第五课时-利用导数研究函数零点专题

理数第五课时利用导数研究函数零点专题理数专题概述利用导数研究函数零点问题是导数的应用之一,也是高考考查的热点题型,常作为解答题的一问出现,难度较大.解决此类问题一般是利用转化与化归思想把问题转化为相应的方程根的问题或函数图象交点问题.理数考点一利用函数图象研究函数零点考点专项突破在讲练中理解知识【例1】已知函数f(x)=2x3-3x.若过点P(1,t)存在三条直线与曲线y=f(x)相切,求t的范围.解:设切点为(x0,y0),则y0=230x-3x0,由y′=6x2-3知k=f′(x0)=620x-3.故切线方程为y-y0=(620x-3)(x-x0),将点P(1,t)代入得t-y0=(620x-3)(1-x0)整理得430x-620x+t+3=0,即t=-430x+620x-3,令h(x)=-4x3+6x2-3,则h′(x)=-12x2+12x.由h′(x)=0得x=0或x=1.当x变化时,h′(x),h(x)变化情况如下表:理数x(-∞,0)0(0,1)1(1,+∞)h′(x)-0+0-h(x)􀲒-3􀲒-1􀲒过点P(1,t)存在三条直线与曲线y=f(x)相切等价于直线y=t与曲线y=h(x)的图象有三个交点.如图作出y=h(x)的图象.从图可以看出,当-3t-1时,函数y=t和y=h(x)的图象有3个交点.综上,t的取值范围是(-3,-1).理数反思归纳含参数的函数零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,用x表示参数的函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.理数【即时训练】已知函数f(x)=x3-3ax-1,a≠0.(1)求f(x)的单调区间;解:(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),当a0时,对x∈R,有f′(x)0,所以当a0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);当a0时,由f′(x)0,解得x-a或xa,由f′(x)0,解得-axa,所以当a0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,-a),(a,+∞),单调递减区间为[-a,a].理数(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:(2)因为f(x)在x=-1处取得极值,所以f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,所以a=1.所以f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3.由f′(x)=0,解得x1=-1,x2=1.由(1)中f(x)的单调性,可知f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1,在x=1处取得极小值f(1)=-3.因为直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点,又f(-3)=-19-3,f(3)=171,结合f(x)的单调性,可知m的取值范围是(-3,1).理数利用函数性质研究函数零点考点二解:(1)f′(x)=1x-2ax-2=2221axxx,由题意f′(x)≤0在x∈1,24时恒成立,即2a≥212xx=(1x-1)2-1,在x∈1,24时恒成立,即2a≥[(1x-1)2-1]max,当x=14时,(1x-1)2-1取得最大值8,所以实数a的取值范围是[4,+∞).【例2】导学号18702141已知函数f(x)=lnx-ax2-2x.(1)若函数f(x)在x∈1,24内单调递减,求实数a的取值范围;理数(2)当a=-14时,关于x的方程f(x)=-12x+b在[1,4]上恰有两个不相等的实数根,求实数b的取值范围.解:(2)当a=-14时,f(x)=-12x+b可变形为14x2-32x+lnx-b=0.令g(x)=14x2-32x+lnx-b(x∈[1,4]),则g′(x)=(2)(1)2xxx.当x在[1,4]上变化时,g(x),g′(x)变化情况如下表.x1(1,2)2(2,4)4g′(x)-0+g(x)-b-54↘极小值↗2ln2-b-2所以g(x)极小值=g(2)=ln2-b-2,g(1)=-b-54,g(4)=2ln2-b-2,因为方程g(x)=0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根,所以(1)0,(2)0,(4)0,ggg得ln2-2b≤-54,即b的取值范围为(ln2-2,-54].理数反思归纳利用函数性质研究函数的零点,主要是根据函数最值或极值的符号确定函数零点的个数,此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.理数【即时训练】导学号18702142已知函数f(x)=xlnx,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a为实数).(1)当a=4时,求函数y=g(x)在x=0处的切线方程;解:(1)当a=4时,g(x)=(-x2+4x-3)ex,g(0)=-3,g′(x)=(-x2+2x+1)ex,g′(0)=1,所以,所求的切线方程为y+3=x-0,即y=x-3.理数解:(2)由g(x)=2exf(x),可得2xlnx=-x2+ax-3,a=x+2lnx+3x.设h(x)=x+2lnx+3x(x0),所以h′(x)=1+2x-23x=2(3)(1)xxx,所以x在1,ee上变化时,h′(x),h(x)的变化如下:x(1e,1)1(1,e)h′(x)-0+h(x)单调递减极小值(最小值)单调递增又h(1e)=1e+3e-2,h(1)=4,h(e)=3e+e+2.且h(e)-h(1e)=4-2e+2e0.所以实数a的取值范围为4a≤e+2+3e,即a的取值范围为(4,e+2+3e].(2)如果关于x的方程g(x)=2exf(x)在区间上有两个不等实根,求实数a的取值范围.1,ee理数【例3】导学号18702143已知函数f(x)=alnx-(其中a∈R).若函数f(x)有唯一零点,求a的取值范围.解:法一f′(x)=ax+21x=21axx(x0),当a=0时,f(x)=-1x=0无实根,即函数f(x)无零点;当a0时,f′(x)0,f(1)=-10,当x→+∞,f(x)→+∞,根据零点存在性定理,f(x)在(0,+∞)上有唯一的零点.当a0时,当x∈(0,-1a)时,f′(x)0,当x∈(-1a,+∞)时,f′(x)0,故f(x)有极大值,也是最大值f(-1a),因为x→0和x→+∞时,f(x)→-∞,因此f(x)有唯一零点等价于其最大值f(-1a)=0,即aln(-1a)+a=0,解得a=-e.综上,若函数f(x)有唯一零点,则a的取值范围为{a|a=-e或a0}.理数法二问题等价于alnx=1x有唯一实根,显然a≠0,则关于x的方程1a=xlnx有唯一实根,构造函数(x)=xlnx,则(x)=1+lnx,由(x)=1+lnx=0,得x=e-1,当xe-1时,(x)0,(x)单调递增,当0xe-1时,(x)0,(x)单调递减,所以(x)的极小值为(e-1)=-e-1,如图,为函数(x)的图象,则要使1a=xlnx有唯一实根,只需直线y=1a与y=(x)有唯一交点,则1a=-e-1或1a0,解得a=-e或a0,故a的取值范围是{a|a=-e或a0}.理数反思归纳函数有唯一零点的求解方法(1)函数在定义域上单调,满足零点存在性定理.(2)若函数不是严格单调函数,则其最小值等于0或最大值等于0.(3)分离参数后,数形结合,参数所在直线与函数图象只有一个交点.理数【即时训练】设函数f(x)=lnx+x.当m0时,方程2mf(x)=x2有唯一实数解,求m的值.解:由2mf(x)=x2得12m=2lnxxx,则原方程有唯一实数解等价于直线y=12m与曲线y=2lnxxx有唯一交点.y′=2411(ln)2xxxxxx=312lnxxx(x0),由于函数h(x)=1-2lnx-x在(0,+∞)上为减函数,且h(1)=0,所以当0x1时,h(x)0,当x1时,h(x)0,则y=2lnxxx在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,所以函数y=2lnxxx在x=1处取得最大值为1.所以当12m=1,即m=12时,方程2mf(x)=x2有唯一实数解.理数构造函数法研究函数零点问题考点三(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.【例4】(2014·全国Ⅱ卷)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;理数(2)证明:当k1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.(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-k0.当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k0,g(x)单调递增,g(-1)=k-10,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.当x0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)xh(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.理数反思归纳含参数两函数y=f(x)与y=g(x)图象交点问题,若不能作出两函数图象,常转化为函数h(x)=f(x)-g(x)的零点问题.理数解:令h(x)=f(x)-g(x)=lnxx+lnx-1x,则h′(x)=21x+1x+21lnxx=22lnxxx,令x=2+x-lnx(x0),则x=1-1x=1xx,所以x∈(0,1)时,x0,x单调递减,x∈(1,+∞)时,x0,x单调递增,所以xmin=1=30,所以在定义域内h′(x)0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增.又h(1)=-10,而h(e)=-1e+1+1e=10,因此,函数h(x)在(1,e)上必有零点,又h(x)在(0,+∞)上单调递增,故函数h(x)只有一个零点,即方程lnx=1x-lnxx只有一个根,因此函数f(x)=lnx与g(x)=1lnxx的图象只有一个交点.【即时训练】导学号18702144已知函数f(x)=lnx,g(x)=.试讨论两函数图象交点的个数.1lnxx理数点击进入应用能力提升