高端精品高中数学二轮专题-导数与函数的零点（带答案）教案

这是一份高端精品高中数学二轮专题-导数与函数的零点（带答案）教案，共16页。

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.
①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；
②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，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：x＝﹣3或﹣1，
∴当x∈（﹣∞，﹣3）时，f'（x）＞0，函数f（x）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：2．
2．设函数f（x）=13x﹣lnx（x＞0），则y＝f（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）=x−33x，令f′（x）＞0得x＞3；
令f′（x）＜0得0＜x＜3；f′（x）＝0得x＝3，
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x＝3处有极小值1﹣ln3＜0；
又f（1）=13＞0，f（e）=e3−1＜0，f（1e）=13e+1＞0，
故选：D．
3．已知定义在R上的奇函数f（x），满足当x＞0时f（x）=12x2﹣xlnx，则关于x的方程f（x）＝a满足（　　）
A．对任意a∈R，恰有一解
B．对任意a∈R，恰有两个不同解
C．存在a∈R，有三个不同解
D．存在a∈R，无解
【解答】解：当x＞0时，f（x）=12x2﹣xlnx，f′（x）＝x﹣1﹣lnx，f″（x）＝1−1x
∴0＜x＜1时，f″（x）＜0； x＞1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（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）＝（x2﹣4x+1）ex﹣a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）＝（x2﹣4x+1）ex，则g′（x）＝（x2﹣2x﹣3）ex＝0，解得x＝3或x＝﹣1，
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）＝（x2﹣4x+1）ex﹣a恰有三个零点等价于g（x）与y＝a图象有3个交点，
由图可知a∈（0，f（﹣1）），即a∈（0，6e），
故选：D．
2．已知函数f(x)=3x+4lnx−x−a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） B．[2，4ln3﹣2）
C．(2，4ln2−12) D．[2，+∞）
【解答】解：函数f（x）=3x+4lnx﹣x﹣a在区间（0，2）上至少有一个零点，
可得a+1＝4lnx+3x−x在x∈（0，2）有解，
设g（x）＝4lnx+3x−x，导数g′（x）＝﹣1+4x−3x2=−(x−1)(x−3)x2，
当0＜x＜1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y＝g（x）的图象，可得a≥2，
即a≥2．
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+cosx﹣1（a∈R），若函数f（x）有唯一零点，则a的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，0） B．（﹣∞，0）∪[1，+∞）
C．（﹣∞，0]∪[1，+∞） D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）
【解答】解：当a＝0时，f（x）＝cosx﹣1，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ℎ(x)=−12ax2+1的图象有唯一交点，
当a＜0时，如图，

函数g（x）＝cosx与函数ℎ(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a＞0时，如图，

由二次函数的性质可知，函数h（x）的开口向下，且a越大，函数ℎ(x)=−12ax2+1的开口越小，由图可知，此时函数g（x）＝cosx与函数ℎ(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：B．
4．已知函数f（x）＝e2x﹣ax2+bx﹣1，其中a，b∈R，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．（e2﹣3，e2+1） B．（e2﹣3，+∞）
C．（﹣∞，2e2+2） D．（2e2﹣6，2e2+2）
【解答】解：∵f（1）＝0，∴e2﹣a+b﹣1＝0，∴b＝﹣e2+a+1，
∴f（x）＝e2x﹣ax2+（﹣e2+a+1）x﹣1，
∴f′（x）＝2e2x﹣2ax﹣e2+a+1，
令f′（x）＝0得2e2x＝2ax﹣a﹣1+e2，
∵函数f′（x）在区间（0，1）内有两个零点，
∴y＝2e2x与y＝2ax﹣a﹣1+e2的函数图象在（0，1）上有两个交点，
作出y＝2e2x与y＝2ax﹣a﹣1+e2＝a（2x﹣1）+e2﹣1函数图象，如图所示：

若直线y＝2ax﹣a﹣1+e2经过点（1，2e2），则a＝e2+1，
若直线y＝2ax﹣a﹣1+e2经过点（0，2），则a＝e2﹣3，
∴e2﹣3＜a＜e2+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（x3﹣3ax﹣a）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）＝x3﹣3ax﹣a，
若f（x）＝exg（x）有3个零点，
即g（x）有3个零点，
g′（x）＝3x2﹣3a，
当a≤0时，g′（x）≥0，g（x）递增，至多1个零点，
当a＞0时，g′（x）＝0，x＝±a，
由题意知g（−a）＞0，g（a）＜0，
故a＞14，
故选：D．
6．已知函数f（x）＝2e2x﹣2ax+a﹣2e﹣1，其中a∈R，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．（2，2e﹣1） B．（2，2e2）
C．（2e2﹣2e﹣1，2e2） D．（2e﹣1，2e2﹣2e﹣1）
【解答】解：∵函数f（x）＝2e2x﹣2ax+a﹣2e﹣1，
∴f′（x）＝4e2x﹣2a，
当a≤0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，
∴a＞0，
令f′（x）＝0，解得x=12lna2，
∴当f′（x）＞0时，即x＞12lna2，函数单调递增，
当f′（x）＜0时，即x＜12lna2，函数单调递减，
∴f（x）min＝2a﹣alna+aln2﹣2e﹣1，
设g（a）＝2a﹣alna+aln2﹣2e﹣1，a＞0
∴g′（a）＝1+ln2﹣lna，
令g′（a）＝0，解得a＝2e，
∴g′（a）＞0时，即0＜a＜2e，函数单调递增，
当g′（a）＜0时，即a＞2e，函数单调递减，
∴g（a）max＝4e﹣2eln2e+2eln2﹣2e﹣1＝4e﹣2eln2﹣2e+2eln2﹣2e﹣1＝﹣1＜0，
∵函数f（x）在区间（0，1）内有两个零点，
∴f(0)＞0f(1)＞0，
即2+a−2e−1＞02e2−2a+a−2e−1＞0，
解得2e﹣1＜a＜2e2﹣2e﹣1
故选：D．
7．已知函数f（x）＝ex﹣a（x+2）．
（1）当a＝1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）＝ex﹣a．
（1）当a＝1时，f′（x）＝ex﹣1，令f′（x）＝0，解得x＝0．
∴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a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；
当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝lna，
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为f（lna）＝a﹣a（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+lna＞0，可得a＞1e．
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）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0．则a的取值范围是　（﹣∞，﹣2）　．
【解答】解：当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1＝0，解得x=±33，函数f（x）有两个零点，不符合题意，应舍去；
当a＞0时，令f′（x）＝3ax2﹣6x＝3ax（x−2a）＝0，解得x＝0或x=2a＞0，列表如下：
x
（﹣∞，0）
0
（0，2a）
2a
（2a，+∞）
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）＝1＞0，∴存在x＜0，使得f（x）＝0，
不符合条件：f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，应舍去．
当a＜0时，f′（x）＝3ax2﹣6x＝3ax（x−2a）＝0，解得x＝0或x=2a＜0，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）＝1＞0，x→+∞时，f（x）→﹣∞，∴存在x0＞0，使得f（x0）＝0，
∵f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，∴极小值f（2a）＝a（2a）3﹣3（2a）2+1＞0，
化为a2＞4，
∵a＜0，∴a＜﹣2．
综上可知：a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．
故答案为：（﹣∞，﹣2）．
2．若函数f（x）＝x2+2x−alnx（a＞0）有唯一零点x0，且m＜x0＜n（m，n为相邻整数），则m+n的值为（　　）
A．1 B．3 C．5 D．7
【解答】解：令y1=x2+2x，y2=alnx(a＞0)，

则y1'=2x−2x2=2x3−2x2，y2'=ax(a＞0，x＞0)，
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+2x−alnx(a＞0)有唯一零点x0，
∴y1，y2有公切点（x0，y0），
则2x0−2x02=ax0x02+2x0=alnx0，
消去a，得x02+2x0−2（x02−1x0）lnx0＝0；
构造函数g(x)=x2+2x−2(x2−1x)lnx，(x＞0)，
则g(2)=4+1−2(4−12)ln2=5−7ln2，
欲比较5与7ln2大小，可比较e5与27大小，
∵e5＞27，∴g（2）＞0，
g(e)=e2+2e−2(e2−1e)=−e2+3e＜0，
∴x∈（2，e）；
∴m＝2，n＝3，∴m+n＝5．
3．已知函数f（x）＝lnx+1ax（a∈R且a≠0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝2时，若关于x的方程f（x）＝m有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x1+x2＞1．
【解答】解：（1）由f(x)=lnx+1ax，得f'(x)=ax−1ax2，
讨论：
当a＜0时，f'（x）＞0对任意的x∈（0，+∞）成立，
当a＞0时，令f'（x）＜0，得0＜x＜1a；令f'（x）＞0，得x＞1a，
综上，当a＜0时，函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
当a＞0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a＝2时，方程f（x）＝m即为lnx+12x=m．
根据题意，得lnx1x2=12x2−12x1，
两式相减，得lnx1x2=12x2−12x1，
即lnx1x2=x1−x22x2x1，故x1x2=x1−x22lnx1x2，
令t=x1x2(0＜t＜1)，则x1+x2=t−12lnt+1−1t2lnt=t−1t2lnt，
设ℎ(t)=t−1t−2lnt(0＜t＜1)，则ℎ'(t)=(t−1)2t2，
因为0＜t＜1，所以h'（t）＞0，
所以h（t）在区间（0，1）上单调递增．
又当t＝1时，t−1t−2lnt=0，
所以当t∈（0，1）时，h（t）＜0，即t−1t−2lnt＜0
所以当t∈（0，1）时t−1t2lnt＞1，即x1+x2＞1．


课后作业.零点
1．已知函数f（x）＝（x2+a）ex有最小值，则函数y＝f'（x）的零点个数为（　　）
A．0． B．1 C．2 D．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y＝f'（x）的零点个数为2个，
故选：C．
2．若函数f（x）=x33−x2﹣3x﹣m在区间[﹣2，6]有三个不同的零点，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣9，18） B．[−23，53） C．（﹣9，53） D．[−23，18）
【解答】解：令f（x）=x33−x2﹣3x﹣m＝0，得m=x33−x2﹣3x,
∵f（x）=x33−x2﹣3x﹣m在区间[﹣2，6]有三个不同的零点，
∴直线y＝m与g(x)=x33−x2﹣3x在区间[﹣2，6]有三个不同的交点，
∵g′(x)＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣3)(x+1),
∴x∈[﹣2,﹣1)∪(3,6]时，g′(x)＞0,
x∈(﹣1,3)时，g′(x)＜0,
即g(x)=x33−x2﹣3x在区间[﹣2,﹣1)，(3,6]单调递增，在区间（﹣1，3）单调递减，
又g(﹣2)=−83−4+6=−23,
g(﹣1)=−13−1+3=53,
g(3)＝9﹣9﹣9＝﹣9,
g(6)＝72﹣36﹣18＝18,

当−23≤m＜53时，满足题意，
故选：B．
3．设函数f（x）＝（x﹣1）ex，若关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有且仅有两个整数解，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣1，e2] B．(1，e22]
C．(1，e2+12] D．(e2+12，2e3+13]
【解答】解：∵f（x）＝（x﹣1）ex，
∴f′（x）＝xex，令f′（x）＝0，得x＝0，
易知函数y＝f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）．
则函数y＝f（x）在x＝0处取得极小值，且极小值为f（0）＝﹣1，如图所示：

当a＝0时，f（x）＜﹣1无解；
当a＞0时，若关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有且仅有两个整数解，则f(2)＜2a−1f(3)≥3a−1，解得e2+12＜a≤2e3+13；
当a＜0时，由于直线y＝ax﹣1与x轴的负半轴交于点(1a，0)，
当x＜1a时，关于x的不等式f（x）＜ax﹣1有无数个整数解，不合乎题意．
综上所述，实数a的取值范围是(1+e22，2e3+13]．
故选：D．
4．函数f（x）＝aex+2x在R上有两个零点x1，x2，且x2x1≥2，则实数a的最小值为（　　）
A．−ln22 B．﹣ln2 C．−2e D．ln2
【解答】解：函数f（x）＝aex+2x＝0，变形为a=−2xex，
令g（x）=−2xex，得g′（x）=2(x−1)ex，
当x∈（﹣∞，1）时，g′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，
可得x＝1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−2e＜a＜0．
由x2x1≥2，可得x2＝2x1时，a取得最小值．
由aex1=−2x1，aex2=−2x2，得ae2x1=−4x1，
∴ex1=2，解得x1＝ln2．
代入aex1=−2x1，解得a＝﹣ln2．
∴a的最小值为﹣ln2．
故选：B．
5．已知函数f（x）＝ex﹣ax2．
（1）若a=12，证明：当x≥0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)=ex−12x2，
f''（x）＝ex﹣x，
令u（x）＝ex﹣x﹣1，则u（0）＝0．
u′（x）＝ex﹣1≥0（x≥0）．
∴当x≥0时，u（x）≥u（0）＝0，
则f'（x）在[0，+∞）上单调递增，则f'（x）≥f'（0）＝e0﹣0＝1．
∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，f（x）≥f（0）＝e0﹣0＝1，即f（x）≥1．
（2）解：当x∈（0，+∞），令f（x）＝0，则ex﹣ax2＝0，a=exx2．
令g(x)=exx2，x∈（0，+∞），
则g'(x)=x2ex−2xexx4=ex(x−2)x3，
令g'(x)=ex(x−2)x3=0，则x＝2．
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x＝2时，g(x)min=g(2)=e24，
∵f（x）在（0，+∞）只有一个零点，∴a=e24．
6．已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：
（1）f′（x）在区间（﹣1，π2）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）的定义域为（﹣1，+∞），
f′（x）＝cosx−11+x，f″（x）＝﹣sinx+1(1+x)2，
令g（x）＝﹣sinx+1(1+x)2，则g′（x）＝﹣cosx−2(1+x)3＜0在（﹣1，π2）恒成立，
∴f″（x）在（﹣1，π2）上为减函数，
又∵f″（0）＝1，f″（π2）＝﹣1+1(1+π2)2＜−1+1＝0，由零点存在定理可知，
函数f″（x）在（﹣1，π2）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，π2）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，π2）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）单调递增；
由于f′（x）在（x0，π2）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（π2）=−11+π2＜0，
由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，π2）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，π2）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．
当x∈（π2，π）时，cosx＜0，−11+x＜0，于是f′（x）＝cosx−11+x＜0，f（x）单调递减，
其中f（π2）＝1﹣ln（1+π2）＞1﹣ln（1+3.22）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，
f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．
于是可得下表：
x
（﹣1，0）
0
（0，x1）
x1
（x1，π2）
π2
（π2，π）
π
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，π2]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（π2，π）上有且只有一个零点x2，
当x∈[π，+∞）时，sinx≤1＜ln（1+x），则f（x）＝sinx﹣ln（1+x）＜0恒成立，
因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．
综上，f（x）有且仅有2个零点．