导数与函数的零点专题.docx

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导数与函数的零点专题

导数与函数的零点专题

考点一判断零点的个数

【例1】（2019·青岛期中）已知二次函数f（x）的最小值为－4，且关于x的不等式f（x）≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）求函数g（x）＝－4lnx的零点个数．

【训练1】已知函数f（x）＝ex－1，g（x）＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….

（1）证明：

函数h（x）＝f（x）－g（x）在区间（1，2）上有零点；

（2）求方程f（x）＝g（x）的根的个数，并说明理由．

考点二　已知函数零点个数求参数的取值范围

【例2】函数f（x）＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．

（1）求f（x）的单调区间；

（2）若y＝f（x）－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．

【训练2】已知函数f（x）＝ex＋ax－a（a∈R且a≠0）．

（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．

考点三　函数零点的综合问题

【例3】设函数f（x）＝e2x－alnx.

（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；

（2）证明：

当a>0时，f（x）≥2a＋aln.

【训练3】（2019·天津和平区调研）已知函数f（x）＝lnx－x－m（m<－2，m为常数）．

（1）求函数f（x）在的最小值；

（2）设x1，x2是函数f（x）的两个零点，且x1

x1·x2<1.

【分层训练】

【基础巩固题组】（建议用时：

30分钟）

一、选择题

1.已知函数f（x）的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：

x

－1

0

2

3

4

f（x）

1

2

0

2

0

f（x）的导函数y＝f′（x）的图象如图所示.当1

A.1B.2C.3D.4

二、填空题

2.直线x＝t分别与函数f（x）＝ex＋1的图象及g（x）＝2x－1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为________.

3.若函数f（x）＝＋1（a<0）没有零点，则实数a的取值范围为________.

三、解答题

4.（2019·保定调研）已知函数f（x）＝x3－x2－ax－2的图象过点A.

（1）求函数f（x）的单调递增区间；

（2）若函数g（x）＝f（x）－2m＋3有3个零点，求m的取值范围.

5.设函数f（x）＝lnx＋（m>0），讨论函数g（x）＝f′（x）－零点的个数.

【能力提升题组】（建议用时：

25分钟）

6.（2018·江苏卷改编）若函数f（x）＝2x3－ax2＋1（a∈R）在区间（0，＋∞）内有且只有一个零点，求f（x）在[－1，1]上的最大值与最小值的和.

7.已知函数f（x）＝ax＋lnx，其中a为常数.

（1）当a＝－1时，求f（x）的单调递增区间；

（2）当0<－

（3）当a＝－1时，试推断方程|f（x）|＝＋是否有实数根.

答案

【例1】（2019·青岛期中）已知二次函数f（x）的最小值为－4，且关于x的不等式f（x）≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）求函数g（x）＝－4lnx的零点个数．

【答案】见解析

【解析】

（1）∵f（x）是二次函数，且关于x的不等式f（x）≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，

∴设f（x）＝a（x＋1）（x－3）＝ax2－2ax－3a，且a>0.

∴f（x）min＝f

（1）＝－4a＝－4，a＝1.

故函数f（x）的解析式为f（x）＝x2－2x－3.

（2）由

（1）知g（x）＝－4lnx＝x－－4lnx－2，

∴g（x）的定义域为（0，＋∞），g′（x）＝1＋－＝，令g′（x）＝0，得x1＝1，x2＝3.

当x变化时，g′（x），g（x）的取值变化情况如下表：

X

（0，1）

1

（1，3）

3

（3，＋∞）

g′（x）

＋

0

－

0

＋

g（x）

极大值

极小值

当0

（1）＝－4<0，

当x>3时，g（e5）＝e5－－20－2>25－1－22＝9>0.

又因为g（x）在（3，＋∞）上单调递增，

因而g（x）在（3，＋∞）上只有1个零点，

故g（x）仅有1个零点．

【规律方法】　利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法

（1）构建函数g（x）（要求g′（x）易求，g′（x）＝0可解），转化确定g（x）的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号（或变化趋势）等，画出g（x）的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．

（2）利用零点存在性定理：

先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值（最值）及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．

【训练1】已知函数f（x）＝ex－1，g（x）＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….

（1）证明：

函数h（x）＝f（x）－g（x）在区间（1，2）上有零点；

（2）求方程f（x）＝g（x）的根的个数，并说明理由．

【答案】见解析

【解析】

（1）证明　由题意可得h（x）＝f（x）－g（x）＝ex－1－－x，

所以h

（1）＝e－3<0，h

（2）＝e2－3－>0，

所以h

（1）h

（2）<0，

所以函数h（x）在区间（1，2）上有零点．

（2）解　由

（1）可知h（x）＝f（x）－g（x）＝ex－1－－x.

由g（x）＝＋x知x∈[0，＋∞），

而h（0）＝0，则x＝0为h（x）的一个零点．

又h（x）在（1，2）内有零点，

因此h（x）在[0，＋∞）上至少有两个零点．

h′（x）＝ex－x－－1，记φ（x）＝ex－x－－1，

则φ′（x）＝ex＋x－.

当x∈（0，＋∞）时，φ′（x）>0，因此φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，

易知φ（x）在（0，＋∞）内至多有一个零点，

即h（x）在[0，＋∞）内至多有两个零点，

则h（x）在[0，＋∞）上有且只有两个零点，

所以方程f（x）＝g（x）的根的个数为2.

考点二　已知函数零点个数求参数的取值范围

【例2】函数f（x）＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．

（1）求f（x）的单调区间；

（2）若y＝f（x）－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．

【答案】见解析

【解析】

（1）函数f（x）＝ax＋xlnx的定义域为（0，＋∞）．

f′（x）＝a＋lnx＋1，

因为f′

（1）＝a＋1＝0，解得a＝－1，

当a＝－1时，f（x）＝－x＋xlnx，

即f′（x）＝lnx，令f′（x）>0，解得x>1；

令f′（x）<0，解得0

所以f（x）在x＝1处取得极小值，f（x）的单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（0，1）．

（2）y＝f（x）－m－1在（0，＋∞）内有两个不同的零点，可转化为y＝f（x）与y＝m＋1图象有两个不同的交点．

由

（1）知，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，f（x）min＝f

（1）＝－1，

由题意得，m＋1>－1，

即m>－2，①

当0e时，f（x）>0.

当x>0且x→0时，f（x）→0；

当x→＋∞时，显然f（x）→＋∞.

由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②

由①②可得－2

所以m的取值范围是（－2，－1）．

【规律方法】　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．

【训练2】已知函数f（x）＝ex＋ax－a（a∈R且a≠0）．

（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．

【答案】见解析

【解析】

（1）由题意知，函数f（x）的定义域为R，

又f（0）＝1－a＝2，得a＝－1，

所以f（x）＝ex－x＋1，求导得f′（x）＝ex－1.

易知f（x）在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，

所以当x＝0时，f（x）在[－2，1]上取得最小值2.

（2）由

（1）知f′（x）＝ex＋a，由于ex>0，

①当a>0时，f′（x）>0，f（x）在R上是增函数，

当x>1时，f（x）＝ex＋a（x－1）>0；

当x<0时，取x＝－，

则f<1＋a＝－a<0.

所以函数f（x）存在零点，不满足题意．

②当a<0时，令f′（x）＝0，得x＝ln（－a）．

在（－∞，ln（－a））上，f′（x）<0，f（x）单调递减，

在（ln（－a），＋∞）上，f′（x）>0，f（x）单调递增，

所以当x＝ln（－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）－a＝－2a＋aln（－a）>0，解得－e2

综上所述，所求实数a的取值范围是（－e2，0）．

考点三　函数零点的综合问题

【例3】设函数f（x）＝e2x－alnx.

（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；

（2）证明：

当a>0时，f（x）≥2a＋aln.

【答案】见解析

【解析】

（1）解　f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝2e2x－（x>0）．

当a≤0时，f′（x）>0，f′（x）没有零点；

当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，

所以f′（x）在（0，＋∞）上单调递增．

又f′（a）>0，假设存在b满足0

故当a>0时，f′（x）存在唯一零点．

（2）证明　由

（1），可设f′（x）在（0，＋∞）上的唯一零点为x0，

当x∈（0，x0）时，f′（x）<0；当x∈（x0，＋∞）时，f′（x）>0.

故f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，

所以当x＝x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0）．

由于2e2x0－＝0，

所以f（x0）＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.

故当a>0时，f（x）≥2a＋aln.

【规律方法】　1.在

（1）中，当a>0时，f′（x）在（0，＋∞）上单调递增，从而f′（x）在（0，＋∞）上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′（b）<0.

2．由

（1）知，函数f′（x）存在唯一零点x0，则f（x0）为函数的最小值，从而把问题转化为证明f（x0）≥2a＋aln.

【训练3】（2019·天津和平区调研）已知函数f（x）＝lnx－x－m（m<－2，m为常数）．

（1）求函数f（x）在的最小值；

（2）设x1，x2是函数f（x）的两个零点，且x1

x1·x2<1.

【答案】见解析

【解析】

（1）解　f（x）＝lnx－x－m（m<－2）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝＝0，

∴x＝1.

当x∈（0，1）时，f′（x）>0，所以y＝f（x）在（0，1）递增；

当x∈（1，＋∞）时，f′（x）<0，所以y＝f（x）在（1，＋∞）上递减．

且f＝－1－－m，f（e）＝1－e－m，

因为f－f（e）＝－2－＋e>0，

函数f（x）在的最小值为1－e－m