1、第二章函数、导数及其应用第十二节导数破解疑难优质课第3课时导数与函数的零点问题 1两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.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；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，g(2)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(2)f(
2、x)的定义域为(1，)()当 x(1,0时，由(1)知，f(x)在(1,0)单调递增，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 x(0，2时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在(，2)单调递减，而 f(0)0，f(2)0；当 x(，2)时，f(x)0，所以当 x(0，2时，f(x)0.从而，f(x)在(0，2没有零点()当 x(2，时，f(x)0，f()1，所以 f(x)0)，令 g(x)0，得 m13x3x(x0)设(x)13x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当
3、x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当 x(1，)时，(x)23时，函数 g(x)无零点；当 m23时，函数 g(x)有且只有一个零点；当 0m23时，函数 g(x)无零点；当 m23或 m0 时，函数 g(x)有且只有一个零点；当 0m0，f(x)单调递增；当 x(1，)时，f(x)0)，所以(x)1lnxx212x2x2lnx1x2，记 h(x)x2lnx1(x0)，所以 h(x)2x1x2x21x，令h(x)0 x 22(x 22 舍去)，所以当 x(0，22)时，h(x)0，h(x)单调递增，所以 h(x)的最小值为 h(22)(22)2ln(22)11212ln2
4、12(1ln2)0，又当 x1e时，h(1e)1e2ln1e11e2111e20，因此必存在唯一的 x0(1e，22)，使得 h(x0)0.因此 x(0，x0)时，h(x)0，(x)单调递增，x(x0,1)时，h(x)0，(x)单调递增，画出 y(x)的大致图象，如图所示因此当(1)a(x0)时，直线 ya 与 y(x)的图象至少有两个交点，所以 a 的最小值为(1)3.方法技巧与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题.已知函
5、数 f(x)exaxa(aR 且 a0)(1)若 f(0)2，求实数 a 的值，并求此时 f(x)在2,1上的最小值；(2)若函数 f(x)不存在零点，求实数 a 的取值范围解：(1)由题意知，函数 f(x)的定义域为 R，又 f(0)1a2，得 a1，所以 f(x)exx1，求导得 f(x)ex1.易知 f(x)在2,0上单调递减，在0,1上单调递增，所以当 x0 时，f(x)在2,1上取得最小值 2.(2)由(1)知 f(x)exa，由于 ex0，当 a0 时，f(x)0，f(x)在 R 上是增函数，当 x1 时，f(x)exa(x1)0；当 x0 时，取 x1a，则 f1a 1a1a1
6、a0.所以函数 f(x)存在零点，不满足题意当 a0 时，令 f(x)0，得 xln(a)在(，ln(a)上，f(x)0，f(x)单调递增，所以当 xln(a)时，f(x)取最小值函数 f(x)不存在零点，等价于 f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e2a2ax1x2.【解】(1)f(x)a1x1x2ax2x1x2(x0)，设 g(x)ax2x1(x0)，当 a0 时，g(x)0，则 f(x)0 时，由 g(x)0 得x1 14a2a或 x1 14a2a(舍)，记 x1 14a2ax0，则 g(x)ax2x1a(xx0)(x1 14a2a)(x0)，易知 x1 14
7、a2a0，所以当 x(0，x0)时，g(x)0，f(x)0，f(x)0，f(x)在(x0，)上单调递增综上，当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递减；当 a0 时，f(x)在(0，1 14a2a)上单调递减，在(1 14a2a，)上单调递增(2)证明：不妨设 x12ax1x2，即证 x1x222(lnx2lnx1x2x1 1x1x2)x1x2，只需证 x1x22lnx2lnx1x2x1x1x2，只需证x22x21x1x2 2lnx2x1，即要证x2x1x1x22lnx2x1.设x2x1t，则 t1，只需证 t1t2lnt，设 h(t)t1t2lnt(t1)，只需证 h(t)0.因为 h(t)
8、11t22tt22t1t2t12t20，所以 h(t)在(1，)上单调递增，所以 h(t)h(1)0，即 t1t2lnt，所以 x1x222ax1x2.方法技巧解决该题第2小问的关键点有两个：一是消参，通过两式作差消掉参数 b，从而巧妙地把两个零点与参数 a 之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个数，巧妙利用两零点之比引入变量 t，从而建立新的函数求解问题，这也体现了对数学建模等核心素养的考查.另外这种问题还有对称构造法、差值换元法等方法.(2020济南模拟)已知函数 f(x)xlnxa2x2(a1)x，其导函数 f(x)的最大值为 0.(1)求实数 a 的值；(2)若 f(x1)f
9、(x2)1(x1x2)，证明：x1x22.解：(1)由题意，函数 f(x)的定义域为(0，)，其导函数f(x)lnxa(x1)，记 h(x)f(x)，则 h(x)1axx.当 a0 时，h(x)1axx0 恒成立，所以 h(x)在(0，)上单调递增，且 h(1)0，所以任意 x(1，)，h(x)f(x)0，故 a0 不成立当 a0 时，若 x(0，1a)，则 h(x)1axx0；若 x(1a，)，则 h(x)1axx0.所以 h(x)在(0，1a)上单调递增，在(1a，)上单调递减所以 h(x)maxh(1a)lnaa10.令 g(a)lnaa1，则 g(a)11aa1a.当 0a1 时，g(
10、a)1 时，g(a)0.所以 g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增所以 g(a)g(1)0，故 a1.(2)证明：当 a1 时，f(x)xlnx12x2，则 f(x)1lnxx.由(1)知 f(x)1lnxx0 恒成立，所以 f(x)xlnx12x2 在(0，)上单调递减，且 f(1)12，f(x1)f(x2)12f(1)不妨设 0 x1x2，则 0 x112，只需证 x22x1.因为 f(x)在(0，)上单调递减，所以只需证 f(x2)f(2x1)，又 f(x1)f(x2)1，所以只需证1f(x1)1.令 F(x)f(x)f(2x)(其中 x(0,1)，则 F(1)1.所以欲证 f(2x1)f(x1)1，只需证 F(x)F(1)，x(0,1)，F(x)f(x)f(2x)1lnxx1ln(2x)2x，整理得 F(x)lnxln(2x)2(1x)，x(0,1)，令 m(x)F(x)，则 m(x)21x2x2x 0，x(0,1)，所以 F(x)lnxln(2x)2(1x)在区间(0,1)上单调递增，所以任意 x(0,1)，F(x)lnxln(2x)2(1x)F(1)，x(0,1)，故 x1x22.温示提馨请 做：课时作业 18PPT文稿（点击进入）
