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  • 2021-05-13 发布

高考导数讲义一零点问题

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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,得.‎ 因为,,‎ 所以曲线在点处的切线方程为.‎ ‎(II)当时,,‎ 所以.‎ 令,得,解得或.‎ 与在区间上的情况如下:‎ 所以,当且时,存在,,‎ ‎,使得.‎ 由的单调性知,当且仅当时,函数有三个不同零点.‎ ‎(III)当时,,,‎ 此时函数在区间上单调递增,所以不可能有三个不同零点.‎ 当时,只有一个零点,记作.‎ 当时,,在区间上单调递增;‎ 当时,,在区间上单调递增.‎ 所以不可能有三个不同零点.‎ 综上所述,若函数有三个不同零点,则必有.‎ 故是有三个不同零点的必要条件.‎ 当,时,,只有两个不同 点, 所以不是有三个不同零点的充分条件.‎ 因此是有三个不同零点的必要而不充分条件.‎ 例2.设函数,.‎ ‎(I)求的单调区间和极值;‎ ‎(II)证明:若存在零点,则在区间上仅有一个零点.‎ ‎【答案】(I)单调递减区间是,单调递增区间是;极小值;(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)先对求导,令解出,将函数的定义域断开,列表,分析函数的单调性,所以由表格知当时,函数取得极小值,同时也是最小值;(II)利用第一问的表,知为函数的最小值,如果函数有零点,只需最小值,从而解出,下面再分情况分析函数有几个零点.‎ 试题解析:(Ⅰ)由,()得 ‎.‎ 由解得.‎ 与在区间上的情况如下:‎ 所以,的单调递减区间是,单调递增区间是;‎ 在处取得极小值.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,在区间上的最小值为.‎ 因为存在零点,所以,从而.‎ 当时,在区间上单调递减,且,‎ 所以是在区间上的唯一零点.‎ 当时,在区间上单调递减,且,,‎ 所以在区间上仅有一个零点.‎ 综上可知,若存在零点,则在区间上仅有一个零点.‎ 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.利用导数求函数的单调性与极值的步骤:①确定函数的定义域;②对求导;③求方程的所有实数根;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.‎ ‎(I)讨论的导函数的零点的个数;‎ ‎(II)证明:当时.‎ ‎【答案】(I)当时,没有零点;当时,存在唯一零点.(II)见解析 ‎【解析】‎ 试题分析:(I)先求出导函数,分与考虑的单调性及性质,即可判断出零点个数;(II)由(I)可设在的唯一零点为,根据的正负,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,即证明了所证不等式.‎ 试题解析:(I)的定义域为,.‎ 当时,,没有零点;‎ 当时,因为单调递增,单调递增,所以在单调递增.又,当b满足且时,,故当时,存在唯一零点.‎ ‎(II)由(I),可设在的唯一零点为,当时,;‎ 当时,.‎ 故在单调递减,在单调递增,所以当时,取得最小值,最小值为.‎ 由于,所以.‎ 故当时,.‎ 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.‎ ‎(1)当时,求函数在上的最小值的表达式;‎ ‎(2)已知函数在上存在零点,,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【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,分别确定参数的取值情况,利用并集原理得到参数的取值范围.‎ 试题解析:(1)当时,,故其对称轴为.‎ 当时,.‎ 当时,.‎ 当时,.‎ 综上,‎ ‎(2)设为方程的解,且,则.‎ 由于,因此.‎ 当时,,‎ 由于和,‎ 所以.‎ 当时,,‎ 由于和,所以.‎ 综上可知,的取值范围是.‎ ‎【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fx=x-2‎ex+a‎(x-1)‎‎2‎.‎ ‎(I)讨论f(x)‎的单调性;‎ ‎(II)若f(x)‎有两个零点,求的取值范围.‎ ‎【解析】(Ⅰ).‎ ‎( i )当时,则当时,;当时,‎ 故函数在单调递减,在单调递增.‎ ‎( ii )当时,由,解得:或 ‎①若,即,则,‎ 故在单调递增.‎ ‎②若,即,则当时,;当时,‎ 故函数在,单调递增;在单调递减.‎ ‎③若,即,则当时,;当时,;‎ 故函数在,单调递增;在单调递减.‎ ‎(Ⅱ)(i)当时,由(Ⅰ)知,函数在单调递减,在单调递增.‎ 又∵,取实数满足且,则 ‎∴有两个零点.‎ ‎(ii)若,则,故只有一个零点.‎ ‎(iii)若,由(I)知,当,则在单调递增,又当时,,故不存在两个零点;‎ 当,则函数在单调递增;在单调递减.又当时,,故不存在两个零点.‎ 综上所述,的取值范围是.‎ 例6.设为实数,函数.‎ ‎(1)若,求的取值范围;‎ ‎(2)讨论的单调性;‎ ‎(3)当时,讨论在区间内的零点个数.‎ ‎【答案】(1);(2)在上单调递增,在上单调递减;(3)当时,有一个零点;当时,有两个零点.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)先由可得,再对的取值范围进行讨论可得的解,进而可得的取值范围;(2)先写函数的解析式,再对的取值范围进行讨论确定函数的单调性;(3)先由(2)得函数的最小值,再对的取值范围进行讨论确定在区间内的零点个数.‎ 试题解析:(1),因为,所以,‎ 当时,,显然成立;当,则有,所以.所以.‎ 综上所述,的取值范围是.‎ ‎(2)‎ 对于,其对称轴为,开口向上,‎ 所以在上单调递增;‎ 对于,其对称轴为,开口向上,‎ 所以在上单调递减.‎ 综上所述,在上单调递增,在上单调递减.‎ ‎(3)由(2)得在上单调递增,在上单调递减,所以.‎ ‎(i)当时,,‎ 令,即().‎ 因为在上单调递减,所以 而在上单调递增,,所以与在无交点.‎ 当时,,即,所以,所以,因为,所以,即当时,有一个零点.‎ ‎(ii)当时,,‎ 当时, ,,而在上单调递增,‎ 当时,.下面比较与的大小 因为 所以 结合图象不难得当时,与有两个交点. ‎ 综上所述,当时,有一个零点;当时,有两个零点.‎ 考点:1、绝对值不等式;2、函数的单调性;3、函数的最值;4、函数的零点.‎ ‎【名师点晴】本题主要考查的是绝对值不等式、函数的单调性、函数的最值和函数的零点,属于难题.零点分段法解绝对值不等式的步骤:①求零点;②划区间,去绝对值号;③分别解去掉绝对值的不等式;④取每段结果的并集,注意在分段时不要遗漏区间的端点值.判断函数的单调性的方法:①基本初等函数的单调性;②导数法.判断函数零点的个数的方法:①解方程法;②图象法.‎ 例7.已知函数f(x)=-2lnx+x2-2ax+a2,其中a>0.‎ ‎(Ⅰ)设g(x)为f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;‎ ‎(Ⅱ)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.‎ ‎【解析】(Ⅰ)由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞)‎ g(x)=f '(x)=2(x-1-lnx-a)‎ 所以g'(x)=2-‎ 当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增 ‎(Ⅱ)由f '(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx 令Φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx 则Φ(1)=1>0,Φ(e)=2(2-e)<0‎ 于是存在x0∈(1,e),使得Φ(x0)=0‎ 令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1)‎ 由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增 故0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1‎ 即a0∈(0,1)‎ 当a=a0时,有f '(x0)=0,f(x0)=Φ(x0)=0‎ 再由(Ⅰ)知,f '(x)在区间(1,+∞)上单调递增 当x∈(1,x0)时,f '(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0‎ 当x∈(x0,+∞)时,f '(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0‎ 又当x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0‎ 故x∈(0,+∞)时,f(x)≥0‎ 综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.‎ ‎【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.‎