第四讲导数及函数零点讲解(非常好,有分析)

1、函数的零点【题型一】函数的零点个数【解题技巧】用导数来判断函数的零点个数，常通过研究函数的单调性、极值后，描绘出函数的图象，再借助图象加以判断。3【例1】已知函数f(x) x 3ax 1,a 0求f(x)的单调区间；若f (x)在x 1处取得极值，直线 y=m与y f (x)的图象有三个不同的交点，求 m 的取值范围。变式：已知定义在 R上的奇函数f(x),满足f (x 4) f(x),且在区间0,2上是增函数，若方程f(x) m (m 0)在区间8 , 8上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,则xj x2 x3 x4.【答案】-8【解析】 因为定义在 R上的奇函数，满足 f(x 4) f(

2、x),所以f(x 4) f(x),所以，由f(x)为奇函数，所以函数图象关于直线 x 2对称且f(0) 0,由f(x 4) f (x)知f(x 8) f(x),所以函数是以8为周期的周期函数，又因为f (x)在区间0,2上是增函数，所以f (x)在区间-2,0上也是增函数.如图所示，那么方程f(x)=m(m>0) 在区间8,8上有四个不同的根%，*2, *3, x4，不妨设x1 x2 x3x4 由对称性知xix212x3x44 所以xx2x3x412 48【题型二】复合函数的零点个数复合函数是由内层函数与外层函数复合而成的,在处理其零点个数问题时，应分清内层和外层函数与零点的关系。【解题

3、技巧】函数 h(x) f(f(x) c的零点个数的判断方法可借助换元法解方程的思想分两步进行。即 令f(x) d,则h(x) f(d) c第一步：先 判断f(d) c的零点个数情况第二步：再判断f (x) d的零点个数情况【例2】已知函数f(x) x3 3x设h(x) f(f(x) c,其中c 2, 2,求函数y h(x)的零点个数1 .(江苏省连云港市2013届高三上学期摸底考试(数学)已知函数3 一 2 一 22f(x) x 3ax 9ax(a 0).右万程 f (x) 121nx 6ax 9a a 在l,2恰好有两个相异的实根，求实数a的取值范围(注:1n2=0.69):【题型三】 如何

4、运用导数求证函数“存在、有且只有一个“零点【解题技巧】(1)要求证一个函数 存在零点，只须要用“函数零点的 存在性定理”即可证明。即：如果函数f(x)在区间a, b上是一条连续不断曲线，并且 f (a) f(b) 0,则函数f (x)在区间 a, b上至少有一个零点。即存在一点 h a, b ，使得f(x0) 0,这个x。也就是方程f(x) 0的根一(2)要求证一个函数“有且只有一个"零点，先要证明函数为单调函数，即存在零点；再用“函数零点的 存在性定理”求证函数零点的唯一性。其依据为：如果函数f(x)在区间a, b上是单调函数，并且 f (a) f (b) 0,则函数f(x)在区间

5、a, b上至多有一个零点。【例3】设函数f(x) x3 9x2(1)对于任意实数x , f (x) m恒成立，求m的最大值;(2)若方程f (x) 0有且仅有一个实根，求 a的取值范围.a 一变式：设函数 f (x) lnx,g(x) 一,F(x) f (x) g(x)。若方程 f(x) mx x2在区间1 , e 上有唯一实数解，求实数 m的取值范围；解析：方程f (x) mx在区间1 , e2上有唯一实数解等价于一 lnx2,万程 m 在区间1 , e 上有唯一实数解。xln x21 ln x记 h(x) x 1 , e ,则 h (x) 2-,令 h (x) 0,得：x e, xx当 x

6、 1 , e时，h (x) 0, h(x)递增；2当 x e, e时，h(x) 0, h(x)递减。所以 h(x)max h(e) 一。 e2易求得：h(1) 0, h(e2) oeln x2,为使万程 m 在区间1 , e 上有唯一实数解，xln x则直线y m与函数y h(x) 的图象有唯一交点，x1-2根据h(x)的图象可知：m一或0m oee一 ，-2 . 1故m的取值范围是 0 , 丁 U 。 e e【例4】已知函数f x ex mx在(1,)上没有零点，求 m的取值范围;【题型四】 如何运用导数来判断与求证含参函数的零点【例5】(2013 江苏卷)设函数f(x) ln x ax,

7、g(x) ex ax,其中a为实数.若g(x)在(1,)上是单调增函数，试求 f(x)的零点个数，并证明你的结论.基础练习：1 .己知f(x) ex aln x a ,其中常数a 0.(1)当a e时，求函数f(x)的极值；12 .已知函数 f (x) = 2m (x 1) 22x+3+lnx , mC R.当 m>0 时，右曲线 y= f (x)在点P (1, 1)处的切线l与曲线y=f (x)有且只有一个公共点，求实数 m的值.13 .已知函数 f(x) x 1 ( a R,e为自然对数的底数).若直线l：y kx 1与曲线eyf(x)没有公共点，求k的最大值.4 .已知函数f (x

8、) =1x3+1ax2-ax-a,x R淇中a>0.若函数f (x)在区间(-2,0)内恰有两 32个零点，求a的取值范围；5 .设 a 1 ,函数 f (x) (1 x2)ex a .(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在 ，上仅有一个零点；参考答案与解析 22【例 1】斛析：(1) f (x) 3x 3a 3(xa),当a 0时，对x R,有f (x) 0,当a 0时，f(x)的单调增区间为(，)当a 0时，由f (x) 0解得x 6或x Va ；由f (x) 0解得 x/a x 启，当a 0时，f(x)的单调增区间为(，Va),(Va, ); f(x)的单调减区间为(V

9、a, Va) o(2)因为f (x)在x1处取得极大值,所以 f'( 1) 3( 1)2 3a 0, a 1.所以 f (x) x3 3x 1, f'(x) 3x2 3,由 f (x) 0 解得 x11,x2 1。由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x1处取得极大值f( 1) 1,在x 1处取得极小值f(1)3。因为直线y m与函数y f(x)的图象有三个不同的交点，又f ( 3)f (3) 17 1,结合f(x)的单调性可知，m的取值范围是(3,1)。3【例2】令f (x) x3 3x d ,则：h(x) f(f(x) c f (d) c、-一、-3 -一一一 一(1)

10、先讨论关于d的方程£9)土即3 3d c根的情况：c 2, 2Q f (d) 3d2 3 3(d 1)(d 1)单调递增。f (d)在区间 ，1上单调递增，在区间 1,1单调递减，在区间 1,f(d)极小值f (1)2f(d)极大值f( 1) 2描绘出函数的草图，并据草图可得：方程f(d户c根的情况如下表所示：C的取值范围根的个数根或根的范围c 22个根d2或d12 c 23个根d1、d2、d3c 22个根d1或d2(2)下面考虑方程f(x) d即x3 3x d根的情况:据上述表格及图形f (x) d和f (d尸c的根的情况如下表田勺范围f (d) c根的个数根d的范围f (x)=d

11、根的个数c 22个根d1、d2d113个根5个根d222个根2 c 23个根d1、 d2、 d32 d1 23个根9个根2 d2 23个根2 d3 23个根c 22个根d1、d2d113个根5个根d122个根综上所述:当c=2时，函数y h(x)有5个零点；当c < 2时，函数y h(x)有9个零点。【例 3】解：(1) f (x) 3x 9x 6 3(x 1)(x 2),2因为 x (,) , f (x) m,即 3x 9x (6 m) 0恒成立,一一 3 一 一 3所以 81 12(6 m) 0,得m 一，即m的最大值为 一44''，一. 一(2)因为当 x 1 时，

12、f (x) 0;当 1 x 2时，f (x) 0;当 x 2时，f (x) 0;所以当x 1时，f(x)取极大值 f(1) 5 a ；2当x 2时，f(x)取极小值 f(2) 2 a；故当f (2) 0或f(1) 0时，方程f(x) 0仅有一个实根.解得a 2或5 a .21【例4】方法一：当n 0 ,可得h (x) (e mx) e m ,因为x 1 ,所以e 一，当m1，、 xC ，一时，h (x) e m 0,函数 h(x)在(1, e)上单调递增，而h(0) 1,1一 111所以只需h( 1) 一 m 0,解得m -,从而 一m - .ee e e1V当 m 一时，由 h (x) e

13、m 0 ,解得 x In m ( 1,), e当 x ( 1,lnm)时，h (x) 0 , h(x)单调递减；当 x (In m,)时,h (x) 0, h(x)单调递增.所以函数h(x)在(1,)上有最小值为h(lnm)mln令 m mln m综上所述，mr 1 、 一,e) e方法二:0, ex mx当0时,显然不成立;当0时，mxe ，则yxxe x2xxe x2x时,xe 、一， 一单调递减,x1时,0,函数xe 、，一，,y 一单调递减，当x 1x时,0,函数x义单调递增，又xyxx1 e，什1、由题息知m 一，e).e【例5】g (x)a >0在(1,)上恒成立,a w e

14、x,故:a<J aef (x)ax一(x 0) .一 一 110v aw一令f (x) >0得增区间为(0, 一)；ea1令f (x)V0得减区间为(-，+8). a当 x 0 时，f (x) 一 00 ；当 x一 十 00时， f (x) 一 oo ；1.1 1当x=a时，f(=lnaQ0，当且仅当a=e时取等号故：当a=1时，f (x)有1个零点；当0v a<1时，f (x)有2个零点. ee(ii)若a=0,则f (x) =- lnx,易得f (x)有1个零点.1 一(m)右a<0,则f (x) - a 0在(0,)上恒成立，x即：f(x) ln x ax在(0,

15、)上是单调增函数，当 x 0 时，f (x) 一 00 ；当 x一 + 8时， f (x) 一 + oo .此时，f (x)有1个零点.综上所述：当a =1或a<0时，f (x)有1个零点；当0v a V-时，f (x)有2个零点. ee练习1、【答案】(1) f(x)有极小值0,没有极大值【解析】函数f(x)的定义域为(0,),(1)当 a e时，f(x) ex eln x e, f (x) ex e, xx e,一 ,、一 .一 一 一而f (x) e 在(0,)上单调递增，又 f (1) 0, x当0 x 1时，f (x) f (1) 0,则f(x)在(0,1)上单调递减；当x 1

16、时，f (x) f (1) 0,则f(x)在(1,)上单调递增，所以f (x)有极小值f (1) 0,没有极大值.2、【解析】由 f ' (x) = mx m2 +1，得 f'(1) = - 1, x所以曲线y=f(x)在点P(1, 1)处的切线l的方程为y=x+2.由题意得，关于 x的方程f (x) = x+ 2有且只有一个解，1即关于x的方程2m (x 1) 2 x+ 1 + lnx= 0有且只有一个解.1令 g (x) = 2m (x 1) 2-x+ 1 + lnx (x>0).则 g,(x) =m (x-1) -1+l=mx2-(m+ 1)x+ 1 = (xT)(

17、mxT)(x> 0). xxx当 0V m< 1 时，由 g' (x) > 0 得 0vxv 1 或 x> ,由 g' (x) v 0 得 1 vxv , mm11所以函数 g (x)在(0, 1)为增函数，在(1, 一)上为减函数，在(一，十°°)上为增函 mm数.又g (1) =0,且当x-8时，g (x) 一8,此时曲线 y=g (x)与x轴有两个交点.故0V m< 1不合题意.当m= 1时，g' (x) > 0, g (x)在(0,十8)上为增函数，且 g( 1)=。，故m= 1符合题意.当 m>1

18、时，由 g' (x) > 0 得 0v xv1 或 x> 1,由 g' (x) <0 得,vxv 1, mm所以函数g (x)在(0,)为增函数，在(1, 1)上为减函数，在(1, 十°°)上为增函 mm数.又g (1) =0,且当x-0时，g (x) 一一8,此时曲线 y=g (x)与x轴有两个交点.故m>1不合题意.综上，实数m的值为m= 1.,，一.13、【答案】解：当a 1时，f x x 1 e1令 g x f x kx 11 k x x ,e则直线l： y kx 1与曲线y f x没有公共点，等价于方程g x0在R上没有实数解.假设k 1,此时g 0°，g1110,ek 1又函数g x的图象连续不断，由零点存在定理，可知g x0在R上至少有一解，与方程g x 0在R上没有实数解"矛盾，故k 1.1又k 1时，g x 0,知方程gx 0在R上没有实数解 e所以k的最大值为1.解法(I)( n)同解法一. . 一.1(出)当 a 1 时，f x x 1 .e直线l：y kx 1与曲线y f x没有公共点等价于关于x的方程kx 11k 1 x xe在R上没有实数解.1 4，-