2023高考科学复习解决方案-数学(名校内参版) 第四章4.5导数与函数的零点（word含答案解析）.DOC

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1、45导数与函数的零点(教师独具内容)1本考点主要考查利用导数研究函数的零点2分类讨论多贯穿在函数与导数的解答题中，解题的关键是“界点”的确定，主要研究含参函数的单调性、极值与最值，以及零点问题3本考点在高考试题中多以基本初等函数或其复合形式为载体，考查了逻辑推理能力、运算求解能力、分类与整合的能力(教师独具内容)1知道应用零点存在定理的前提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.掌握直接法：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恒成立，所以f(x)在(0，1)上单调递增，因为f(0)10，所以函数在区间(0，1)内的零点个数为1.2(20

2、21山西高三期中)已知函数f(x)的图象上存在关于直线x2对称的不同两点，则实数a的取值范围是()A(e，) B(e2，)C(，2e1) D(，e)答案B3(2021江西省兴国县第三中学高三模拟)已知函数f(x)axex(aR)有两个零点，分别为x1，x2，且3x10，当x(1，)时，g(x)0，则g(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，因为当x0时，g(x)0，当x0时，g(x)0，当0x1时，0g(x)，当x1时，g(x)，当x1时，0g(x)，所以0x11x2，令x23x1，有，得x1.则g(x1)，0时满足条件，故a的取值范围为.故选D.4(2021浙江杭州高三模拟)已知函

3、数f(x)ax2ex1(a0).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)已知a0且x1，)，若函数f(x)没有零点，求a的取值范围解(1)f(x)2axexax2exaxex(2x)，令f(x)0，则x0或x2，若a0，当x2时，f(x)0，f(x)单调递增；当2x0时，f(x)0，f(x)单调递减；当x0时，f(x)0，f(x)单调递增；若a0，当x2时，f(x)0，f(x)单调递减；当2x0时，f(x)0，f(x)单调递增；当x0时，f(x)0，f(x)单调递减综上所述，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(，2)和(0，)，单调递减区间为(2，0)；当a0时，函数f(x)的单调递增区间为

4、(2，0)，单调递减区间为(，2)和(0，).(2)当a0时，由(1)可知，在x1，)上，f(x)单调递增，若函数没有零点，则f(1)ae10，解得a，故a的取值范围为.5(2022河南郑州高三模拟)设函数f(x)ln xax2bx.(1)若1是f(x)的极大值点，求a的取值范围；(2)当a0，b1时，函数F(x)f(x)x2有唯一零点，求正数的值解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)axb，由f(1)0，得b1a.所以f(x)axa1.若a0，由f(x)0，得x1.当0x0，此时f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，此时f(x)单调递减，所以1是f(x)的极大值点；若a1，解得1a0

5、，所以180，方程有两异号根，设为x10，因为x0，所以x1应舍去当x(0，x2)时，g(x)0，g(x)在(x2，)上单调递增故g(x)ming(x2)，因为g(x)0有唯一解，所以g(x2)0，则即又0，所以2ln x2x210，(*)设函数h(x)2ln xx1，当x0时，h(x)是增函数，所以h(x)0至多有一解因为h(1)0，所以方程(*)的解为x21，代入方程组，解得1.1(2021新高考卷)已知函数f(x)(x1)exax2b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点2a；0a，b2a.解(1)由函数的解析式可得，f(x)x(ex2a)，

6、当a0时，若x(，0)，则f(x)0，f(x)单调递增；当0a0，f(x)单调递增，若x(ln (2a)，0)，则f(x)0，f(x)单调递增；当a时，f(x)0，f(x)在R上单调递增；当a时，若x(，0)，则f(x)0，f(x)单调递增，若x(0，ln (2a)，则f(x)0，f(x)单调递增(2)证明：若选择条件：由于a，故12a1，f(0)b10，f(2b)(12b)e2b4ab2b2aln (2a)1aln (2a)22a2a ln (2a)aln (2a)2a ln (2a)2ln (2a)，由于a，12ae2，所以00，结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(0，)上没有零点综

7、上可得，题中的结论成立若选择条件：由于0a，故02a1，则f(0)b12a14，4a0，由(1)可知，函数f(x)在区间(0，)上单调递增，故函数f(x)在区间(0，)上有一个零点当b0时，构造函数H(x)exx1，则H(x)ex1，当x(，0)时，H(x)0，H(x)单调递增，注意到H(0)0，故H(x)0恒成立，从而有exx1，当x1时，x10，则f(x)(x1)exax2b(x1)(x1)ax2b(1a)x2(b1)，当x 时，(1a)x2(b1)0，取x0 1，则f(x0)0，由于f(0)0，函数f(x)在区间(0，)上单调递增，故函数f(x)在区间(0，)上有一个零点f(ln (2a

8、)2aln (2a)1aln (2a)2b2aln (2a)1aln (2a)22a2a ln (2a)aln (2a)2a ln (2a)2ln (2a)，由于02a1，所以ln (2a)0，故a ln (2a)2ln (2a)0且a1，函数f(x)(x0).(1)当a2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，求a的取值范围解(1)当a2时，f(x)(x0)，f(x)(x0).令f(x)0，则0x，此时函数f(x)单调递增令f(x)，此时函数f(x)单调递减故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)要使曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，

9、即方程1(x0)有两个不同的解，故方程有两个不同的解设g(x)(x0)，则g(x)(x0).令g(x)0，解得xe.令g(x)0，则0xe，此时函数g(x)单调递增令g(x)e，此时函数g(x)单调递减故g(x)maxg(e)，且当xe时，g(x).又g(1)0，故要使方程有两个不同的解，则0.当0a1时，因为g(x)maxg(e)，故a(1，e)(e，).综上，a的取值范围为(1，e)(e，).3(2020全国卷)设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点处的切线与y轴垂直(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.解(1)f(x)3x

10、2b，由题意，f0，即3b0，则b.(2)证明：由(1)可得f(x)x3xc，f(x)3x23，令f(x)0，得x或x；令f(x)0，得x.所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增又f(1)c，fc，fc，f(1)c，假设f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(1)0或f(1)0，即c或c.当c时，f(1)c0，fc0，fc0，f(1)c0，又f(4c)64c33cc4c(116c2)0，由函数零点存在定理知f(x)在(4c，1)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(，1)上存在唯一一个零点，在(1，)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c时，f

11、(1)c0，fc0，fc0，f(1)c0，又f(4c)64c33cc4c(116c2)0，由函数零点存在定理知f(x)在(1，4c)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(1，)上存在唯一一个零点，在(，1)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾，综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.4(2020全国卷)已知函数f(x)x3kxk2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围解(1)由题意，得f(x)3x2k，当k0时，f(x)0恒成立，所以f(x)在(，)上单调递增；当k0时，令f(x)0，得x ，令f(x)0，得 x ，令f(x)0，

12、得x 或x ，所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增(2)由(1)知，f(x)有三个零点，则k0，且即解得0k，当0k时， ，且f()k20，所以f(x)在上有唯一一个零点，同理k1 ，f(k1)k3(k1)20，所以f(x)在上有唯一一个零点，又f(x)在上有唯一一个零点，所以f(x)有三个零点，综上可知，k的取值范围为.一、基础知识巩固考点判断函数零点(方程根)的个数例1已知函数f(x)exxa(aR).(1)当a0时，求证：f(x)x；(2)讨论函数f(x)在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围解(1)证明：当a0时，f(x)exx，令g(x)f(x)xexxxex2x，则g(x

13、)ex2.令g(x)0，得xln 2.当xln 2时，g(x)ln 2时，g(x)0，g(x)单调递增ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，即g(x)ming(ln 2)eln 22ln 22ln 0，故当a0时，f(x)x成立(2)f(x)ex1，由f(x)0，得x0.所以当x0时，f(x)0时，f(x)0，f(x)单调递增所以0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即f(x)minf(0)1a.当1a0，即a1时，f(x)在R上没有零点当1a0，即a1时，f(x)在R上只有一个零点当1a1时，因为f(a)ea(a)aea0，所以f(x)在(，0)内只有一个零点由(1)得ex2x，令

14、xa，得ea2a，所以f(a)eaaaea2a0，于是f(x)在(0，)内只有一个零点因此，当a1时，f(x)在R上有两个零点综上，当a1时，函数f(x)在R上有两个零点例2(2021四川泸州老窖天府中学高三月考)已知函数f(x)x(a1)ln x2，其中aR.(1)若f(x)存在唯一极值点，且极值为0，求a的值；(2)若ae2，讨论f(x)在区间1，e2上的零点个数解(1)由题意，函数f(x)x(a1)ln x2，可得f(x)1(x0)，若a0，则当x(0，)时，f(x)0恒成立，所以f(x)在(0，)上单调递增，此时函数f(x)在(0，)上无极值点，这与f(x)存在极值点矛盾，舍去；若a0

15、，令f(x)0，可得xa，当x(0，a)时，f(x)0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，此时f(x)存在唯一极小值点a，令f(a)a1(a1)ln a2(a1)(1ln a)0，解得a1或ae.(2)当a1时，f(x)0在1，e2上恒成立，所以f(x)在1，e2上单调递增因为f(1)a10，f(e2)e22a，()当a0时，f(e2)e22ae2a0；()当022a2(1)0，所以f(e2)0，则由零点存在定理知，函数f(x)在1，e2上有1个零点；当1ae2时，当x1，a)时，f(x)0，f(x)在1，a)上单调递减，在(a，e2上单调递增可得f(x)minf(a)

16、(a1)(1ln a).()当ae时，f(x)min0，此时f(x)在1，e2上有1个零点；()当1a0，此时f(x)在1，e2上无零点；()当eae2时，f(x)min0.a当f(e2)e22a0，即ae2时，f(x)在1，e2上有1个零点；b当f(e2)e22a0，即ea时，f(x)在1，e2上有2个零点综上，当1ae时，f(x)在1，e2上无零点；当a1或ae或ae2时，f(x)在1，e2上有1个零点；当ea时，f(x)在1，e2上有2个零点1.已知函数f(x)axex(aR).(1)讨论f(x)的单调性；(2)讨论f(x)在(0，)上的零点个数解(1)f(x)axex，f(x)aex，

17、当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得xln a，令f(x)ln a.f(x)在(，ln a)上单调递增，在(ln a，)上单调递减综上所述，当a0时，f(x)在R上单调递减；当a0时，f(x)在(，ln a)上单调递增，在(ln a，)上单调递减(2)令f(x)axex0，得a，设g(x)(x0)，则g(x)(x0).令g(x)0，得x1，令g(x)0，得0x1，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，则g(x)g(1)e.当ae时，a在(0，)上有两个解，f(x)在(0，)上有两个零点综上，当ae时，f(x)在(0，)上有两个零点2已知函数f(x)xex，g(x)a(ex1

18、)，aR.(1)当a1时，求证：f(x)g(x)；(2)当a1时，求关于x的方程f(x)g(x)的实根个数解设函数F(x)f(x)g(x)xexaexa.(1)证明：当a1时，F(x)xexex1，所以F(x)xex.当x(，0)时，F(x)0；当x(0，)时，F(x)0.所以F(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增所以当x0时，F(x)取得最小值F(0)0，所以F(x)0，即f(x)g(x).(2)当a1时，F(x)(xa1)ex，令F(x)0，即(xa1)ex0，解得xa1；令F(x)0，即(xa1)ex0，解得xa1.F(x)在(，a1)上单调递减，在(a1，)上单调递增当xa

19、1时，F(x)取得极小值，F(a1)aea1.令h(a)aea1，则h(a)1ea1.因为a1，所以h(a)0，所以F(x)在区间(a1，a)上存在一个零点所以F(x)在a1，)上存在唯一的零点F(x)在区间(，a1)上单调递减，且F(0)0，所以F(x)在区间(，a1)上存在唯一的零点所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)g(x)有两个实根利用导数确定含参函数零点或方程根的个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g(x)易求，g(x)0可解)，转化成确定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，并确定区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数

20、形结合求解函数零点的个数(2)利用零点存在定理：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考点已知函数零点个数求参数问题例3函数f(x)axx ln x在x1处取得极值(1)求f(x)的单调区间；(2)若yf(x)m1在定义域内有两个零点，求实数m的取值范围解(1)函数f(x)axx ln x的定义域为(0，).f(x)aln x1.因为f(1)a10，解得a1，则f(x)xx ln x，f(x)ln x.令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得0x1.所以f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(

21、0，1).(2)yf(x)m1在(0，)内有两个零点，可转化为直线ym1与yf(x)的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)minf(1)1，当0xe时，f(x)x(1ln x)e时，f(x)0.当x0时，f(x)0；当x时，显然f(x).由图象可知，1m10，即2m0，得x2，所以函数f(x)的单调递增区间是(，1)，(2，).(2)由(1)，知f(x)极大值f(1)22，f(x)极小值f(2)242，数形结合可知，要使函数g(x)f(x)2m3有三个零点，则2m3，解得m.故m的取值范围为.3.已知函数f(x)2ln xx2ax(aR

22、).(1)当a2时，求f(x)的图象在x1处的切线方程；(2)若函数g(x)f(x)axm在上有两个零点，求实数m的取值范围解(1)当a2时，f(x)2ln xx22x(x0)，f(x)2x2，切点坐标为(1，1)，则切线的斜率kf(1)2，函数f(x)的图象在x1处的切线方程为y12(x1)，即y2x1.(2)g(x)f(x)axm2ln xx2m(x0)，则g(x)2x，x.当x0，函数g(x)单调递增，当1xe时，g(x)0，函数g(x)单调递减，故当x1时，函数g(x)取得极大值g(1)m1，又gm2，g(e)m2e2，g(x)f(x)axm在上有两个零点需满足条件解得1m2.所以实数

23、m的取值范围是.4已知函数f(x)xexa(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)xexe(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(x)，f(x)的变化情况如下表所示：x(，1)1(1，1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值e当x1时，f(x)取得极大值；当x1时，f(x)取得极小值e.(2)解法一(分类讨论法)：f(x)(x1)exa(x1)(x1)(exa)，若a0，易知函数f(x)在(，)上只

24、有一个零点，故不符合题意若a0，当x(，1)时，f(x)0，f(x)单调递增由f(1)0，当x时，f(x)，所以函数f(x)在(，)上有两个零点当0a时，即ln a0，f(x)单调递增；当x(ln a，1)时，f(x)0，f(x)单调递增又f(ln a)a ln aa(ln a1)2时，即ln a1，当x(，1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，ln a)时，f(x)0，f(x)单调递增又f(1)0，所以函数f(x)在(，)上至多有一个零点，故不符合题意综上，实数a的取值范围是(，0).解法二(数形结合法)：令f(x)0，即xexa(x1)20，得xexa(x1)2.当x1时，方程为

25、e1a0，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a.记g(x)(x1)，则g(x).当x1时，g(x)1时，g(x)0，函数g(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，h(x)单调递增，当x(2，1)时，h(x)0，h(x)单调递增，又当x时，h(x)，当x时，h(x)0且h(x)0，h(2)e2，h(1).作出函数h(x)的简图如图，数形结合可知k0)的单调性；(2)若函数f(x)的图象与g(x)的图象有三个不同的交点，求实数a的取值范围解

26、(1)F(x)f(x2)ax2eln x2ax22eln x(x0)，则F(x)2ax，当a0时，F(x)0，则F(x)单调递增；当a0，则F(x)单调递增，当x时，F(x)0，则F(x)单调递减综上，当a0时，F(x)在(0，)上单调递增；当a0且xe)，可得a，令th(x)(x0且xe)，则at，所以t2(a1)ta10，由h(x)0，得xe，所以函数h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，又x时，h(x)0，作出h(x)图象，如图所示，由题意可得方程的根，有一个根t1必在(0，1)内，另一个根t20或t2(，0)，当t20时，a1，t10不满足题意，所以当t2(，0)时，由

27、二次函数的性质可得解得a1.综上，实数a的取值范围为(1，).6已知f(x)ax2(aR)，g(x)2ln x.(1)讨论函数F(x)f(x)g(x)的单调性；(2)若方程f(x)g(x)在区间1，e上有两个不相等的解，求a的取值范围解(1)F(x)ax22ln x，其定义域为(0，)，F(x)2ax(x0).当a0时，由ax210，得x，由ax210，得0x0时，F(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减当a0时，F(x)0)恒成立故当a0时，F(x)在(0，)上单调递减综上，当a0时，F(x)在(0，)上单调递减；当a0时，F(x)在上单调递减，在上单调递增(2)方程f(x)g(x)在1，

28、e上有两个不相等的解，即a在1，e上有两个不同的解，ya与(x)，x1，e有两个不同的交点，(x)，令(x)0，得x；当x1，)时，(x)0，当x(，e时，(x)0，(x)在1，)上单调递增，在(，e上单调递减，(x)max()，又(e)，(1)0，要使ya与y(x)有两个不同的交点，则a，故a的取值范围是.处理函数yf(x)与yg(x)图象的交点问题的常用方法(1)数形结合，即分别作出两函数的图象，观察交点情况(2)将函数交点问题转化为方程f(x)g(x)根的个数问题，通过构造函数yf(x)g(x)，利用导数研究函数的单调性及极值，并作出草图，根据草图确定根的情况考点与函数零点有关的证明问题例7已知函数f(x)ln a2x2ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a0且x(0，1)，求证：f(x)ex.解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2a2xa.若a0，则f(x)0，当x时，f(x)0；当0x时，f(x)时，f(x)0，故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增；若a0，当x时，f(x)0；当0x时，f(x)时，f(x)0，故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增(2)证法一：若a0且x(0，1)，则f(x)ln 1ln x.欲证f(x)ex，只需证x(1ln x)0，函数g(x)在(0，1)上单调递增，所以g(x)g(1)1.设函数h(x)(1xx3)e