1、一轮大题专练一轮大题专练 6导数（零点个数问题导数（零点个数问题 2） 1已知函数 2 7 ( )()2sin 4 f xxax （1）证明：( )f x有唯一极值点； （2）讨论( )f x的零点个数 解： （1）( )2()2cosfxxax 设( )( )g xfx，则( )22sin0g xx，故( )fx单调递增 又(2)42cos(2)0faa ，(2)42cos(2)0faa 故存在唯一 0 (2,2)xaa，使得 0 ()0fx 当 0 xx时，( )0fx，( )f x单调递减；当 0 xx时，( )0fx，( )f x单调递增 故 0 x是( )f x的唯一极值点； （2）
2、由（1） 0 x是( )f x的极小值点，且满足 00 cos0 xax 又 2 0000 77 (3)( 3cos)2sin(3)42sin(3)0 44 f xxxx ； 同理 2 0000 77 (3)(3cos)2sin(3)42sin(3)0 44 f xxxx 故 0 ()0f x时，( )f x有两个零点； 0 ()0f x时，( )f x有一个零点； 0 ()0f x时，( )f x无 零点 又 22 0000000 7331 ()( cos)2sinsin2sin(sin)(sin) 4422 f xxxxxxx 令 0 ()0f x，解得 0 1 sin 2 x ，即 0
3、7 22() 66 kxkkZ 令( )cosh xxx，( )1sin0h xx 此时 00 cosaxx关于 0 x单调递增，故 733 22() 6262 kakkZ 令 0 ()0f x，解得 0 1 sin 2 x ，即 00 7 22 66 xkxkkZ 或 此时 00 cosaxx，故 337 22 6262 akakkZ 或 令 0 ()0f x，解得 0 1 sin 2 x ，即 0 5 22() 66 kxkkZ 此时 00 cosaxx关于 0 x单调递增，故 353 22() 6262 kakkZ 综上所述：当 733 22() 6262 kakkZ 时，( )f x有
4、两个零点； 当 337 22 6262 akakkZ 或时，( )f x有一个零点； 当 353 22() 6262 kakkZ 时，( )f x无零点 2已知函数( ) xx f xxee （1）求函数( )f x的单调区间和极值； （2）画出函数( )f x的大致图象，并说明理由； （3）求函数( )( )()g xf xa aR的零点的个数 解： （1）函数( ) xx f xxee，定义域为R，则( )(2) x fxxe， 令( )0fx，解得2x ， 当2x 时，( )0fx，则( )f x单调递减，当2x 时，( )0fx，则( )f x单调递增， 故当2x 时，函数( )f x
5、有极小值 2 1 ( 2)f e ， 所以( )f x的单调递增区间为( 2,)，单调递减区间为(, 2) ，有极小值 2 1 e ， ，无极大 值； （2）令( )0f x ，解得1x ，当1x 时，( )0f x ，当1x 时，( )0f x ， 所以( )f x的图象经过特殊点 2 1 ( 2,)A e ，( 1,0)B ，(0,1)C， 当x 时，与一次函数相比，指数函数 x ye呈爆炸式增长，增长速度更快， 结合（1）中的单调性与极值情况，作出函数( )f x的图象如图所示： （3）函数( )( )()g xf xa aR的零点的个数为函数( )yf x的图象与直线ya的交点个 数，
6、 由（1）以及（2）的图象可知，当2x 时，( )f x有极小值 2 1 ( 2)f e ， 结合函数( )f x的图象，所以关于函数( )( )g xf xa的零点的个数如下： 当 2 1 a e 时，零点的个数为 0 个； 当 2 1 a e 或0a时，零点的个数为 1 个； 当 2 1 0a e 时，零点的个数为 2 个 3已知函数 2 ( )1() x f xaxaR e （1）若函数( )f x在区间(1,)上单调递增，求实数a的取值范围； （2）当0a 时，讨论函数( )( )3g xf xa的零点个数，并给予证明 解： （1） 2 ( ) x fxa e ， 由题意得( ) 0f
7、x，即 2 x a e 在区间(1,)上恒成立， 当(1,)x时， 22 (0, ) x ee ，所以 2 a e ， 故实数a的取值范围是 2 e ，) （2）由已知得 2 ( )2 x g xaxa e ，则 22 ( ) x xx ae g xa ee ， 当0a 时，( )0g x，函数( )g x单调递减， 又(0)0ga ，g（1） 2 20 e ，故函数( )g x有且只有一个零点 当0a 时，令( )0g x，得 2 xln a ，函数( )g x单调递减； 令( )0g x，得 2 xln a ，函数( )g x单调递增， 而 222 ()()0g lna ln aaa ，
8、2 22 ()0( a a a glnxx a e 在(0,)上恒成立） ， 由于xlnx，所以 222a ln aaa ， 所以( )g x在 2 (ln a ， 2)a a 上存在一个零点， 又 2 2 22 ()() 22 aa g lna aln aa ，且 2 22 2 lnln aaa ， 设h（a） 2 2 2 aa aln ，h（a） 2 22 211 10 22 aaa aaaa 在(0,)恒成立， 故h（a）在(0,)上单调递增， 而(0)0h，所以h（a）0在(0,)上恒成立，所以 2 2 ()0 2 g ln aa ， 所以( )g x在 2 2 ( 2 ln aa ，
9、 2) ln a 上存在一个零点 综上所述，当0a 时，函数( )g x有且只有一个零点； 当0a 时，( )g x有两个零点 4已知函数( )sinf xlnxaxx，其中(0 x， （1）当0a 时，求曲线( )yf x在点( 2 ，() 2 f 处的切线方程； （2）判断函数( )f x是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明 理由； （3）讨论函数( )f x在 2 ，上零点的个数 解： （1）0a 时，( )sinf xlnxx，(0 x， 1 ( )cosfxx x ，()1 22 fln ， 2 () 2 f ， 故切线方程是： 2 2 yxln ； （2）
10、 1 ( )cosfxax x ， 设 1 ( )cosg xax x ， 2 1 ( )sin0g xx x ， 故( )fx递减， 1 ( )( )1 min fxfa ， 又0 x 时，( )fx ， 若( )0f，即 1 1a 时， 0 (0, )x使 0 ()0fx， 当 0 (0,)xx时，( )0fx，( )f x递增， 当 0 (xx，)时，( )0fx，( )f x递减， ( )f x在 0 x处取极大值，不存在极小值， 若( ) 0f，即 1 1a ，( )0fx， ( )f x在(0，递增，此时( )f x无极值， （3）由（2）可知： ( ) i若 1 1a 时，由上问
11、可知： 11 ( )()(1)10 222222 min f xflnln ， 即 1 1a 时函数没有零点， ( )ii若 1 1a 时，(0 x， 0 x时，( )f x递增， 0 (xx，时，( )f x递减， 由 0 ()0fx得 0 0 1 cos0ax x ，从而 0 0 1 cosax x ， 再设 1 ( )cosh xx x ，则 2 1 ( )sin0h xx x 从而a关于 0 x递增， 若 0 (0 x ， 2 ，此时(a ， 2 ， 若() ( )0 2 ff 得 2 (1) 2 aln 或 ln a ， 2 (1) 2 aln 时无零点， () ( )0 2 ff
12、得 2 (1) 2 ln lna ， 22 (1) 2 lna 时有 1 个零点， 当 2 (1) 2 aln 时，()0 2 f ，( )0f，有 1 个零点， 因此 2 (1) 2 aln 时无零点， 22 (1) 2 lna 时有 1 个零点； 0 ( 2 x ，此时 2 (a ， 1 1 ， ()10 222 flna ，( )flna， 0000000 ( )()sinsincos1 max f xf xlnxaxxlnxxxx， 设( )sincos1m xlnxxxx，则 1 ( )sin0m xxx x ， 故( )()0 22 max f xmln ， 若( )0f即 ln
13、a ，即 1 1 ln a 时无零点， 若( ) 0f即 ln a ，即 2ln a 时有 1 个零点， 综上，(a ， 2 (1)( 2 ln ln ，)时无零点， 2 (1) 2 aln ， ln 时有 1 个零点 5设( )sincosf xxxx， 2 ( )4g xx （1）讨论( )f x在，上的单调性； （2）令( )( )4 ( )h xg xf x，试判断( )h x在R上的零点个数，并加以证明 解： （1）( )sincossincosfxxxxxxx， 令( )0fx，则0 x ，或 2 x ， (? ,?) 2 x 时，( )0fx，( )f x单调递增， (? 2 x
14、 ，0)时，( )0fx，( )f x单调递减， (0,) 2 x 时，( )0fx，( )f x单调递增， ( 2 x ，)时，( )0fx，( )f x单调递减， 综上，( )f x的单调递增区间为(? ,?) 2 和(0,) 2 ， 单调递减区间为(? 2 ，0)和( 2 ，) （2）( )h x在R上有 3 个零点，证明如下： 2 ( )44( sincos )h xxxxx，则(0)0h， 故0 x 是( )h x的一个零点， 22 ()()44sin()cos()44( sincos )( )hxxxxxxxxxh x ， ( )h x是偶函数， 要确定( )h x在R上的零点个数
15、，只需确定0 x 时，( )h x的零点个数即可， 当 5 0 3 x 时，( )2 (12cos )h xxx， 令( )0h x，即 1 cos 2 x ，2 3 xk ， (0,) 3 x 时，( )0h x，( )h x单调递减，()0 3 h ， ( 3 x ， 5 ) 3 时，( )0h x，( )h x单调递增， 2 52510 3 ()20 393 h ， ( )h x在 5 (0,) 3 有唯一零点 当 5 3 x 时，由于sin1x，cos1x， 222 ( )44 sin4cos4444( )h xxxxx xxxt x， 而( )t x在 5 ( 3 ，)单调递增， 5
16、 ( )()0 3 t xt ，故( )0h x ， 故( )h x在 5 ( 3 ，)无零点， ( )h x在(0,)有一个零点， 由于( )h x是偶函数，( )h x在(,0)有一个零点，而(0)0h， 故( )h x在R上有且仅有 3 个零点 6已知函数( )f xalnxbx的图象在点(1, 3)处的切线方程为21yx （1）若对任意 1 ,) 3 x有( )f xm恒成立，求实数m的取值范围； （2）若函数 2 ( )( )2g xf xxk在区间(0,)内有 3 个零点，求实数k的范围 解： （1）( ) a fxb x ，(0)x 函数( )f x的图象在点(1, 3)处的切线
17、的方程为21yx f （1）2 ，f（1）3 ， 2 3 ab b ，解得3b ，1a ( )3f xlnxx 1 3() 1 3 ( )3 x fx xx ， 1 ,) 3 x，( ) 0fx 当 1 3 x 时，函数( )f x取得最大值， 1 ( )3 1 3 fln 对任意 1 ,) 3 x有( )f xm恒成立( )maxm f x ， 1 ,) 3 x 3 1mln 实数m的取值范围是3 1ln，) （2）由（1）可得： 2 ( )32g xlnxxxk， 1(21)(1) ( )23 xx g xx xx ， 令( )0g x，解得 1 2 x ，1 列表如下： x 1 (0, ) 2 1 2 1 ( ,1) 2 1 (1,) ( )g x 0 0 ( )g x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增 由表格可知：当1x 时，函数( )f x取得极小值g（1）k；当 1 2 x 时，函数( )g x取得极 大值 13 ( )2 24 glnk 要满足函数 2 ( )( )2g xf xxk在区间(0,)内有 3 个零点， 3 20 4 0 lnk k ， 解得 3 20 4 lnk， 则实数k的取值范围 3 (2,0) 4 ln
