导数与函数零点问题解题方法归纳

导函数零点问题一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究fx的单调性，往往需要解方程0fx＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题.二．解题策略类型一察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【2020·福建南平期末】已知函数21exfxxax.（1）讨论fx的单调性；（2）若函数21e1xgxxmx在1,有两个零点，求m的取值范围.【分析】（1）首先求出函数的导函数因式分解为11exfxaxx，再对参数a分类讨论可得；（2）依题意可得21exgxmx，当0m„函数在定义域上单调递增，不满足条件；当0m时，由（1）得gx在1,为增函数，因为01gm，00g.再对1m，1m，01m三种情况讨论可得.【解析】（1）因为21xfxxaxe，所以221exfxxaxa，即11exfxaxx.由0fx，得11xa，21x.①当0a时，21e0xfxx…，当且仅当1x时，等号成立.故fx在,为增函数.②当0a时，11a，由0fx′得1xa或1x，由0fx′得11ax；所以fx在,1a，1,为增函数，在1,1a为减函数.③当0a时，11a，由0fx′得1xa或1x，由0fx′得11xa；所以fx在,1，1,a为增函数，在1,1a为减函数.综上，当0a时，fx在为,增函数；当0a时，fx在,1a，1,为增函数，在1,1a为减函数；当0a时，fx在,1，1,a为增函数，在1,1a为减函数.（2）因为21e1xgxxmx，所以21exgxmx，①当0m„时，0gx…，gx在1,为增函数，所以gx在1,至多一个零点.②当0m时，由（1）得gx在1,为增函数.因为01gm，00g.（ⅰ）当1m时，00g，0x时，0gx，10x时，0gx；所以gx在1,0为减函数，在0,为增函数，min00gxg.故gx在1,有且只有一个零点.（ⅱ）当1m时，00g，210mgmemm，00,xm，使得00gx，且gx在01,x为减函数，在0,x为增函数.所以000gxg，又22221e1110mgmmmmm，根据零点存在性定理，gx在0,xm有且只有一个零点.又gx在01,x上有且只有一个零点0.故当1m时，gx在1,有两个零点.（ⅲ）当01m时，01gm，00g，01,0x，使得00gx，且gx在01,x为减函数，在0,x为增函数.因为gx在0,x有且只有一个零点0，若gx在1,有两个零点，则gx在01,x有且只有一个零点.又000gxg，所以10g…即2110egm…，所以21em…，即当211em„时gx在1,有两个零点.综上，m的取值范围为211em„【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现lnx时，常猜x＝1；当函数解析式中出现ex时，常猜x＝0或x＝lnx.2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】【2020·山西吕梁期末】已知函数221()ln()xfxaxaRx.（1）讨论()fx的单调性；（2）设()sinxgxex，若2hxgxfxx且yhx有两个零点，求a的取值范围.【解析】（1）()fx的定义域为(0,)，1()2lnfxxaxx，21()2fxx2221axaxxx，对于2210xax，28a，当[22,22]a时，()0fx，则()fx在(0,)上是增函数.当(,22)a时，对于0x，有()0fx，则()fx在(0,)上是增函数.当(22,)a时，令()0fx，得2804aax或284aax，令()0fx，得228844aaaax，所以()fx在28(0,)4aa，28(,)4aa上是增函数，在2288(,)44aaaa上是减函数.综上，当(,22]a时，()fx在(0,)上是增函数；当(22,)a时，()fx在28(0,)4aa，28(,)4aa上是增函数，在2288(,)44aaaa上是减函数.（2）由已知可得cosxgxex，因为0x，所以e1x，而cos1x，所以cos0xex，所以0gx，所以sinxgxex在0，上单调递增.所以00gxg.故hx有两个零点，等价于2yfxx=1aInxx在0，内有两个零点.等价于1ln0axx有两根，显然1x不是方程的根，因此原方程可化为1ln01xxxxa且，设lnxxx，ln1xx，由0x解得11xe，或1x由0x解得10xe，故lnxxx在10e，上单调递减，在1,1,1,e上单调递增.其图像如下所示：所以min11xee，所以110ea，所以ae.类型二设而不求，巧“借”零点【例2】【2015高考新课标1，文21】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.【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?.【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数fx的最值．因此需要求0fx＝的根．但是2()=20xafxex¢-=的根无法求解．故设出0fx＝的根为0x，通过证明f(x)在(0，0x)和(0x，＋∞)上的单调性知minfx＝000222afxaxalnxa＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”．【举一反三】【2020·江西赣州期末】已知函数2()xfxeaxx（e为自然对数的底数）在点(1,(1))f的切线方程为(3)yexb.（1）求实数,ab的值；（2）若关于x的不等式4()5fxm对于任意(0,)x恒成立，求整数m的最大值.【解析】（1）令2()xfxeaxx，则()21xfxeax，得：(1)e1fa，(1)e21fa，由题得：(1)e21e31(1)e1e31faafabb（2）根据题意，要证不等式4()5fxm对于任意恒成立，即证(0,)x时，4()5fx的最小值大于m，令244()()()2155xxgxfxexxgxex，记()()21()2xxhxgxexhxe，当(0,ln2)x时，()0hx；当x(ln2,)时，()0hx，故()hx即()gx在(0,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递增，又(0)0g，(ln2)12ln20g，且(1)30ge，323402ge，故存在唯一031,2x，使00gx，故当00,xx时，()0gx¢；当0,xx时，()0gx；故()gx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增，所以02min0004()5xgxgxexx一方面：014(1)5gxge另一方面：由00gx，即00210xex，得022000004155xgxexxxx由031,2x得：0111205gx，进而011140205gxe，所以1120m，又因为m是整数，所以1m„，即max1m.类型三二次构造（求导），避免求根【例3】【2020重庆巴蜀中学月考】已知函数21ln12fxxax.（1）当1a时，求fx的单调增区间；（2）若4a，且fx在0,1上有唯一的零点0x，求证：210exe.【分析】（1）求出'fx，令'0fx，解不等式可得单调递增区间；（2）通过求fx的导函数，可得fx在0,1上有两个极值点，设为1x，2x，又由fx在0,1上有唯一的零点0x可得0110,2xx，所以有200020001ln10210fxxaxgxaxax，消去a，可得0002ln10xxx，记00002ln1txxxx，010,2x，研究其单调性，利用零点存在性定理可得结果.【解析】（1）由已知fx的定义域为0x，当1a时，21ln12fxxx，则2111'xxxxfxx，令'0fx且0x，则1502x，故fx在150,2上单调递增；（2）由21ln12fxxax，有2111'axfxaxaxxx，记21gxaxax，由4a，有001011110242110aggaag，即fx在0,1上有两个极值点，设为1x，2x，不妨设12xx，且1x，2x是210axax的两个根，则121012xx，又fx在0,1上有唯一的零点0x，且当0x时，fx，当1x时，10f，所以得0110,2xx，所以200020001ln10210fxxaxgxaxax，两式结合消去a，得0001ln02xxx，即0002ln10xxx，记0000