2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第5课时利用导数研究函数的零点问题学案含解析新人教A版20230519131.doc

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1、2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第5课时利用导数研究函数的零点问题学案含解析新人教A版20230519131第3章 导数及其应用第5课时利用导数研究函数的零点问题考点1讨论函数的零点个数综合性(2019全国卷)已知函数f (x)ln x.(1)讨论f (x)的单调性，并证明f (x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f (x)的一个零点，证明曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线解：(1)f (x)的定义域为(0,1)(1，)因为f (x)0，所以f (x)在(0,1)，(1，)上单调递增因为f (e)10，所以f (x)在(1，)有唯一零点

2、x1，即f (x1)0.又00.所以f (x)minf (1)4a4，所以a1.故函数f (x)的解析式为f (x)x22x3.(2)因为g(x)4ln xx4ln x2(x0)，所以g(x)1.令g(x)0，得x11，x23.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,3)3(3，)g(x)00g(x)极大值极小值当0x3时，g(x)g(1)42512290.因为g(x)在(3，)上单调递增，所以g(x)在(3，)上只有1个零点，故g(x)在(0，)上仅有1个零点考点2由函数的零点个数求参数的范围综合性(2020全国卷)已知函数f (x)exa(x2)(1)当a1时，

3、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)当a1时，f (x)ex(x2)，f (x)ex1.令f (x)0，解得x0，解得x0.所以f (x)的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，)(2)因为f (x)exa(x2)，所以f (x)exa.若a0，则f (x)exa0在R上恒成立，所以f (x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意若a0，令f (x)exa0，得xln a.当x(，ln a)时，f (x)0；当x(ln a，)时，f (x)0.所以f (x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增所以f (x)minf (l

4、n a)eln aa(ln a2)a(1ln a)要使f (x)有两个零点，则f (x)minf (ln a)0，即a(1ln a)0，所以a，即a的取值范围是.将本例中的函数改为“f (x)exaxa(aR且a0)”，若函数f (x)不存在零点，求实数a的取值范围解：f (x)exa.当a0时，f (x)0，f (x)在R上单调递增，且当x1时，f (x)exa(x1)0；当x0时，取x，则f 1aa0，所以函数f (x)存在零点，不满足题意当a0时，令f (x)exa0，则xln(a)当x(，ln(a)时，f (x)0，f (x)单调递减；当x(ln(a)，)时，f (x)0 ，f (x)

5、单调递增所以，当xln(a)时，f (x)取得极小值，也是最小值函数f (x)不存在零点，等价于f (ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e2a0.综上所述，实数a的取值范围是(e2，0)利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(ag(x)后，将原问题转化为yg(x)的值域(最值)问题或转化为直线ya与yg(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解1已知曲线f (x)ex(ax1)在x1处的切线方程为ybxe. (1)求a，b的值；(2)若函数g(x

6、)f (x)3exm有两个零点，求实数m的取值范围解：(1)f (x)ex(ax1)，f (x)ex(ax1)exaex(ax1a)，所以所以a1，b3e.(2)(方法一)g(x)f (x)3exmex(x2)m，函数g(x)ex(x2)m有两个零点，相当于曲线u(x)ex(x2)与直线ym有两个交点. u(x)ex(x2)exex(x1)当x(，1)时，u(x)0，所以u(x)在(1，)单调递增，所以x1时，u(x)取得极小值u(1)e.又x时，u(x)；x2时，u(x)0，所以em0，即m的取值范围是(e,0)(方法二)g(x)f (x)3exmex(x2)m，g(x)ex(x2)exex

7、(x1)，当x(，1)时，g(x)0，所以g(x)在(1，)上单调递增，所以x1时，g(x)取得极小值g(1)em.又x时，g(x)m，所以em0，即m的取值范围是(e，0)2(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)由函数f (x)x3bxc，得f (x)3x2b.依题意得f 0，即b0.故b.(2)由(1)知f (x)x3xc，f (x)3x2.令f (x)0，解得x或x.x，f (x)与f (x)的变化情况为：xf (x)00f (x)

8、cc因为f (1)f c，所以当c时，f (x)只有大于1的零点因为f (1)f c，所以当c时，f (x)只有小于1的零点由题设可知c，当c时，f (x)只有两个零点和1.当c时，f (x)只有两个零点1和.当c时，f (x)有三个零点x1，x2，x3，且x1，x2，x3.综上，若f (x)有一个绝对值不大于1的零点，则f (x)所有零点的绝对值都不大于1.考点3函数零点与极值点的偏移问题应用性已知函数f (x)x22x1aex有两个极值点x1，x2，且x14.证明：令g(x)f (x)2x2aex，则x1，x2是函数g(x)的两个零点令g(x)0，得a.令h(x)，则h(x1)h(x2)，

9、h(x)，可得h(x)在区间(，2)上单调递减，在区间(2，)上单调递增，所以x12x2.令H(x)h(2x)h(2x)，则H(x)h(2x)h(2x)，当0x2时，H(x)0，H(x)单调递减，有H(x)H(0)0，所以h(2x)h(2x)所以h(x1)h(x2)h(2(x22)h(2(x22)h(4x2)因为x12,4x24x2，即x1x24. 1对极值点偏移的解释已知函数yf (x)是连续函数，在区间(x1，x2)内有且只有一个极值点x0，且f (x1)f (x2)若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点x0，我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不

10、具有对称性，常常有极值点x0的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”2解极值点偏移问题的通法第一步：根据f (x1)f (x2)(x1x2)建立等量关系，并结合f (x)的单调性，确定x1，x2的取值范围；第二步：不妨设x11)构造关于t的一元函数，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到对待证不等式的证明已知函数f (x)ex(exaxa)有两个极值点x1，x2.(1)求a的取值范围；(2)求证：2x1x2x1x2.(1)解：因为f (x)ex(exaxa)，所以f (x)ex(exaxa)ex(exa)ex(2exax)令f (x)0，则2exax.当a0时，不成立；当a0时，.令g(x)

11、，所以g(x).当x0；当x1时，g(x)0.所以g(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减又因为g(1)，当x时，g(x)，当x时，g(x)0，因此，当0时，f (x)有2个极值点，即a的取值范围为(2e，)(2)证明：由(1)不妨设0x11x2，且所以所以x2x1lnx2lnx1.要证明2x1x2x1x2，只要证明2x1x2(lnx2lnx1)xx，即证明2ln1)，即要证明2ln tt1)，h(t)10，所以h(t)在区间(1，)上单调递减，所以h(t)h(1)0，即2ln tt0，即2x1x2x1x2.已知f (x)xln xmx2x，mR.若f (x)有两个极值点x1，x2，

12、且x1e2(e为自然对数的底数)四字程序读想算思求证：x1x2e21.证明不等式的解题策略；2.如何构造函数？由极值的定义建立等量关系、求导研究有关函数的单调性转化与化归f (x)有两个极值点x1，x2，且x1e2，需证ln x1ln x22思路参考：转化为证明ln x1ln x22，根据x1，x2是方程f (x)0的根建立等量关系令t将ln x1ln x2变形为关于t的函数，将ln x1ln x22转化为关于t的不等式进行证明证明：欲证x1x2e2，需证ln x1ln x22.若f (x)有两个极值点x1，x2，即函数f (x)有两个零点又f (x)ln xmx，所以x1，x2是方程f (x

13、)0的两个不等实根于是，有解得m.另一方面，由得ln x2ln x1m(x2x1)，从而得.于是，ln x1ln x2.又0x11.因此，ln x1ln x2，t1.要证ln x1ln x22，即证2，t1.即当t1时，有ln t.设函数h(t)ln t，t1，则h(t)0，所以，h(t)为(1，)上的增函数注意到，h(1)0，因此，h(t)h(1)0.于是，当t1时，有ln t.所以ln x1ln x22成立，即x1x2e2.思路参考：将证明x1x2e2转化为证明x1.依据x1，x2是方程f (x)0的两个不等实根构造函数g(x)，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)g(x1)g.证

14、明：由x1，x2是方程f (x)0的两个不等实根，所以mx1ln x1，mx2ln x2.令g(x)，g(x1)g(x2)，由于g(x)，因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减又x1x2，所以0x1e0，故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)h(e)0，即g(x)g.令xx1，则g(x2)g(x1)，即x1x2e2.思路参考：设t1ln x1(0,1)，t2ln x2(1，)，推出e.将证明x1x2e2转化为证明t1t22，引入变量kt1t20构建函数进行证明证明：设t1ln x1(0,1)，t2ln x2(1，)，由得e.设kt1t2e2，需证ln x1ln x22

15、.即只需证明t1t22，即2k(1ek)2(ek1)k(1ek)2(ek1)0.设g(k)k(1ek)2(ek1)(k0)，g(k)kekek1，g(k)kekg(0)0，故g(k)在(，0)上单调递增，因此g(k)e2转化为证明t1t22，引入变量k(0,1)构建函数进行证明证明：设t1ln x1(0,1)，t2ln x2(1，)，由得e.设k(0,1)，则t1，t2.欲证x1x2e2，需证ln x1ln x22，即只需证明t1t22，即2ln kln k0，故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k).(1)解：f (x)ln x24ax.因为f (x)在(0，)内单调递减，所以 f (

16、x)ln x24ax0在(0，)内恒成立，即4a在(0，)内恒成立令g(x)，则g(x).所以，当0x0，即g(x)在内单调递增；当x时，g(x)0，即g(x)在内单调递减所以g(x)的最大值为ge，所以实数a的取值范围是.(2)证明：若函数f (x)有两个极值点分别为x1，x2，则f (x)ln x24ax0在(0，)内有两个不等根x1，x2.由(1)，知0a.由两式相减，得ln x1ln x24a(x1x2)不妨设0x1，只需证明ln x1ln x2，亦即证明ln.令函数h(x)ln x,0x1.所以h(x)h(1)0，所以ln x.即不等式ln成立综上，x1x2，命题得证.第3章 导数及

17、其应用构造法解f (x)与f (x)共存问题以抽象函数为背景，题设条件或所求结论中具有f (x)与f (x)共存的不等式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考中的一个热点解答这类问题的策略是将f (x)与f (x)共存的不等式与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用函数的性质解决问题构造yf (x)g(x)型可导函数定义在(0，)上的函数f (x)满足x2f (x)1，f (2)，则关于x的不等式f (ex)0，即函数F(x)在(0，)上单调递增所求不等式可化为F(ex)f (ex)3，而F(2)f (2)3，所以ex2，解得x，则不等式f (x)，

18、可得f (x)0，即函数F(x)f (x)x在R上是增函数又由f (1)1可得F(1)，故f (x)x，整理得f (x)x，即F(x)F(1)由函数的单调性可得不等式的解集为(，1)构造f (x)g(x)型可导函数设函数f (x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数当x0，且g(3)0，则不等式f (x)g(x)0的解集是()A(3，0)(3，) B(3，0)(0，3)C(，3)(3，) D(，3)(0，3)A解析：构造函数F(x)f (x)g(x)由题意可知，当x0，所以F(x)在(，0)上单调递增又因为f (x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇

19、函数，从而F(x)在(0，)上单调递增而F(3)f (3)g(3)0，所以F(3)F(3)0，结合图象(图略)可知不等式f (x)g(x)0F(x)0的解集为(3,0)(3，)故选A设定义在R上的函数f (x)满足f (x)f (x)3x2ex，且f (0)0，则()Af (x)在R上单调递减Bf (x)在R上单调递增Cf (x)在R上有最大值Df (x)在R上有最小值C解析：构造函数F(x)exf (x)，则有F(x)exf (x)f (x)ex3x2ex3x2，故F(x)x3c(c为常数)，所以f (x).又f (0)0，所以c0，f (x).f (x)，易知f (x)在区间(，3上单调递

20、增，在3，)上单调递减，f (x)maxf (3)，无最小值故选C构造型可导函数已知定义域为R的函数f (x)的图象是连续不断的曲线，且f (2x)f (x)e22x.当x1时，f (x)f (x)，则()Af (1)ef (0)Bf (3)e4f (1)Cf (2)e5f (2)C解析：构造函数g(x)，因为当x1时，f (x)f (x)，所以g(x)0，可得当x1时，g(x)单调递增因为f (2x)f (x)e22x，整理得，即g(2x)g(x)，可得函数图象关于x1对称，则g(1)g(3)，所以，g(2).因为g(2)g(3)g(1)，所以，化简可得f (2)e3f (1)故选C(2020长沙明德中学月考)已知f (x)是函数f (x)的导函数，且对任意的实数x都有f (x)ex(2x1)f (x)，f (0)2，则不等式f (x)4ex的解集为()A(2,3) B(3,2)C(，3)(2，) D(，2)(3，)B解析：令G(x)，则G(x)2x1，所以可设G(x)x2xc.因为G(0)f (0)2，所以c2，所以G(x)x2x2，则f (x)4ex等价于4，即x2x24，解得3x2，所以不等式的解集为(3，2)故选B