专题3.5导数与函数的零点 2020年高考数学一轮复习对点提分（文理科通用）解析版

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1、第三篇 导数及其应用专题3.05 导数与函数的零点【考点聚焦突破】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|1x3，xR(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)4ln x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|1x3，xR，设f(x)a(x1)(x3)ax22ax3a，且a0.f(x)minf(1)4a4，a1.故函数f(x)的解析式为f(x)x22x3.(2)由(1)知g(x)4ln xx4ln x2，g(x)的定义域为(0，)，g(x)1，令g(

2、x)0，得x11，x23.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)00g(x)极大值极小值当0x3时，g(x)g(1)43时，g(e5)e52022512290.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

3、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)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底数，e2.718 28.(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)ex1x，所以h(1)e30，所以h(1)h(2)0，因此(x)在(0，)上单调递增，易知(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

4、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)axxln 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)axxln x的定义域为(0，)f(x)aln x1，因为f(1)a10，解得a1，当a1时，f(x)xxln x，即f(x)ln x，令f(x)0，解得x1；令f(x)0，解得0x1，即m2，当0xe时，f(x)x(1ln x)e时，f(x)0.当x0且x0时，f(x)0；当x时，显然f(x).由图象可知，m10，

5、即m1，由可得2m0，当a0时，f(x)0，f(x)在R上是增函数，当x1时，f(x)exa(x1)0；当x0时，取x，则f1aa0.所以函数f(x)存在零点，不满足题意当a0时，令f(x)0，得xln(a)在(，ln(a)上，f(x)0，f(x)单调递增，所以当xln(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)a2aaln(a)0，解得e2a0时，f(x)2aaln .【答案】见解析【解析】(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0)当a0时，f(x)0，f(x)没有零点；当a0时，因为ye2x单调递增，y单调递增，所以f(x

6、)在(0，)上单调递增又f(a)0，假设存在b满足0b时，且b，f(b)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.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln 2aaln .故当a0时，f(x)2aaln .【规律方法】1.在(1)中，当a0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)

7、为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)2aaln .【训练3】 (2019天津和平区调研)已知函数f(x)ln xxm(m2，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x1x2，证明：x1x21.【答案】见解析【解析】(1)解f(x)ln xxm(m0，所以yf(x)在(0，1)递增；当x(1，)时，f(x)0，函数f(x)在的最小值为1em.(2)证明由(1)知x1，x2满足ln xxm0，且0x11，ln x1x1mln x2x2m0，由题意可知ln x2x2m22，所以0x1，2)，则g(x)10，当x2时，g(x)是减函数，所以g(

8、x)lnlnlnlnln 10，g(x)2时，f(x1)f0，即f(x1)f.因为0x1，1，f(x)在(0，)上单调递增所以x1，故x1x21.【反思与感悟】1解决函数yf(x)的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等2通过等价变形，可将“函数F(x)f(x)g(x)的零点”与“方程f(x)g(x)的解”问题相互转化【易错防范】函数yf(x)在某一区间(a，b)上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.【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

9、义域为1，4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示.当1a2时，函数yf(x)a的零点的个数为()A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示.由于f(0)f(3)2，1a0，即|AB|的最小值是42ln 2.3.若函数f(x)1(a0)没有零点，则实数a的取值范围为_.【答案】(e2，0)【解析】f(x)(a0).当x2时，f(x)2时，f(x)0，当x2时，f(x)有极小值f(2)1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)10，解之得ae2，因此e2a0，得x2

10、.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，由数形结合，可知要使函数g(x)f(x)2m3有三个零点，则2m3，解得m0)，讨论函数g(x)f(x)零点的个数.【答案】见解析【解析】函数g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0).设h(x)x3x(x0)，所以h(x)x21(x1)(x1).当x(0，1)时，h(x)0，此时h(x)在(0，1)内单调递增；当x(1，)时，h(x)时，函数ym和函数yh(x)的图象无交点.当m时，函数ym和函数yh(x)的图象有且仅有一个交点.当0m时，函数g(x

11、)无零点；当m时，函数g(x)有且仅有一个零点；当0m0在(0，)上恒成立，则f(x)在(0，)上单调递增，又f(0)1，所以此时f(x)在(0，)内无零点，不满足题意.当a0时，由f(x)0得x，由f(x)0得0x0，f(x)单调递增，当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递减.则f(x)maxf(0)1，f(1)4，f(1)0，则f(x)min4，所以f(x)在1，1上的最大值与最小值的和为3.7.已知函数f(x)axln x，其中a为常数.(1)当a1时，求f(x)的单调递增区间；(2)当00，当a1时，f(x)xln x(x0)，f(x)(x0)；当0x0；当x1时，f(x)0)，令f(x)0，解得x；由f(x)0，解得0x；由f(x)0，解得xe.从而f(x)的单调递增区间为，递减区间为，所以，f(x)maxf1ln3.解得ae2.(3)由(1)知当a1时，f(x)maxf(1)1，所以|f(x)|1.令g(x)，则g(x).当0x0；当xe时，g(x)0.从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减.所以g(x)maxg(e)g(x)，即|f(x)|，所以，方程|f(x)|没有实数根.11