利用导数探究函数的零点问题专题讲座

利用导数探究函数的零点问题专题讲座深圳市民办学校高中数学教师欧阳文丰全国卷高考数学题展示(2014年全国卷）已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围？3231fxaxxfx0x00xa函数零点是新课标教材的新增内容之一,纵观近几年全国各地的高考试题,经常出现一些与零点有关的问题,它可以以选择题、填空题的形式出现，也可以在解答题中与其它知识交汇后闪亮登场，可以说“零点”成为了高考新的热点和亮点.高考地位一：复习旧知函数零点使函数的实数方程的实数解函数的图像与轴交点的横坐标0fxx0fxyfxx函数与方程函数与图像函数零点使函数的实数方程的实数解函数的图像与轴交点的横坐标0fx0fxfxx结论：函数的零点就是方程f(x)=0的实数根，也就是函数y=f(x)的图象与x轴的交点的横坐标。等价关系：方程f(x)=0有实数根函数y=f(x)的图象与x轴有交点函数y=f(x)有零点唯一)(xf在ba,上单调0)()(bfaf)(xf在有ba,零点)(xf在ba,上连续零点的存在性定理函数)()()(xgxfxFy有零点方程0)()()(xgxfxF有实数根方程组)()(21xgyxfy有实数根函数)(1xfy与)(2xgy的图象有交点等价关系除了用判定定理外，你还想到什么方法呢？导数在函数零点问题上的应用函数零点导数的应用数形结合零数零位参数范围研究两条曲线的交点个数的基本方法(1)数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图形交点个数得出答案.(2)函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.1、三次函数的图象四种类型2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，因此只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：a的符号零点个数充要条件a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)一个f(x1)＜0或f(x2)＞0两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x2)＜0或f(x1)＞0两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞0例1：函数f(x)=x3-3x2+a(a∈R)的零点个数.一、三次函数的零点问题函数f(x)=x3-3x2+a(a∈R)的零点个数.几何画板演示解：易知该函数的定义域是R，)2(363)(2xxxxxf由0)(xf得，0x或2x当x变化时，)(xf，)(xf的变化情况如下表：x)0,(0)2,0(2),2()(xf0－0)(xf↗a↘4a↗因此函数)(xf的极大值是,)0(af极小值是.4)2(af因此函数)(xf的极大值是,)0(af极小值是.4)2(af①当0a或04a，即0a或4a时，)(xf有一个零点；②当0a或04a，即0a或4a时，)(xf有两个零点；③当0a且04a，即40a时，)(xf有三个零点.函数f(x)=x3-3x2+a(a∈R)的零点个数.几何画板演示已知函数f(x)=x3-x2-x+a的图象与x轴仅有一个交点，求实数a的取值范围.解：)1)(13(123)(2xxxxxf由0)(xf得，31x或1x当x变化时，)(xf，)(xf的变化情况如下表：x)31,(31)1,31(1),1()(xf0－0)(xf↗a275↘1a↗故函数)(xf的极大值是,275)31(af极小值是.1)1(af要使函数axxxxf23)(的图象与x轴仅有一个交点，则需0275)(axf极大或01)(axf极小，解得275a或.1a故实数a的取值范围为,1275,.解：)1)(13(123)(2xxxxxf由0)(xf得，31x或1x当x变化时，)(xf，)(xf的变化情况如下表：x)31,(31)1,31(1),1()(xf0－0)(xf↗a275↘1a↗故函数)(xf的极大值是,275)31(af极小值是.1)1(af要使函数axxxxf23)(的图象与x轴仅有一个交点，则需0275)(axf极大或01)(axf极小，解得275a或.1a故实数a的取值范围为,1275,.几何画板演示已知函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围.解(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－22或x＝22.因为f(－2)＝－10，f－22＝2，f22＝－2，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为f－22＝2.(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6x20－3)(1－x0).整理得4x30－6x20＋t＋3＝0，设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”.g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：x(－∞，0)0(0，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)t＋3t＋1所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值.当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1]和[1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点.综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1).探究提高解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系，如本题第(2)问中的切线过点(1，t).【巩固练习3】已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.(1)解f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－2a＝－2，所以a＝1.(2)证明由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k＞0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根.当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x).h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根.综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.探究提高研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.例2、已知函数2()8,()6ln.fxxxgxxm问：是否存在实数,m使得()yfx的图象与()ygx的图象有且只有三个不同的交点？若存在，请求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由。二、非三次函数的零点问题几何画板演示解：设)()()(xfxgxh，则mxxxxhln68)(20x函数)(xf的图象与)(xg的图象有且只有三个不同的交点，等价于函数)(xh的图象与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点.xxxxxxh)3)(1(2682)(，由0)(xh得1x或3x.当x变化时，)(xh，)(xh的变化情况如下表：x)1,0(1)3,1(3),3()(xh0－0)(xh↗7m↘153ln6m↗因此，)(xh的极大值为7)1(mh，极小值为.153ln6)3(mh因此，)(xh的极大值为7)1(mh，极小值为.153ln6)3(mh又当0x时，)(xh；当x时，.)(xh因此，)(xh的图象与x轴正半轴有三个不同的交点，等价于0153ln6)(07)(mxhmxh极小极大，解得.3ln6157m故存在实数m，使得函数)(xf的图象与)(xg的图象有且只有三个不同的交点，m的取值范围为).3ln615,7(附：非三次函数的零点问题也是通过导数求极值来画出其图象，采用类似于三次函数的方法探究零点。【例3】(2015·北京卷)设函数f(x)＝x22－klnx，k0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.(1)解函数的定义域为(0，＋∞).由f(x)＝x22－klnx(k0)得f′(x)＝x－kx＝x2－kx.由f′(x)＝0解得x＝k.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)k（1－lnk）2所以，f(x)的单调递减区间是(0，k).单调递增区间是(k，＋∞)，f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝k（1－lnk）2.(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝k（1－lnk）2.因为f(x)存在零点，所以k（1－lnk）2≤0，从而k≥e，当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0，所以x＝e是f(x)在区间(1，e]上的唯一零点.当ke时，f(x)在区间(0，e)上单调递减，且f(1)＝120，f(e)＝e－k20，所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.探究提高对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.1、已知函数f(x)=x3-3ax-1,a0(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x=-1处取得极值，直线y=m与y=f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．解：（1）易知该函数的定义域是R，)(333)(22axaxxf由0)(xf得，ax或ax当x变化时，)(xf，)(xf的变化情况如下表：x),(aa),(aaa),(a)(xf0－0)(xf↗↘↗故函数)(xf的单调递增