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1、第四课时导数与函数的零点关键能力课堂突破美 小 考 点气窠四鬟慢 考点一函数零点个数的判定a m 已知函数f(x)=-x 2+a-工.4x设函数g(x)=x f (x),讨论g(x)在区间(0,1)上零点的个数.解：由题意可知 g(x)=x f (x)=-x3+ax-,g (x)=-3x2+a,0 x 0,g (x)在(0,1)上单调递增，由g (0)=-：0,g (1)=a-0,得 g(x)在(0,1)上有一个零点；当 aW O 时,g(x)0,g(x)在(0,1)上单调递减,g(0)0,g(l)0,g(x)在(0,1)上无零点；当0 a 3时,g(x)在(0,任)上单调递增,在(J 1)上
2、单调递减，可得g(x)在(0,1)上的最大值为g (J)若g(J|)0,即0 a0,即 a 3,g(0)0,g(l)=a-*当9 a 号时,g(x)在(0,1)上有两个零点；当咨a 3时,g(x)在(0,1)上有一个零点.4综上可得,当a 0),则*(x)=W，所以当x (0,e)时,f (x)0,f(x)单调递增，所以当x=e 时,f (x)取得极小值f (e)=l n e+-=2,e所以f(x)的极小值为2.由题意知 g(x)=fz(x)-|=i-5-|(x 0),令 g(x)=0,得 m=-|x:i+x (x 0).设(p(x)=-1 xJ+x (x 2 0),则 0,(x)在(0,1)
3、上单调递增；当x (1,+8)时，。(x)|时,函数g(x)无零点；当m=|时，函数g(x)在(0,+8)上有且只有一个零点；当0。1 机 寸，函数g(x)无零点；当m=g 或 m W O 时，函数晨x)有且只有一个零点；当0 m|时,函数g(x)有两个零点.慢 考点二根据函数的零点个数求参数的取值范围C D (2 0 2 0 ,全国 I 卷)已知函数 f (x)=e*-a(x+2).(1)当a=l 时，讨论f (x)的单调性；(2)若 f (x)有两个零点,求a 的取值范围.解：(1)当 a=l 时，f (x)=ex-x-2,则 (x)=ex-l.当 x 0 时，f (x)0 时，f (x)
4、0.所以f (x)在(-oo,0)上单调递减,在(0,+oo)上单调递增.(2)f (x)=ex-a.当 aW O 时，伊(x)0,所以f(x)在(-8,+8)上单调递增，故 f (x)至多存在一个零点,不符合题意.当 a 0 时，由 f (x)=0 可得 x=l n a.当 x6(-8,h a)时,f (x)0.所以f (x)在(-8,i n a)上单调递减，在(I n a,+8)上单调递增.故当x=l n a 时,f (x)取得最小值，最小值为f (I n a)=-a(l+l n a).若则ef (I n a)2 0,f (x)在(-,+)上至多存在一个零点,不符合题意.若 a-e,则 f
5、 (I n a)0,所以f(x)在(-8,匕 a)上存在唯一零点.由知,当x 2 时,e-x-2 0,所以当x 4,且 x 2 1 n (2 a)时，X Xf (x)=e 2 e 2-a(x+2),(+2)-a(x+2)=2 a 0,故 f(x)在(I n a,+8)上存在唯一零点,从而f(X)在(-8,+O O)上有两个零点.综上,a 的取值范围是(3+8).e根据零点个数求参数的取值范围问题(1)参数分离法.若能够分离参数,则分离参数后构造函数,通过研究函数的性质，画出函数的图象,利用数形结合思想求解.(2)极值(最值)转化法.若不能分离参数,应根据函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,利
6、用函数的极值(最值)的符号以及函数的单调性，确定参数的取值范围.针对训练已知函数 f (x)=k x T n x(k 0).若 k=l,求 f(x)的单调区间；若函数f (x)有且只有一个零点,求实数k的值.解：(1)若 k=l,则 f (x)=x-l n x,定义域为(0,+8),则 f (x)=l-,X由 f (x)0,得 x l;由f(x)0).X令 g(x)=(x 0),贝 i j g (x)呼，x x2当 x=e 时，g (x)=0;当 0 0;当 x e 时，g (x)0,所以要使f(x)仅有一个零点,则k=-.e法二 f (x)=k x-l n x,f (x)=k-=(x 0,k
7、 0).X X当 x=时,(x)=0;当 0 x 4 时,f，(x)0,所以f (x)在(0,?上单调递减,在G，+8)上单调递增，k k所以 f(X)m i n=f ()=l-l n ,k k因为f(x)有且只有一个零点,所以1-l n i=0,即k=ik eI 1 考点三构造函数研究两函数图象交点问题例 3已知函数f (x)=-x +x+a,x 匕 e 与 g(x)=31 n x-x-l 的图象上e存在关于X 轴对称的点,求实数a 的取值范围.解:根据题意，函数 f (x)=-x3+x+a(e-x e)与 g(x)=31 n x-x-1 的图象上存在关于x 轴对称的点,则方程-x 3+x+
8、a=-31 n x+x+1 在区间 三,e 上e有解,即方程a-l=x3-31 n x 在区间止,e 上有解.e设函数h(x)=x -31 n x,其导数为h (x)=3x 2-卫生立上X X又由x 止,e ,可得当x=l 时,h (x)=0,e当e时,h (x)0,h(x)为减函数,当 l 0,h(x)为增函数，故函数h(x)=x：-31 n x 有最小值h(l)=l,又 h (-)=当+3,h (e)=e -3,e e-5由于 h (三)-h (e)=4+3-(e：-3)=6+-e3 0,因此 h (三)h (e),故函数 h(x)=x，-31 n x 有最大值 h(e)=e -3,故函数
9、h(x)=x，-31 n x 在区间P,e 上的值域为 1,e3-3 .e若方程aT=x Y l n x 在区间 e 上有解，e必 有I W aT W e V,则 有2 W aW e-2,即a的取值范围是 2,e-2 .-懈题策略I根据两函数图象有交点或其中一个函数图象上存在某种特征性质的点(如关于原点对称的点，关于坐标轴对称的点等)在另一个函数图象上时,常通过构造函数转化为函数零点的存在性问题.针对训练若函数f (x)=x2+l n(x+a)与g(x)=x2+ex-|(x 0)的图象上存在关于y轴对称的点,求实数a的取值范围.解:若函数f (x)=x?+l n(x+a)与g(x)=x2+ex
10、-|(x 0)的图象上存在关于y轴对称的点,则等价为g(x)=f (-x),在x 0时,方程有解,即x2+ex-1=x2+l n(-x+a)(x 0),方程有解，即 ex-|-l n(-x+a)=0 在(一8,0)上有解.令 m(x)=e*-：T n(-x+a),则 m(x)=e*-pin(-x+a)在其定义域上是增函数,且 X-*时,m(x)0,故 ex-1-l n(-x+a)=0 在(-,0)上有解，若 a 0,则 ex-|-l n(-x+a)=0 在(-8,0)上有解可化为 e-|-l n a 0,即I n a|,故 0 a 0,当a 0 时，f (x)0,f (x)在 R 上是增函数，
11、当x l时，f (x)=ex+a(x-1)0;1 i当 x 0 时,取 x=一,则e-e=l,a则 f (二)l+a(T)=-a 0,a a所以函数f(x)存在零点,不满足题意.当 a 0 时，令 f (x)=0,得 x=l n(-a).在(-8,I n(-a)上,f(x)0,f (x)单调递增,所以当x=l n(-a)时,f (x)取最小值.函数f(x)不存在零点，等价于f (I n(-a)=el n(l)+al n(-a)-a=-2 a+al n(-a)0,解得-e aC O.综上所述,实数a 的取值范围是Q e；0).CW 已知函数 f(x)=+l n x-1.X 当 a=2 时，求 f
12、 (x)的最小值；(2)当a l 时,令g(x)=f (x)-a+l,求证:函数g(x)有两个零点.(1)解：由题意知函数f(x)的定义域为(0,+8).所以当 x (0,2)时,f (x)0,当 x (2,+8)时，伊(x)0.所以f (x)在(0,2)上单调递减,在+8)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(2)=l n 2.证明：由 得 f(x)的最小值为I n a,所以g(x)的最小值为I n a-a+1.令 h(x)=l n x-x+l,则 h (x)=-l.X由 h (x)0 得 O x l,由 h，(x)l,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+8)上单调递减，所以h(x
13、)的最大值为h(1)=0,所以h(x)W 0,又因为a l,所以I n a-a+l 0,当 x=eW,g(ea)=+l n ea-a=0,所以函数g(x)有两个零点.C M)(2 0 2 1 贵州贵阳高三月考)已知函数f(x)=ax-L n x-a(aeR).求函数f(x)的极值；(2)当x e 1,2 时，函数f(x)有两个不同的零点,求实数a 的取值范围.解：(1)由题意知，f (x)=a-(x 0),X X所以当a W O 时，f (x)0 时，令 f(x)0,得 0 x 0,得 x ,a a所以f (x)在(0)上单调递减,在(-,+8)上单调递增，a a所以当x 时,取到极小值f (
14、-)=l-a+l n a,无极大值.a a综上，当a W 0 时,无极值；当a 0 时,有极小值f (-)=l-a+l n a,无极大a值.由(1)可知，当a W O 时,f (x)在(0,+8)上单调递减，所以函数f(x)至多一个零点,不符合题意；当a 0 时,f(x)在(0,-)上单调递减，a在Q+8)上单调递增，a若 亨 a 即a2 2,则 f (x)在悖，2 上单调递增，至多有一个零点,也不符合题意；若 经 2,即0 a 则 f (x)在惇，2 上单调递减,至多有一个零点，也不符合题意；若即9 a 0,用工 2 1 n2,则4 f P)0,=a W 1,=l n 2 a 0 -l n2
15、数 a 的取值范围为 I n 2,1)U (1,2 1 n 2 .课时作业 选 题 明细表灵活强 密 教 提 猊知识点、方法综合运用练应用创新练利用导数研究函数零点个数25根据函数零点求参数1,3函数零点的综合应用46,7B级综合运用练1.已知函数 f (x)=|x3-ix2,g(x)=|-mx,m 是实数.若 f (x)在区间(2,+8)上为增函数,求m 的取值范围;(2)在(1)的条件下，函 数 h(x)=f (x)-g(x)有 3个零点，求 m 的取值范围.解：(1)函数的导数为f (x)=x2-(m+l)x,因为f (x)在区间(2,+8)上为增函数，所以f(x)=x(x-m-l)NO
16、 在区间(2,+8)上恒成立,所以x-m-l 20在区间(2,+)上怛成立，即mW x-1 在区间+8)上恒成立，由 x 2,得 mW l,所以m 的取值范围是(2)h(x)=f (x)-g (x)所以 h(x)=(x T)(x-m)=0,解得 x=m 或 x=l,当m=l 时,h(x)=(x-l)2 2 0,h(x)在 R 上是增函数,不符合题意，当 时，令 h (x)0,解得 x m 或 x l,令 h(x)0,_2 3 解得百，所以m 的取值范围是(-8,1 一 次).2.设函数 f (x)=x 2-2 kl n x (k 0).当 k=4 时,求函数f(x)的单调区间和极值；讨论函数f
17、 (x)在区间(1,巡)上的零点个数.解：因为 f d-2 kl n x(k 0),所以f(x)的定义域是(0,+8),f，(x)=2 x-匹三士X X令 f (x)=0,得 x=2 或 x=-2(舍去).当X 变化时-，函数f(x),f (x)变化情况如表：X(0,2)2(2,+8)f(X)0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(X)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+8),在 x=2 处取得极小值,f(2)=4-81 n 2,无极大值.由 知 f(x)的最小值为f(Vfc)=k-kln k,若函数有零点，则有f(V)W0,解得k2 e.当k e e 时,函数f(x)在(1,
18、证)上单调递减，又 f(l)=l 0,f(粕)=e-kWO,所以函数f(x)在(1,粕)上有1 个零点；当0 k e 时，函数f(x)的最小值为正数,所以函数f(x)在(1,粕)上没有零点.综上,当ke 时,函数f(x)在(1,加)上有1 个零点，当0 k 0,f(x)单调递增,当x l时，f (x)0,f(x)单调递减,所以函数f(x)有极大值f(1)=1,无极小值.(2)若 g(x)=x2-ln x-x-k,x 2),g(x)=2 x J=(2 x+i)(i),贝 I J 当 x=l 时，g，(x)=0,当时,x x 2g (x)0,当 l x 0,于是得g(x)在 1)上单调递减,在(1
19、,2)上单调递增,g(x)l i n=g(l)=-k,而 g(，=ln 2-i-k,g(2)=2-I n 2-k,显 然 g(夕 g，要 g(x)在 0,2)上有两个不同的零点，当且仅当(k U,4 44.已知函数 f(x)=e2 x+(l-2 a)ex-ax(aG R).讨 论 f(x)的单调性；若 f(x)在定义域内至多有一个零点,求a 的取值范围.解：(1)由题意，函数f(x)=e2 x+(l-2 a)e-ax的定义域为R,且 fz(x)=2 e2 x+(l-2 a)ex-a=(2 ex+l)(ex-a).当a W O 时，#(x)O,f(x)在 R 上单调递增;当 a 0 时，令 f(
20、x)=0,即 ex-a=O,解得x=ln a,当 xW(-8,i n a)时,f (x)0,f(x)在(I n a,+8)上单调递增.综上所述,当a W O 时,f(x)在 R 上单调递增；当a 0时,f(x)在I n a)上单调递减,在(I n a,+)上单调递增.(2)由(1)知，当a W O 时，函数f(x)在 R 上为增函数,所以f(x)在定义域上至多有一个零点；当a 0时，由(1)知,f(x)在(-8,I n a)上单调递减,在(I n a,+)上单调递增，所以 f(x)m i n=f(I n a)=a2+(l-2 a)a-aln a=a-a-aln a,因为f(x)在 R 上至多有
21、一个零点,则满足f(x)m i n O,BP 1-a-ln a2 0,设 g(a)=ln a+aT,a 0,可得 g (a)+l 0,所以 g(a)在(0,+8)上单a调递增，且 g(l)=0,由不等式g(a)W0,可得0 a 0恒成立，所 以 f(x)在(0,+8)上单调递增,且 X f。时，f(x)f-8,X f+8 时，f(x)f+8,所以 f(x)只有一个零q /占、，当 a 0 时,f (a)=0,且当 x (0,a)时,f(x)0,所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+-)上单调递增，所以 f(x)m i n=f(a)=ln a+2.(i )若 f&)而 0,即 I n a
22、+2 0,所以 0 a e-2,因为f(x)在(a,+8)上单调递增,f(a)0,所以f(x)在(a,+8)上只有一个零点.又因为f(x)在(0,a)上单调递减,且f(a)0,所以 f(a?)=2 I n a+-+l.a令 g(x)=2 1 n x+-+l,xG (0,e 2),X所以g (x)卓 g(e-2)=e 2-3 0,即 f(a2)=2 1 n a+-+l 0,因为 0 a2 0,f(a)0,所以 f(x)在a(0,a)上只有一个零点,所以当0 0,即 I n a+2 0,a e ；f(x)无零点.(i i i)若 f(x)m i n=O,即 I n a+2=0,a=e ：f(x)只
23、有一个零点.综上所述,当a W O 或 a=e 时,f(x)只有一个零点；当O VaVG 时,f(x)有两个零点；当a e 2时,f(x)无零点.6.f(x)=aln x+e +b G 。)，其中e=2.7 1 8 2 8是自然对数的底数.判 断 f(x)的单调性；令 m(x)=f(x)-ex,a=l,若对于 x 1,+),m(x)(b WO)恒b成立，求 b的取值范围.解：因为 f(x)=aln x+ex+b(a 0,x 0),所以f，(x)2+e 三竺空，X X因为a 0,x 0,所以更贮 0,X故 (x)0,所以f(x)在(0,+8)上单调递增.(2)由题意得 m(x)=ln x+b 由
24、 0),即求对于 x 1,+8),I n x+b W2W (b W 0)恒成立时,b的取值范围，因为(x)0,故m(x)在b x(0,+)上单调递增,且当x e-b 时,m (x)0,又因为(x+l)2 0,故得 b 0,故只需求 b ln x+b2(x+l)2,当 x=l 时,b?W4,解得 0 0,故 r (x)在(0,+8)上单调递增，所以只需 r (x)=x2+2 x+l-b ln x-b 2 2 r (1)=4-2 0,解得0 b W2.综上所述,b的取值范围是0 b W2.7.已知函数 f(x)=xln x,g(x)=x2+ax-l,a R.若对任意x l,+8),不等式f(x)W
25、2 g(x)恒成立，求 a 的取值范围；已知函数h(x)=|f(x)|-a有 3 个不同的零点X i,X 2,x3(xi x2 正 1+2a72a.解:若对任意x 1,+8),不等式f(x)W 夫(x)恒成立，即2 xln x W x a x T 在 1,+8)上恒成立，即 a2 2 1 n x-x+-(x l),X记 F(x)=2 1 n x-x+X-(x l),则 a2 F(x)m ax,又 F (x)=-l-4=-0,X xz X2故 F(X)在 1,+8)上单调递减,故 F(X)m ax=F(l)=O.故 a 的取值范围是 0,+8).(2)解:令h(x)=0,得|f(x)|=a，问题
26、转化为y=|f(x)|的图象和y=a的图象有3 个不同的交点，而 f(x)=xln x(x 0),f (x)=ln x+1,令 f(x)0,解得x；令 尹(x)0),则 p (x)=2(I n x+1)-2 x=2(I n x-x+l),令 q(x)=p (x),则 q (x)=2(j)=2 ),X X令 q (x)0,解得 O x l,令 q (x)l,故 p (x)在(0,1)上单调递增，在(l,+8)上单调递减，p (x)Wp (1)=0,故 p(x)l,+8)上单调递减,p(x)W p =0,故 O Wxln当 0 x l 时,x 0时的交点横坐标为xi,X 5,结合图象,p z=a,X3-X2 X5-X 4,而由1 ,x2-l.y=l 亍 I，解得 X r=一 2 a,X5=V1 +2a,故 x:-x2 Vl+2 a-Vl-2 a,原结论成立.