2018大二轮高考总复习理数文档：解答题8 第2课时 导数与函数的零点（或方程的根） .pdf

第二单元 高考压轴大题冲关 第二课时第二课时 导数与函数的零点导数与函数的零点(或方程的根或方程的根) 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 y＝k) 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)＝ex－ax，a 是常数.阿凡题1083976 (1)若 a＝1，且曲线 y＝f(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)a＝1 时，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1， 设切点坐标是(m，em－m)，则 k＝f′(m)＝em－1， 故切线方程是：y－(em－m)＝(em－1)(x－m) ， 由 0－(em－m)＝(em－1)(0－m)，得 m＝1， 所求切线为：y＝(e－1)x． (2)f′(x)＝ex－a，当 a＞0 时，由 f′(x)＝0 得 x＝ln a， ①a＞0 时，若 x＜ln a，则 f′(x)＜0；若 x＞ln 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(1－ln a)， (i)0＜a＜e 时，f(ln a)＝a(1－ln a)＞0，f(x)无零点； (ii)a＝e 时，f(ln a)＝a(1－ln a)＝0，f(x)只有一个零点， (iii)a＞e 时，f(ln a)＝a(1－ln a)＜0，根据 f(0)＝1＞0 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； ②a＝0 时，f(x)＝ex，f(x)无零点； ③a＜0 时，由 f(x)＝0 得，ex＝ax，曲线 y＝ex与 y＝ax 只有一个交点，所以 f(x)只有一 个零点． 综上所述，0≤a＜e 时，f(x)无零点；a＜0 或 a＝e 时，f(x)有一个零点；a＞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Ⅰ)已知函数 f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.阿凡题1083977 (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＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． (ⅰ)若 a≤0，则 f′(x)0，则由 f′(x)＝0 得 x＝－ln a． 当 x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)0． 所以 f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增． (2)(ⅰ)若 a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点，与题设不符． (ⅱ)若 a0，由(1)知，当 x＝－ln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(－ln a)＝1－ ＋ln 1 a a． ①当 a＝1 时，由于 f(－ln a)＝0，故 f(x)只有一个零点，与题设不符； ②当 a∈(1，＋∞)时，由于 1－ ＋ln a0， 1 a 即 f(－ln a)0，故 f(x)没有零点，与题设不符； ③当 a∈(0,1)时，1－ ＋ln a－2e－2＋20， 故 f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点． 设正整数 n0满足 n0ln －1， 3 a 则 f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0en0－n02n0－n00． 由于 ln －1－ln a， 3 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)＝eax＋λln x，其中 a＜0,0＜λ＜ ，e 是自然对数的底 1 e 数． (1)求证：函数 f(x)有两个极值点； (2)若－e≤a＜0，求证：函数 f(x)有唯一零点． 证明：(1)f′(x)＝aeax＋ ＝，(x＞0)， λ x axeax＋λ x 令 g(x)＝axeax＋λ，其中 a＜0，x＞0， 求导得 g′(x)＝aeax(1＋ax)，令 g′(x)＝0，解得：x＝－ ， 1 a x∈时，g′(x)＜0，g(x)递减， (0，－ 1 a) x∈时，g′(x)＞0，g(x)递增， (－ 1 a，＋∞) x＝－ 时，g(x)取得极小值，也是最小值 g＝λ－ ， 1 a (－ 1 a) 1 e ∵0＜λ＜ ，∴g＝λ－ ＜0，又 g(0)＝λ＞0， 1 e (－ 1 a) 1 e ∴gg(0)＜0， (－ 1 a) ∴函数 f(x)有两个极值点； (2)由(1)得：不妨令 x2∈，故 ax2eax2＋λ＝0， (－ 1 a，＋∞) 故 f(x2)＝(1－ax2ln x2)eax2， 令 h(x)＝1－axln x，x∈， (－ 1 a，＋∞) h′(x)＝－a(ln x＋1)＞－a＝0， (ln 1 e＋1) ∴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)＝(x－1)ex＋ax2有两个零点． (1)当 a＝1 时，求 f(x)的最小值； (2)求 a 的取值范围； (3)设 x1，x2是 f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＜0． (1)解：a＝1 时，f(x)＝(x－1)ex＋x2，f′(x)＝xex＋2x＝x(ex＋2)， 令 f′(x)＞0，解得：x＞0，令 f′(x)＜0，解得：x＜0， 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)＝xex＋2ax＝x(ex＋2a)， ①当 a＞0 时，函数 f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． ∵f(0)＝－1＜0，f(2)＝e2＋4a＞0， 取实数 b 满足 b＜－2 且 b＜ln a， 则 f(b)＞a(b－1)＋ab2＝a(b2＋b－1)＞a(4－2－1)＞0， 所以 f(x)有两个零点． ②若 a＝0，则 f(x)＝(x－1)ex，故 f(x)只有一个零点， ③若 a＜0，当 a≥－ ，则 f(x)在(0，＋∞)单调递增， 1 2 又当 x≤0 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； 1 2 又当 x≤1 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 x1＜x2.由(2)知 x1∈(－∞，0)，x2∈(0，＋∞)，－x2∈(－∞，0)， 则 x1＋x2＜0 等价于 x1＜－x2． 因为函数 f(x)在(－∞，0)单调递减， 所以 x1＜－x2等价于 f(x1)＞f(－x2)， 即证明 f(－x2)＜0． 由 f(x2)＝(x2－1)ex2＋ax ＝0， 2 2 得 ax ＝(1－x2)ex2， 2 2 f(－x2)＝(－x2－1)e－x2＋ax ＝(－x2－1)e－x2＋(1－x2)ex2， 2 2 令 g(x)＝(－x－1)e－x＋(1－x)ex，x∈(0，＋∞)， g′(x)＝－x(e－x＋ex)＜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，b∈R)． b－ax x (1)试讨论函数 f(x)的单调区间与极值； (2)若 b＞0 且 ln b＝a－1，设 g(b)＝－m(m∈R)，且函数 g(x)有两个零点，求实数 a－1 b m 的取值范围． 解：(1)f(x)＝＋ln x，求导 f′(x)＝－＋ ＝(x＞0)． b－ax x b x2 1 x x－b x2 ①当 b≤0 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； ②当 b＞0 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)，函数的单调增区间为(b，＋∞)， 有极小值 f(b)＝1－a＋ln b，无极大值． (2)法一 由 b＞0 且 ln b＝a－1， 代入 g(b)＝－m，可得：g(b)＝－m (b＞0)． a－1 b ln b b 所以 g(x)＝－m，x＞0，g′(x)＝， ln x x 1－ln x x2 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， 1 e 当 x→0(x＞0)时，g(x)→－∞，当 x→＋∞时，g(x)→－m， 故函数 g(x)有两个零点，需Error!Error!， 解得：0＜m＜ ， 1 e 所以实数 m 的取值范围为． (0， 1 e) 法二 由 b＞0 且 ln b＝a－1，代入 g(b)＝－m， a－1 b 可得：g(b)＝－m (b＞0) ln b b 所以：g(x)＝－m，x＞0， ln x x 由 g(x)＝0，可得 ln x＝mx，即 ln x－mx＝0， 函数 g(x)有两个零点，即方程 ln x－mx＝0，在(0，＋∞)有两个解， 设 h(x)＝ln x－mx，b＞0，h′(x)＝ －m， 1 x ①当 m≤0 时，h′(x)＞0，h(x)在(0，＋∞)单调递增，不合题意，舍去． ②当 m＞0 时，由 h′(x)＞0，得 x＜ ，由 h′(x)＜0， 1 m 得 x＞ ， 1 m 所以 h(x)在递增，在递减， (0， 1 m) ( 1 m，＋∞) 方程 ln x－mx＝0，在(0，＋∞)有两个解， 只需：h＞0，即：ln －1＞0， ( 1 m) 1 m 解得：0＜m＜ ， 1 e 所以实数 m 的取值范围为：． (0， 1 e) 2．(2016·江苏卷)已知函数 f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)． (1)设 a＝2，b＝ ． 1 2 ①求方程 f(x)＝2 的根； ②若对任意 x∈R，不等式 f(2x)≥mf(x)－6 恒成立，求实数 m 的最大值； (2)若 0＜a＜1，b＞1，函数 g(x)＝f(x)－2 有且只有 1 个零点，求 ab 的值． 解：(1)因为 a＝2，b＝ ，所以 f(x)＝2x＋2－x． 1 2 ①方程 f(x)＝2，即 2x＋2－x＝2， 两边同乘 2x得(2x)2－2×2x＋1＝0， 所以(2x－1)2＝0，即 2x＝1，解得 x＝0． ②由条件知 f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f(x))2－2． 因为 f(2x)≥mf(x)－6 对于 x∈R 恒成立，且 f(x)＞0，所以 m≤对于 x∈R 恒成 fx2＋4 fx 立． 而＝f(x)＋≥2＝4，且＝4， fx2＋4 fx 4 fx。