1、高考大题突破区 第三版块 第二单元 高考压轴大题冲关 解答题08：函数与导数第二课时 导数与函数的零点(或方程的根)01 高考考点多维解读 栏目导航02 高考零距离大突破 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01 高考考点多维解读 基本考点导数与函数的零点(或方程的根)(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(
2、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思路点拨【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(，l
3、n 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，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；a
4、e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全国卷)已知函数 f(x)ae2x(a2)exx.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围【解】(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)()若a0，则f(x)0，则由f(x)0得xln a当x(，ln a)时，f(
5、x)0所以f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增(2)()若 a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点，与题设不符()若 a0，由(1)知，当 xln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)11aln a当 a1 时，由于 f(ln a)0，故 f(x)只有一个零点，与题设不符；当 a(1，)时，由于 11aln a0，即 f(ln a)0，故 f(x)没有零点，与题设不符；当 a(0,1)时，11aln a0，即 f(ln a)2e220，故 f(x)在(，ln a)有一个零点设正整数 n0 满足 n0ln3a1，则 f(n0)en0(aen0a2)n0en
6、0n02n0n00由于 ln3a1ln a，因此 f(x)在(ln a，)有一个零点综上，a 的取值范围为(0,1)研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过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清远一模)设函数 f(x)eaxln x，其中 a0,01e，e 是自然对数的底数(1)求证：函数 f(x)有两个极值点；(2)若ea0，求证：函数 f(x)有唯一零点证明：(1)f(x)aeaxxaxeaxx，(x0)，令 g(x)axeax，其中 a0，x0，求导得 g(x)aeax(1
7、ax)，令 g(x)0，解得：x1a，x0，1a 时，g(x)0，g(x)递减，x1a，时，g(x)0，g(x)递增，x1a时，g(x)取得极小值，也是最小值 g1a 1e，01e，g1a 1e0，又 g(0)0，g1a g(0)0，函数 f(x)有两个极值点；(2)由(1)得：不妨令 x21a，故 ax2eax20，故 f(x2)(1ax2ln x2)eax2，令 h(x)1axln x，x1a，h(x)a(ln x1)aln 1e1 0，f(x2)0，f(0)负数，函数 f(x)有唯一零点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
8、最小值；(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
9、点，若 a0，当 a12，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 a12，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
10、(x)(x1)ex(1x)ex，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02 高考零距离大突破 1(2017南平一模)已知函数 f(x)baxxln 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)a1b 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)baxxln x，求导 f(x)bx21xxbx2(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，
11、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)a1b m，可得：g(b)ln bb m(b0)所以 g(x)ln xx m，x0，g(x)1ln xx2，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)1em，当 x0(x0)时，g(x)，当 x时，g(x)m，故函数 g(x)有两个零点，需1
12、em0m0，解得：0m1e，所以实数 m 的取值范围为0，1e 法二 由 b0 且 ln ba1，代入 g(b)a1b m，可得：g(b)ln bb m(b0)所以：g(x)ln xx 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 xmx0，在(0，)有两个解，设 h(x)ln xmx，b0，h(x)1xm，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 x1m，由 h(x)0，得 x1m，所以 h(x)在0，1m 递增，在1m，递减，方程 ln xmx0，在(0，)有两个解，只需
13、：h1m 0，即：ln 1m10，解得：0m1e，所以实数 m 的取值范围为：0，1e 2(2016江苏卷)已知函数 f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)设 a2，b12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，b12，所以 f(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)2
14、2因为 f(2x)mf(x)6 对于 xR 恒成立，且 f(x)0，所以 mfx24fx对于 xR恒成立而fx24fxf(x)4fx2fx 4fx4，且f024f04，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 x0logbaln aln b 令 h(x)g(x)，则 h(x)(axln abxln b)ax(ln a)2bx(ln b)2，从而对任意 xR，h
15、(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 x0 x020，于是 gx02 g(0)0又 g(loga2)aloga2bloga22aloga220，且函数 g(x)在以x02和 loga2 为端点的闭区间上的图像不间断，所以在x02和 loga2 之间存在 g(x)的零点，记为 x1因为 0a1，所以 loga20又x020，所以 x10，与“0 是函数 g(x)的唯一零点”矛盾若 x00，同理可得
16、，在x02和 logb2 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ln aln b1，故 ln aln b0，所以 ab13(2017揭阳一模)已知函数 f(x)aexln x(aR)(1)若函数在区间1e，e 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x1e，e，f(x)aex1x0，即 aexx，对x1e，e 恒成立，令 g(x)exx，求导 g(x)x1exx2，当 0 x1 时，g(x)0，当 x1，g(x)0，函数 g(x)在1e，1 上单调递减，在(1，e上
17、单调递增，g1e e11e，g(e)ee1，由 ee1e11e，在区间1e，e 上 g(x)maxee1，aee1，(2)法一 由 f(x)aex1xexaxxex exxaex，令 g(x)exx，g(x)x1exx2，当 0 x1 时，g(x)0，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 0 xx1，f(x)0
18、，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)exaxxex，设 h(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
19、(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，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)12x2(1a
20、)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 ae2(e 为自然对数的底数，ln 20.6931)(1)解：函数 f(x)12x2(1a)xaln x，aR可得 f(x)x1aax，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)x1aax(x1)1ax(x0)，当 a0 时，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
21、，当 0 xa 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12a2(1a)aaln a0，整理得 ln a112a，令 h(a)ln a12a1，h(a)1a120，h(a)在定义域内单调递增，he2 h(e)ln e2e41 ln ee21 e2e4ln 2，由 ln 20.6931，e2.71828，知e4ln 20，故 ae2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(1)设 m1，求 h(
22、x)的极值；(2)设 me2，求证：函数(x)没有零点；(3)若 m0，x0，设 F(x)mfx 4x4gx1，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)2017exx2018h(x)ex1，令 h(x)0 得 x0e 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(
23、x)mexx3，(x)mex1me20，(x)mex1 是减函数令(x)mex10 解得 xln1m 当 x，ln1m 时，(x)mex10，此时函数(x)是增函数，当 xln1m，时，(x)mex10，此时函数(x)是减函数，当 xln1m 时，函数(x)取得最大值，最大值为 ln1m 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)mfx 4x4gx11ex4x4x2 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
24、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)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)36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，
25、所以 g(x)ex2a当 x0,1时，g(x)12a，e2a，当 a12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(0)1b；当 ae2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12ae2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 a12时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当12ae2时，g(x)在0,1上的最
26、小值是g(ln 2a)2a2aln 2ab；当 ae2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(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 a12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 ae2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12ae2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谢谢观看
