高考数学命题角度6_3利用导数研究函数的零点、方程的根大题狂练理 16页

命题角度 3：利用导数研究函数的零点、方程的根 1．已知函数     11 lnxf x a e x a a     （ 0a  且 1a  ）， e 为自然对数的底数． （Ⅰ）当 a e 时，求函数  y f x 在区间  0,2x 上的最大值； （Ⅱ）若函数  f x 只有一个零点，求 a 的值． 【答案】（Ⅰ）     2 max 12 3f x f e e e     ;（Ⅱ） 1a e  ． 【解析】试题分析： (1)由导函数的解析式可得        2 max 1max 0 , 2 3f x f f e e e     ． (2)由  ' 0f x  ，得 logax e ，分类讨论 1a  和 0 1a  两种情况可得 1a e  ． （Ⅱ）     11 lnxf x a e x a a     ，    ' ln ln lnx xf x a a e a a a e    ， 令  ' 0f x  ，得 logax e ，则 ①当 1a  时， ln 0a  ， x  ,logae logae  log ,ae   'f x  0   f x 极小值 所以当 logax e 时，  f x 有最小值    min 1log lnaf x f e e a a     ， 因 为 函 数  f x 只 有 一 个 零 点 ， 且 当 x   和 x   时 ， 都 有  f x   ， 则  min 1ln 0f x e a a     ，即 1ln 0e a a   ， 因为当 1a  时， ln 0a  ，所以此方程无解． ②当 0 1a  时， ln 0a  ， x  ,logae logae  log ,ae   'f x  0   f x 极小值 所以当 logax e 时，  f x 有最小值    min 1log lnaf x f e e a a     ， 因为函数  f x 只有一个零点，且当 x   和 x   时，都有  f x   ， 所以  min 1ln 0f x e a a     ，即 1ln 0e a a   （ 0 1a  ）（*） 设   1ln (0 1)g a e a aa     ，则   2 2 1 1' e aeg a a a a    ， 令  ' 0g a  ，得 1a e  ， 当 10 a e   时，  ' 0g a  ；当 1a e  时，  ' 0g a  ； 所以当 1a e  时，  min 1 1ln 0g a g e ee e        ，所以方程（*）有且只有一解 1a e  ． 综上， 1a e  时函数  f x 只有一个零点． 点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知 识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及 命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几 何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性； 已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考 查数形结合思想的应用． 2.设函数   21 ln2f x x m x  ，    2 1g x x m x   ． （Ⅰ）求函数  f x 的单调区间； （Ⅱ）当 0m  时，讨论函数  f x 与  g x 图像的交点个数． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】试题分析：（1）先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调 区间； （2）问题转化为求函数        21 1 ln , 02F x f x g x x m x m x x        ,的零点个数 问题，通过求导，得到函数 F（x）的单调区间，求出 F（x）的极小值，从而求出函数 h（x） 的零点个数即 f（x）和 g（x）的交点个数． （Ⅱ） 解：令        21 1 ln , 02F x f x g x x m x m x x        ，问题等价于求函数  F x 的零点个数， 当 0m  时 ，   21 , 02F x x x x    ， 有 唯 一 零 点 ； 当 0m  时 ，     1x x mF x x    ， 当 1m  时，   0F x  ，函数  F x 为减函数，注意到   31 02F   ，  4 ln4 0F    ， 所以  F x 有唯一零点； 当 1m  时， 0 1x  或 x m 时   0F x  ， 1 x m  时   0F x  ， 所以函数  F x 在 0,1 和  ,m  单调递减，在 1,m 单调递增，注意到   11 02F m   ，    2 2 ln 2 2 0F m m m     ，所以  F x 有唯一零点； 当 0 1m  时， 0 x m  或 1x  时   0F x  ， 1m x  时   0F x  ， 所以函数  F x 在 0,m 和 1, 单调递减，在  ,1m 单调递增，意到 ln 0m  ， 所以    2 2ln 02 mF m m m    ，而    2 2 ln 2 2 0F m m m     ， 所以  F x 有唯一零点. 综上，函数  F x 有唯一零点，即两函数图象总有一个交点. 3.已知函数   21ln 2f x x ax  （ a R ）. （1）若  f x 在点   2, 2f 处的切线与直线 2 2 0x y   垂直，求实数 a 的值； （2）求函数  f x 的单调区间； （3）讨论函数  f x 在区间 21,e   上零点的个数. 【答案】（1） 0a  （2）见解析（3）见解析 【解析】试题分析：由   1f x axx    21 ax x  ，直线 2 2 0x y   的斜率为 2 ， 所以  1 42 12 a    得出 a 值，（2）确定函数的单调区间   1f x axx    21 ax x  大于 零或小于零解不等式即可注意当当 0a  ， 0a  时（3）由（2）可知， 当 0a  时，  f x 在 21,e   上单调递增，而   11 02f a   ，故  f x 在 21,e   上没有零 点； 当 0a  时，  f x 在 21,e   上单调递增，而   11 02f a   ，故  f x 在 21,e   上有一个 零点；只需讨论当 0a  时结合草图根据零点所在的区间逐一讨论即可 试题解析： （1）由题可知  f x 的定义域为  0, ， 因为   21ln 2f x x ax  ，所以   1f x axx    21 ax x  又因为直线 2 2 0x y   的斜率为 2 ，   1 42 12 a     ，解得 0a  （2）由（1）知：   1f x axx    21 ax x  ， 当 0a  时，   0f x  ，所以  f x 在 0, 上单调递增； 当 0a  时，由   0f x  得 1x a  ，由   0f x  得 1x a  ，所以  f x 在 10, a       上单 调递增，在 1 ,a      上单调递减. 综上所述：当 0a  时，  f x 在  0, 上单调递增；当 0a  时，  f x 在 10, a       上单 调递增，在 1 ,a      上单调递减. ②若 211 ea   ，即 4 1 1ae   时，  f x 在 11, a       上单调递增，在 21 ,ea       上单调递减， 而   11 02f a   ， 1 1 1ln2 2f aa         ，  2 412 2f e ae  ， 若 1 1 ln2f aa         1 02  ，即 1a e  时，  f x 在 21,e   上没有零点； 若 1 1 ln2f aa         1 02  ，即 1a e  时，  f x 在 21,e   上有一个零点； 若 1 1 ln2f aa         1 02  ，即 1a e  时，由  2 412 02f e ae   得 4 4a e  ，此时，  f x 在 21,e   上有一个零点； 由  2 412 02f e ae   得 4 4a e  ，此时，  f x 在 21,e   上有两个零点； ③若 21 ea  ，即 4 10 a e   时，  f x 在 21,e   上单调递增，   11 02f a   ，  2 412 02f e ae   ，  f x 在 21,e   上有一个零点. 综上所述：当 4 40 a e   或 1a e  时，  f x 在 21,e   上有一个零点；当 0a  或 1a e  时，  f x 在 21,e   上没有零点；当 4 4 1ae e   时，  f x 在 21,e   上有两个零点. 4.已知函数   2 12 x mf x e x mx    . （1）当 1m  时，求证：对  0,x   时，   0f x  ； （2）当 1m  时，讨论函数  f x 零点的个数. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】试题分析：（1）函数求导  ' 1xf x e x   ，再求导得  ' 0f x  恒成立，又因为    0 0  0f f x  恒成立； （2）由（1）可知，当 x≤0 时，f″(x)≤0，可得 对∀x∈R，f′(x)≥0，即 ex≥x+1，分类 讨论当 x≥-1 时，当 x＜-1 时，函数 y=f(x)的零点个数即可得解； 当 x＜-1 时，再分 0≤m≤1 和 m＜0 两种情况进行讨论，由函数零点定理进行判断即可得到答 案. 试题解析：，所以 (1)当 1m  时，   2 12 x xf x e x    ，则  ' 1xf x e x   ，令   1xg x e x   ，则  ' 1xg x e  ，当 0x  时， 1 0xe   ，即  ' 0g x  ，所以函数  ' 1xf x e x   在 0, 上为增函数，即当 0x  时，    ' ' 0f x f ，所以当 0x  时，  ' 0f x  恒成立，所以函 数   2 12 x xf x e x    在  0, 上为增函数，又因为  0 0f  ，所以当 1m  时，对    0, , 0x f x    恒成立. (2)由（1）知，当 0x  时， 1 0xe   ，所以  ' 0g x  ，所以函数  ' 1xf x e x   的减 区 间 为  ,0 ， 增 函 数 为  0, . 所 以    min' ' 0 0f x f  ， 所 以 对 x  R ，  ' 0f x  ，即 1xe x  . ①当 1x   时， 1 0x   ，又  1, 1 1m m x x     ，    1 1 0x xe m x e x       ， 即  ' 0f x  ，所以当 1x   时，函数  f x 为增函数，又  0 0f  ，所以当 0x  时，   0f x  ，当 1 0x   时，   0f x  ，所以函数  f x 在区间 1,  上有且仅有一个 零点，且为0 . ② 当 1x   时 ，（ ⅰ ） 当 0 1m  时 ，  1 0, 0xm x e    ， 所 以    ' 1 0xf x e m x    ，所以函数  f x 在  , 1  上递增，所以    1f x f  ，且   1 1 11 1, 1 02 2 2 m m mf e e          ， 故 0 1m  时 ， 函 数  y f x 在 区 间  , 1  上无零点. (ⅱ)当 0m  时，  ' xf x e mx m   ，令   xh x e mx m   ，则  ' 0xh x e m   ， 所以函数  ' xf x e mx m   在 , 1  上单调递增，   1' 1 0f e   ，当 1 1ex m    时，   1 1 1 1' 1 1 1 0e e ef x m m em m m                       ，又曲线  'f x 在区间 1 1, 1e m       上 不 间 断 ， 所 以 1 * 1, 1ex m         ， 使  *' 0f x  ， 故 当  *, 1x x  时 ，      * 10 ' ' ' 1f x f x f e     ，当  *,x x  时，    *' ' 0f x f x  ，所以函数   2 12 x mf x e x mx    的 减 区 间 为  *, x ， 增 区 间 为  *, 1x  ， 又   11 1 02 mf e     ， 所 以 对   * 1 , 0x x f x    ， 又 当 21 1x m     时 ，  2 1 0, 02 m x mx f x      ， 又  * 0f x  ， 曲线   2 12 x mf x e x mx    在 区间 *21 , xm       上不间断.所以  * 0 ,x x   ，且唯一实数 0x ，使得  0 0f x  ，综上，当 0 1m  时，函数  y f x 有且仅有一个零点；当 0m  时，函数  y f x 有个两零点. 点睛：已知函数有零点求参数常用的方法和思路： （1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数 形结合求解. 5.已知函数 . （1）若在 处， 和 图象的切线平行，求 的值； （2）设函数 ，讨论函数 零点的个数. 【答案】（1） （2）见解析 试题解析：（1） ， 由 ，得 ，所以 ，即 （2）（1）当 时， 在 单增， ，故 时， 没有零点. （2）当 时，显然 有唯一的零点 （3）当 时，设 ， 令 有 ，故 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以， ，即 在 上单调 递减，在 上单调递增， （当且仅当 等号成立） 有两个根（当 时只有一个根 ） 在 单增，令 为 减函数， 故 只有一个根. 时 有 个零点； 时 有 个零点； 时 有 个零点； 时 有 个零点； 时， 有 个零点. 6.已知函数 . （Ⅰ）求函数 在 上的最小值； （Ⅱ）对一切 恒成立，求实数 的取值范围； （Ⅲ）探讨函数 是否存在零点？若存在，求出函数 的零点，若不存在， 请说明理由. 【答案】（Ⅰ） ; （Ⅱ） ; （Ⅲ）函数 无零点. 【解析】试题分析：（1）求导 ，由导数确定函数的单调性，从而求得最小值； （2）将原问题转化为 ，再记 ，从而转化为函数的最 值问题； （3）原问题可转化为 ）是否有解，只需不等号左边的最小值与右边函数的 最大值进行比较即可。 试题解析： （Ⅰ） ， 由 得 ，由 得 ， ∴函数 在 上单调递减，在 上单调递增. 当 时， ， ∴ . 当 时， 在上 单调递增， ， ∴ （Ⅲ）令 ，得 ，即 ， 由（Ⅰ）知当且仅当 时， 的最小值是 ， 设 ，则 ， 易知 在（0,1）上单调递增，在 上单调递减， ∴当且仅当 时， 取最大值，且 ， ∴对 都有， ，即 恒成立. ∴函数 无零点. 点睛：函数的零点问题常用的方法和思路： 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； 分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决； 数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结 合求解. 7.已知   2e 4 x xf x   ，其中 e 为自然对数的底数. （Ⅰ）设      1g x x f x   （其中  f x 为  f x 的导函数），判断  g x 在  1  ， 上 的单调性； （Ⅱ）若      ln 1 4F x x af x    无零点，试确定正数 a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）单调递增；（Ⅱ）  4a  ， . 【解析】试题分析： (1)  'g x 在定义域内恒正，则  g x 在 1  ， 上单调递增. (2)结合(1)的结论分类讨论： ①当 0 4a  时，不符合题意； ②当 4a  时，不符合题意； ③当 4a  时，  F x 没有零点. 综上所述，正数 a 的取值范围是  4a  ， . 试题解析： （Ⅰ）因为   x 2 xf x e 4   ，则   x 21 1f x e2 4    ，         x 21g x x 1 f x x 1 2e 14           ， 所以     x x 1 2 2 21 1 1g x e x 3 1 2e 1 2e 1 04 4 4                         ，所以  g x 在 1  ， 上 单调递增. （Ⅱ）由      F x ln x 1 af x 4    知      1 a 1F x af x g xx 1 x 1 a            ， 由（Ⅰ）知  g x 在  1  ， 上单调递增，且  g 1 0  ，可知当  x 1   ， 时，    g x 0  ， ， 则    a 1F x g xx 1 a        有唯一零点，设此零点为 x t . 易知  x 1 t  ， 时，  F x 0  ，  F x 单调递增；  x t  ， 时，  F x 0  ，  F x 单调递减， 故        maxF x F t ln t 1 af t 4     ，其中   1a g t  . 令         f xG x ln x 1 4g x     ，则                  2 2 f x g x f x g x f x g x1G x x 1 g x g x              ， 易知  f x 0 在  1  ， 上恒成立，所以  G x 0  ，  G x 在  1  ， 上单调递增， 且  G 0 0 . ①当 0 a 4  时，    1 1g t g 0a 4    ，由  g x 在 1  ， 上单调递增知 t 0 ， 则        maxF x F t G t G 0 0    ， 由  F x 在  1 t ， 上 单 调 递 增 ，  4 4F e 1 af(e 1) 0      ，所以    4F t F e 1 0   ，故  F x 在 1 t ， 上有零点，不符 合题意； 8.已知函数   lnf x b x ，    2g x ax x a R   . （1）若曲线  f x 与  g x 在公共点  1,0A 处有相同的切线，求实数 ,a b 的值； （2）当 1b  时，若曲线  f x 与  g x 在公共点 P 处有相同的切线，求证：点 P 唯一； （3）若 0a  ， 1b  ，且曲线  f x 与  g x 总存在公切线，求：正实数 a 的最小值. 【答案】（1） 1{  1 a b   ；（2）证明见解析；（3）1. 【 解 析】 试 题 分析 ：（ 1 ） 曲 线  f x 与  g x 在 公 共点  1,0A 处 有 相同 的 切 线 ，         1 0 { 1 0   ' 1 ' 1 f g f g     ，解出即可；（2）设  0 0,P x y ，由题设得        0 0 0 0, 'f x g x f x g x  ， 转化为关于 0x 的方程只有一解，进而构造函数转化为函数只有一个零点，利用导数即可证明； （3）设曲线  f x 在点 ,lnt t 处的切线方程为  1lny t x tt    ，则只需使该切线与  g x 相 切即可，也即方程组   2 1 {  y lnt x tt y ax x      ，只有一解即可，所以消去 y 后 0  ，问题转化关 于t 方程总有解，分情况借助导数进行讨论即可求得 a 值. 试题解析：（1） ， ．∵曲线 与 在公共点 处有相同 的切线∴ ， 解得， ． （2）设 ，则由题设有 … ①又在点 有共同的切线 ∴ 代入①得 设 ，则 ， ∴ 在 上单调递增，所以 ＝0 最多只有1个实根， 从而，结合（Ⅰ）可知，满足题设的点 只能是 （3）当 ， 时， ， ， 曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ． 由 ，得 ． ∵ 曲线 与 总存在公切线，∴ 关于 的方程 ， 即 总有解． 若 ，则 ，而 ，显然 不成立，所以 ． 从而，方程 可化为 ． 令 ，则 ． ∴ 当 时， ；当 时， ，即 在 上单调递减，在 上单调递增．∴ 在 的最小值为 ， 所以，要使方程 有解，只须 ，即 ． 【方法点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性，属于难题. 应用 导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点   0 0,A x f x 求斜率 k ,即求该点处的导数  0k f x  ；(2) 己知斜率 k 求切点   1 1, ,A x f x 即解方程  1f x k  ； (3) 巳 知 切 线 过 某 点   1 1,M x f x ( 不 是 切 点 ) 求 切 点 , 设 出 切 点   0 0, ,A x f x 利用      1 0 0 1 0 f x f xk f xx x    求解. 9.已知函数  f x 满足：①    2 2 ,f x f x x R   ；②    ln , 0,2f x x ax x   ；③  f x 在 4, 2  内能取到最大值 4 . （1）求实数 a 的值； （2）设函数   21 3g x bx bx  ，若对    1 21,2 , 1,2x x    ，使得    1 2f x g x ，求实 数b 的取值范围. 【答案】（1） 1a   ；（2）  3 3, ln2 3 3 ln2,2 2         . 【解析】试题分析：（1）求出  f x 的表达式，得到  f x 的导数，得到 4 4 04 ax   在  4, 2  内必有解，求出  f x 的最大值，从而求出 a 的值即可；（2）设出  f x 和  g x 的 值域，求出  f x 的值域，通过讨论b 的范围，求出  g x 的值域，根据集合的包含关系，解 关于b 的不等式，求出b 的范围即可. 试 题 解 析 ：（ 1 ） 当  4, 2x   时 ， 有  4 0,2x   ， 由 条 件 ② 得      4 ln 4 4f x x a x     ， 再 由 条 件 ① 得          2 2 4 4 4ln 4 4 4f x f x f x x a x        . 故   4' 44f x ax   ，  4, 2x   . 由条件③得  f x 在在 4, 2  内有最大值，方程  ' 0f x  ，即 4 4 04 ax   在 4, 2  内 必 有 解 ， 故 0a  ， 且 解 为 1 4x a    . 又 最 大 值 为 4 ， 所 以  max 1 1 14 4ln 4 4f x f aa a a                          ，即 1ln 0a      ，所以 1a   . 若 0b  ， 则 当  1,2x 时 ，  ' 0g x  ，  g x 为 减 函 数 ， 所 以      2 22 , 1 ,3 3B g g b b      . 由 A B ，得 2 2ln2 2, 13 3b b     ，故必有 3 ln2 32b   . 若 0b  ， 则 当  1,2x 时 ，  ' 0g x  ，  g x 为 增 函 数 ， 所 以      2 21 , 2 ,3 3B g g b b      . 由 A B ， 得 2 2ln2 2, 13 3b b     ， 故 必 有 33 ln22b   . 若 0b  ，则  0B  ，此时 A B 不成立. 综上可知， b 的取值范围是  3 3, ln2 3 3 ln2,2 2         . 10.已知函数   2 14f x x ax    ，    g x f x b  ，其中 a ， b 为常数． （1）若 1x  是函数  y xf x 的一个极值点，求曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程； （2）若函数  f x 有 2 个零点，   f g x 有 6 个零点，求 a b 的取值范围． 【答案】（1） 7 14y x  （2） 2a b  【解析】试题分析：结合极值点导数为零及导数的几何意义求出切线方程；函数零点问题是 导数的一个应用方面 ，首先搞清函数    y f x g x  零点个数的三种判断方法，其一：    y f x g x  的图象与 x 轴交点的横坐标 ；其二：方程    f x g x 的根；其三：函 数  y f x 与  y g x 的图象的交点的横坐标 ；本题根据函数  f x 存在 2 个零点，转 化为方程 2 14a x x   有 2 个不同的实根，解出 3a  ，再根据   f g x 有 6 个零点，求出 a b 范围. ∵   11 32h h      ，∴令    0f g x  ，得   1 2g x  或   1g x   ，即   1 2f x b  或   1f x b   ， 而   f g x 有 6 个零点，故方程   1 2f x b  与   1f x b   都有三个不同的解， ∴ 1 02 b  且 1 0b   ，∴ 1b   ，∴ 2a b  ． 【点睛】函数    y f x g x  零点个数的三种判断方法，其一：    y f x g x  的图象 与 x 轴交点的横坐标 ；其二：方程    f x g x 的根；其三：函数  y f x 与  y g x 的图象的交点的横坐标 ；涉及   y f g x 零点问题，一般设  t g x ，则  y f t ， 先考虑  f t 的零点，找出对应的t 值（或范围），再根据  g x t 找出对应的 x 值（或个 数），需要借助函数图象数形结合去完成.