高考导数讲义一零点问题

高考导数讲义一：零点问题例1、设函数（I）求曲线在点处的切线方程；（II）设，若函数有三个不同零点，求c的取值范围；（III）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件.解：（I）由32fxxaxbxc，得232fxxaxb．因为0fc，0fb，所以曲线yfx在点0,0f处的切线方程为ybxc．（II）当4ab时，3244fxxxxc，所以2384fxxx．令0fx，得23840xx，解得2x或23x．fx与fx在区间,上的情况如下：x,2222,3232,3fx00fxc3227c所以，当0c且32027c时，存在14,2x，222,3x，32,03x，使得1230fxfxfx．由fx的单调性知，当且仅当320,27c时，函数3244fxxxxc有三个不同零点．（III）当24120ab时，2320fxxaxb，,x，此时函数fx在区间,上单调递增，所以fx不可能有三个不同零点．当24120ab时，232fxxaxb只有一个零点，记作0x．当0,xx时，0fx，fx在区间0,x上单调递增；32.fxxaxbxc.yfx0,0f4abfx230ab＞.fx当0,xx时，0fx，fx在区间0,x上单调递增．所以fx不可能有三个不同零点．综上所述，若函数fx有三个不同零点，则必有24120ab．故230ab是fx有三个不同零点的必要条件．当4ab，0c时，230ab，232442fxxxxxx只有两个不同零点，所以230ab不是fx有三个不同零点的充分条件．因此230ab是fx有三个不同零点的必要而不充分条件．例2.设函数2ln2xfxkx，0k．（I）求fx的单调区间和极值；（II）证明：若fx存在零点，则fx在区间1,e上仅有一个零点．【答案】（I）单调递减区间是(0,)k，单调递增区间是(,)k；极小值(1ln)()2kkfk；（II）证明详见解析.【解析】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.（I）先对fx求导，令'()0fx解出x，将函数的定义域断开，列表，分析函数的单调性，所以由表格知当xk时，函数取得极小值，同时也是最小值；（II）利用第一问的表，知()fk为函数的最小值，如果函数有零点，只需最小值(1ln)02kk，从而解出ke，下面再分情况分析函数有几个零点.试题解析：（Ⅰ）由2ln2xfxkx，（0k）得2'()kxkfxxxx.由'()0fx解得xk.()fx与'()fx在区间(0,)上的情况如下：所以，()fx的单调递减区间是(0,)k，单调递增区间是(,)k；()fx在xk处取得极小值(1ln)()2kkfk.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()fx在区间(0,)上的最小值为(1ln)()2kkfk.因为()fx存在零点，所以(1ln)02kk，从而ke.当ke时，()fx在区间(1,)e上单调递减，且()0fe，所以xe是()fx在区间(1,]e上的唯一零点.当ke时，()fx在区间(0,)e上单调递减，且1(1)02f，()02ekfe，所以()fx在区间(1,]e上仅有一个零点.综上可知，若()fx存在零点，则()fx在区间(1,]e上仅有一个零点.考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值、函数零点问题.【名师点晴】本题主要考查的是导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和函数的零点，属于难题．利用导数求函数fx的单调性与极值的步骤：①确定函数fx的定义域；②对fx求导；③求方程0fx的所有实数根；④列表格．证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性．例3.设函数2lnxfxeax.（I）讨论fx的导函数fx的零点的个数；（II）证明：当0a时22lnfxaaa.【答案】（I）当0a£时，()fx¢没有零点；当0a时，()fx¢存在唯一零点.（II）见解析【解析】试题分析：（I）先求出导函数，分0a£与0a考虑fx的单调性及性质，即可判断出零点个数；（II）由（I）可设()fx¢在()0+¥，的唯一零点为0x，根据fx的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于22lnaaa+，即证明了所证不等式.试题解析：（I）()fx的定义域为()0+¥，，()2()=20xafxexx¢-.当0a£时,()0fx¢，()fx¢没有零点；当0a时，因为2xe单调递增，ax-单调递增，所以()fx¢在()0+¥，单调递增.又()0fa¢,当b满足04ab且14b时，(b)0f¢,故当0a时，()fx¢存在唯一零点.（II）由（I），可设()fx¢在()0+¥，的唯一零点为0x，当()00xxÎ，时，()0fx¢;当()0+xx违，时，()0fx¢.故()fx在()00x，单调递减，在()0+x¥，单调递增，所以当0xx=时，()fx取得最小值，最小值为0()fx.由于0202=0xaex-，所以00022()=2ln2ln2afxaxaaaxaa++?.故当0a时，2()2lnfxaaa?.考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.【名师点睛】导数的综合应用是高考考查的重点和热点，解决此类问题，要熟练掌握常见函数的导数和导数的运算法则、掌握通过利用导数研究函数的单调性、极值研究函数的图像与性质.对函数的零点问题，利用导数研究函数的图像与性质，画出函数图像草图，结合图像处理；对恒成立或能处理成立问题，常用参变分离或分类讨论来处理.例4.设函数2(),(,)fxxaxbabR.（1）当214ab=+时，求函数()fx在[1,1]-上的最小值()ga的表达式；（2）已知函数()fx在[1,1]-上存在零点，021ba，求b的取值范围.【答案】(1)222,2,4()1,22,2,24aaagaaaaa；(2)[3,945]【解析】(1)将函数进行配方，利用对称轴与给定区间的位置关系，通过分类讨论确定函数在给定上的最小值，并用分段函数的形式进行表示；(2)设定函数的零点，根据条件表示两个零点之间的不等关系，通过分类讨论，分别确定参数b的取值情况，利用并集原理得到参数b的取值范围.试题解析：(1)当214ab时，2()()12afxx，故其对称轴为2ax.当2a时，2()(1)24agafa.当22a时，()()12agaf.当2a时，2()(1)24agafa.综上，222,2,4()1,22,2,24aaagaaaaa(2)设,st为方程()0fx的解，且11t，则stastb.由于021ba，因此212(11)22ttsttt.当01t时，222222tttbtt，由于222032tt和21294532ttt，所以29453b.当10t时，222222tttbtt，由于22202tt和2302ttt，所以30b.综上可知，b的取值范围是[3,945].【考点定位】1.函数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想.【名师点睛】本题主要考查函数的单调性与最值，函数零点问题.利用函数的单调性以及二次函数的对称轴与给定区间的位置关系，利用分类讨论思想确定在各种情况下函数的最小值情况，最后用分段函数的形式进行表示；利用函数与方程思想，确定零点与系数之间的关系，利用其范围，通过分类讨论确定参数b的取值范围.本题属于中等题，主要考查学生应用函数性质解决有关函数应用的能力，考查学生对数形结合数学、分类讨论思想以及函数与方程思想的应用能力，考查学生基本的运算能力.例5、已知函数()()().(I)讨论()的单调性；(II)若()有两个零点，求a的取值范围.【解析】（Ⅰ）()(1)2(1)(1)(2)xxfxxeaxxea．（i）当0a时，则当1x时，()0fx；当1x时，()0fx故函数()fx在(,1)单调递减，在(1,)单调递增．（ii）当0a时，由()0fx，解得：1x或ln(2)xa①若ln(2)1a，即2ea，则xR，()(1)()0xfxxee故()fx在(,)单调递增．②若ln(2)1a，即2ea，则当(,ln(2))(1,)xa时，()0fx；当(ln(2),1)xa时，()0fx故函数在(,ln(2))a，(1,)单调递增；在(ln(2),1)a单调递减．③若ln(2)1a，即2ea，则当(,1)(ln(2),)xa时，()0fx；当(1,ln(2))xa时，()0fx；故函数在(,1)，(ln(2),)a单调递增；在(1,ln(2))a单调递减．（Ⅱ）（i）当0a时，由（Ⅰ）知，函数()fx在(,1)单调递减，在(1,)单调递增．又∵(1),(2)fefa，取实数b满足0b且ln2ab，则223()(2)(1)()022afbbababb∴()fx有两个零点．（ii）若0a，则()(2)xfxxe，故()fx只有一个零点．（iii）若0a，由（I）知，当2ea，则()fx在(1,)单调递增，又当1x时，()0fx，故()fx不存在两个零点；当2ea，则函数在(ln(2),)a单调递增；在(1,ln(2))a单调递减．又当1x时，()0fx，故不存在两个零点．综上所述，a的取值范围是0,．例6.设a为实数，函数21fxxaxaaa．（1）若01f，求a的取值范围；（2）讨论fx的单调性；（3）当2a时，讨论4fxx在区间0,内的零点个数．【答案】（1）1,2；（2）)(xf在),(a上单调递增，在),(a上单调递减；（3）当2a时，4fxx有一个零点2x；当2a时，4fxx有两个零点．【解析】试题分析：（1）先由01f可得1aa，再对a的取值范围进行讨论可得1aa的解，进而可得a的取值范围；（2）先写函数fx的解析式，再对a的取值范围进行讨论确定函数fx的单调性；（3）先由（2）得函数fx的最小值，再对a的取值范围进行讨论确定4fxx在区间0,内的零点个数．试题解析：（1）22(0)faaaaaa，因为01f，所以1aa，当0a时，10，显然成立；当0a，则有12a，所以21a.所以210a.综上所述，a的取值范围是1,2.（2）