利用导函数研究函数的零点教师版含答案.pdf

利用导函数研究函数的零点利用导函数研究函数的零点 -河北正定中学河北正定中学刘嘉刘嘉 【以小见大以小见大】 1f (x)x22axa 在(0,2)有 2 个不同的零点，则 a 的取值范围是_(1, 4 3 )_ 解析：由题目数形结合之后易知（对称轴在区间内，两个端点值需大于 0） 2 02 (0)0 4 1 (2)03 ( 2 )40 a f a f aa 变式变式：f(x)x3ax1 在(1,1)有 2 个极值点，则 a 的取值范围是_ 解析：由题意可知： 2 ( )3fxxa在(1,1)有 2 个实根，解得03a 2 (2016上饶模拟) f (x)x33xa 有 3 个不同的零点， 则 a 的取值范围是_(2,2)_ 解析：由 f (x)3x230，解得单调递增区间为(，1)，(1，)，f(x)0， 解得 a(2,2) 答案：(2,2) 3.已知函数 f(x)6axe2x,若 12 ,0,1 ,x x且 12, xx满足 f (x1)f (x2)0，则实数 a 的取 值范围是 A., 3 e B. 2 , 3 e e C. 2 , 3 6 e e D., 3 e 解析： 2 ( )62 x fxae， 1 ( )0ln3 2 fxxa，( )f x在 1 (,ln3 ) 2 xa 上单调递 减，在 1 ( ln3 ,) 2 xa上单调递增，所以数形结合需要满足 2 22 11 0ln31 332 (0)0 (1)0636 1 ( ln3 )0 3 2 e aa f eee aa f e a fa , 选择 C 【典型例题典型例题】 1. （2014 全国新课标 I 卷 12） 已知函数 f(x)ax33x21， 若 f(x)存在唯一的零点 x0， 且 x00， 则 a 的取值范围是() A(2，)B(1，)C(，2)D(，1) 解析： 2 ( )36fxaxx， 分类讨论0a 时，f(x)3x21 的零点为 3 3 x 不满足题意， 当0a 时， 12 2 ( )0,0fxxx a ， 当0a 时， 12 2 0xx a ，( )f x在(,0)x 上单调递增，且(0)1f，所以一定存 在负实根为函数零点，与已知存在唯一正实数零点矛盾，不满足题意。 当0a 时， 12 2 0xx a ( )fx在 2 (,)x a 上单调递减，在 2 (,0)x a 上单调递增，在(0,)x上单调递减， 所以数形结合需要满足 0 2 2 ( )0 a a f a ，选 C 小结：载体：函数零点问题，通过分类讨论和数形结合的思想得到解决 2.（2014 全国新课标理 I 卷 12）设函数 f(x)ex(2x1)axa，其中 a0. (1)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， e 上仅有一个零点 听前试做(1)由 f(x)x 2 2 kln x(k0)， 得 x0 且 f(x)xk x x2k x . 由 f(x)0，解得 x k(负值舍去) f(x)与 f(x)在区间(0，)上的情况如下： 所以，f(x)的单调递减区间是(0， k)，单调递增区间是( k，) f(x)在 x k处取得极小值 f( k)k1ln k 2 . (2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为 f( k)k 1ln k 2 . 因为 f(x)存在零点，所以k 1ln k 2 0，从而 ke. 当 ke 时，f(x)在区间(1， e)上单调递减，且 f( e)0， 所以 x e是 f(x)在区间(1， e 上的唯一零点 当 ke 时，f(x)在区间(1， e 上单调递减，且 f(1)1 20，f( e) ek 2 0， 所以当 x(0,2)时，f(x)0，函数 yf(x)单调递增 所以 f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，) (2)由(1)知，k0 时，函数 f(x)在(0,2)内单调递减， 故 f(x)在(0,2)内不存在极值点； 当 k0 时，设函数 g(x)exkx，x0，)， 因为 g(x)exkexeln k， 当 00，yg(x)单调递增 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点； 当 k1 时，得 x(0，ln k)时，g(x)0，函数 yg(x)单调递增 所以函数 yg(x)的最小值为 g(ln k)k(1ln k) 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当 g00， gln k0， 00) (1)求函数 F(x)f(x)g(x)的极值； (2)若函数 G(x)f(x)g(x)(a1)x 在区间 1 e，e内有两个零点， 求实数 a 的取值范围 解：(1)由题意知，F(x)f(x)g(x)1 2ax 2ln x，F(x)axln x1 2ax 1 2ax(2ln x1)， 由 F(x)0 得 xe1 2，由 F(x)0，G(x)单调递增， 要使 G(x)在区间 1 e，e内有两个零点， 需满足 G 1 e 0， G10， 即 1 2e2 a1 e a0， 1 2a10， 即 a 2e1 2e22e， a2ee 2 2e2 . 下面比较 2e1 2e22e与 2ee2 2e2 的大小 由于 2e1 2e22e 2ee2 2e2 2e 42e36e2 2e22e2e2 2ee2e132 2e22e2e2 0，故 2e1 2e22e 2ee2 2e2 ， 故实数 a 的取值范围为 2e1 2e22e， 1 2 . 21(2015 全国新课标卷文 I)设函数 f(x)e2xaln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f(x)零点的个数； (2)证明：当 a0 时，f(x)2aaln2 a. 解：(1)f(x)的定义域为(0，)， f(x)2e2xa x. 当 a0 时，f(x)0，f(x)没有零点； 当 a0 时，设 u(x)e2x，v(x)a x， 因为 u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)a x在(0，)上单调递增， 所以 f(x)在(0，)上单调递增 又 f(a)0，当 b 满足 00 时，f(x)存在唯一零点 (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) 由于 2e2x0a x00， 所以 f(x0) a 2x02ax 0aln2 a2aaln 2 a. 故当 a0 时，f(x)2aaln2 a. (2014 四川文 21) 已知函数 f(x)exax2bx1，其中 a，bR，e2.718 28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上的最小值； ()若 f(1)0，函数 f(x)在区间(0,1)内有零点证明：e2a1. 解：()由 f(x)exax2bx1，有 g(x)f(x)ex2axb. 所以 g(x)ex2a. 当 x0,1时，g(x)12a，e2a 当 a1 2时，g(x)0，所以 g(x)在0,1上单调递增， 因此 g(x)在0,1上的最小值是 g(0)1b； 当 ae 2时，g(x)0，所以 g(x)在0,1上单调递减， 因此 g(x)在0,1上的最小值是 g(1)e2ab； 当1 2a e 2时，令 g(x)0，得 xln(2a)(0,1) 所以函数 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. 综上所述，当 a1 2时，g(x)在0,1上的最小值是 g(0)1b； 当1 2a e 2时，g(x)在0,1上的最小值是 g(ln(2a)2a2aln(2a)b； 当 ae 2时，g(x)在0,1上的最小值是 g(1)e2ab. ()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，x0)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，也不可能恒为负，故 g(x)在区间(0，x0)内存在零点 x1. 同理 g(x)在区间(x0,1)内存在零点 x2. 所以 g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点 由()知，当 a1 2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 当 ae 2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 所以1 2a e 2. 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 x1(0，ln(2a)，x2(ln(2a)，1)，必有 g(0)1b0, g(1)e2ab0. 由 f(1)0 有 abe12，有 g(0)ae20，g(1)1a0. 解得 e2a1. 所以，函数 f(x)在区间(0,1)内有零点时，e2a1. 已知函数 f(x)x2tlnx1。 ()若 t2e2，求函数 f(x)的零点个数；两个 ()若0x 都有 f(x)tx1，求实数 t 的取值范围。1t 0 21.解： （） 22 ( )2ln1f xxex 222 2222 ( )2 xexeexe xxx fxx .2 分 当0xe时，0( )fx，( )yf x是减函数； 当xe时，0( )fx，( )yf x是增函数. 222 min ( )2ln110f xf eeeee 又 10f， 51025102 ()2ln11010f eeeeee ( )yf x有两个零点. 5 分 （）( )1f xtx 0x 2 ln0xtxtx0x 令 2 ( )lnh xxtxtx. 0t 时， 2 )(xxf，当0x时， 2 ( )ln0h xxtxtx成立，符合题意. 6 分 0t 时，因为) 1 , 0(x时，)0 , (lnx，ln( , 0)tx ，所以“0