（2022高考数学一轮复习(创新设计)）第4节　导数与函数的零点问题.DOCX

1、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 第 4 节导数与函数的零点问题 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 (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) x3x，x0， 1 3x 34xa 3，x0 在其定义域上只有一个零点，则实数

2、a 的取值 范围是() A(16，)B16，) C(，16)D(，16 答案A 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)1 3x 34xa 3， 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， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 在

3、x0 时，f(x)最小f(x)极小2 3 3 8a 3， 要使 f(x)在(0，)上无零点，需2 3 3 8a 30， a16. 2设函数 f(x)aex2sin x，x0，有且仅有一个零点，则实数 a 的值为() A. 2e 4 B. 2e 4 C. 2e 2 D. 2e 2 答案B 解析依题意，x0，时，aex2sin x0 有且仅有一解 则 a2sin x ex ，x0，有且仅有一解 设 g(x)2sin x ex ，x0， 故直线 ya 与 g(x)2sin x ex ， x0， 的图象只有一个交点， 则 g(x)2 2cos x 4 ex ， 当 0 x0，当 4x时，g(x)0 在

4、(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 xa 3， 由 f(x)0 得 0 x0，f(x)单调递增，当 x(0，1)时，f(x)1， 2x2mxm 2 5 8，x1， 若 g(x)f(x)m 有三个零点，则实数 m 的取值范围是_ 答案 1，7 4 解析g(x)f(x)m 有三个零点，根据题意可得 x1 时，函数有一个零点；x1 时， 函数有两个零点 当x1时， f(x)ln x1 x， f(x) 1 x 1 x2 x1 x2 0恒成立， f(x)(1， )，故 m1；当 x

5、1 时，f(x)2x2mxm 2 5 8，要使得 g(x)f(x)m 有两个 零点， 需满足 m28 5 8 m 2 0， m 4 1， g（1）2mm 2 5 80， 解得 m5 或 10，所以函数在(0，)上为增函数且 f 1 e 11 e0， 所以当 m0 时，与 g(x)m x 有一个公共点，当 m0)，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，函数 f(x)单调递增； 在(x0，)上，f(x)1

6、 时，f(1)a10， f 1 2a ln 1 2a 1 4a2 1 2 1 2a1 1 4a2 1 2 1 2a 1 2 2 1 40， f(2a)ln 2a2a22a12a22 a1 2 2 1 21 时，函数 f(x)有两个零点 题型二根据零点个数求参数 【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)exx2，xR， 则 f(x)ex1. 当 x0 时，f(x)0 时，f(x)0. 所以 f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增 (2)f(

7、x)exa. 当 a0 时，f(x)0， 所以 f(x)在(，)单调递增 故 f(x)至多存在一个零点，不合题意 当 a0 时，由 f(x)0，可得 xln a. 当 x(，ln a)时，f(x)0. 所以 f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增 故当 xln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)a(1ln a) ()若 01 e，则 f(ln a)0， 所以 f(x)在(，ln a)存在唯一零点 由(1)知，当 x2 时，exx20. 所以当 x4 且 x2ln(2a)时，f(x)e x 2e x 2a(x2)e ln(2a) x 22a(x2)2a0.

8、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 故 f(x)在(ln a，)存在唯一零点 从而 f(x)在(，)有两个零点 综上，a 的取值范围是 1 e，. 题型三零点的性质 【例 3】 (2021温州适考)已知函数 f(x)x33axa33(aR)恰有一个零点 x0， 且 x00. (1)求 a 的取值范围； (2)求 x0的最大值 解(1)当 a0 时，函数 f(x)x33，令 f(x)0，得 x0330 时，f(x)3x23a0， 函数 f(x)在 R 上单调

9、递增 又 f(0)a330，x，f(x)， x0(，0)使 f(x0)0，故符合题意； 当 a0， 令 at，则 at2， f(t)t33t3t63t62t33(1t3)(t33)0， t1. 综上，a 的取值范围为(1，) (2)由(1)得 a 的取值范围为 a(1，)，故存在 x00，使得方程 x303ax0a3 30 成立，令 g(a)a33x0ax303，即等价于 g(a)在(1，)上有零点， 即 g(a)ming( x0)0， g(1)x303x02(x01)2(x02)，g(0)x303， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资

10、料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 故当 x033时，g(0)0，存在零点； 当33x00， 故只需 g(a)ming( x0)2x0 x0 x3030， 令 mx0 x0(0，)， 故 m22m30，解得 0m1， 所以1x x00，可得 x01. 综上，x0的最大值为1. 感悟升华1.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)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 2根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究 函数的性质(单调性、极值、函数值的

11、极限位置等)，作出函数的大致图象，然后 通过函数图象得出其与 x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基 本步骤是“先数后形” 【训练 1】 函数 f(x)x2axln x(aR)在 1 e，e上有两个零点，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 axln x x ， 令 g(x)xln x x ，其中 x 1 e，e， 则 g(x)1 1 xxln x x2 x 2ln x1 x2 . 显然 yx2ln x1 在 1 e，e上单调递增， 又当 x1 时，y1ln 110， 当 x 1 e，1时，g(x)0， 本资料分享自新人教版高中

12、数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 g(x)的单调减区间为 1 e，1，单调增区间为(1，e g(x)ming(1)1. 又 g 1 e e1 e，g(e)e 1 e， 函数 f(x)在 1 e，e上有两个零点， 则 a 的取值范围是 1，e1 e . 【训练 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)2e2xa x(x0) 当 a0 时，f(x)0，f(x)没有零点； 当 a0 时，因为 ye2x单调

13、递增，ya x单调递增， 所以 f(x)在(0，)上单调递增 又 f(a)0，假设存在 b 满足 0ba 4时，且 b 1 4，f(b)0 时，f(x)存在唯一零点 综上，当 a0 时，f(x)没有零点， 当 a0 时，f(x)存在唯一零点 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)e x10. 设函数 g(x)(x21)e x1， 则 g(x)(x22x1)e x(x1)2ex. 当 x1 时，g(x)0，h(x)没有零点； 本资

14、料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 ()当 a0 时，h(x)ax(x2)e x. 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)14a e2 是 h(x)在0，)的最小值 若 h(2)0，即 ae 2 4 ，h(x)在(0，)没有零点； 若 h(2)0，即 ae 2 4 ，h(x)在(0，)只有一个零点； 若 h(2)e 2 4 ，由于 h(0)1，所以 h(x)在(0，2)有一个零点 由(1)知，当

15、x0 时，exx2，所以 h(4a)116a 3 e4a 1 16a3 （e2a）21 16a3 （2a）41 1 a0. 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，ae 2 4 . 2(2020台州期末)已知函数 f(x)(x2)ln(1x)ax，aR. (1)如果当 x0 时，f(x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围； (2)求证：当 a2 时，函数 f(x)恰有 3 个零点 (1)解f(x)(x2)ln(1x)ln x， f(x)ln(1x) ax x2. 当 x0 时，f(x)0 恒成立， 得 ln(x1) ax

16、x20 对 x0 恒成立 令 h(x)ln(x1) ax x2(x0)， 则 h(x) 1 x1 2a （x2）2 x 2（42a）x42a （x1） （x2）2 (x0)， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 当 a2 时，x2(42a)x42a0，所以 h(x)0， 所以 h(x)在(0，)单调递增， 所以 h(x)ln(x1) ax x2h(0)0(符合题意)； 当 a2 时，设 g(x)x2(42a)x42a， 因为二次函数 g(x)的图象开口向上

17、，g(0)42a0， 所以存在 x0(0，)，使得 g(x0)0， 当 x(0，x0)时，g(x)0，可得 h(x)0， 所以 h(x)在(0，x0)单调递减， 所以当 x(0，x0)时，h(x)2 时，因为 x1，所以函数 f(x)的零点个数等价于函数 h(x)ln(x 1) ax x2的零点个数 由(1)可得 h(x) 1 x1 2a （x2）2 x 2（42a）x42a （x1） （x2）2 . 设 g(x)x2(42a)x42a， 因为二次函数 g(x)在 xR 时， g(1)10，g(0)42a0，h(x2)0， 又因为当 xe a1 时，h(ea1)aa（e a1） e a1 本资

18、料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 a 2e a e a1 0， 所以 h(x)在(x2，ea1)存在一个零点， 所以，当 a2 时，函数 f(x)恰有 3 个零点 微课二导数与方程的根 【典例】 (2021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

19、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(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

20、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 感悟升华(1)方程 f(x)g(x)根的问题，常构造差函数解决； (2)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 (3)注意等价转化思想的应用 【训练】 已知函数 f(x)ex1， g(x) xx， 其中 e 是自然对数的底数， e2.718 28. (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 (1)证明易知 h(

21、x)f(x)g(x)ex1 xx， 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，)内只有一个零点， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 则 h(x)在0，)上有且只有两个零点， 所以方程 f(x)g(x)的根的个数为 2. 1已知 x1 是函数 f(x)1 3ax 33 2x 2(a1)x5 的一个极值点 (1)求函数 f(x)的解析式； (2)若曲线 yf(x)与直线 y2xm 有三个交点，求实

22、数 m 的取值范围 解(1)f(x)ax23xa1，由 f(1)0，得 a1， f(x)1 3x 33 2x 22x5. (2)曲线 yf(x)与直线 y2xm 有三个交点， 则 g(x)1 3x 33 2x 22x52xm1 3x 33 2x 25m 有三个零点 由 g(x)x23x0，得 x0 或 x3. 由 g(x)0，得 x3；由 g(x)0，得 0 x0， g（3）0，解得 1 2m5. 故实数 m 的取值范围为 1 2，5. 2(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

23、证明(1)f(x)的定义域为(0，) f(x)x1 x ln x1ln x1 x. 因为 yln x 在(0，)上单调递增，y1 x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. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 又当 xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增， 因此，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

24、存在唯一根 x. 由x01 得1 1x 0. 又 f 1 1 1ln1 1 1 f（） 0， 故1 是 f(x)0 在(0，x 0)的唯一根 综上，f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数 3设函数 f(x)ln xx. (1)令 F(x)f(x)a xx(00，所以m24m0， 又 x0，所以 x1m m 24m 2 0(舍去)， x2m m 24m 2 . 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 g（x2）0， g（x2）0，即 x222

25、mln x22mx20， x22mx2m0， 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m m 24m 2 1，解得 m1 2. 微课三函数零点的综合问题 【典例】 (2020全国卷)设函数 f(x)x3bxc，曲线 yf(x)在点 1 2，f 1 2 处的 切线与 y 轴垂直 (1)求 b； (2)若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于 1. (1)解f(x)

26、3x2b. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 依题意得 f 1 2 0，即3 4b0，故 b 3 4. (2)证明由(1)知 f(x)x33 4xc，f(x)3x 23 4. 令 f(x)0，解得 x1 2或 x 1 2. 当 x 变化时 f(x)与 f(x)的变化情况为： x，1 2 1 2 1 2， 1 2 1 2 1 2， f(x)00 f(x)c1 4 c1 4 因为 f(1)f 1 2 c1 4， 所以当 c1 4时，f(x)只有小于1 的零点

27、 由题设可知1 4c 1 4. 当 c1 4时，f(x)只有两个零点 1 2和 1. 当 c1 4时，f(x)只有两个零点1 和 1 2. 当1 4c 1 4时，f(x)有三个零点 x 1，x2，x3，且 x1 1，1 2 ，x2 1 2， 1 2 ， x3 1 2，1. 综上，若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点，则 f(x)所有零点的绝对值都不大于 1. 感悟升华(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】 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) 本

28、资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 g(x0)且 f(x0)g(x0)，则称 x0为函数 f(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 xx22x2， 12x2， 此方程组无解，

29、 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)1 x. 设 x0为 f(x)与 g(x)的“S 点”， 由 f(x0)g(x0)且 f(x0)g(x0)，得 ax201ln x0， 2ax01 x0， 即 ax201ln x0， 2ax201， (*) 得 ln x01 2，即 x 0e 1 2，则 a 1 2 e1 2 2 e 2. 当 ae 2时，x 0e 1 2满足方程组(*)， 即 x0为 f(x)与 g(x)的“S 点”因此，a 的值为e 2. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031

30、380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 1已知函数 f(x)ex(ae)xax2. (1)当 a0 时，求函数 f(x)的极值； (2)若函数 f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数 a 的取值范围 解(1)当 a0 时，f(x)exex， 则 f(x)exe，f(1)0， 当 x1 时，f(x)1 时，f(x)0，f(x)单调递增， 所以 f(x)在 x1 处取得极小值，且极小值为 f(1)0，无极大值 (2)由题意得 f(x)ex2axae， 设 g(x)ex2axae，则 g(x)ex2a. 若 a0，则 f

31、(x)的最大值 f(1)0，故由(1)得 f(x)在区间(0，1)内没有零点 若 a0，故函数 g(x)在区间(0，1)内单调递增 又 g(0)1ae0，所以存在 x0(0，1)，使 g(x0)0. 故当 x(0，x0)时，f(x)0，f(x)单调递增 因为 f(0)1，f(1)0，所以当 a0，由(1)得当 x(0，1)时，exex. 则 f(x)ex(ae)xax2ex(ae)xax2a(xx2)0， 此时函数 f(x)在区间(0，1)内没有零点 综上，实数 a 的取值范围为(，0) 2已知函数 f(x)x28x，g(x)6ln xm.是否存在实数 m，使得 yf(x)的图象 与 yg(x

32、)的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出 m 的取值范围；若不 存在，说明理由 解函数 yf(x)的图象与 yg(x)的图象有且只有三个不同的交点，即函数(x) g(x)f(x)的图象与 x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点， (x)x28x6ln xm， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (x)2x86 x 2（x1） （x3） x (x0)， 当 x(0，1)时，(x)0，(x)是增函数； 当 x(1，3)时，(x)0，(x)是增函数， 当 x1 或 x3 时，(x)0， 于是，(x)的极大值(1)m7，(x)的极小值(3)m6ln 315， x0 时，(x)0，因此要使(x)图象与 x 轴正半轴有三个 不同的交点必须 m70， m6ln 3150， 即 7m156ln 3， 所以存在实数 m 使得函数 yf(x)与 yg(x)的图象有且只有三个不同的交点，m 的取值范围为(7，156ln 3)