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（I）求曲线在点处的切线方程；（II）设，若函数有三个不同零点，求c的取值范围；（III）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件.解：（I）由，得．因为，，所以曲线在点处的切线方程为．（II）当时，，所以．令，得，解得或．与在区间上的情况如下：所以，当且时，存在，，，使得．由的单调性知，当且仅当时，函数有三个不同零点．（III）当时，，，此时函数在区间上单调递增，所以不可能有三个不同零点．当时，只有一个零点，记作．当时，，在区间上单调递增；当时，，在区间上单调递增．所以不可能有三个不同零点．综上所述，若函数有三个不同零点，则必有．故是有三个不同零点的必要条件．当，时，，只有两个不同所以不是有三个不同零点的充分条件．因此是有三个不同零点的必要而不充分条件．例2.设函数，．（I）求的单调区间和极值；（II）证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点．【答案】（I）单调递减区间是，单调递增区间是；极小值；（II）证明详见解析.【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，从而解出，下面再分情况分析函数有几个零点.试题解析：（Ⅰ）由，（）得.由解得.与在区间上的情况如下：(I)讨论f(x)的单调性；(II)若f(x)有两个零点，求的取值范围.【解析】（Ⅰ）．（i）当时，则当时，；当时，故函数在单调递减，在单调递增．（ii）当时，由，解得：或①若，即，则，故在单调递增．②若，即，则当时，；当时，故函数在，单调递增；在单调递减．③若，即，则当时，；当时，；故函数在，单调递增；在单调递减．（Ⅱ）（i）当时，由（Ⅰ）知，函数在单调递减，在单调递增．又∵，取实数满足且，则∴有两个零点．（ii）若，则，故只有一个零点．（iii）若，由（I）知，当，则在单调递增，又当时，，故不存在两个零点；当，则函数在单调递增；在单调递减．又当时，，故不存在两个零点．综上所述，的取值范围是．例6.设为实数，函数．（1）若，求的取值范围；（2）讨论的单调性；（3）当时，讨论在区间内的零点个数．【答案】（1）；（2）在上单调递增，在上单调递减；（3）当时，有一个零点；当时，有两个零点．【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）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．试题解析：（1），因为，所以，当时，，显然成立；当，则有，所以.所以.综上所述，的取值范围是.（2）对于，其对称轴为，开口向上，所以在上单调递增；对于，其对称轴为，开口向上，所以在上单调递减.综上所述，在上单调递增，在上单调递减.（3）由（2）得在上单调递增，在上单调递减，所以.(i)当时，，令，即（）.因为在上单调递减，所以而在上单调递增，，所以与在无交点.当时，，即，所以，所以，因为，所以，即当时，有一个零点.(ii)当时，，当时，，，而在上单调递增，当时，.下面比较与的大小因为所以结合图象不难得当时，与有两个交点.综上所述，当时，有一个零点；当时，有两个零点.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：=1\*GB3①求零点；=2\*GB3②划区间，去绝对值号；=3\*GB3③分别解去掉绝对值的不等式；=4\*GB3④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：=1\*GB3①基本初等函数的单调性；=2\*GB3②导数法．判断函数零点的个数的方法：=1\*GB3①解方程法；=2\*GB3②图象法．例7.已知函数f(x)＝－2lnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.(Ⅰ)设g(x)为f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(Ⅱ)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】(Ⅰ)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)g(x)＝f'(x)＝2(x－1－lnx－a)所以g'(x)＝2－当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增(Ⅱ)由f'(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)由u'(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1即a0∈(0，1)当a＝a0时，有f'(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0再由(Ⅰ)知，f'(x)在区间(1，＋∞)上单调递增当x∈(1，x0)时，f'(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0综上所述，存在a