数学江苏专用新设计大一轮讲义+习题：第三章导数及其应用第5讲

1、第5讲导数的综合应用解决函数零点问题回顾教夯实基础I知识衍化你验I知识梳理1 .三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当X-oo时，函数值也趋向oo,只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点X1,X2且X1<X2的函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(aw0)的零点分布情况如下：a的符号零点个数充要条件a>0(f(x1)为极大值,f(x2)为极小值)一个f(x1)<0或f(x2)>0两个f(x1)=0或f(x2)=0三个f(x1)>0且f(x2)<0a<0(f(x1)为极小值,f(x2)为极大值)一个f(x2)

2、<0或f(x1)>0两个f(x1)=0或f(x2)=0三个f(x1)<0且f(x2)>02 .(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下：转化为形如f(x1)f(x2)<0的不等式：若y=f(x)满足f(a)f(b)<0,则f(x)在(a,b)内至少有一个零点；转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g(x)=0有解问题，将方程分离参数后(a=f(x)转化为求y=f(x)的值域问题；数形结合：将问题转化为y=f(x)与y=g(x)

3、的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题.(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案.函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.诊断自测1.方程x36x2+9x10=0的实根个数为.解析设f(x)=x36x2+9x10,fx)=3x212x+9=3(x1)(x3),由此可知函数的极大值为f(1)=6<0,极小值为f(3)=10<0,所以方程x3-6x2+9x10=0的实根个数为1.答案12.已知函数f(x)=ax33x2+1,若f(x)存在唯一的零点x°,且x°>0,则实数a的

4、取值范围是.解析f(x)有唯一正零点x0,等价于方程ax33x2+1=0有唯一正根xO,即a=§x1，八一，一一了有唯一正根x0.x313(1-x)(1+x)令g(x)=1g'x)=x4,xxxg(x)在(8,1)上递减，(1,0)上递增，(0,1)上递增，(1,+8)上递减.又g(1)=2,g(1)=2,且当x<1时，g(x)<0,当x>1时，g(x)>0,.g(x)的大致图象如图：直线y=a与y=g(x)有唯一交点，且横坐标x0>0,只需a<g(1)=2.答案(一?-2)3.已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a1

5、,b*1).、门1(1)设a=2,b=2.求方程f(x)=2的根；若对任意xCR,不等式f(2x)mf(x)6包成立，求实数m的最大值；(2)若0<a<1,b>1,函数g(x)=f(x)2有且只有1个零点，求ab的值.1x解(1)由已知可得2x+i-J=2,一.1即2x+2.(2x)222x+1=0,解得2x=1，.二x=0.f(x)=2x+g"2x+2x,令t=2x+2x,则t>2.又f(2x)=22x+22x=t2_2,故f(2x)>mf(x)6可化为t2-2>mt6,4一一4一4即m<t+p又t>2,t+->2a/tt=4.

6、(当且仅当t=2时等号成立).4-m&t+7L=4.tmin即m的最大值为4.(2)/0<a<i,b>i,ina<0,inb>0.g(x)=f(x)2=ax+bx2.g'x)=axlna+bxlnb且g'x)为单调递增，值域为R的函数. .g'x)一定存在唯一的变号零点. .g(x)为先减后增且有唯一极值点.由题意g(x)有且仅有一个零点.则g(x)的极值一定为0,而g(0)=a0+b02=0,故极值点为0. g'(0)0,即Ina+lnb=0.；ab=1.I考点聚焦突破I分类讲练箫睽例求法，考点一利用图象研究函数的零点问题

7、【例1】(2018苏州期末)设函数f(x)=x2+3x+3aex(a为非零实数)，若f(x)有且仅有一个零点，则a的取值范围为.2,x+3x+3解析令f(x)=0,可得"x=a,e(2x+ 3) ex- ex(x2 + 3x+3)x (x+ 1)/ x、 2(e)2x+3x+3令g(x)=7，则g'x)=e令g'xl>0,可得xC(1,0),令g'x)<0,可得xC(oo,1)u(0,+00),所以g(x)在(1,0)上单调递增，在(8,1)和(0,+oo)上单调递减.由题意知函数y=g(x)的图象与直线y=a有且仅有一个交点，结合y=g(x)&a

8、mp;y=a的图象可得aC(0,e)U(3,+却.答案(0,e)U(3,+oo)规律方法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，用含x的函数表示参数，作出该函数图象，根据图象特征求出参数的范围.【训练11已知函数f(x)的定义域为1,4,部分对应值如下表:x-10234f(x)12020f(x)的导函数y=f'x)的图象如图所示.当1<a<2时，函数y=f(x)a的零点的个数.解析根据导函数图象知2是函数的极小值点，函数v=f(x)的大致图象如图所示由于f(0)=f(3)=2,1<a<2,所以y=f(x)a的零点个数为4.答案

9、4考点二利用函数性质研究函数的零点问题例2已知函数f(x)=exax2.(1)若a=1,证明：当x0时，f(x)>1；若f(x)在(0,+8)只有一个零点，求a.(1)证明当a=1时，f(x)1等价于(x2+1)exK0.设函数g(x)=(x2+1)ex-1,则gx)=(x22x+1)ex=(x-1)2ex.当x*1时，g'x)<0,所以g(x)在(0,+00)单调递减.而g(0)=0,故当x0时，g(x)<0,即f(x)>1.解设函数h(x)=1-ax2ex.f(x)在(0,+8)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+8)只有一个零点.(i)当a00时,h(x

10、)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时，h'邸=ax(x2)ex.当xC(0,2)时，h'x)<0；当xC(2,+8)时，hx)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+8)单调递增.故h(2)=1詈是h(x)在0,+8)的最小值.2若h(2)>0,即a<彳,h(x)在(0,+)没有零点;2若h(2)=0,即a=4,h(x)在(0,+°°)只有一个零点；2e若h(2)<0,即a>e4,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由知，当x>0时，ex>x2,所以一3一3一31

11、6a316a316a31h(4a)=1一言=1-飞宁>1-E"=1a>0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+oo)有两个零点.e2综上，f(x)在(0,+8)只有一个零点时，a=z.规律方法研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.【训练2】(2019南通调研)已知函数f(x)=exax2bx1,其中a,bCR,e=2.71828为自然对数的底数.设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间0,1上的

12、最小值；(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点.证明：e-2<a<1.(1)解由f(x)=exax2bx1,有g(x)=f'x)=ex2ax-b.所以g'x)=ex2a.当xC0,1时,g'x)C12a,e-2a.,1_,当a02时，gx)>0,所以g(x)在0,1上单调递增，因止匕g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1b;e,当a2时，gx)<0,所以g(x)在0,1上单调递减，因止匕g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e2ab;,1e,*当2<a<2时，令gx)=0,得x=ln(2a)C(0,1).所以函数

13、g(x)在区间0,ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a),1上单调递增.于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a2aln(2a)b.1,综上所述，当a01时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1b；,1e1,当2<a<e时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a2aln(2a)b；一e一.当a2时，g(x)在0,1上的取小值是g(1)=e2ab.(2)证明设X0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)=f(x0)=0可知f(x)在区间(0,x。)上不可能单调递增，也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正，也不可能包为负，故g(x)在

14、区间(0,x°)内存在零点x1.同理g(x)在区间(xO,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.1_由(1)知，当a02时，g(x)在0,1上单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.e.当a2时，g(x)在0,1上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.一1e所以2<a<e.此时g(x)在区间0,ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a),1上单调递增.因此x1C(0,ln(2a),x2C(ln(2a),1),必有g(0)=1b>0,g(1)=e2a-b>0.由f(1)=0有a+b=e1<2,由g(0)=

15、ae+2>0,g(1)=1a>0.解得e-2<a<1.所以，函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e-2<a<1.考点三利用构造函数法研究函数的零点问题角度1构造法研究两曲线的交点问题【例31】已知函数f(x)=x33x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为一2.(1)求a；(2)证明：当k<1时，曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.，一2(1)解fx)=3x-6x+a,f(0)a.曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.2由题设得一2=2,所以a=1.a(2)证明由(1)知，f(x)=

16、x33x2+x+2.设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.由题设知1k>0.当x00时，g'x)=3x26x+1-k>0,g(x)单调递增，g(1)=k1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(一oo,0上有唯一实根.当x>0时，令h(x)=x33x2+4,则g(x)=h(x)+(1k)x>h(x).h'x)=3x26x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+oo)上单调递增，所以g(x)>h(x)>h(2)=0.所以g(x)=0在(0,+8)上没有实根.综上，g(x)=0在R上有唯一实根，

17、即曲线y=f(x)与直线y=kx2只有一个交点.角度2函数中的双元问题【例32】已知函数f(x)=(x2)ex+a(x1)2有两个零点.求a的取值范围；(2)设xi,x2是f(x)的两个零点，证明：xi+x2<2.解(1)f'x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).设a=0,则f(x)=(x2)ex,f(x)只有一个零点.设a>0,则当x(一fi)时，fAk。；当xC(1,+oo)时，f&)>0,所以f(x)在(8,1)上单调递减，在(1,+OO)上单调递增.又f(1)=e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln1,则f(b

18、)>|(b2)+a(b1)2=ap3b,0,故f(x)存在两个零点.设a<0,由f'x=0得x=1或x=ln(2a).，一e若a>e,则ln(2a)01,故当xC(1,+oo)时，f&)>0,因此f(x)在(1,+oo)上单调递增.又当x01时，f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.，一e右a<2,贝ln(-2a)>1,故当xC(1,ln(2a)时，fx)<0;当x(ln(-2a),+8)时,fx)>0,因此f(x)在(1,ln(2a)上单调递减,在(ln(2a),+oo)上单调递增.又当x01时，f(x)<0,所

19、以f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0,+00).不妨设X1<X2.由(1)知，xi(-00,1),X2(1,+00),2X26(00,1),f(x)在(一8,1)上单调递减，所以X+X2<2等价于f(X1)>f(2X2),即f(2X2)<0.22由于f(2X2)=X2e2X2+a(X21),而f(X2)=(X22)eX2+a(X21)=0,所以f(22)=一X2e2X2(X22)eX2.设g(X)=Xe2X(X-2)eX,则g'x)=(x1)(e2XeX),所以当X>1时，g'X)<0,而g(1)=0,故当x>1时，g(x

20、)<0,从而g(X2)=f(2X2)<0,故X1+X2<2.规律方法1.含参数的两函数V=f(x)与y=g(x)的图象交点问题，若不能作出两函数图象，常转化为函数h(x)=f(x)g(x)的零点问题.2.函数中的双元问题常需消元，把双元问题转化为单元问题，常需找双元的关系消元，或换元法消元(如£=t).X2【训练3】已知函数f(x)=xlnx+ax+bx-e,点(1,f(1)处的切线与直线y=x平行，且函数f(x)有两个零点.(1)求实数a的值和实数b的取值范围；(2)记函数f(x)的两个零点分别为X1,X2,求证：X1+X2>2e(其中e为自然对数的底数).

21、解(1)由f(x)=xlnx+ax+b,xIe,十建fx)=lnx+1+a,由f'(分a+1=1?a=2.进而得f(x)=xlnx2x+b,f'x)=lnx1.故当x1,eM,f'x)<0;1_e/当xC(e,十°°)时，fx)>0,71所以函数f(x)在Ie,e"单调递减，在(e,+8)上单调递增，71要使函数f(x)在Ie,+00。有两个零点，则需f(e)=e2e+b<0,elne-2xe+b2eee733解得bCb，ej_二1、.(2)证明由(1)知，不妨设xiC匕，e!,X2C(e,十0°),欲证xi+x

22、2>2e,即证x2>2exi>e,又函数f(x)在(e,+00)上单调递增，即证f(x2)>f(2exi).由题设得f(xi)=f(x2),从而只需证f(xi)>f(2exi).一一i、记函数F(x)=f(x)f(2ex),xe,ej,则F(x)=xlnx-2x-(2e刈n(2e-x)+2(2e-x)=xlnx(2ex)ln(2ex)4x+4e,则F'x)=lnx+ln(2e-x)-2,ii2e2x记g(x)=Fx),得gx)=-.s/yxx2e-xx(2ex)一.F、因为xCe,ej,所以gx)>0包成立，71即Fx)在e,e”单调递增.7i又F&

23、#39;(e)0,所以F，x)<0在葭e，:包成立，一.二i、即F(x)在e,e广单调递减，所以当x匕e|寸，F(x)>F(e)=0,1_e/即f(xi)>f(2exi),从而得xi+x2>2e.I分层限时训练分层训练，提升能力一、必做题2x3+3x2+m,0<x<i,i.已知函数f(x)=，若函数f(x)的图象与x轴有且只有两L.mx+5,x>i.个不同的交点，则实数m的取值范围为.解析当0&X01时，f(x)=2x3+3x2+m,f'x)=6x2+6x>0,所以f(x)在0,1'f(0)<0,上单调递增，其图象与

24、x轴只能有一个交点，从而彳要使函数f(x)的J(1)>0,m+5>0,图象与x轴有且只有两个不同的交点，则需满足彳从而可得mC(5,m<0,0).答案(5,0)x+2x,x<0,2.(2019昆山中学调研)若函数f(x)=在其定义域上恰有两个零点，、axlnx,x>0则正实数a的值为.解析易知函数f(x)在(-巴0上有一个零点，所以由题意得方程ax-lnx=0在(0,十)上恰好有一解，lnx即a=I1在(0,+°°)上恰有一解.xlnx1-lnx令g(x)=(x>0),g'x)=-2一=0,得x=e.xx当xC(0,e)时，g(x

25、)单调递增；当xC(e,+oo)时，g(x)单调递减.1所以a=g(e)=£e1答案一e3 .已知函数f(x)=；x3+，ax2axa(xR,其中a>0).若函数f(x)在区间(一2,320)内恰有两个零点，则a的取值范围是.解析f'x1=x2+(1a)xa=(x+1)(xa).由f'x)=0,得x=1或a(a>0).当x变化时f'x)与f(x)的变化情况如表：x(一oo,1)-1(1,a)a(a,+00)fx)十0一0十f(x)极大值极小值故函数f(x)的单调递增区间是(8,1),(a,+00)；单调递减区间是(一1,a).可知函数f(x)在区间

26、(2,1)内单调递增；在区间(一1,0)内单调递减.从而函数f(x)在区间(2,0)内恰有两个零点，叶(-2)<0,1当且仅当f(1)>0,解得0<a<3.If(0)<0,所以a的取值范围是0,1)答案0,3Iex-1,x>0,4 .(2018南通、扬州等六市调研)设函数f(x)=$2(其中e为自然对、x33mx2,x<0数的底数)有3个不同的零点，则实数m的取值范围是.解析若e-x2=0得乂=ln2>0,函数f(x)有3个不同的零点，即方程x33mx22-2=0,x<0有两个不等的头根，当x=0时方程不成乂，则方程3m=x:，x一人一心人

27、22-,22(x3+1)、,，x<0有2个不等的实根，令g(x)=x2x,x<0,则g'x)=2x+x2=x2，当x(8,1)时，g'x)<0,g(x)单调递减，当xC(1,0)时，g'x)>0,g(x)单调递增，则3m>g(1)=3,解得m>1.答案(1,+oo)5 .已知函数f(x)=ax+x2xlna(a>0,a*1).当a>1时，求证：函数f(x)在(0,+°°)上单调递增;(2)若函数y=|f(x)1|1有三个零点，求t的值.(1)证明f'x)=axlna+2xIna=2x+(ax-1

28、)lna.由于a>1,故当x(0,+oo)时，lna>0,ax1>0,所以f'x)>0,故函数f(x)在(0,+oo)上单调递增.解当a>0,awl时，因为f'(0)0,且f'(x)在R上单调递增,故f'x)=0有唯一解x=0,列表如下：x(一00,0)0(0,+00)f'x)一0十f(x)极小值又函数y=|f(x)1|1有三个零点，所以方程f(x)=t由有三个根.而t+1>t1,所以t1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.6 .已知f(x)=ax；g(x)=2lnx,若方程f(x)=g(x)在区间、/2,e上

29、有两个不等解,试求a的取值范围.解原式等价于方程a=2n2x在区间亚，e上有两个不等解.x令Mx)=2nx，由小'x)=2x(1：21nx)易知,Mx)在h/2,&)上为增函数，在(F，xxe)上为减函数，1则”x)max=小(加)=一,e、2/-1n2而Me)=e2,(KV2)=.21n24eIn2由Me)一代2)=-2-=2e7.设函数 f(x)=x2kln x, k>0.求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1,加上仅有一个零点Ine4In2e2=2e<0.所以除)<怖/2).所以Mx)min=Ke),如图可知(|

30、(x) = a有两个不等解时，需1n22&a<1.即 f(x)=g(x)在 pJ2, e上有两个 e e不等解时a的取值范围为(1)解函数的定义域为(0,+8).2X由f(x)=2klnx(k>0)得kx2-kf-X=丁由f'x)=0解得x=，k(负值舍去).f(x)与fx)在区间(0,+8)上的变化情况如下表:X(0,的Vk5，+°°)f'x)一0十f(x)k(1Ink)2所以，f(x)的单调递减区间是(0,小),单调递增区间是(册，+8).g)在x=出处取得极小值L=k(12n/lk11-Ink)(2)证明由(1)知，f(x)在区间(

31、0,+oo)上的最小值为f(祖)=一一因为f(x)存在零点，所以k(1"lnk)<0,从而k>e,当k=e时，f(x)在区间(1,加)上单调递减，且f(，e)=0,所以x=qe是f(x)在区间(1,#上的唯一零点.1 -ek当k>e时，f(x)在区间(0,疵)上单调递减，且f(1)=2>0,f(4e)=-2-<0,所以f(x)在区间(1,加上仅有一个零点.综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1,、/e上仅有一个零点.8 .已知函数f(x)=ae2x+(a2)exx.讨论f(x)的单调性；若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解(1)由于f(x

32、)=ae2x+(a2)exx,故fx)=2ae2x+(a-2)ex1=(aex-1)(2ex+1),当a00时，aex1<0,2ex+1>0.从而f'x)<0何成立.f(x)在R上单调递减.当a>0时，令f'x)=0,从而aex1=0,得x=lna.x(0°, in a)fx)一f(x)单调递减in a(in a, +00)0十极小值单调递增综上，当a00时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(一0°,ina)上单调递减，在(ina,十°°)上单调递增.(2)由知,当a00时，f(x)在R上单调递

33、减，故f(x)在R上至多一个零点，不满足条件当a>0时，f(x)min=f(ina)=11+lna.a1令g(a)=1&+ina(a>0),，11则ga)=-2+->0,aa从而g(a)在(0,+8)上单调递增，而g(1)=0,故当0<a<1时，g(a)<0.当a=1时，g(a)=0.当a>1时，g(a)>0.若a>1,贝Uf(x)min=1-1+ina=g(a)>0,a故f(x)>0包成立，从而f(x)无零点，不满足条件若a=1,贝Uf(x)min=11+lna=0,a故f(x)=0仅有一个实根x=ina=0,不满足条

34、件.若0<a<1,贝f(x)min=11+ina<0,a注意到一ina>0,f(1)=*+号+11。.3且 fina-1= ein 3 1 ia故f(x)在(一1,ina)上有一个实根，而又in1>in1=ina.=ein1iaein1!+a2iin1iaaa=g-1Ing-1>0.aa故f(x)在Ina,In1J)上有一个实根.又f(x)在(一oo,ina)上单调递减，在(ina,十°°)单调递增，故f(x)在R上至多两个实根.又f(x)在(一1,一ina)及ina,in1J上均至少有一个实数根，故f(x)在R上恰有两个实根,综上,0&

35、lt;a<1.所以实数a的取值范围为(0,1).二、选做题9 .已知函数f(x)=ex,g(x)=ax+b,a,bCR.(1)若g(1)=0,且函数g(x)的图象是函数f(x)图象的一条切线，求实数a的值；(2)若不等式f(x)>x2+m对任意xC(0,+00)恒成立，求实数m的取值范围；(3)若对任意实数a,函数F(x)=f(x)g(x)在(0,+oo)上总有零点，求实数b的取值范围.解(1)由g(1)=0知,g(x)的图象过点(一1,0).设函数g(x)的图象与函数f(x)的图象切于点T(x0,y0).由f'x)=ex得切线方程是y-ex0=ex0(xxO),此直线过点

36、(1,0),故0ex0=ex0(1x0),解得x0=0,所以a=f'(0)e0=1.(2)由题意得m<ex-x2,xC(0,+oo)何成立.令h(x)=exx2,xC(0,+00),则h，x)=ex2x,再令n(x)=h'x)=ex2x,则n'x)=ex2,故当xC(0,in2)时，n'x)<0,n(x)单调递减；当xC(in2,+00)时，n'x)>0,n(x)单调递增，从而n(x)在(0,+8)上有最小值n(in2)=22in2>0,即有h'x)>0在(0,+8)上包成立，所以h(x)在(0,+8)上单调递增，故h(x)>h(0)=e002=1,所以m01.所以实数m的取值范围是i1.(3)若a<0,F(x)=f(x)g(x)=exaxb在(0,十)上单调递增,故F(x)=f(x)g(x)在(0,+8)上总有零点的必要条件是F(0)<0,即b>1.以下证明当b