导数与函数图象的切线及函数零点问题

真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华第4讲函数图象的切线及交点个数问题真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华高考定位在高考试题的导数压轴题中，把求切线和研究函数的性质交汇起来是一个命题热点；两个函数图象的交点问题可以转化为一个新的函数的零点问题，函数图象与函数零点是函数中的两个重要问题，在高考试题导数压轴题中涉及两个函数图象的交点问题是高考命题的另一热点.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华真题感悟(2015·山东卷)设函数f(x)＝(x＋a)lnx，g(x)＝x2ex.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行.(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华解(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，又f′(x)＝lnx＋ax＋1，所以a＝1.(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根.设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－x2ex，当x∈(0，1]时，h(x)＜0.又h(2)＝3ln2－4e2＝ln8－4e2＞1－1＝0，所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.因为h′(x)＝lnx＋1x＋1＋x（x－2）ex，所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－1e＞0，真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华当x∈[2，＋∞)时，h′(x)＞0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根.(3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0.且x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，所以m(x)＝（x＋1）lnx，x∈（0，x0]，x2ex，x∈（x0，＋∞）.当x∈(0，x0]时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华若x∈(1，x0]，由m′(x)＝lnx＋1x＋1＞0，可知0＜m(x)≤m(x0)；故m(x)≤m(x0).当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝x（2－x）ex，可得x∈(x0，2)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减；可知m(x)≤m(2)＝4e2，且m(x0)＜m(2).综上可得，函数m(x)的最大值为4e2.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华考点整合1.求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程.(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程.(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华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)＜0两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞0真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华3.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.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华【例1－1】(1)(2015·陕西卷)函数y＝xex在其极值点处的切线方程为________.(2)(2015·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2，7)，则a＝________.热点一函数图象的切线问题[微题型1]单一考查曲线的切线方程真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华解析(1)设y＝f(x)＝xex，由y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)＝0，得x＝－1.当x＜－1时，y′＜0；当x＞－1时，y′＞0，故x＝－1为函数f(x)的极值点，切线斜率为0，又f(－1)＝－e－1＝－1e，故切点坐标为－1，－1e，切线方程为y＋1e＝0(x＋1)，即y＝－1e.(2)f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2.(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1).将(2，7)代入切线方程，得7－(a＋2)＝(1＋3a)，解得a＝1.答案(1)y＝－1e(2)1真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华探究提高(1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华【例1－2】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.[微题型2]综合考查曲线的切线问题解(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.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华(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)，真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华当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.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华当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).真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华【训练1】已知函数f(x)＝x3－x.(1)设M(λ0，f(λ0))是函数f(x)图象上的一点，求点M处的切线方程；(2)证明：过点N(2，1)可以作曲线f(x)＝x3－x的三条切线.(1)解因为f′(x)＝3x2－1.所以曲线f(x)＝x3－x在点M(λ0，f(λ0))处的切线的斜率为k＝f′(λ0)＝3λ20－1.所以切线方程为y－(λ30－λ0)＝(3λ20－1)(x－λ0)，即y＝(3λ20－1)x－2λ30.(2)证明由(1)知曲线f(x)＝x3－x在点(λ，f(λ))处的切线的方程为y＝(3λ2－1)x－2λ3.若切线过点N(2，1)，则1＝2(3λ2－1)－2λ3，即2λ3－6λ2＋3＝0.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华过点N可作曲线f(x)的三条切线等价于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三个不同的解.设g(λ)＝2λ3－6λ2＋3，则g′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2).当λ变化时，g′(λ)，g(λ)的变化情况如下表：λ(－∞，0)0(0，2)2(2，＋∞)g′(λ)＋0－0＋g(λ)极大值3极小值－5因为g(λ)在R上只有一个极大值3和一个极小值－5，所以过点N可以作曲线f(x)＝x3－x的三条切线.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华热点二函数图象的交点个数问题[微题型1]从方程根的角度考查【例2－1】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.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华(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.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华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.真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华[微题型2]从函数的零点角度考查【例2－2】(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