2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题3.6 高考解答题热点题型（三）利用导数探究函数的零点问题（教师版含解析）

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1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 3.6 高考解答题热点题型高考解答题热点题型(三三)利用导数探究函数的零点问题利用导数探究函数的零点问题 目录 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数判断、证明或讨论函数零点的个数 【题型要点】【题型要点】判断函数零点个数的 3 种方法 直接法 令 f(x)0，则方程解的个数即为零点的个数 画图法 转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数 定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决 【例【例 1】(2020 年新课标全国三卷年新

2、课标全国三卷)设函数 3 ( )f xxbxc，曲线 ( )yf x 在点( 1 2 ，f( 1 2 )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 【答案】(1) 3 4 b ；(2)证明见解析 【解析】(1)因为 2 ( )3fxxb， 由题意， 1 ( )0 2 f，即 2 1 30 2 b 则 3 4 b ； (2)由(1)可得 3 3 ( ) 4 f xxxc， 2 311 ( )33()() 422 fxxxx， 令 ( ) 0fx ，得 1 2 x 或 2 1 x ；令 ( ) 0fx

3、，得 11 22 x， 所以 ( )f x在 1 1 (, ) 2 2 上单调递减，在 1 (,) 2 ， 1 (,) 2 上单调递增， 且 111111 ( 1),(),( ),(1) 424244 fcfcfcfc， 若 ( )f x所有零点中存在一个绝对值大于 1 的零点 0 x，则( 1)0f 或(1)0f， 即 1 4 c 或 1 4 c . 当 1 4 c 时， 111111 ( 1)0,()0,( )0,(1)0 424244 fcfcfcfc， 又 32 ( 4 )6434 (1 16)0fcccccc ， 由零点存在性定理知 ( )f x在( 4 , 1)c 上存在唯一一个零

4、点 0 x， 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 1 4 c 时， 111111 ( 1)0,()0,( )0,(1)0 424244 fcfcfcfc， 又 32 ( 4 )6434 (1 16)0fcccccc， 由零点存在性定理知 ( )f x在(1, 4 )c 上存在唯一一个零点 0 x， 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.

5、 【例【例 2】(2019 高考全国卷高考全国卷)已知函数 f(x)sin xln(1x)，f(x)为 f(x)的导数，证明： (1)f(x)在区间 2 , 1 存在唯一极大值点； (2)f(x)有且仅有 2 个零点 【证明】 (1)设 g(x)f(x)，则 g(x)cos x 1 1x，g(x)sin x 1 （1x）2. 当 x 2 , 1 时，g(x)单调递减，而 g(0)0， 2 g0，可得 g(x)在 2 , 1 有唯一零点，设为 .则 当 x(1，)时，g(x)0；当 x 2 , 时，g(x)0. 所以 g(x)在(1，)单调递增，在 2 , 单调递减， 故 g(x)在 2 , 1

6、 存在唯一极大值点，即 f(x)在 2 , 1 存在唯一极大值点 (2)f(x)的定义域为(1，) ()当 x(1，0时，由(1)知，f(x)在(1，0)单调递增，而 f(0)0，所以当 x(1，0)时，f(x)0， 故 f(x)在(1，0)单调递减又 f(0)0，从而 x0 是 f(x)在(1，0的唯一零点 ()当 x 2 , 0 时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在 2 , 单调递减，而 f(0)0， 2 f0，所以 存在 2 , ，使得 f()0，且当 x(0，)时，f(x)0；当 x 2 , 时，f(x)0.故 f(x)在(0，)单 调递增，在 2 , 单调递减 又 f(0)

7、0， 2 f1ln 2 1 0，所以当 x 2 , 0 时，f(x)0.从而 f(x)在 2 , 0 有零点 ()当 x 2 , 2 时，f(x)0，所以 f(x)在 , 2 单调递减而 2 f0，f()0，所以 f(x)在 2 , 2 有 唯一零点 ()当 x()， 时，ln(x1)1，所以 f(x)0，从而 f(x)在(，)没有零点 综上，f(x)有且仅有 2 个零点 题型二题型二 已知零点存在情况求参数范围已知零点存在情况求参数范围 【题型要点】【题型要点】解决此类问题常从以下两个方面考虑 (1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出

8、参数满足条件 (2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的 条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解 【例【例 1】(2020 重庆调研重庆调研)设函数 f(x)x2axln x(aR) (1)当 a1 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)设函数 f(x)在 3 , 3 1 上有两个零点，求实数 a 的取值范围 【解】(1)函数 f(x)的定义域为(0，)， 当 a1 时， f(x)2x11 x 2x2x1 x ， 令 f(x)0，得 x1 2(负值舍去) 当 0 x1 2时，f(x)0.当 x 1 2

9、时，f(x)0， 所以 f(x)的单调递增区间为 2 1 , 0，单调递减区间为 , 2 1 . (2)令 f(x)x2axln x0，得 axln x x ， 令 g(x)xln x x ，其中 x 3 , 3 1 ， 则 g(x)1 1 x xln x x2 x 2ln x1 x2 ，令 g(x)0，得 x1，当1 3x1 时，g(x)0，当 1x3 时，g(x)0， 所以 g(x)的单调递减区间为 1 , 3 1 ，单调递增区间为(1，3， 所以 g(x)ming(1)1， 由于函数 f(x)在 3 , 3 1 上有两个零点， 3 1 g3ln 31 3，g(3)3 ln 3 3 ，3l

10、n 31 33 ln 3 3 ， 所以实数 a 的取值范围是. 3 3ln 3 , 1 【例 2】已知函数 f(x)exax2. (1)若 a1，证明：当 x0 时，f(x)1； (2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a. 【解析】(1)当 a1 时，f(x)1 等价于(x21)e x10. 设函数 g(x)(x21)e x1，则 g(x)(x22x1)ex(x1)2ex. 当 x1 时，g(x)0，所以 g(x)在(0，)上单调递减而 g(0)0，故当 x0 时，g(x)0，即 f(x)1. (2)设函数 h(x)1ax2e x. f(x)在(0，)只有一个零点等价于 h(x)在(0

11、，)只有一个零点 ()当 a0 时，h(x)0，h(x)没有零点； ()当 a0 时，h(x)ax(x2)e x. 当 x(0，2)时，h(x)0；当 x(2，)时，h(x)0. 所以 h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增 故 h(2)14a e2是 h(x)在(0，)的最小值 若 h(2)0，即 ae 2 4，h(x)在(0，)没有零点； 若 h(2)0，即 ae 2 4，h(x)在(0，)只有一个零点； 若 h(2)0，即 ae 2 4，由于 h(0)1，所以 h(x)在(0，2)有一个零点 由(1)知，当 x0 时，exx2，所以 h(4a)116a 3 e4a 1 16

12、a3 （e2a）21 16a3 （2a）41 1 a0， 故 h(x)在(2，4a)有一个零点因此 h(x)在(0，)有两个零点 综上，f(x)在(0，)只有一个零点时，ae 2 4. 题型三题型三 函数零点性质研究函数零点性质研究 【题型要点】【题型要点】本题型包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化 为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧) 能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等求解时一般 先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最 值等，并

13、结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的 【例【例 1】 (2019 高考全国卷高考全国卷)已知函数 f(x)ln xx1 x1. (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)1 x 2 （x1）20，所以 f(x)在(0，1)，(1，)单调递增 因为 f(e)1e1 e10，所以 f(x)在(1，)有唯一零点 x1，即 f(x1)0. 又 0 1 x10，f(x)在(，)上单调

14、递增 当 b0 时，若 xln(b)，则 f(x)0，f(x)在ln(b)，)上单调递增； 若 xln(b)，则 f(x)0，f(x)在(，ln(b)上单调递减 (2)令 g(x)exbx1ln x，则 g(x)exb1 x，易知 g(x)单调递增且一定有大于 0 的零点，设 g(x)大于 0 的零点为 x0，则 g(x0)0，即 ex0b 1 x00，b 1 x0ex0. 方程 f(x)ln x 有两个实数根，即 g(x)有两个零点，则需满足 g(x0)0， 即 e x0bx01ln x0ex0 0 0 1 x e x x01ln x0e x0e x0 x0ln x00)，则 h(x)exx

15、1 x0， 所以 h(x)在(0，)上单调递减， 又 h(1)0，所以 ex0e x0 x0ln x00 的解集为(1，)，所以 b 1 x0e x01e. 当 bxbxln x，有 g(eb)ebbebln eb(b1)ebb， 令 G(x)(x1)exx(x1)(ex1)1，x1e，所以 x12e0，0ex0，所以 g(eb)0，故 g(eb)g(x0)0，g(x)在(x0，)上有唯一零点 综上，b 的取值范围是(，1e) 4(2020 江西八所重点中学联考江西八所重点中学联考)已知函数 f(x)1 2axa1 ln x x (其中 a 为常数，且 aR) (1)若函数 f(x)为减函数，

16、求实数 a 的取值范围； (2)若函数 f(x)有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围，并说明理由 【解析】 ：(1)因为 f(x)1 2axa1 ln x x ，所以 f(x)1 2a 1ln x x2 ， 若函数 f(x)为减函数，则 f(x)0 对 x(0，)恒成立，即1 2a 1ln x x2 对 x(0，)恒成立 设 m(x)1ln x x2 ， 则 m(x)2ln x3 x3 ， 令 m(x)0， 得 xe 3 2， 可得 m(x)在区间(0， e 3 2)上单调递减， 在区间(e 3 2， )上单调递增， 所以 m(x)minm(e 3 2) 1 2e3，所以 1 2a 1 2

17、e3，即 ae 3，故实数 a 的取值范围是(，e3 (2)易知函数 f(x)的定义域为(0，)，因为 f(x) 1 2ax 2（a1）xln x x ， 所以可设 h(x)1 2ax 2(a1)xln x，则函数 f(x)有两个不同的零点等价于函数 h(x)有两个不同的零点 因为 h(x)ax(a1)1 x ax2（a1）x1 x （ax1）（x1） x ， 所以当 a0 时，函数 h(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以 h(x)在(0，)上有 最小值为 h(1)若函数 h(x)有两个不同的零点，则必有 h(1)1 2a12，此时，在 x(1，) 上有 h(2)2

18、a2(a1)ln 22ln 20， 在 x(0，1)上，h(x)1 2a(x 22x)xln x， 因为1x22x1 2axln x， 所以 h(e 1 2a)1 2ae 1 2a aln(e 1 2a)e 1 2a 0， 所以 h(x)在区间(0，1)，(1，)上各有一个零点，故 a2 符合题意 当 a1 时，h(x)0，所以函数 h(x)在区间(0，)上单调递减，所以函数 h(x)至多有一个零点，不符合 题意 当1a0，所以函数 h(x)至多有一个零点，不符合题意； 当 a0， 所以函数 h(x)至多有一个零点，不符合题意 综上所述，实数 a 的取值范围是(2，) 5.(2020 唐山模拟

19、唐山模拟)已知函数 f(x)x 2 24axaln x3a 22a(a0) (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个极值点 x1，x2，当 a 变化时，求 f(x1)f(x2)的最大值 【解析】(1)函数 f(x)的定义域为 x0，对 f(x)求导得 f(x)x4aa x x24axa x ，x0，a0. 令 M(x)x24axa，则 16a24a4a(4a1) 当 0a1 4时，0，M(x)0 在(0，)上恒成立，则 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增； 当 a1 4时，0，f(x)0 的根为 x12a 4a 2a，x 22a 4a 2a， 由 f(x)0 得 0 x2

20、a 4a2a或 x2a 4a2a； 由 f(x)0 得 2a 4a2ax2a 4a2a. 所以 f(x)在(0，2a 4a2a)，(2a 4a2a，)上单调递增；在(2a 4a2a，2a 4a2a)上单调递 减 (2)由(1)得 a1 4，x12a 4a 2a，x 22a 4a 2a， 所以 x1x24a，x1x2a，从而 f(x1)f(x2)1 2(x 2 1x 2 2)4a(x1x2)aln x1x26a 24a 1 2(x1x2) 2x 1x210a 24aaln aaln a2a23a. 令 g(a)aln a2a23a，则 g(a)ln a4a4. 令 h(a)ln a4a4，则 h

21、(a)1 a4. 因为 a1 4，所以 h(a)0，所以 h(a)在( 1 4，)上单调递减 又 h(1)0，所以 a(1 4，1)时，h(a)0，g(a)0，g(a)在( 1 4，1)上单调递增； a(1，)时，h(a)0，g(a)0，g(a)在(1，)上单调递减，所以 a1 时，g(a)取得最大值 1. 故 f(x1)f(x2)的最大值为 1. 6.(2019 全国卷全国卷)已知函数 f(x)2sin xxcos xx，f(x)为 f(x)的导数 (1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点； (2)若 x0，时，f(x)ax，求 a 的取值范围 【解】(1)证明：设 g(x)f(x)，

22、则 g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x. 当 x 2 , 0 时，g(x)0；当 x , 2 时，g(x)0，所以 g(x)在 2 , 0 上单调递增，在 , 2 上单调 递减 又 g(0)0， 2 g0，g()2， 故 g(x)在(0，)存在唯一零点 所以 f(x)在区间(0，)存在唯一零点 (2)由题设知 f()a，f()0，可得 a0. 由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为 x0，且当 x(0，x0)时，f(x)0； 当 x(x0，)时，f(x)0，所以 f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减 又 f(0)0，f()0，所以当 x0，时，

23、f(x)0. 又当 a0，x0，时，ax0，故 f(x)ax. 因此，a 的取值范围是(，0 7.(2020 年新课标全国一卷年新课标全国一卷)已知函数( )(2) x f xea x. (1)当1a 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. 【答案】(1) ( )f x的减区间为(,0) ，增区间为(0,)；(2) 1 ( ,) e . 【解析】(1)当1a 时，( )(2) x f xex， ( ) 1 x fxe， 令 ( ) 0fx ，解得0 x，令 ( ) 0fx ，解得0 x， 所以 ( )f x的减区间为(,0) ，增区间为(0,)；

24、(2)若 ( )f x有两个零点，即 (2)0 x ea x有两个解， 从方程可知，2x不成立，即 2 x e a x 有两个解， 令( )(2) 2 x e h xx x ，则有 22 (2)(1) ( ) (2)(2) xxx exeex h x xx ， 令 ( ) 0h x ，解得1x ，令 ( ) 0h x ，解得2x或21x ， 所以函数( )h x在(, 2) 和( 2, 1)上单调递减，在( 1,) 上单调递增， 且当2x时，( )0h x ， 而2x 时， ( )h x ，当x 时，( )h x ， 所以当 2 x e a x 有两个解时，有 1 ( 1)ah e ， 所以满

25、足条件的a的取值范围是： 1 ( ,) e . 8.(2020 年新课标全国三卷年新课标全国三卷)已知函数 32 ( )f xxkxk (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 【答案】(1)详见解析；(2) 4 (0,) 27 . 【解析】(1)由题， 2 ( )3fxxk， 当0k 时， ( ) 0fx 恒成立，所以 ( )f x在(,) 上单调递增； 当0k 时，令 ( ) 0fx ，得 3 k x ，令 ( ) 0fx ，得 33 kk x， 令 ( ) 0fx ，得 3 k x 或 3 k x ，所以 ( )f x在( ,) 33 kk 上

26、单调递减，在 (,) 3 k ，(,) 3 k 上单调递增. (2)由(1)知， ( )f x有三个零点，则 0k ，且 ()0 3 ()0 3 k f k f 即 2 2 2 0 33 2 0 33 k kk k kk ，解得 4 0 27 k， 当 4 0 27 k时， 3 k k ，且 2 ()0fkk， 所以 ( )f x在( ,) 3 k k上有唯一一个零点， 同理1 3 k k ， 32 (1)(1)0fkkk ， 所以 ( )f x在( 1,) 3 k k 上有唯一一个零点， 又 ( )f x在( ,) 33 kk 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 4 (0,) 27 .