专题06 导数 6.4导数与函数的零点 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）.docx

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1、专题六 导数讲义6.4导数与函数的零点知识梳理.函数的零点1.判断、证明或讨论函数零点个数的方法：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)<0.2.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，

2、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.题型一. 讨论零点个数1函数f（x）=13x3+2x2+3x+43的零点个数为2【解答】解：函数f（x）=13x3+2x2+3x+43，f'（x）x2+4x+3（x+1）（x+3），令f'（x）0得：x3或1，当x（，3）时，f'（x）0，函数f（x

3、）单调递增；当x（3，1）时，f'（x）0，函数f（x）单调递减；当x（1，+）时，f'（x）0，函数f（x）单调递增，函数f（x）的极大值为f（3）=43，极小值为f（1）0，函数f（x）的大致图象如图所示：，由图象可知，函数f（x）有2个零点，故答案为：22设函数f（x）=13xlnx（x0），则yf（x）（）A在区间（1e，1），（1，e）内均有零点B在区间（1e，1），（1，e）内均无零点C在区间（1e，1）内有零点，在区间（1，e）内无零点D在区间（1e，1），内无零点，在区间（1，e）内有零点【解答】解：由题得f（x）=x33x，令f（x）0得x3；令f（x）0得0

4、x3；f（x）0得x3，故知函数f（x）在区间（0，3）上为减函数，在区间（3，+）为增函数，在点x3处有极小值1ln30；又f（1）=130，f（e）=e310，f（1e）=13e+10，故选：D3已知定义在R上的奇函数f（x），满足当x0时f（x）=12x2xlnx，则关于x的方程f（x）a满足（）A对任意aR，恰有一解B对任意aR，恰有两个不同解C存在aR，有三个不同解D存在aR，无解【解答】解：当x0时，f（x）=12x2xlnx，f（x）x1lnx，f（x）11x0x1时，f（x）0； x1时，f（x）0，f（x）在（0，1）上递减，在（1，+）上递增，f（x）f（1）0，f（x）在

5、（0，+）上递增，又x大于0趋近于0时，f（x）也大于0趋近于0；x趋近于正无穷时，f（x）也趋近于正无穷，又f（x）为R上的奇函数，其图象关于原点对称，结合图象知，对任意的a，方程都恰有一解故选：A题型二.已知零点求参考点1.参变分离1已知函数f（x）（x24x+1）exa恰有三个零点，则实数a的取值范围为（）A（2e3，0）B（6e，0）C（6e，2e3）D（0，6e）【解答】解：令g（x）（x24x+1）ex，则g（x）（x22x3）ex0，解得x3或x1，即函数g（x）在（，1），（3，+）上单调递增，在（1，3）上单调递减；作出g（x）图象如图：函数f（x）（x24x+1）exa恰有

6、三个零点等价于g（x）与ya图象有3个交点，由图可知a（0，f（1），即a（0，6e），故选：D2已知函数f(x)=3x+4lnxxa在区间（0，2）上至少有一个零点，则实数a的取值范围是（）A（0，2）B2，4ln32）C(2，4ln212)D2，+）【解答】解：函数f（x）=3x+4lnxxa在区间（0，2）上至少有一个零点，可得a+14lnx+3xx在x（0，2）有解，设g（x）4lnx+3xx，导数g（x）1+4x3x2=(x1)(x3)x2，当0x1时，g（x）0，g（x）递减；在（1，2）时，g（x）0，g（x）递曾，可得g（1）取得极小值，且为最小值2，作出yg（x）的图象，可得

7、a2，即a2故选：D考点2.转化成两个函数的交点问题3已知函数f（x）=12ax2+cosx1（aR），若函数f（x）有唯一零点，则a的取值范围为（）A（，0）B（，0）1，+）C（，01，+）D（，11，+）【解答】解：当a0时，f（x）cosx1，显然此时函数f（x）的零点不唯一，不合题意，故可排除选项C；依题意，方程cosx=12ax2+1有唯一解，即函数g（x）cosx与函数(x)=12ax2+1的图象有唯一交点，当a0时，如图，函数g（x）cosx与函数(x)=12ax2+1的图象显然只有唯一交点（0，1），符合题意，故可排除选项D；当a0时，如图，由二次函数的性质可知，函数h（x）

8、的开口向下，且a越大，函数(x)=12ax2+1的开口越小，由图可知，此时函数g（x）cosx与函数(x)=12ax2+1的图象显然只有唯一交点（0，1），符合题意，故可排除选项A；故选：B4已知函数f（x）e2xax2+bx1，其中a，bR，e为自然对数的底数，若f（1）0，f（x）是f（x）的导函数，函数f（x）在区间（0，1）内有两个零点，则a的取值范围是（）A（e23，e2+1）B（e23，+）C（，2e2+2）D（2e26，2e2+2）【解答】解：f（1）0，e2a+b10，be2+a+1，f（x）e2xax2+（e2+a+1）x1，f（x）2e2x2axe2+a+1，令f（x）0得

9、2e2x2axa1+e2，函数f（x）在区间（0，1）内有两个零点，y2e2x与y2axa1+e2的函数图象在（0，1）上有两个交点，作出y2e2x与y2axa1+e2a（2x1）+e21函数图象，如图所示：若直线y2axa1+e2经过点（1，2e2），则ae2+1，若直线y2axa1+e2经过点（0，2），则ae23，e23ae2+1故选：A考点3.讨论参数单调性+极值、最值5若函数f（x）ex（x33axa）有3个零点，则实数a的取值范围是（）A（0，12）B（12，+）C（0，14）D（14，+）【解答】解：令g（x）x33axa，若f（x）exg（x）有3个零点，即g（x）有3个零点，

10、g（x）3x23a，当a0时，g（x）0，g（x）递增，至多1个零点，当a0时，g（x）0，x±a，由题意知g（a）0，g（a）0，故a14，故选：D6已知函数f（x）2e2x2ax+a2e1，其中aR，e为自然对数的底数若函数f（x）在区间（0，1）内有两个零点，则a的取值范围是（）A（2，2e1）B（2，2e2）C（2e22e1，2e2）D（2e1，2e22e1）【解答】解：函数f（x）2e2x2ax+a2e1，f（x）4e2x2a，当a0时，f（x）0恒成立，函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在区间（0，1）至多有一个零点，不满足题意，a0，令f（x）0，解得x=12ln

11、a2，当f（x）0时，即x12lna2，函数单调递增，当f（x）0时，即x12lna2，函数单调递减，f（x）min2aalna+aln22e1，设g（a）2aalna+aln22e1，a0g（a）1+ln2lna，令g（a）0，解得a2e，g（a）0时，即0a2e，函数单调递增，当g（a）0时，即a2e，函数单调递减，g（a）max4e2eln2e+2eln22e14e2eln22e+2eln22e110，函数f（x）在区间（0，1）内有两个零点，f(0)0f(1)0，即2+a2e102e22a+a2e10，解得2e1a2e22e1故选：D7（2020·全国1）已知函数f（x）ex

12、a（x+2）（1）当a1时，讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围【解答】解：由题意，f（x）的定义域为（，+），且f（x）exa（1）当a1时，f（x）ex1，令f（x）0，解得x0当x（，0）时，f（x）0，f（x）单调递减，当x（0，+）时，f（x）0，f（x）单调递增f（x）在（，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增；（2）当a0时，f（x）exa0恒成立，f（x）在（，+）上单调递增，不合题意；当a0时，令f（x）0，解得xlna，当x（，lna）时，f（x）0，f（x）单调递减，当x（lna，+）时，f（x）0，f（x）单调递增f（x）的极小值也是最小值

13、为f（lna）aa（lna+2）a（1+lna）又当x时，f（x）+，当x+时，f（x）+要使f（x）有两个零点，只要f（lna）0即可，则1+lna0，可得a1e综上，若f（x）有两个零点，则a的取值范围是（1e，+）题型三.隐零点问题设而不求，虚设零点1已知函数f（x）ax33x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x00则a的取值范围是（，2）【解答】解：当a0时，f（x）3x2+10，解得x=±33，函数f（x）有两个零点，不符合题意，应舍去；当a0时，令f（x）3ax26x3ax（x2a）0，解得x0或x=2a0，列表如下： x （，0） 0（0，2a）2a （2a，+）

14、 f（x）+ 0 0+ f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增x，f（x），而f（0）10，存在x0，使得f（x）0，不符合条件：f（x）存在唯一的零点x0，且x00，应舍去当a0时，f（x）3ax26x3ax（x2a）0，解得x0或x=2a0，列表如下： x （，2a）2a （2a，0）0（0，+） f（x） 0+ 0 f（x） 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减而f（0）10，x+时，f（x），存在x00，使得f（x0）0，f（x）存在唯一的零点x0，且x00，极小值f（2a）a（2a）33（2a）2+10，化为a24，a0，a2综上可知：a的取值范围是（，2）故

15、答案为：（，2）2若函数f（x）x2+2xalnx（a0）有唯一零点x0，且mx0n（m，n为相邻整数），则m+n的值为（）A1B3C5D7【解答】解：令y1=x2+2x，y2=alnx(a0)，则y1'=2x2x2=2x32x2，y2'=ax(a0，x0)，在（0，1）上y1为减函数，在（1，+）上y1为增函数，所以y1为凹函数，而y2为凸函数；函数f(x)=x2+2xalnx(a0)有唯一零点x0，y1，y2有公切点（x0，y0），则2x02x02=ax0x02+2x0=alnx0，消去a，得x02+2x02（x021x0）lnx00；构造函数g(x)=x2+2x2(x21

16、x)lnx，(x0)，则g(2)=4+12(412)ln2=57ln2，欲比较5与7ln2大小，可比较e5与27大小，e527，g（2）0，g(e)=e2+2e2(e21e)=e2+3e0，x（2，e）；m2，n3，m+n53已知函数f（x）lnx+1ax（aR且a0）（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当a2时，若关于x的方程f（x）m有两个实数根x1，x2，且x1x2，求证：x1+x21【解答】解：（1）由f(x)=lnx+1ax，得f'(x)=ax1ax2，讨论：当a0时，f'（x）0对任意的x（0，+）成立，当a0时，令f'（x）0，得0x1a；令f'

17、（x）0，得x1a，综上，当a0时，函数f（x）在区间（0，+）上单调递增；当a0时，函数f（x）在区间(0，1a)上单调递减，在区间(1a，+)上单调递增（2）证明：当a2时，方程f（x）m即为lnx+12x=m根据题意，得lnx1x2=12x212x1，两式相减，得lnx1x2=12x212x1，即lnx1x2=x1x22x2x1，故x1x2=x1x22lnx1x2，令t=x1x2(0t1)，则x1+x2=t12lnt+11t2lnt=t1t2lnt，设(t)=t1t2lnt(0t1)，则'(t)=(t1)2t2，因为0t1，所以h'（t）0，所以h（t）在区间（0，1）上

18、单调递增又当t1时，t1t2lnt=0，所以当t（0，1）时，h（t）0，即t1t2lnt0所以当t（0，1）时t1t2lnt1，即x1+x21课后作业.零点1已知函数f（x）（x2+a）ex有最小值，则函数yf'（x）的零点个数为（）A0B1C2D不确定【解答】解：f（x）（x2+2x+a）ex，若函数f（x）（x2+a）ex有最小值，则g（x）x2+2x+a不能恒大于等于0，故存在x使得g（x）0，即g（x）x2+2x+a有2个不相等的实数根，即函数yf'（x）的零点个数为2个，故选：C2若函数f（x）=x33x23xm在区间2，6有三个不同的零点，则实数m的取值范围是（）

19、A（9，18）B23，53）C（9，53）D23，18）【解答】解：令f（x）=x33x23xm0，得m=x33x23x,f（x）=x33x23xm在区间2，6有三个不同的零点，直线ym与g(x)=x33x23x在区间2，6有三个不同的交点，g(x)x22x3(x3)(x+1),x2,1)(3,6时，g(x)0,x(1,3)时，g(x)0,即g(x)=x33x23x在区间2,1)，(3,6单调递增，在区间（1，3）单调递减，又g(2)=834+6=23,g(1)=131+3=53,g(3)9999,g(6)72361818,当23m53时，满足题意，故选：B3设函数f（x）（x1）ex，若关于

20、x的不等式f（x）ax1有且仅有两个整数解，则实数a的取值范围是（）A（1，e2B(1，e22C(1，e2+12D(e2+12，2e3+13【解答】解：f（x）（x1）ex，f（x）xex，令f（x）0，得x0，易知函数yf（x）的单调递减区间为（，0），单调递增区间为（0，+）则函数yf（x）在x0处取得极小值，且极小值为f（0）1，如图所示：当a0时，f（x）1无解；当a0时，若关于x的不等式f（x）ax1有且仅有两个整数解，则f(2)2a1f(3)3a1，解得e2+12a2e3+13；当a0时，由于直线yax1与x轴的负半轴交于点(1a，0)，当x1a时，关于x的不等式f（x）ax1有无

21、数个整数解，不合乎题意综上所述，实数a的取值范围是(1+e22，2e3+13故选：D4函数f（x）aex+2x在R上有两个零点x1，x2，且x2x12，则实数a的最小值为（）Aln22Bln2C2eDln2【解答】解：函数f（x）aex+2x0，变形为a=2xex，令g（x）=2xex，得g（x）=2(x1)ex，当x（，1）时，g（x）0，当x（1，+）时，g（x）0，可得x1时，函数g（x）取得最小值2e又当x时，g（x）+，当x+时，g（x）0，且函数f（x）aex+2x在R上有两个零点x1，x2，得2ea0由x2x12，可得x22x1时，a取得最小值由aex1=2x1，aex2=2x2

22、，得ae2x1=4x1，ex1=2，解得x1ln2代入aex1=2x1，解得aln2a的最小值为ln2故选：B5已知函数f（x）exax2（1）若a=12，证明：当x0时，f（x）1；（2）若f（x）在（0，+）只有一个零点，求a的值【解答】（1）证明：当a=12时，f(x)=ex12x2，f''（x）exx，令u（x）exx1，则u（0）0u（x）ex10（x0）当x0时，u（x）u（0）0，则f'（x）在0，+）上单调递增，则f'（x）f'（0）e001f（x）在0，+）上单调递增，f（x）f（0）e001，即f（x）1（2）解：当x（0，+），令f

23、（x）0，则exax20，a=exx2令g(x)=exx2，x（0，+），则g'(x)=x2ex2xexx4=ex(x2)x3，令g'(x)=ex(x2)x3=0，则x2当x（0，2）时，g'（x）0，g（x）单调递减；当x（2，+）时，g'（x）0，g（x）单调递增；当x2时，g(x)min=g(2)=e24，f（x）在（0，+）只有一个零点，a=e246（2019·全国1）已知函数f（x）sinxln（1+x），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【解答】证明：（1）f（x）的

24、定义域为（1，+），f（x）cosx11+x，f（x）sinx+1(1+x)2，令g（x）sinx+1(1+x)2，则g（x）cosx2(1+x)30在（1，2）恒成立，f（x）在（1，2）上为减函数，又f（0）1，f（2）1+1(1+2)21+10，由零点存在定理可知，函数f（x）在（1，2）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，2）上单调递减，可得f（x）在区间（1，2）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x（1，0）时，f（x）单调递增，f（x）f（0）0，f（x）单调递减；当x（0，x0）时，f（x）单调递增，f（x）f（0）0，f（x）单

25、调递增；由于f（x）在（x0，2）上单调递减，且f（x0）0，f（2）=11+20，由零点存在定理可知，函数f（x）在（x0，2）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x（x0，x1）时，f（x）单调递减，f（x）f（x1）0，f（x）单调递增；当x（x1，2）时，f（x）单调递减，f（x）f（x1）0，f（x）单调递减当x（2，）时，cosx0，11+x0，于是f（x）cosx11+x0，f（x）单调递减，其中f（2）1ln（1+2）1ln（1+3.22）1ln2.61lne0，f（）ln（1+）ln30于是可得下表： x （1，0）0 （0，x1）x1 （x1，2） 2（2，） f（x） 0+0 f（x）单调递减 0单调递增 大于0单调递减 大于0单调递减 小于0结合单调性可知，函数f（x）在（1，2上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，f（x）在（2，）上有且只有一个零点x2，当x，+）时，sinx1ln（1+x），则f（x）sinxln（1+x）0恒成立，因此函数f（x）在，+）上无零点综上，f（x）有且仅有2个零点