，g(x)0， 所以 g(x)在 ，ln 1 2 上单调递减，在 ln 1 2，1和(1，)上单调递增，因为 g ln 1 2 1 2 1 2 ln 1 211 2ln 2，g(1)e10，所以 b 1 2ln 2

11、，e1(e1，) 课时精练课时精练 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 f1e2a1b， f1ea1be， 解得 a1， b3e， 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

12、 x(，1)时，u(x)0， 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， 实数 m 的取值范围为m|em0) 当 a0 时，由 ax210，得 x a a ， 由 ax210，得 0 x0 时，F(x)在区间 a a ， 上单调递增，在区间 0， a a 上单调递减 当 a0 时，F(x)0)恒成立 故当 a0 时，F(x)在(0，)上单调递减 综上，当 a0 时，F(x)在(0，)上单调递减；当 a0 时，F(x)在 0， a a 上单调递减，在 a a ， 上单调递增 (2)方程 f(x)g(x)在1，e

13、上有两个不相等的解， 即 a2ln x x2 在1，e上有两个不同的解， ya 与(x)2ln x x2 ，x1，e有两个不同的交点， (x)212ln x x3 ， 令(x)0，得 x e； 当 x1， e)时，(x)0， 当 x( e，e时，(x)0， (x)在1， e)上单调递增，在( e，e上单调递减， (x)max( e)1 e， 又(e)2 e2，(1)0， 要使 ya 与 y(x)有两个不同的交点， 则2 e2a 1 e， 故 a 的取值范围是 2 e2， 1 e . 3已知函数 f(x)exaxa(aR 且 a0) (1)若函数 f(x)在 x0 处取得极值，求实数 a 的值，

14、并求此时 f(x)在2,1上的最大值； (2)若函数 f(x)不存在零点，求实数 a 的取值范围 解(1)由 f(x)exaxa，得 f(x)exa. 函数 f(x)在 x0 处取得极值， f(0)e0a0， a1， f(x)exx1，f(x)ex1. 当 x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增 易知 f(x)在2,0)上单调递减，在(0,1上单调递增， 且 f(2)1 e23，f(1)e，f(2)f(1)， f(x)在2,1上的最大值是1 e23. (2)f(x)exa. 当 a0 时，f(x)0，f(x)在 R 上单调递增， 且当 x1 时，f(x)exa(x1)0， 当 x0 时，取

15、 x1 a， 则 f 1 a 1a 1 a1a0， 函数 f(x)存在零点，不满足题意 当 a0 时，令 f(x)exa0，则 xln(a) 当 x(，ln(a)时，f(x)0，f(x)单调递增 当 xln(a)时，f(x)取得极小值，也是最小值 函数 f(x)不存在零点，等价于 f(ln(a)eln( a)aln(a)a2aaln(a)0，解得 e2a0)，则 g(1)0， g(x)1 x1 1x x ， 可得 x(0,1)时，g(x)0，函数 g(x)单调递增； x(1，)时，g(x)0. 令2x20ax010， 解得 x0a a 28 4 (负值舍去)， 在(0，x0)上，f(x)0，函

16、数 f(x)单调递增； 在(x0，)上，f(x)1 时，f(1)a10， f 1 2a ln 1 2a 1 4a2 1 2 1 2a1 1 4a2 1 2 1 2a 1 2 21 40， f(2a)ln 2a2a22a12a22 a1 2 21 21 时，函数 f(x)有两个零点 5已知函数 f(x)ex 1kx2k(其中 e 是自然对数的底数，kR) (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当函数 f(x)有两个零点 x1，x2时，证明 x1x22. (1)解易得 f(x) 1 exk， 当 k0 时，令 f(x)0，得 xln k1， 可得当 x(，ln k1)时，f(x)0， 所以函数

17、 f(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)ex 1k0 恒成立，故此时函数 f(x)在 R 上单调递增 综上，当 k0 时，f(x)在 R 上单调递增， 当 k0 时，f(x)在(，ln k1)上单调递减， 在(ln k1，)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 1 1 ex k(x12)， 2 1 ex k(x22)， 所以 x120，x220，可得 x1x2ln x12 x22， 不妨设 x1x2，令x12 x22t，则 t1， 由 x12 x22t， x1x2ln x12 x22， 解得 x12tln t t1，x 22 ln t t1， 所以 x1x24t1ln t t1 ， 欲证 x1x22，只需证明t1ln t t1 2， 即证(t1)ln t2(t1)0， 令 g(t)(t1)ln t2(t1)(t1)， 则 g(t)ln t1 t (t1)2ln t1 t 1. 令 h(t)ln t1 t1(t1)， 则 h(t)1 t 1 t20，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， 所以当 t1 时，g(t)g(1)0，即(t1)ln t2(t1)0，原不等式得证