1、第第4课时导数与函数的零点课时导数与函数的零点考点一判断零点的个数【例1】 (2019合肥质检)已知二次函数f(x)的最小值为4，且关于x的不等式f(x)0的解集为x|1x3，xR.(1)求函数f(x)的解析式；解(1)f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)0的解集为x|1x3，xR，设f(x)a(x1)(x3)ax22ax3a，且a0.f(x)minf(1)4a4，a1.故函数f(x)的解析式为f(x)x22x3.令g(x)0，得x11，x23.当x变化时，g(x)，g(x)的取值变化情况如下表：x(0，1)1(1，3)3(3，)g(x)00g(x)极大值极小值当0 x3时，g(x)g
2、(1)40，因此(x)在(0，)上单调递增，易知(x)在(0，)内至多有一个零点，即h(x)在0，)内至多有两个零点，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.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】 函数f(x)axxln x在x1处取得极值.(1)求f(x)的单调区间；(2)若yf(x)m1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.解(1)函数f(x)axxln x的定义域为(0，).f(x)aln x1，因为f(1)a10，解得a1，当a1时，f(x)xxln x，即f(x)ln x，令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得0 x1，即m
3、2，当0 xe时，f(x)x(1ln x)e时，f(x)0.当x0且x0时，f(x)0；当x时，显然f(x).由图像可知，m10，即m1，由可得2m0，当a0时，f(x)0，f(x)在R上是增函数，当x1时，f(x)exa(x1)0；【训练2】 已知函数f(x)exaxa(aR且a0).(1)若f(0)2，求实数a的值，并求此时f(x)在2，1上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围.所以函数f(x)存在零点，不满足题意.当a0时，令f(x)0，得xln(a).在(，ln(a)上，f(x)0，f(x)单调递增，所以当xln(a)时，f(x)取最小值.函数f(x)不存在零点
4、，等价于f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e2a0，f(x)没有零点；所以f(x)在(0，)上单调递增.(2)证明由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).故当a0时，f(x)存在唯一零点.规律方法1.在(1)中，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增，从而f(x)在(0，)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f(b)0.【训练3】 (2018东北三省四校联考)已知函数f(x)ln xxm(m0，所以yf(x)在(0，1)递增；当x(1，)时，f(x)0，所以yf(x)在(1，)上递减.(2)证明由(1)知x1，x2满足ln xxm0，且0 x11，ln x1x1mln x2x2m0，由题意可知ln x2x2m2ln 22.
