1、数学 第二部分 高考热点 分层突破 专题六 函数与导数第5讲 导数与方程02练典型习题 提数学素养 01研考点考向破重点难点判断、证明或讨论函数零点个数两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间a，b上是连续不断的曲线，且 f(a)f(b)0.(1)直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明 f(a)f(b)0；(2)分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明 f(a)f(b)0，【关键 1：正确求出导函数，研究函数的单调性】所以 f(x)在(0，1)，(1，)单调递增.因为 f(e)
2、1e1e10，所以 f(x)在(1，)有唯一零点x1(ex1e2)，即 f(x1)0.【关键 2：利用零点存在性定理判断在(1，)内存在一个零点】思维方法又 0 1x11，f1x1 ln x1x11x11f(x1)0，故 f(x)在(0，1)有唯一零点 1x1.【关键 3：利用零点存在性定理判断在(0，1)内存在一个零点】综上，f(x)有且仅有两个零点.(2)略高考真题【分类讨论法】(2019高考全国卷)已知函数 f(x)sin xln(1x)，f(x)为 f(x)的导数，证明：(1)f(x)在区间1，2 存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有 2 个零点.思维方法证明：(1)设 g(x)f
3、(x)，则 g(x)cos x 11x，g(x)sin x1（1x）2.当 x1，2 时，g(x)单调递减，而 g(0)0，g2 0，可得 g(x)在1，2 有唯一零点，设为.【关键 1：利用零点的存在性定理确定 g(x)在1，2 内有唯一零点】则当 x(1，)时，g(x)0；当 x，2 时，g(x)0.所以 g(x)在(1，)单调递增，在，2 单调递减，故 g(x)在1，2 存在唯一极大值点，即 f(x)在1，2 存在唯一极大值点.【关键 2：根据函数的单调性与极大值点的定义判断极大值点的存在性】思维方法(2)f(x)的定义域为(1，).当 x(1，0时，由(1)知，f(x)在(1，0)单调
4、递增，而 f(0)0，所以当 x(1，0)时，f(x)0，故 f(x)在(1，0)单调递减又 f(0)0，从而 x0 是 f(x)在(1，0的唯一零点.当 x0，2 时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在，2 单调递减，而 f(0)0，f2 0，所以存在，2，使得 f()0，且当 x(0，)时，f(x)0；当 x，2 时，f(x)0.故f(x)在(0，)单调递增，在，2 单调递减.又 f(0)0，f2 1ln12 0，所以当 x0，2 时，f(x)0.从而，f(x)在0，2 没有零点.当 x2，时，f(x)0，所以 f(x)在2，单调递减而 f2 0，f()0，所以 f(x)在2，有唯
5、一零点.思维方法当 x，时，ln(x1)1，所以 f(x)0，从而 f(x)在(，)没有零点【关键 3：在定义域内的不同区间，利用函数的单调性、最值、零点存在性定理判断零点的个数】综上，f(x)有且仅有 2 个零点.典型例题(2019广东省七校联考)已知函数 f(x)ln xax.(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 a0，f(x)在(0，)上单调递增；当 a0，f(x)单调递增，在1a，上，f(x)0，f(x)单调递减综上，当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增；当 a0 时，f(x)在0，1a 上单调递增，在1a，上单调递减(2)由(1)可知，当 a0 时，f(x)在0，1a 上
6、单调递增，在1a，上单调递减故 f(x)maxf1a ln1a 1.当 ln 1a 1，即 a1e时，f 1a 1，即1ea0，令 0b1 且 b1a，则 ln b0，f(b)ln babln b0，故 f(b)f1a e，则在(e，)上，g(t)2t10，故 g(t)在(e，)上单调递减，故在(e，)上，g(t)g(e)2e0，则 f1a2 0，故 f1a f1a2 0，f(x)在1a，1a2 上有一个零点故 f(x)在(0，)上有两个零点综上，当 a1e时，函数 f(x)没有零点；当 a1e时，函数 f(x)有一个零点；当1ea0，所以 f(x)0 时，令 g(x)mx22xm，(i)m1
7、 时，44m20，此时 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；(ii)0m0，令 f(x)0，则 x11 1m2m，x21 1m2m，所以 x0，1 1m2m1 1m2m，时，f(x)0，x1 1m2m，1 1m2m时，f(x)0，所 以f(x)在0，1 1m2m和1 1m2m，上 单 调 递 增，在1 1m2m，1 1m2m上单调递减综上，m0 时，f(x)在(0，)上单调递减；m1 时，f(x)在(0，)上单调递增；0m1 时，f(x)在1 1m2m，1 1m2m上 单 调 递 减，在0，1 1m2m和1 1m2m，上单调递增(2)证明：因为 m12，所以 f(x)12x1x 2ln
8、x，由(1)可知 f(x)在(0，2 3)和(2 3，)上单调递增，在(2 3，2 3)上单调递减，又 f(1)0，且 1(2 3，2 3)，所以 f(x)在(2 3，2 3)上有唯一零点 x1.又 0e32 3，f(e3)12(e3e3)6 12e36e327e322 3，f(e3)f(e3)0，所以 f(x)在(2 3，)上有唯一零点综上，当 m12时，f(x)有且只有三个零点已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从 f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数
9、的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围根据零点个数确定参数范围高考真题【由导数特点分类讨论】(2018高考全国卷)已知函数 f(x)exax2.(1)若 a1，证明：当 x0 时，f(x)1；(2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a.思维方法(1)略(2)设函数 h(x)1ax2ex.f(x)在(0，)只有一个零点当且仅当 h(x)在(0，)只有一个零点【关键 1：构造函数
10、h(x)，将 f(x)的零点情况转化为 h(x)的零点情况】()当 a0 时，h(x)0，h(x)没有零点；【关键 2：对参数 a 分类讨论，结合函数值判断函数零点情况】()当 a0 时，h(x)ax(x2)ex.当 x(0，2)时，h(x)0；当 x(2，)时，h(x)0.所以 h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增.思维方法故 h(2)14ae2是 h(x)在(0，)的最小值.【关键 3：分类讨论，利用导数研究函数单调性，求函数最值】若 h(2)0，即 ae24，h(x)在(0，)没有零点；若 h(2)0，即 ae24，h(x)在(0，)只有一个零点；若 h(2)0，即 ae24
11、，由于 h(0)1，所以 h(x)在(0，2)有一个零点.由(1)知，当 x0 时，exx2，所以h(4a)116a3e4a 116a3（e2a）21 16a3（2a）411a0.思维方法故 h(x)在(2，4a)有一个零点因此 h(x)在(0，)有两个零点.【关键 4：对函数最小值的符号分类讨论，结合函数单调性判断零点情况，求出参数值】综上，f(x)在(0，)只有一个零点时，ae24.高考真题【直接分类讨论】(2017高考全国卷)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.思维方法(1)略(2)()若 a0，由(1
12、)知，f(x)至多有一个零点.【关键 1：针对 f(x)解析式的特点，可对参数 a 直接分类讨论】()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【关键 2：结合函数单调性求函数最小值，进而根据最小值直接判断零点的情况】当 a1 时，由于 f(ln a)0，故 f(x)只有一个零点；当 a(1，)时，由于 11aln a0，即 f(ln a)0，故 f(x)没有零点；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(aen
13、0a2)n0en0n02n0n00.由于 ln3a1 ln a，因此 f(x)在(ln a，)有一个零点.【关键 3：对参数 a 分类讨论，结合函数单调性与最小值判断函数零点情况，求参数取值范围】综上，a 的取值范围为(0，1).典型例题(2019唐山模拟)已知函数 f(x)xex12a(x1)2.(1)若 ae，求函数 f(x)的极值；(2)若函数 f(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围【解】(1)由题意知，当 ae 时，f(x)xex12e(x1)2，函数 f(x)的定义域为(，)，f(x)(x1)exe(x1)(x1)(exe)令 f(x)0，解得 x1 或 x1.当 x 变化时，f
14、(x)，f(x)的变化情况如下表所示：x(，1)1(1，1)1(1，)f(x)00f(x)极大值1e 极小值e所以当 x1 时，f(x)取得极大值1e；当 x1 时，f(x)取得极小值e.(2)令 f(x)0，即 xex12a(x1)20，得 xex12a(x1)2.当 x1 时，方程为e112a0，显然不成立，所以 x1 不是方程的解，即1 不是函数 f(x)的零点当 x1 时，分离参数得 a2xex（x1）2.记 g(x)2xex（x1）2(x1)，则 g(x)（2xex）（x1）2（x1）22xex（x1）42ex（x21）（x1）3.当 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，函数 g(
15、x)单调递增当 x0 时，g(x)0；当 x时，g(x)0；当 x1 时，g(x)；当 x时，g(x).故函数 g(x)的图象如图所示作出直线 ya，由图可知，当 a0)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若 g(x)f(x)m，当 a2 时，g(x)在e1，e上有两个不同的零点，求 m 的取值范围解：(1)f(x)a1 ax21x（a1）x2xax2（a1）xa（x1）x2，当 a1 时，f(x)x1x2，令 f(x)0，得 x1，令 f(x)0，得 0 x1 时，令 f(x)0，得 x1 或 x aa10，所以 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增当 a1 时，(i)0
16、a0，得 a1ax1，所以 f(x)在a1a，1 上单调递增，在0，a1a，(1，)上单调递减；(ii)a12时，f(x)0，所以 f(x)在(0，)上单调递减；(iii)12a0，得 1xf(e)，所以 m3，e2e1.本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题
17、的目的 可化为函数零点的函数问题与函数零点性质研究高考真题【可化为函数零点的函数问题】(2014高考课标全国卷)已知函数 f(x)x33x2ax2，曲线 yf(x)在点(0，2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为2.(1)求 a；(2)证明：当 k0.当 x0 时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10 时，令 h(x)x33x24，则 g(x)h(x)(1k)xh(x).h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以 g(x)0 在(0，)没有实根.综上，g(x)0 在 R 有唯一实根，【关键 3：利用
18、导数判断函数单调性，结合零点存在性定理判断实根情况】即曲线 yf(x)与直线 ykx2 只有一个交点.高考真题【函数零点性质研究】(2016高考全国卷)已知函数 f(x)(x2)exa(x1)2 有两个零点.(1)求 a 的取值范围；(2)设 x1，x2 是 f(x)的两个零点，证明：x1x22.思维方法(1)略(2)证明：不妨设 x1x2.由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又 f(x)在(，1)上单调递减，所以 x1x22 等价于 f(x1)f(2x2)，即 f(2x2)0.【关键 1：利用分析法转化要证明的不等式】由于 f(2x2)x2e2x2a(x21)2，而 f(
19、x2)(x22)ex2a(x21)20，所以 f(2x2)x2e2x2(x22)ex2.【关键 2：将代入，利用整体代入消元】设 g(x)xe2x(x2)ex，【关键 3：构造函数】思维方法则 g(x)(x1)(e2xex).所以当 x1 时，g(x)0，而 g(1)0，故当 x1 时，g(x)0.从而 g(x2)f(2x2)0，故 x1x22.【关键 4：利用导数判断函数单调性、用最值证明不等式】典型例题(2019武汉市调研测试)已知函数 f(x)a(ln x2x)ex1x2(aR，a 为常数)在(0，2)内有两个极值点 x1，x2(x1x2)(1)求实数 a 的取值范围；(2)求证：x1x
20、20，由题意，知 yh(x)在(0，2)内存在两个零点因为 h(x)ex1a，则当 a0 时，h(x)0，h(x)在(0，2)上单调递增，h(x)至多有一个零点不合题意当 a0 时，由 h(x)0，得 x1ln a，由 1ln a0，得 a1e.(i)若 1ln a0，即1eae2时，h(x)在(0，1ln a)上单调递减，在(1ln a，2)上单调递增则 h(x)minh(1ln a)aln a，当1ea1 时，h(x)minaln a0，不合题意，舍去当1ae2时，h(x)minaln a0，x0 时 h(x)0，从而 h(x)在(0，1ln a)和(1ln a，2)上各有一个零点所以 y
21、h(x)在(0，2)上存在两个零点(ii)若 1ln a2，即 ae 时，h(x)在(0，2)上单调递减，h(x)至多有一个零点，舍去(iii)若 1ln a2 且 h(2)0，即e2ae 时，h(x)在(0，1ln a)上有一个零点，而在(1ln a，2)上没有零点，舍去综上可得，1ae2，即实数 a 的取值范围为(1，e2)(2)证明：令 H(x)h(x)h(22ln ax)，0 x1ln a，则H(x)h(x)h(22ln ax)ex1ae22ln ax1aex1 a2ex12a2a2a0，所以 H(x)在(0，1ln a)上单调递增，从而 H(x)0，即 h(x)h(22ln ax)0
22、，所以 h(x1)h(22ln ax1)0，而 h(x1)h(x2)，且 h(x)在(1ln a，2)上单调递增所以 h(x2)h(22ln ax1)，x222ln ax1，所以 x1x20 时，求 f(x)在区间(0，1上的最大值；(2)若函数 g(x)f(x)x 有两个极值点 x1，x2(x1x2)，求证：g(x1)g(x2)a2ln a.解：(1)由已知得 f(x)的定义域为(0，)f(x)1xax(a1)（ax1）（x1）x.当 01 时，1a1，f(x)在0，1a 上单调递增，在1a，1 上单调递减，所以 f(x)的最大值为 f(1a)ln a 12a1.综上，当 01 时，f(x)
23、在区间(0，1上的最大值为ln a 12a1.(2)证明：g(x)f(x)xln xa2x2ax，g(x)的定义域为(0，)，g(x)1xaxaax2ax1x.若 g(x)有两个极值点 x1，x2(x10，且x1x21，x1x21a0，所以 a4.又 x1x2，所以 x21x1x21a，即 0 x1 1a.g(x1)g(x2)ln x1a2x21ax1ln x2a2x22ax2ln x1ln(ax1)a2ax1，设 h(t)ln tln(at)a2at，其中 tx1(0，1a)，h(t)2ta，令 h(t)0 得 t2a.因为2a 1a2 aa0，所以 h(t)在(0，2a)上单调递增，在(2a，1a)上单调递减，所以 h(t)的最大值为 h(2a)2ln 2ln aa22a2ln a，从而 g(x1)g(x2)a2ln a 成立请做：练典型习题 提数学素养 word部分：点击进入链接 本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放
