高考导数讲义一零点问题

高考导数讲义一 零点问题 例 1 设函数 32 f xxaxbxc I 求曲线 yf x 在点 0 0f处的切线方程 II 设4ab 若函数 f x有三个不同零点 求 c 的取值范围 III 求证 2 30ab 是 f x有三个不同零点的必要而不充分条件 解 I 由 得 32 f xxaxbxc 2 32fxxaxb 因为 0fc 0fb 所以曲线在点处的切线方程为 yf x 0 0fybxc II 当时 4ab 32 44f xxxxc 所以 2 384fxxx 令 得 解得或 0fx 2 3840 xx 2x 2 3 x 与在区间上的情况如下 f x fx x 2 2 2 2 3 2 3 2 3 fx 0 0 f xAcA 32 27 c A 所以 当且时 存在 0c 32 0 27 c 1 4 2x 2 2 2 3 x 使得 3 2 0 3 x 123 0f xf xf x 由的单调性知 当且仅当时 函数有三个不同零点 f x 32 0 27 c 32 44f xxxxc III 当时 2 4120ab 2 320fxxaxb x 此时函数在区间上单调递增 所以不可能有三个不同零点 f x f x 当时 只有一个零点 记作 2 4120ab 2 32fxxaxb 0 x 当时 在区间上单调递增 0 xx 0fx f x 0 x 当时 在区间上单调递增 0 xx 0fx f x 0 x 所以不可能有三个不同零点 f x 综上所述 若函数有三个不同零点 则必有 f x 2 4120ab 故是有三个不同零点的必要条件 2 30ab f x 当 时 只有两个不同4ab 0c 2 30ab 2 32 442f xxxxx x 点 所以不是有三个不同零点的充分条件 2 30ab f x 因此是有三个不同零点的必要而不充分条件 2 30ab f x 例 2 设函数 2 ln 2 x f xkx 0k I 求的单调区间和极值 f x II 证明 若存在零点 则在区间上仅有一个零点 f x f x 1 e 答案 I 单调递减区间是 单调递增区间是 极小值 II 证明详 0 k k 1 ln 2 kk fk 见解析 解析 试题分析 本题主要考查导数的运算 利用导数判断函数的单调性 利用导数求函数的极值和最值 函数零点问 题等基础知识 考查学生的分析问题解决问题的能力 转化能力 计算能力 I 先对求导 令 f x 解出 将函数的定义域断开 列表 分析函数的单调性 所以由表格知当时 函数取得极小 0fx xxk 值 同时也是最小值 II 利用第一问的表 知为函数的最小值 如果函数有零点 只需最小值 fk 从而解出 下面再分情况分析函数有几个零点 1 ln 0 2 kk ke 试题解析 由 得 2 ln 2 x f xkx 0k 2 kxk fxx xx 由解得 0fx xk 与在区间上的情况如下 f x fx 0 所以 的单调递减区间是 单调递增区间是 f x 0 k k 在处取得极小值 f xxk 1 ln 2 kk fk 由 知 在区间上的最小值为 f x 0 1 ln 2 kk fk 因为存在零点 所以 从而 f x 1 ln 0 2 kk ke 当时 在区间上单调递减 且 ke f x 1 e 0fe 所以是在区间上的唯一零点 xe f x 1 e 当时 在区间上单调递减 且 ke f x 0 e 1 1 0 2 f 0 2 ek fe 所以在区间上仅有一个零点 f x 1 e 综上可知 若存在零点 则在区间上仅有一个零点 f x f x 1 e 考点 导数的运算 利用导数判断函数的单调性 利用导数求函数的极值 函数零点问题 名师点晴 本题主要考查的是导数的运算 利用导数判断函数的单调性 利用导数求函数的极值和函数的零点 属于难题 利用导数求函数的单调性与极值的步骤 确定函数的定义域 对求导 求方 f x f x f x 程的所有实数根 列表格 证明函数仅有一个零点的步骤 用零点存在性定理证明函数零点的存在 0fx 性 用函数的单调性证明函数零点的唯一性 例 3 设函数 2 ln x f xeax I 讨论的导函数的零点的个数 f x fx II 证明 当时 0a 2 2lnf xaa a 答案 I 当时 没有零点 当时 存在唯一零点 II 见解析0a fx 0a fx 解析 试题分析 I 先求出导函数 分与考虑的单调性及性质 即可判断出零点个数 II 由0a 0a fx I 可设在的唯一零点为 根据的正负 即可判定函数的图像与性质 求出函数的最小 fx 0 0 x fx 值 即可证明其最小值不小于 即证明了所证不等式 2 2lna a a 试题解析 I 的定义域为 f x 0 2 20 x a fxex x 当时 没有零点 0a 0fx fx 当时 因为单调递增 单调递增 所以在单调递增 又 当 b 满足0a 2x e a x fx 0 0fa 且时 故当时 存在唯一零点 0 4 a b 1 4 b b 0f fx II 由 I 可设在的唯一零点为 当时 fx 0 0 x 0 0 xx 0fx 故在单调递减 在单调递增 所以当时 取得最小值 最小值为 f x 0 0 x 0 x 0 xx f x 0 f x 由于 所以 0 2 0 2 0 x a e x 00 0 22 2ln2ln 2 a f xaxaaa xaa 故当时 0a 2 2lnf xaa a 考点 常见函数导数及导数运算法则 函数的零点 利用导数研究函数图像与性质 利用导数证明不等式 运算 求解能力 名师点睛 导数的综合应用是高考考查的重点和热点 解决此类问题 要熟练掌握常见函数的导数和导数的运 算法则 掌握通过利用导数研究函数的单调性 极值研究函数的图像与性质 对函数的零点问题 利用导数研究函 数的图像与性质 画出函数图像草图 结合图像处理 对恒成立或能处理成立问题 常用参变分离或分类讨论来 处理 例 4 设函数 2 f xxaxb a bR 1 当时 求函数在上的最小值的表达式 2 1 4 a b f x 1 1 g a 2 已知函数在上存在零点 求的取值范围 f x 1 1 021ba b 答案 1 2 2 2 2 2 4 1 22 2 2 4 a aa g aa a aa 3 94 5 解析 1 将函数进行配方 利用对称轴与给定区间的位置关系 通过分类讨论确定函数在给定上的最小值 并用分段函 数的形式进行表示 2 设定函数的零点 根据条件表示两个零点之间的不等关系 通过分类讨论 分别确定参数 的取值情况 利用并集原理得到参数的取值范围 bb 试题解析 1 当时 故其对称轴为 2 1 4 a b 2 1 2 a f xx 2 a x 当时 2a 2 1 2 4 a g afa 当时 22a 1 2 a g af 当时 2a 2 1 2 4 a g afa 综上 2 2 2 2 4 1 22 2 2 4 a aa g aa a aa 2 设为方程的解 且 则 s t 0f x 11t sta stb 由于 因此 021ba 21 2 11 22 tt st tt 当时 01t 22 22 22 ttt b tt 由于和 2 22 0 32 t t 2 12 94 5 32 tt t 所以 2 94 5 3 b 当时 10t 22 22 22 ttt b tt 由于和 所以 2 2 20 2 t t 2 30 2 tt t 30b 综上可知 的取值范围是 b 3 94 5 考点定位 1 函数的单调性与最值 2 分段函数 3 不等式性质 4 分类讨论思想 名师点睛 本题主要考查函数的单调性与最值 函数零点问题 利用函数的单调性以及二次函数的对称轴与给定 区间的位置关系 利用分类讨论思想确定在各种情况下函数的最小值情况 最后用分段函数的形式进行表示 利 用函数与方程思想 确定零点与系数之间的关系 利用其范围 通过分类讨论确定参数 b 的取值范围 本题属于中 等题 主要考查学生应用函数性质解决有关函数应用的能力 考查学生对数形结合数学 分类讨论思想以及函数 与方程思想的应用能力 考查学生基本的运算能力 例 5 已知函数 2 1 2 I 讨论的单调性 II 若有两个零点 求的取值范围 a 解析 1 2 1 1 2 xx fxxea xxea i 当时 则当时 当时 0a 1x 0fx 1x 0fx 故函数在单调递减 在单调递增 f x 1 1 ii 当时 由 解得 或0a 0fx 1x ln 2 xa 若 即 则 ln 2 1a 2 e a xR 1 0 x fxxee 故在单调递增 f x 若 即 则当时 当时 ln 2 1a 2 e a ln 2 1 xa 0fx ln 2 1 xa 0fx 故函数在 单调递增 在单调递减 ln 2 a 1 ln 2 1 a 若 即 则当时 当时 ln 2 1a 2 e a 1 ln 2 xa 0fx 1 ln 2 xa 0fx 故函数在 单调递增 在单调递减 1 ln 2 a 1 ln 2 a i 当时 由 知 函数在单调递减 在单调递增 0a f x 1 1 又 取实数满足且 则 1 2 fe fa b0b ln 2 a b 22 3 2 1 0 22 a f bba ba bb 有两个零点 f x ii 若 则 故只有一个零点 0a 2 x f xxe f x iii 若 由 I 知 当 则在单调递增 又当时 故不0a 2 e a f x 1 1x 0f x f x 存在两个零点 当 则函数在单调递增 在单调递减 又当时 故不存在 2 e a ln 2 a 1 ln 2 a 1x 0f x 两个零点 综上所述 的取值范围是 a 0 例 6 设为实数 函数 a 2 1f xxaxaa a 1 若 求的取值范围 01f a 2 讨论的单调性 f x 3 当时 讨论在区间内的零点个数 2a 4 f x x 0 答案 1 2 在上单调递增 在上单调递减 3 当时 1 2 xf a a 2 a 有一个零点 当时 有两个零点 4 f x x 2x 2 a 4 f x x 解析 试题分析 1 先由可得 再对的取值范围进行讨论可得的解 进而可得的取 01f 1 aaa1 aaa 值范围 2 先写函数的解析式 再对的取值范围进行讨论确定函数的单调性 3 先由 2 f xa f x 得函数的最小值 再对的取值范围进行讨论确定在区间内的零点个数 f xa 4 f x x 0 试题解析 1 因为 所以 22 0 faaaaaa 01f 1 aa 当时 显然成立 当 则有 所以 所以 0 a10 0 a12 a 2 1 a 2 1 0 a 综上所述 的取值范围是 a 1 2 2 axaxax axxax xf 2 12 12 2 2 对于 其对称轴为 开口向上 xaxu12 2 1 aa a x 2 1 2 12 所以在上单调递增 xf a 对于 其对称轴为 开口向上 axaxu212 2 1 aa a x 2 1 2 12 所以在上单调递减 xf a 综上所述 在上单调递增 在上单调递减 xf a a 3 由 2 得在上单调递增 在上单调递减 所以 xf a 0 a 2 min aaafxf i 当时 2 a2 2 min fxf 2 45 2 3 2 2 xxx xxx xf 令 即 4 0f x x x xf 4 0 x 因为在上单调递减 所以 xf 2 0 2 2 fxf 而在上单调递增 所以与在无交点 x y 4 2 0 2 2 fy xfy x y 4 2 0 当时 即 所以 所以 2 x x xxxf 4 3 2 043 23 xx042 223 xxx 0 1 2 2 xx 因为 所以 即当时 有一个零点 2 x2 x2 a 4 f x x 2x ii 当时 2 a 2 min aaafxf 当时 而在上单调递增 0 ax 42 0 af 2 aaaf x y 4 0 ax 当时 下面比较与的大小ax a y 4 2 aaaf a 4 因为0 2 2 4 4 223 2 a aaa a aa a aa 所以 a aaaf 4 2 结合图象不难得当时 与有两个交点 2 a xfy x y 4 综上所述 当时 有一个零点 当时 有两个零点 2 a 4 f x x 2x 2 a 4 f x x 考点 1 绝对值不等式 2 函数的单调性 3 函数的最值 4 函数的零点 名师点晴 本题主要考查的是绝对值不等式 函数的单调性 函数的最值和函数的零点 属于难题 零点分段 法解绝对值不等式的步骤 求零点 划区间 去绝对值号 分别解去掉绝对值的不等式 取每段结果的 并集 注意在分段时不要遗漏区间的端点值 判断函数的单调性的方法 基本初等函数的单调性 导数 法 判断函数零点的个数的方法 解方程法 图象法 例 7 已知函数 f x 2lnx x2 2ax a2 其中 a 0 设 g x 为 f x 的导函数 讨论 g x 的单调性 证明 存在 a 0 1 使得 f x 0 恒成立 且 f x 0 在区间 1 内有唯一解 解析 由已知 函数 f x