1、第二课时导数与函数的零点(或方程的根)基本考点导数与函数的零点(或方程的根)利用导数研究方程根(零点)问题的思路(1)将问题转化为函数的方程根(零点)问题，进而转化为函数图象与x轴(或直线yk)的交点问题；(2)利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质；(3)画出函数的大致图象；(4)结合图象求解(2017桂林二模)设函数f(x)exax，a是常数(1)若a1，且曲线yf(x)的切线l经过坐标原点(0,0)，求该切线的方程；(2)讨论f(x)的零点的个数思路点拨(1)求出函数的导数，表示出切线方程，求出m的值，从而求出切线方程即可；(2)求出函数f(x)的导数，通过讨
2、论 a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的零点个数即可【解】(1)a1时，f(x)exx，f(x)ex1，设切点坐标是(m，emm)，则kf(m)em1，故切线方程是：y(emm)(em1)(xm) ，由0(emm)(em1)(0m)，得m1，所求切线为：y(e1)x.(2)f(x)exa，当a0时，由f(x)0得xln a，a0时，若xln a，则f(x)0；若xln a，则f(x)0.函数f(x)在区间(，ln a)单调递减，在区间(ln a，)单调递增，f(x)的最小值为f(ln a)a(1ln a)，(i)0ae时，f(ln a)a(1ln a)0，f(x)无零点；(ii)ae时
3、，f(ln a)a(1ln a)0，f(x)只有一个零点，(iii)ae时，f(ln a)a(1ln a)0，根据f(0)10与函数的单调性，f(x)在区间(，ln a)和(ln a，)各有一个零点，f(x)共有两个零点；a0时，f(x)ex，f(x)无零点；a0时，由f(x)0得，exax，曲线yex与yax只有一个交点，所以f(x)只有一个零点综上所述，0ae时，f(x)无零点；a0或ae时，f(x)有一个零点；ae时，f(x)有两个零点对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求
4、导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解(2017焦作二模)已知函数f(x)x2ln x的图象在点处的切线斜率为0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)f(x)mx在区间(1，)上没有零点，求实数m的取值范围思路点拨(1)求出函数的定义域，求出f(x)2x.利用切线的斜率为0，求出a，利用导函数的符号，求函数f(x)的单调递增区间，单调递减区间(2)求出g(x)2x0，求解极值点，利用函数的单调性，可得g(x)在区间(1，)上没有零点，推出g(x)0在(1，)上恒成立，得mx，令yx，利用导函数的单调性，求出最
5、值，然后推出m的范围【解】(1)f(x)x2ln x的定义域为(0，)，f (x)2x.因为f1a0，所以a1，f(x)x2ln x，f(x)2x.令f(x)0，得x，令f(x)0，得0x，故函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.(2)g(x)x2ln xmx，由g(x)2x0，得x，设x0，所以g(x)在(0，x0上是减函数，在x0，)上为增函数因为g(x)在区间(1，)上没有零点，所以g(x)0在(1，)上恒成立，由g(x)0，得mx，令yx，则y1.当x1时，y0，所以yx在(1，)上单调递减；所以当x1时，ymax1，故m1，即m2，)研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过
6、导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用1(2017临沂模拟)设函数f(x)aln xbx2(x0)(1)若函数f(x)的图象在点处的切线与x轴平行，探究函数f(x)在上是否存在极小值；(2)当a1，b0时，函数g(x)f(x)kx，k为常数，若函数g(x)有两个相异零点x1，x2，证明：x1x2e2.解：(1)f(x)2bx，函数f(x)的图象在点处的切线与x轴平行，解得，故f(x)ln xx2，f(x)，令f(x)0，解得：x1，令f(x)0，解得：1xe，故f(x)在递增，在(1，e递减，故
7、f(x)在上不存在极小值；(2)证明：a1，b0时，g(x)f(x)kxln xkx，令g(x)0，得：ln xkx，设x1x2，ln x1kx10，ln x2kx20，ln x1ln x2k(x1x2)，ln x1ln x2k(x1x2)，k，要证明x1x2e2，只需证明ln x1ln x22，即证明k(x1x2)2，即证明k，即证明，即证明ln ，设t，则t1，设h(t)ln t，(t1)，则h(t)0，函数h(t)在(1，)递增，h(1)0，h(t)h(1)0，ln t，x1x2e2.2(2017东北三省四市二模)已知函数f(x)(x1)exax2有两个零点(1)当a1时，求f(x)的最
8、小值；(2)求a的取值范围；(3)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x20.(1)解：a1时，f(x)(x1)exx2，f(x)xex2xx(ex2)，令f(x)0，解得：x0，令f(x)0，解得：x0，故函数f(x)在(，0)递减，在(0，)递增；故f(x)的最小值是f(0)1；(2)解：f(x)xex2axx(ex2a)，当a0时，函数f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增f(0)10，f(2)e24a0，取实数b满足b2且bln a，则f(b)a(b1)ab2a(b2b1)a(421)0，所以f(x)有两个零点若a0，则f(x)(x1)ex，故f(x)只有一个零点，若a
9、0，当a，则f(x)在(0，)单调递增，又当x0时，f(x)0，故f(x)不存在两个零点；当a，则函数在(ln(2a)，)单调递增，在(0，ln(2a)单调递减；又当x1时，f(x)0，故不存在两个零点；综上所述，a的取值范围是(0，)(3)证明：不妨设x1x2.由(2)知x1(，0)，x2(0，)，x2(，0)，则x1x20等价于x1x2.因为函数f(x)在(，0)单调递减，所以x1x2等价于f(x1)f(x2)，即证明f(x2)0.由f(x2)(x21)ex2ax0，得ax(1x2)ex2，f(x2)(x21)ex2ax(x21)ex2(1x2)ex2，令g(x)(x1)ex(1x)ex，
10、x(0，)，g(x)x(exex)0，g(x)在(0，)单调递减，又g(0)0，所以g(x)0，所以f(x2)0，即原命题成立1(2017南平一模)已知函数f(x)ln x(a，bR)(1)试讨论函数f(x)的单调区间与极值；(2)若b0且ln ba1，设g(b)m(mR)，且函数g (x)有两个零点，求实数m的取值范围解：(1)f(x)ln x，求导f(x)(x0)当b0时，f(x)0恒成立，函数f(x)单调递增，所以f(x)的增区间为(0，)，无极值；当b0时，x(0，b)时，f(x)0，函数f(x)单调递减，x(b，)时函数f(x)单调递增，所以函数的单调减区间为(0，b)，函数的单调增
11、区间为(b，)，有极小值f(b)1aln b，无极大值(2)法一由b0且ln ba1，代入g(b)m，可得：g(b)m(b0)所以g(x)m，x0，g(x)，当x(0，e)时，g(x)0，所以函数g(x)在(0，e)递增，当x(e，)时，g(x)0，所以函数g(x)在(e，)递减，g(x)有极大值g(e)m，当x0(x0)时，g(x)，当x时，g(x)m，故函数g(x)有两个零点，需，解得：0m，所以实数m的取值范围为.法二由b0且ln ba1，代入g(b)m，可得：g(b)m(b0)所以：g(x)m，x0，由g(x)0，可得ln xmx，即ln xmx0，函数g(x)有两个零点，即方程ln
12、xmx0，在(0，)有两个解，设h(x)ln xmx，b0，h(x)m，当m0时，h(x)0，h(x)在(0，)单调递增，不合题意，舍去当m0时，由h(x)0，得x，由h(x)0，得x，所以h(x)在递增，在递减，方程ln xmx0，在(0，)有两个解，只需：h0，即：ln 10，解得：0m，所以实数m的取值范围为：.2(2016江苏卷)已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)设a2，b.求方程f(x)2的根；若对任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值；(2)若0a1，b1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值解：(1)因为a2，b，所以f
13、(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，两边同乘2x得(2x)222x10，所以(2x1)20，即2x1，解得x0.由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x)22.因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)0，所以m对于xR恒成立而f(x)24，且4，所以m4，故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)f(x)2有且只有一个零点，而g(0)f(0)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点因为g(x)axln abxln b，又由0a1，b1知ln a0，ln b0，所以g(x)0有唯一解x0log.令h(x)g(x)，则h(x)(axln abxln b)
14、ax(ln a)2bx(ln b)2，从而对任意xR，h(x)0，所以g(x)h(x)是(，)上的单调增函数于是当x(，x0)时，g(x)g(x0)0；当x(x0，)时g(x)g(x0)0.因而函数g(x)在(，x0)上是单调减函数，在(x0，)上是单调增函数下证x00.若x00，则x00，于是gg(0)0.又g(loga2)aloga2bloga22aloga220，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.因为0a1，所以loga20.又0，所以x10，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾若x00，同理可得，在和logb
15、2之间存在g(x)的非0的零点，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾因此x00.于是1，故ln aln b0，所以ab1.3(2017揭阳一模)已知函数f(x)ln x(aR)(1)若函数在区间上单调递减，求实数a的取值范围；(2)试讨论函数f(x)在区间(0，)内极值点的个数解：(1)由题意可知：对x，f(x)0，即a，对x恒成立，令g(x)，求导g(x)，当0x1时，g(x)0，当x1，g(x)0，函数g(x)在上单调递减，在(1，e上单调递增，ge1，g(e)ee1，由ee1e1，在区间上g(x) maxee1，aee1，(2)法一由f(x)，令g(x)，g(x)，当0x1时，g(x)0
16、，当x1时，g(x)0，函数g(x)在(0,1)单调递减，在(1，)单调递增，g(x)ming(1)e，当ae时，g(x)a恒成立，f(x)0，函数f(x)在区间(0，)单调递增，f(x)无极值点，当ae时，g(x)ming(1)ea，故存在x1(0,1)和x2(1，)，使得g(x1)g(x2)a，当0xx1，f(x)0，当x1xx2时，f(x)0，当xx2，f(x)0，函数f(x)在(x1，x2)单调递减，在(0，x1)和(x2，)单调递增，x1为函数f(x)的极大值点，x2为函数f(x)的极小值点，综上可知：ae时，函数f(x)无极值点，当ae时，函数f(x)有两个极值点法二f(x)，设h
17、(x)exax(x0)，则h(x)exa，由x0，ex1，当a1时，h(x)0，h(x)递增，h(x)h(0)1，则f(x)0，f(x)递增，f(x)在区间(0，)内无极值；当a1时，由h(x)exa0，则xln a，可知h(x)在(0，ln a)内递减，在(ln a，)单调递增，h(x)minh(ln a)a(1ln a)，(i)当1ae时，h(x)h(x)min0，则f(x)0，f(x)单调递增，f(x)在区间(0，)内无极值；(ii)当ae时，h(x)min0，又h(0)0，x很大时，h(x)0，存在x1(0，ln a)，x2(ln a，)，使得h(x1)0，h(x2)0，即f(x1)0
18、，f(x2)0，可知在x1，x1两边f(x)符号相反，函数f(x)有两个极值点x1，x2，综上可知：ae时，函数f(x)无极值点，当ae时，函数f(x)有两个极值点4(2017长春二模)已知函数f(x)x2(1a)xaln x，aR.(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同零点x1，x2，求证a(e为自然对数的底数，ln 20.6931)(1)解：函数f(x)x2(1a)xaln x，aR可得f(x)x1a，因为f(x)存在极值点为1，所以f(1)0，即22a0，a1，经检验符合题意，所以a1；(2)证明：f(x)的导数为f(x)x1a(x1)(x0)，当a0时，
19、f(x)0恒成立，所以f(x)在(0，)上为增函数，不符合题意；当a0时，由f(x)0得xa，当xa时，f(x)0，所以f(x)为增函数，当0xa时，f(x)0，所以f(x)为减函数，所以当xa时，f(x)取得极小值f(a)，又因为f(x)存在两个不同零点，所以f(a)0，即a2(1a)aaln a0，整理得ln a1a，令h(a)ln aa1，h(a)0，h(a)在定义域内单调递增，hh(e)，由ln 20.6931，e2.71828，知ln 20，故a成立5(2017云南二模)已知e是自然对数的底数，f(x)mex，g(x)x3，(x)f(x)g(x)，h(x)f(x)g(x2)2017.
20、(1)设m1，求h(x)的极值；(2)设me2，求证：函数(x)没有零点；(3)若m0，x0，设F(x)，求证：F(x)3.(1)解：f(x)mex，g(x)x3，m1，f(x)ex，g(x2)x1，h(x)f(x)g(x2)2017exx2018.h(x)ex1，令h(x)0得x0.e是自然对数的底数，h(x)ex1是增函数当x0时，h(x)0，即h(x)是减函数；当x0时，h(x)0，即h(x)是增函数函数h(x)没有极大值，只有极小值，且当x0时，h(x)取得极小值h(x)的极小值为h(0)2017.(2)证明：f(x)mex，g(x)x3，(x)f(x)g(x)mexx3，(x)mex
21、1.me20，(x)mex1是减函数令(x)mex10解得xln.当x时，(x)mex10，此时函数(x)是增函数，当x时，(x)mex10，此时函数(x)是减函数，当xln时，函数(x)取得最大值，最大值为2ln(m)me2，2ln(m)0，(x)0，当me2时，函数(x)没有零点(3)证明：f(x)mex，g(x)x3，F(x).x0，F(x)3化为(x2)exx20.设u(x)(x2)exx2，则u(x)(x1)ex1.设v(x)(x1)ex1，则v(x)xex.x0，v(x)0.又当x0时，v(x)0，函数v(x)在0，)上是增函数x0，v(x)v(0)，即v(x)0.又x0，v(x)
22、0，当x0时，u(x)0；当x0时，u(x)0，函数u(x)在0，)上是增函数当x0时，u(x)u(0)，即(x2)exx2.当x0时，F(x)3.6已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28为自然对数的底数(1)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；(2)若f(1)0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，证明：e2a1.(1)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a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
23、(0)1b；当a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a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 2ab.综上所述，当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln 2a)2a2aln 2ab；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)证明：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
24、(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(1)知，当a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，不合题意当a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，不合题意所以a.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