高考数学命题角度6_3利用导数研究函数的零点、方程的根大题狂练文 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 ， . （1）求函数 的单调区间； （2）若关于 的方程 有实数根，求实数 的取值范围. 【答案】（1）函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；（2）当 时，方程 有实数根. 【解析】试题分析：（1）函数求导 ，从而得单调区间； （2）方程 有实数根，即函数 存在零点，分类讨论函数 的 单调性，从而得有零点时参数的范围. （2）由题得， . 依题意，方程 有实数根， 即函数 存在零点. 又 . 令 ，得 . 当 时， . 即函数 在区间 上单调递减， 而 ， . 所以函数 存在零点； 当 时， ， 随 的变化情况如下表： 所以 为函数 的极小值，也是最小值. 当 ，即 时，函数 没有零点； 当 ，即 时，注意到 ， ， 所以函数 存在零点. 综上所述，当 时，方程 有实数根. 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. 2.已知函数   xf x e ，   ln 2g x x  . （1）若直线 y kx b  是曲线  y f x 与曲线  y g x 的公切线，求 ,k b； （2）设       2h x g x f x a a     ，若  h x 有两个零点，求a的取值范围. 【答案】（1）{ 0 k e b   或 1 { 1 k b   ；（2） 1a  . 试题解析：对函数 xy e 求导，得 / xy e ，对函数 ln 2y x  求导，得 / 1y x  。 设直线 y kx b  与 xy e 切于点  1 1, xP x e ，与 ln 2y x  切于  2 2, ln 2Q x x  . 则在点P处的切线方程为：  1 1 1 x xy e e x x   ，即  1 1 11x xy e x x e   . 在点Q处的切线方程为：  2 2 2 1ln 2y x x x x     ，即 2 2 1 ln 1y x x x    . 这两条直线为同一条直线，所以有       1 1 2 1 2 1 1 { 1 1 2 x x e x x e lnx     由（1）有 1 2lnx x  ，代入（2）中，有   1 2 2 1 1 0 x x x    ，则 1 1x  或 2 1x  . 当 1 1x  时，切线方程为 y ex ，所以{ 0 k e b   , 当 2 1x  时，切线方程为 1y x  ，所以 1 { 1 k b   . （2）   ln x ah x x e a   。求导：    / 1 , 0x ah x e x x    ， 显然  /h x 在  0, 上为减函数，存在一个 0x ，使得  / 0 0h x  ， 且  00,x x 时，  / 0h x  ，  0 ,x x  时，  / 0h x  ， 所以 0x 为  h x 的极大值点。 由题意，则要求  0 0h x  . 由   0/ 0 0 10 x ah x e x    ，有 0 0lnx x a   ，所以 0 0lna x x  ， 故  0 0 0 0 12lnh x x x x    . 令   12lnx x x x     ，且  1 0  。  / 2 2 1 1 0x x x      ，  x 在  0, 上为增函数，又  1 0  ， 要求  0 0h x  ，则要求 0 1x  ，又 lny x x  在  0, 上为增函数， 所以由 0 1x  ，得 0 0ln 1a x x   。 综上， 1a  【方法点睛】本题主要考查利用导数的几何意义及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 x k f x x x      求解. 3.已知函数 . （1）求 在区间 上的最值； （2）若过点 可作曲线 的 3条切线，求实数 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）最大值是 10+a，最小值是 (Ⅱ) ． 【解析】试题分析： （1）求导数，分析函数的单调性，可求函数的最大小值； （2）利用导数的几何意义，转化为方程有 3根，再利用函数的单调性，根据函数变化情况写 出对应的约束条件即可求解. (Ⅱ) 设切点 ， 则 ， 整理得 ，由题知此方程应有 3 个解． 令 ， ∴ ， 由 解得 或 ，由 解得 ， 即函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减． 要使得 有 3个根，则 ，且 ， 解得 ， 即 a 的取值范围为 ． 4.已知函数    3 1 , ln 4 f x x ax g x x     ． （1）当 a为何值时， x轴为曲线  y f x 的切线； （2）用  min ,m n 表示 ,m n中的最小值，设函数       min , ( 0)h x f x g x x  ，讨论  h x 零点的个数． 【答案】（1）当 3 4 a   时， x轴是曲线  y f x 的切线（2）当 3 4 a   或 5 4 a   时，  h x 有一个零点；当 3 4 a   或 5 4 a   时，  h x 有两个零点；当 5 3 4 4 a    时，  h x 有三 个零点． 【解析】【试题分析】（1）先对函数   3 1 4 f x x ax   求导，再运用导数的几何意义建立方 程组 3 0 0 2 0 1 0 { 4 3 0 x ax x a      求出 3 4 a   ；（2）先确定函数       min , ( 0)h x f x g x x  的解 析表达式的情形，再运用分类整合思想分 3a   或 0a  和 3 0a   两种情形进行分类讨 论函数  h x 的零点的个数问题，进而求出对应的参数的取值范围： （ 1 ） 设 曲 线  y f x 与 x 轴 相 切 于 点  0 ,0x ， 则    0 00, 0f x f x  ， 即 3 0 0 2 0 1 0 { 4 3 0 x ax x a      ， 解得： 0 1 3, 2 4 x a   ， 因此，当 3 4 a   时， x轴是曲线  y f x 的切线； （2）当  1,x  时，   ln 0g x x   ，从而         min , 0h x f x g x g x   ， ∴  h x 在  1, 无零点， 当 1x  时，若 5 4 a   ，则   51 0 4 f a   ，         1 min 1 , 1 1 0h f g g   ，故 1x  是  h x 的零点； 若 5 4 a   ，则   51 0 4 f a   ，         1 min 1 , 1 1 0h f g f   ， 故 1x  不是  h x 的零点，当  0,1x 时，   ln 0g x x   ，所以只需考虑  f x 在  0,1 的零点个数， （Ⅰ）若 3a   或 0a  ，则   23f x x a  在  0,1 无零点，故  f x 在  0,1 单调，而    1 50 , 1 4 4 f f a   ， 所以当 3a   时，  f x 在  0,1 有一个零点； 当 0a  时，  f x 在  0,1 无零点； ③若 0 3 af         ，即 33 4 a    ，由于    1 50 , 1 4 4 f f a   ，所以当 5 3 4 4 a    时，  f x 在  0,1 有两个零点；当 33 4 a    时，  f x 在  0,1 有一个零点． 综上，当 3 4 a   或 5 4 a   时，  h x 有一个零点；当 3 4 a   或 5 4 a   时，  h x 有两个 零点； 当 5 3 4 4 a    时，  h x 有三个零点． 点睛：导数是研究函数的单调性、极值最值的重要而有效工具。本题以含参数的函数解析式 为背景，旨在考查导数在研究函数的单调性、极值（最值）等方面的综合运用。求解第一问 时，先对已知函数解析式进行求导，再运用导数的几何意义建立方程组求出解析式中的参数 进而获解；解答本题的第二问时，先确定函数       min , ( 0)h x f x g x x  的解析式， 再运用分类整合思想分类讨论函数的零点的个数问题以及对应的参数的范围，从而体现了分 类整合思想在解决问题中的综合运用。 5.已知函数    2 2 2lnf x x ax x a R    ，   22 3xg x e x  （ e为自然对数的底数）． （Ⅰ）讨论函数  f x 的极值点的个数； （Ⅱ）若函数  y f x 的图象与函数  y g x 的图象有两个不同的交点，求实数 a的取值 范围． 【答案】（Ⅰ）详见解析; （Ⅱ）  1,e  . 【解析】试题分析:(1)对函数  f x 进行求导,根据基本不等式得出  'f x 的范围,按照  'f x 的最小值是否在定义域内分两类讨论,: ①当 4 2 0a  ，  f x 在  0, 上单调递 增，所以  f x 没有极值点；②当 4 2 0a  ，转化为方程 2 1 0x ax   正数解的个数;(2) 函 数  y f x 的图象与函数  y g x 的图象有两个不同的交点，转化为    f x g x 由两个 不同的根，通过参变分离,构造新的函数,求导判断单调性与最值,求出参数的范围. 试题解析:（Ⅰ）   2' 2 2f x x a x    ， ∵ 0x  ，∴    ' 4 2 ,f x a   ， ①当 4 2 0a  ，即  2,a   时，  ' 0f x  对 0x  恒成立，  f x 在  0, 上单 调递增，所以  f x 没有极值点； （Ⅱ）令    f x g x ，得 2 22ln 2 2 3xx x ax e x    ，即 2 lnxax e x x   ， ∵ 0x  ，∴ 2 lnxe x xa x    ， 令   2 lnxe x xx x     （ 0x  ），           2 2 2 1 2 ln 1 ln 1 1 ' x x xe x x e x x e x x x xxx x x                ， ∵ 0x  ，∴  0,1x 时，  ' 0x  ，  x 为减函数；  1,x  时，  ' 0x  ，  x 为增函数，∴    1 1x e    ， 当 0x 时，  x ，当 x时，  x ， ∵函数  y f x 图象与函数  y g x 图象有两个不同交点，∴实数 a的取值范围为  1,e  ． 6.设函数    1 ln .f x x a x a R x     （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）若  f x 有两个极值点 1 2,x x ，记过点      1 1 2 2, , ,A x f x B x f x 的直线的斜率为 k， 问：是否存在实数 a，使得 2 ?k a  ，若存在，求出 a的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析（2）不存在 a，使得 2k a  . 【解析】【试题分析】（1）先对函数   1 lnf x x a x x    求导，再运用导数与函数的单调性的 关系分析讨论函数   2 1g x x ax   的符号，进而运用分类整合思想对实数 a进行分 2 2 2 2a a a   ； ； 三类进行讨论并判定其单调性，求出单调区间；（2）先假设满足题 设条件的参数 a存在，再借助题设条件，推得 1 2 1 2 ln ln 1x x x x    ，即 1 2 1 2ln lnx x x x   ，亦即 2 2 2 2 1 2ln 0( 1)x x x x     进而转化为判定函数   1 2lnh t t t t    在  0, 上是单调递增的问题，然后借助导数与函数 单调性的关系运用反证法进行分析推证，从而作出判断： 解：（Ⅰ）  f x 定义域为  0, ，   2 2 2 1 1' 1 a x axf x x x x       ， 令   2 21, 4g x x ax a      ， （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 2a  ， 因为        1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ln lnx xf x f x x x a x x x x        . 所以    1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ln ln11 f x f x x xk a x x x x x x         , 又由（1）知， 1 2 1x x  ，于是 1 2 1 2 ln ln2 x xk a x x     ， 若存在a，使得 2k a  ，则 1 2 1 2 ln ln 1x x x x    ，即 1 2 1 2ln lnx x x x   ， 亦即 2 2 2 2 1 2ln 0( 1)x x x x     （*） 再由（Ⅰ）知，函数   1 2lnh t t t t    在  0, 上单调递增， 而 2 1x  ，所以 2 2 2 1 2ln 1 1 2ln1 0x x x       ，这与（*）式矛盾， 故不存在 a，使得 2k a  . 点睛：本题以函数参数的函数解析式为背景，设立了两个问题旨在考查导数工具在研究函数 的单调性、极值（最值）等方面的综合运用。求解第一问时，先对函数求导，再运用导数与 函数的单调性的关系及分类整合思想分类求其单调区间；解答第二问时，先假设满足题设条 件的参数a存在，然后借助题设中的条件建立方程 1 2 1 2 ln ln2 x xk a x x     ，再构造函数运用导数 与函数单调性的关系及反证法进行分析推证从而使得问题获解。 7.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 3 g 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 0 4 a x    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' 4 4 f x a x    ，  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 0 4 a x    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 a a a a                           ，即 1ln 0 a       ，所以 1a   . （2）设  f x 在  1,2 内的值域为 A，  g x 在  1,2 内的值域为B，由条件可知 A B . 由（1）知，当  1,2x 时，   lnf x x x  ，   1 1' 1 0xf x x x      ，故  f x 在  1,2 内为减函数，所以       2 , 1 ln2 2, 1A f f    . 对  g x 求导得     2' 1 1g x bx b b x x     . 若 0b  ， 则 当  1,2x 时 ，  ' 0g x  ，  g x 为 减 函 数 ， 所 以      2 22 , 1 , 3 3 B g g b b       . 由 A B ，得 2 2ln2 2, 1 3 3 b b     ，故必有 3 ln2 3 2 b   . 若 0b  ， 则 当  1,2x 时 ，  ' 0g x  ，  g x 为 增 函 数 ， 所 以      2 21 , 2 , 3 3 B g g b b       . 由 A B ， 得 2 2ln2 2, 1 3 3 b b     ， 故 必 有 33 ln2 2 b   . 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          . 8. 已知函数 . （1）讨论 的单调性； （2）若 在区间 上有两个零点，求 的取值范围. 【答案】（1）详解见解析；（2） 【解析】试题分析： (1)首先求得函数的导函数，然后分类讨论求得函数的单调区间即可； (2)结合(1)的结论，利用导函数与原函数的关系整理可得 的取值范围是 . 试题解析： （1） 的定义域为 ， ， 令 可得 或 .下面分三种情况. 当 时，可得 ，由 得 ，由 得 ， 此时 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 . 当 时，由 得 或 ，由 得 ， 此时 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 . 当 时， ， 在区间 上单调递增. 由（1）得，当 时， 在 处取得最小值 ，且 在区间 内先减后增， 又 ， ，要使得 在区间 上有两个零点， 必须有 且 ，由此可得 . 当 时， ，显然 在区间 上不存在两个零点. 当 时，由（1）得 在区间 内先减后增， 又 ， ， 故此时 在区间 上不存在两个零点. 当 时，由（1）得 在区间 内先增，先减，后增. 又 , ， 故此时 在区间 上不存在两个零点. 当 时，由（1）得 在区间 上单调递增， 在区间 上不存在两个零点. 综上， 的取值范围是 . 9.已知函数    1xf x e a x   （其中 e为自然对数的底数） （1）设过点  0,0 的直线 l与曲线  f x 相切于点   0 0,x f x ，求 0x 的值； （2）函数      2 1g x f x ax ex    的的导函数为  g x ，若  g x 在  0,1 上恰有两个 零点，求 a的取值范围. 【答案】（1） 0 1x  ;（2）  2,1e . 【解析】【试题分析】（1）依据题设条件导数的几何意义分析求解；（2）先对函数令    2 1 1xg x e ax a e x      求导，再运用导数与函数的单调性之间的关系判断单调性， 然后求出最小值，建立不等式进行分析求解： （2）令    2 1 1xg x e ax a e x      ， 所以   2 1xg x e ax a e      ， 设   2 1xk x e ax a e     ， 则   2xk x e a   ， 因为函数   2xk x e a   在  0,1 上单增， 若  g x 在  0,1 上恰有两个零点， 则   2xk x e a   在  0,1 有一个零点    ln 2 0,1x a  ， 所以 1 2 2 ea  ， ∴  k x 在   0, ln 2a 上递减，在   ln 2 ,1a 上递增， 所以  k x 在  0,1 上有最小值   ln 2k a ， 因为         ln 2 2 2 ln 2 1 3 2 ln 2 1k a a a a e a a a a e         （ 1 2 2 ea  ）， 设   3 ln 1 2 x x x x e     （1 x e  ），则   1 ln 2 x x   ， 令   0x  ，得 x e ， 当1 x e  时，   0x  ，  x 递增， 当 e x e  时，   0x  ，  x 递减， 所以  max 1 0x e e     ， ∴   ln 2 0k a  恒成立， 若  k x 有两个零点，则有   ln 2 0k a  ，  0 0k  ，  1 0k  ， 由  0 2 0k a e    ，  1 1 0k a   ，得 1e a a   ， 综上，实数a的取值范围是  2,1e . 10.已知函数    2 3 3 xf x x x e    . （1）试确定 t的取值范围，使得函数  f x 在 2, ( 2)t t   上为单调函数； （2）若 t为自然数，则当 t取哪些值时，方程    0f x z x R   在 2, t 上有三个不相等 的实数根，并求出相应的实数 z的取值范围. 【答案】（1） 2 0t   （2）  ,3e 【解析】试题分析：（1）先求函数导数，根据导函数零点确定函数单调区间，再根据 2, t 为 某个单调区间的子集得 t的取值范围，（2）结合三次函数图像确定 t的取值范围：当 2t  ,且 t N 时，方程   0f x z  在 2, t 上有可能有三个不等实根，再根据端点值大小确定实数 z的满足的条件：           max 2 , 1 ,min 0 ,z f f f f t  ，最后解不等式可得实数 z的 取值范围. 试题解析：（1）因为        2 3 3 2 3 1x x xf x x x e x e x x e          ， 由   0 1f x x   或 0x  ,由   0 0 1f x x    ， 所以  f x 在    ,0 , 1,  上单调递增，在  0,1 上单调递减， 欲使  f x 在 2, t 上为单调函数，则 2 0t   . 因为         2 2 132 , 0 3, 1 , 2f f f e f e e      ，且      22 3 0f t f e f    ， 因而          2 1 0 2f f f f f t     ， 所以    1 0f z f  ，即 3e z  ， 综上所述，当 2t  ,且 t N 时，满足题意，此时实数 z的取值范围是  ,3e .