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1、-.z.专题 20 利用导数研究函数的零点问题 专题知识梳理 运用数形结合思想探究函数零点问题历来是高考的热点与难点，解决此类问题的难点是函数形式的有效选择;函数与方程的相互转化;数形结合思想的灵活运用本专题主要研究运用数形结合思想探究函数零点问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.函数的零点问题主要涉及了转化思想，如方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数*围问题可转化为函数的值域问题 在解决函数的零点问题需要注意以下几点：(1)函数f(*)的零点是一个实数，是方程f(*)0 的根，也是函数yf(*)的图象与*轴交点的横坐标；(2)函数零点存在性定
2、理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件，判零点个数还是要根据函数的单调性、对称性或者结合函数的图象 研究函数的零点(方程根)的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.考点探究【例 1】已知函数 lnf xx，20,01,()42,1.xg xxx 则方程()()1f xg x实根的个数为【解析】根据题意ln,01,()ln,1.xxf xx x，220,01,()2,12,6,2.xg xxxxx 22ln,01,()()ln2,
3、12,ln6,2.xxf xg xxxxxxx分情况讨论：当01x时，()()1f xg x有 1 个解1xe，此时有一个根.当12x时，()()f xg x单调递增，且(1)(1)1fg，(2)(2)2 ln21fg，此时有一个-.z.根.当2x 时，()()f xg x先减后增，且(2)(2)2 ln21fg，(2.3)(2.3)1fg，此时()()f xg x与1y 有两个交点，即()()1f xg x有两个根.综上，方程()()1f xg x的实根共有 4 个.【例 2】（2017*卷）设f(*)是定义在 R 且周期为 1 的函数，在区间0，1)上，2,xxDf xx xD，其中集合D
4、=*1|,nx xnnN，则方程f(*)lg*=0 的解的个数是.【解析】由于 0,1f x，则需考虑1*10的情况，在此*围内，xQ且xD时，设2()32fxxax，且p，q互质，若 lg*Q，则由 lg*(0，1)，可设*lg,2nxm nmmN，且m，n互质，因此10nmqp，则10mnqp，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此lg xQ，因此lgx不可能与每个周期内xD对应的部分相等，只需考虑lgx与每个周期xD的部分的交点，画出函数图象，图中交点除外(1，0)其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期xD的部分，且*=1 处11lg1ln10ln10 xx，则在*=1 附近仅有一个交
5、点，因此方程f(*)lg*=0 的解的个数为 8故答案为 8.【例 3】（2018*三模）如果函数 yf(*)在其定义域内总存在三个不同实数*1，*2，*3，满足|*i2|f(*i)1(i1，2，3)，则称函数 f(*)具有性质.已知函数 f(*)ae*具有性质，则实数 a 的取值*围为_【解析】由题意|*2|f(*)1 有三个根，即 a|*2|1e*有三个根；设 f(*)a|*2|，g(*)1e*，由图象可知 a0不合题意，即有 a0；设 yk(*2)与函数 g(*)1e*图象切于点(*0，y0)，则 ke*0，y0k(*02)e*0-.z.e*0(*02)，解得*01，k1e；因此，当*2
6、 时，f(*)a(*2)的斜率a1e，即 a1e.综上可知，实数 a 的取值*围是1e，.题组训练 1.（2018*模拟）已知 k 为常数，函数 f(*)*2*1，*0，|ln*|，*0，若关于*的方程 f(*)k*2 有且只有四个不同的解，则实数 k 的取值集合为_【解析】作出函数 f(*)*2*1，*0，ln*，*0和函数 yk*2 的图象(图略)，过点 A(0，2)分别作曲线 C1：yln*(*1)，C2：yln*(0*1)，C3：y*2*1(1*0)的切线，对应的斜率分别为1e3，1，e，由图象可知：当函数 f(*)*2*1，*0，ln*，*0和函数 yk*2 的图象有 4 个不同的公
7、共点时，对应的 k 的取值*围为 k1e3或ek1，所以当 f(*)k*2 有 4 个不同的解时，对应的 k 的取值*围为1e3(e，1)2.设函数f(*)=(*+1)ln*,g(*)=2e,是否存在自然数k,使得方程f(*)=g(*)在(k,k+1)内存在唯一的根如果存在,求出k的值;如果不存在,请说明理由.【解析】当k=1 时,方程f(*)=g(*)在(1,2)内存在唯一的根.理由如下:设h(*)=f(*)-g(*)=(*+1)ln*-2e,当*(0,1时,h(*)1-1=0,所以存在*0(1,2),使h(*0)=0.-.z.因为h(*)=ln*+1+1+(-2)e,所以当*(1,2)时,
8、h(*)1-1e0;当*2,+)时,h(*)0,所以当*(1,+)时,h(*)单调递增.所以当k=1 时,方程f(*)=g(*)在(1,2)内存在唯一的根.3.已知函数f(*)=(2-a)(*-1)-2ln*(aR,e 为自然对数的底数).(1)当a=1 时,求f(*)的单调区间;(2)若函数f(*)在(0,12)上无零点,求a的最小值.【解析】(1)当a=1 时,f(*)=*-1-2ln*,f(*)=1-2,由f(*)0,得*2;由f(*)0,得 0*2.故f(*)的单调减区间为(0,2,单调增区间为2,+).(2)因为f(*)0 恒成立,即对*(0,12),a2-2ln-1恒成立.令l(*
9、)=2-2ln-1,*(0,12),则l(*)=-2(-1)-2ln(-1)2=2ln+2-2(-1)2.再令m(*)=2ln*+2-2,*(0,12),m(*)=-22+2=-2(1-)2m(12)=2-2ln 20,从而l(*)0,于是l(*)在(0,12)上为增函数,l(*)2-2ln-1恒成立,只要a2-4ln 2,+).综上,若函数f(*)在(0,12)上无零点,则a的最小值为 2-4ln 2.4.已知函数32()f xxaxca（,acR是与a无关的常数），当函数()f x有三个不同的零点时，a的取-.z.值*围恰好是33(,3)(1,)(,)22，求c的值【解析】32()f xx
10、axca，2()32fxxax，令()0fx，可得0 x 或23ax 则函数()f x有三个不同的零点等价于324(0)()()()0327affcaaca(0)a，0a 时，34027aca或0a时，34027caa，即0a 时，34027aac或0a时，34027aac，设34()27g aaac，函数()f x有三个不同的零点时，a的取值*围恰好是33(,3)(1,)(,)22，在(,3)上，()0g a 且在33(1,)(,)22上()0g a 均恒成立，(3)10gc 且3()102gc，1c，此时322()1(1)(1)1f xxaxaxxaxa ，函数有三个零点，2(1)1xax
11、a 有两个异于1的不等实根，2(1)4(1)0aa 且2(1)(1)10aa，计算得出33(,3)(1,)(,)22a ，综上1c 5.已知函数32()31f xaxx，若()f x存在唯一的零点0 x，且00 x，则a的取值*围是【解析】当0a 时，2310 x 时，33x ，所以此时不符合题意；-.z.当0a 时，2()363(2)fxaxxx ax，当()0fx 时，解得2xa或0 x，则()f x在(,0)上单调递增，因为(0)1f，(1)20fa ，则存在一零点在(,0)上，所以此时不符合题意；当0a 时，当()0fx 时，解得20 xa，()0fx 时，解得2xa或0 x，所以函数
12、()f x在2(,)a单调递减，在2(,0)a上单调递增，在(0,+)上单调递减，若()f x在R上存在唯一的零点0 x，且00 x，则222812()10faaa，即2410a，整理得24a，解得2a或2a（舍去）综上所述，当2a时满足题意 6.（2018*卷）若函数()=232+1()在(0,+)内有且只有一个零点，则()在1,1上的最大值与最小值的和为_【解析】函数()=232+1()在(0,+)内有且只有一个零点，()=2(3)，(0,+)，当0时，()=2(3)0，函数()在(0,+)上单调递增，(0)=1，()在(0,+)上没有零点，舍去；当0时，()=2(3)0的解为3，()在(0,3)上递减，在(3,+)递增，又()只有一个零点，(3)=327+1=0，解得=3，()=2332+1，()=6(1)，1,1，()0的解集为(1,0)，()在(1,0)上递增，在(0,1)上递减，(1)=4，(0)=1，(1)=0，()=(1)=4，()=(0)=1，()在1,1上的最大值与最小值的和为：()+()=4+1=3