第四讲导数与函数的零点讲义(非常好,有解析)

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。【例 1】已知函数f ( x)x33ax1,a0求 f ( x) 的单调区间；若 f (x) 在 x1 处取得极值，直线y=m 与 yf (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 ( x4)f ( x) ，且在区间 0,2上是增函数，若方程 f ( x)m (m0) 在区间 8 , 8 上有四个不同的根x1 , x2 , x3 , x4 ，则x1x2x3 x4_.【答案 】 -8【解析

2、】 因为定义在R 上的奇函数，满足 f ( x 4)f ( 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x2对称且 f (0)0 ，由 f (x4)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(m0)在区间8,8 上 有 四 个 不 同 的 根 x1, x2 , x3 , x4， 不 妨 设 x1x2x3x4 ， 由 对 称 性 知x1x212，x3x44所以 x1x2x3x412

3、 48yf(x)=m-8-6-4-2024 x6【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) x33x 设 h(x) f ( f ( x)c ，其中 c 2 ，2 ，求函数 yh(x) 的零点个数1 （ 江 苏 省 连 云 港 市

4、2013届 高 三 上 学 期 摸 底 考 试 （ 数 学 ） 已 知 函 数f ( x)x33ax 29a2 x(a0) . 若方程f ( x)121nx6ax9a2a 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x0a， b，使得 f (x0

5、)0 ，这个 x0 也就是方程f (x)0 的根 .（ 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a， b 上至多有一个零点。.【例 3】设函数 f ( x)x39x26x a 2（ 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 的取值范围变式：设函数 f ( x)ln x ，g( x)a ，F ( x)f (x) g

6、( x) 。若方程 f ( x)mxx在区间 1 ,e2 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方程 mln x 在区间 1 ,e2 上有唯一实数解。x记 h(x)ln xx 1 ,e2 ，则 h ( x)1ln x ， 令 h ( x)0 ，得： xe，xx2当 x1 ,e 时， h ( x)0 ， h(x) 递增；当 xe ,e2 时， h (x)0 ， h(x) 递减。所以 h(x)max h(e)1。e易求得： h(1) 0 ， h(e2 )2。e2为使方程 mln x 在区间 1 , e2 上有唯一实数解，x则直线

7、ym与函数 yh( x)ln x的图象有唯一交点，x根据 h(x) 的图象可知： m10m2。或e2e.故 m的取值范围是 0 , 22U 1。ee【例 4】已知函数fxexmx 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 xax ， g( x)exax ，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)exaln xa ，其中常数a0 （ 1）当 ae 时，求函数f ( x) 的极值；2已知函数 f（

8、 x） 1m（ x 1）2 2x 3ln x ， m R当 m 0 时，若曲线 y f（ x）在2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.3 已知函数 f ( x) x 11). 若直线 l : ykx 1 与曲线x ( a R , e 为自然对数的底数ey f ( x) 没有公共点 ,求 k 的最大值 .4已知函数f（ x）=1x3+1 ax2 -ax-a,x R,其中 a0 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 a1 ，函数 f ( x)(1x2 )exa (1) 求 f ( x) 的单调区间

9、；(2) 证明：f ( x) 在,上仅有一个零点；参考答案与解析【例 1】解析：（ 1） f (x)3x23a3( x2a),当 a 0 时，对 x R ，有 f (x) 0,当 a0时， f (x) 的单调增区间为 (,)当 a0时，由 f ( x)0 解得 xa 或 xa ；由 f (x)0 解得axa ，当 a0 时 ， f (x) 的 单 调 增 区 间 为 (, a ),( a, ) ； f ( x) 的 单 调 减 区 间 为(a,a ) 。（ 2）因为f ( x) 在 x1 处取得极大值，.所以 f ( 1)3( 1)23a0, a1.所以 f ( x) x33x 1, f (

10、x) 3x23,由 f (x) 0 解得 x11, x21。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 yf ( x) 的 图 象 有三 个 不 同 的交 点 ， 又 f ( 3)193 ，f (3) 171，结合 f (x) 的单调性可知，m 的取值范围是 (3,1) 。【例 2】令 f (x)x33xd ，则：h(x) f ( f ( x)cf (d )c(1)先讨论关于 d的方程f (d )=c即 d 33dc 根的情况： c2,2Q f( d)3d233(d1)

11、(d1)f (d ) 在区间,1 上单调递增，在区间1,1单调递减，在区间1,单调递增。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)=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c22 个根d2 或 d12 c 23 个根d1 、 d2 、 d3c22 个根d1 或 d2.(2) 下面考虑方程 f ( x)d 即 x33xd 根的情况：据上述表格及图形f ( x) d 和 f(d )=c 的根的情况如下表f (d )cc的范围根 d 的范围f ( x)=d 根的个数根的个数d113 个根c 22 个根 d1 、

12、d25 个根d222 个根2d1 23 个根3 个根2 c 2d1 、 d2 、 d32 d223 个根9 个根2d323 个根d113 个根c 22 个根 d1 、 d2d125 个根2 个根综上所述：当 c =2 时，函数 yh(x) 有 5个零点；当 c 2 时，函数 yh( x) 有 9个零点。【例 3】解： (1)f ( x)3x29 x63( x1)( x 2) ,因为 x( ,) , f ( x)m ,即 3x29x(6m)0 恒成立 ,所以8112(6m)0 , 得 m334，即 m 的最大值为4(2) 因为 当 x1时 ,f (x)0 ;当 1x 2 时 ,f ( x)0 ;

13、当 x2 时 ,f (x)0 ;所以 当 x1时 , f ( x) 取极大值f (1)5a ;2当 x2 时 , f ( x) 取极小值f (2)2a ;故 当 f (2)0或 f (1)0 时 , 方 程 f ( x)0仅 有 一 个 实 根 .解 得a2 或5a.2【例 4】 方法一：当 n0 ，可得 h ( x)(exmx)exm ，因为 x1 ，所以 ex1 ，e.当 m1时， h ( x)exm0 ，函数 h( x) 在 (1,) 上单调递增，而 h(0)1 ，e1111m0 ，解得 m所以只需 h( 1)，从而em1eee当 m时，由 h (x)exm 0 ，解得 x ln m(

14、1,) ，e当 x (1,ln m) 时， h (x)0， h(x) 单调递减；当 x(ln 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(ln m)mm ln m ，令 m mln m0，解得 me ，所以 1m e 1e综上所述， m,e) e方法二：当 n0， exmx当 x0 时，显然不成立；当 x1 且 x0 时， mexex，则 yex x exex x 1，令 yxx2x2，当 1 x 0x时， y0 ，函数 yex单调递减， 0x1时， y0 ，函数 yexx单调递减，当 x 1x时， y0 ，函数 yex单调递增，又

15、yx11 ， yx1e ，由题意知 m 1 , e) xee【例 5】 g (x)exa 0 在 (1, ) 上恒成立，则 a ex，故： a 1ef ( x)11ax( x0)axx（）若0 a 1，令 f (x) 0 得增区间为（1e0，a）；令f (x) 0 得减区间为（ 1，）a当 x 0 时， f（x）；当x时， f（ x）；当 x 111a时， f（a） lna1 0，当且仅当 a e 时取等号11故：当 a e 时， f （ x）有 1个零点；当0 a e 时， f（ x）有 2个零点（）若a 0，则 f（x） lnx，易得 f（x）有 1 个零点.1a 0 在 (0，) 上恒成

16、立，（）若 a 0，则 f ( x)x即： f (x)ln x ax 在 (0，) 上是单调增函数，当 x 0 时， f（x）；当 x时， f（ x）此时， f（ x）有 1 个零点综上所述：当 a 1e 或 a 0 时， f（ x）有 1 个零点；当 0 a 1e 时， f（x）有 2 个零点练习 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 ae 时， f (x)exeln xe， f (x)ex e ，ex e 在 (0,x而 f(x) 上单调递增，又 f (1)0 ，x当 0x1 时， f (x)f (1)0，则

17、 f (x) 在 (0,1) 上单调递减；当 x1 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12、【解析】由f （ x） mx m 2 x，得 f （ 1） 1，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，即关于 x 的方程 1m（ x 1）2 x 1 lnx 0 有且只有一个解2令 g（ x） 12m（x 1） 2 x1 lnx（ x 0）则 g（ x） m（ x 1） 1 1 mx2 (m 1)x

18、 1(x1)(mx 1)（ x 0）xxx当 0 m 1 时，由 g（ x） 0 得 0x 1 或 x 1 ，由 g（x） 0 得 1 x 1 ，mm所以函数g（x）在（ 0， 1）为增函数，在（1， m1）上为减函数，在（m1，）上为增函数又 g（ 1） 0，且当 x时， g（ x），此时曲线y g（ x）与 x 轴有两个交点故 0 m 1 不合题意当 m 1 时， g（ x） 0， g（ x）在（ 0，）上为增函数，且g（ 1） 0，故 m 1 符.合题意当 m 1 时，由 g（ x） 0 得 0 x 1 或 x 1，由 g（ x） 0 得 1 x 1，mm所以函数 g（ x）在（ 0，

19、1 ） 为增函数，在（1 ， 1）上为减函数，在（ 1，）上为增函mm数又 g（ 1） 0，且当 x 0 时， g（ x），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 13、【答案】解 : 当 a 1时 , fxx11ex令 g xf xkx 11 k x1,ex则直线 l : ykx1 与曲线 yfx没有公共点 ,等价于方程 gx0 在 R 上没有实数解 .假设 k1,此时 g 0 1 0, g1110 ,k11ek1又函数 g x 的图象连续不断,由零点存在定理,可知 gx 0 在 R 上至少有一解,与 “方程g x0 在 R 上没有实数解 ”矛盾 ,故 k1 .又 k1时, gx10 ,知方程 gx0 在 R 上没有实数解 .ex所以 k 的最大值为 1.解法二 :( )( )同解法一 .( )当 a1 时 , f xx 11ex .直线 l : y kx1与曲线 yfx没有公共点 ,等价于关于 x 的方程 kx1x1在 R 上没有实数解 ,