《2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第5课时利用导数研究函数的零点问题学案含解析新人教B版202305182155.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第5课时利用导数研究函数的零点问题学案含解析新人教B版202305182155.doc（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第5课时利用导数研究函数的零点问题学案含解析新人教B版202305182155第3章 导数及其应用第5课时利用导数研究函数的零点问题考点1讨论函数的零点个数综合性(2019全国卷)已知函数f(x)ln x.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线解：(1)f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)0，所以f(x)在(0,1)，(1，)上单调递增因为f(e)10，所以f(x)在(1，)上有唯一零点x1，即f(x
2、1)0.又00.所以f(x)minf(1)4a4，所以a1.故函数f(x)的解析式为f(x)x22x3.(2)因为g(x)4ln xx4ln x2(x0)，所以g(x)1.令g(x)0，得x11，x23.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,3)3(3，)g(x)00g(x)极大值极小值当0x3时，g(x)g(1)42512290.因为g(x)在(3，)上单调递增，所以g(x)在(3，)上只有1个零点，故g(x)在(0，)上仅有1个零点考点2由函数的零点个数求参数的范围综合性(2020全国卷)已知函数f(x)exa(x2)(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2
3、)若f(x)有两个零点，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)ex(x2)，f(x)ex1.令f(x)0，解得x0，解得x0.所以f(x)的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，)(2)因为f(x)exa(x2)，所以f(x)exa.若a0，则f(x)exa0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意若a0，令f(x)exa0，得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0；当x(ln a，)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增所以f(x)minf(ln a)eln aa(ln a2)a(1ln a)要使f(
4、x)有两个零点，则f(x)minf(ln a)0，即a(1ln a)0，所以a，即a的取值范围是.将本例中的函数改为“f(x)exaxa(aR且a0)”，若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围解：f(x)exa.当a0时，f(x)0，f(x)在R上单调递增，且当x1时，f(x)exa(x1)0；当x0时，取x，则f1aa0，所以函数f(x)存在零点，不满足题意当a0时，令f(x)exa0，则xln(a)当x(，ln(a)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(ln(a)，)时，f(x)0 ，f(x)单调递增所以，当xln(a)时，f(x)取得极小值，也是最小值函数f(x)不存在零点，等价
5、于f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e2a0.综上所述，实数a的取值范围是(e2,0)利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(ag(x)后，将原问题转化为yg(x)的值域(最值)问题或转化为直线ya与yg(x)的图像的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解(3)转化为两个熟悉的函数图像的位置关系问题，从而构建不等式求解1已知曲线f(x)ex(ax1)在x1处的切线方程为ybxe. (1)求a，b的值；(2)若函数g(x)f(x)3exm有两个零点，求实数m的取值范围解：(1)f(x)ex(ax1)，f(x)ex(ax1
6、)exaex(ax1a)，所以所以a1，b3e.(2)(方法一)g(x)f(x)3exmex(x2)m，函数g(x)ex(x2)m有两个零点，相当于曲线u(x)ex(x2)与直线ym有两个交点. u(x)ex(x2)exex(x1)当x(，1)时，u(x)0，所以u(x)在(1，)单调递增，所以x1时，u(x)取得极小值u(1)e.又x时，u(x)；x2时，u(x)0，所以em0，即m的取值范围是(e,0)(方法二)g(x)f(x)3exmex(x2)m，g(x)ex(x2)exex(x1)，当x(，1)时，g(x)0，所以g(x)在(1，)上单调递增，所以x1时，g(x)取得极小值g(1)e
7、m.又x时，g(x)m，所以em0，即m的取值范围是(e，0)2(2020全国卷)设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点处的切线与y轴垂直(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.解：(1)由函数f(x)x3bxc，得f(x)3x2b.依题意得f0，即b0.故b.(2)由(1)知f(x)x3xc，f(x)3x2.令f(x)0，解得x或x.x，f(x)与f(x)的变化情况为：xf(x)00f(x)cc因为f(1)f c，所以当c时，f(x)只有大于1的零点因为f(1)f c，所以当c时，f(x)只有小于1的零点由题设可知c，当c时，f
8、(x)只有两个零点和1.当c时，f(x)只有两个零点1和.当c时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1，x2，x3.综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 考点3函数零点与极值点的偏移问题应用性已知函数f(x)x22x1aex有两个极值点x1，x2，且x14.证明：令g(x)f(x)2x2aex，则x1，x2是函数g(x)的两个零点令g(x)0，得a.令h(x)，则h(x1)h(x2)，h(x)，可得h(x)在区间(，2)上单调递减，在区间(2，)上单调递增，所以x12x2.令H(x)h(2x)h(2x)，则H(x)h(2x)h(2x)，当0x
9、2时，H(x)0，H(x)单调递减，有H(x)H(0)0，所以h(2x)h(2x)所以h(x1)h(x2)h(2(x22)h(2(x22)h(4x2)因为x12,4x24x2，即x1x24. 1对极值点偏移的解释已知函数yf(x)是连续函数，在区间(x1，x2)内有且只有一个极值点x0，且f(x1)f(x2)若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点x0，我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图像不具有对称性，常常有极值点x0的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”2解极值点偏移问题的通法第一步：根据f(x1)f(x2)(x1x2)建立等量关系，并结合f(x)的单
10、调性，确定x1，x2的取值范围；第二步：不妨设x11)构造关于t的一元函数，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到对待证不等式的证明已知函数f(x)ex(exaxa)有两个极值点x1，x2.(1)求a的取值范围；(2)求证：2x1x2x1x2.(1)解：因为f(x)ex(exaxa)，所以f(x)ex(exaxa)ex(exa)ex(2exax)令f(x)0，则2exax.当a0时，不成立；当a0时，.令g(x)，所以g(x).当x0；当x1时，g(x)0.所以g(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减又因为g(1)，当x时，g(x)，当x时，g(x)0，因此，当0时，f(x)有2
11、个极值点，即a的取值范围为(2e，)(2)证明：由(1)不妨设0x11x2，且所以所以x2x1lnx2lnx1.要证明2x1x2x1x2，只要证明2x1x2(lnx2lnx1)xx，即证明2ln1)，即要证明2ln tt1)，h(t)10，所以h(t)在区间(1，)上单调递减，所以h(t)h(1)0，即2ln tt0，即2x1x2x1x2.已知f(x)xln xmx2x，mR.若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1e2(e为自然对数的底数)四字程序读想算思求证：x1x2e21.证明不等式的解题策略；2如何构造函数？由极值的定义建立等量关系、求导研究有关函数的单调性转化与化归f(x)有两个极值
12、点x1，x2，且x1e2，需证ln x1ln x22思路参考：转化为证明ln x1ln x22，根据x1，x2是方程f(x)0的根建立等量关系令t将ln x1ln x2变形为关于t的函数，将ln x1ln x22转化为关于t的不等式进行证明证明：欲证x1x2e2，需证ln x1ln x22.若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f(x)有两个零点又f(x)ln xmx，所以x1，x2是方程f(x)0的两个不等实根于是，有解得m.另一方面，由得ln x2ln x1m(x2x1)，从而得.于是，ln x1ln x2.又0x11.因此，ln x1ln x2，t1.要证ln x1ln x22，即证2
13、，t1.即当t1时，有ln t.设函数h(t)ln t，t1，则h(t)0，所以，h(t)为(1，)上的增函数注意到，h(1)0，因此，h(t)h(1)0.于是，当t1时，有ln t.所以ln x1ln x22成立，即x1x2e2.思路参考：将证明x1x2e2转化为证明x1.依据x1，x2是方程f(x)0的两个不等实根构造函数g(x)，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)g(x1)g.证明：由x1，x2是方程f(x)0的两个不等实根，所以mx1ln x1，mx2ln x2.令g(x)，g(x1)g(x2)，由于g(x)，因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减又x1x
14、2，所以0x1e0，故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)h(e)0，即g(x)g.令xx1，则g(x2)g(x1)，即x1x2e2.思路参考：设t1ln x1(0,1)，t2ln x2(1，)，推出et1t2.将证明x1x2e2转化为证明t1t22，引入变量kt1t20构建函数进行证明解：设t1ln x1(0,1)，t2ln x2(1，)，由得et1t2.设kt1t2e2，需证ln x1ln x22.即只需证明t1t22，即2k(1ek)2(ek1)k(1ek)2(ek1)0.设g(k)k(1ek)2(ek1)(k0)，g(k)kekek1，g(k)kekg(0)0，故g(k)在(，0
15、)上单调递增，因此g(k)e2转化为证明t1t22，引入变量k(0,1)构建函数进行证明证明：设t1ln x1(0,1)，t2ln x2(1，)，由得et1t2.设k(0,1)，则t1，t2.欲证x1x2e2，需证ln x1ln x22，即只需证明t1t22，即2ln kln k0，故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k).(1)解：f(x)ln x24ax.因为f(x)在(0，)内单调递减，所以 f(x)ln x24ax0在(0，)内恒成立，即4a在(0，)内恒成立令g(x)，则g(x).所以，当0x0，即g(x)在内单调递增；当x时，g(x)0，即g(x)在内单调递减所以g(x)的最
16、大值为ge，所以实数a的取值范围是.(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，则f(x)ln x24ax0在(0，)内有两个不等根x1，x2.由(1)知0a.由两式相减，得ln x1ln x24a(x1x2)不妨设0x1x2，则0，只需证明ln x1ln x2，亦即证明ln.令函数h(x)ln x,0x1.所以h(x)h(1)0，所以ln x.即不等式ln成立综上，x1x2，命题得证第3章 导数及其应用构造法解f(x)与f(x)共存问题以抽象函数为背景，题设条件或所求结论中具有f(x)与f(x)共存的不等式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考中的一个热
17、点解答这类问题的策略是将f(x)与f(x)共存的不等式与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用函数的性质解决问题构造yf(x)g(x)型可导函数定义在(0，)上的函数f(x)满足x2f(x)1，f(2)，则关于x的不等式f(ex)0，即函数F(x)在(0，)上单调递增所求不等式可化为F(ex)f(ex)3，而F(2)f(2)3，所以ex2，解得x，则不等式f(x)，可得f(x)0，即函数F(x)f(x)x在R上是增函数又由f(1)1可得F(1)，故f(x)x，整理得f(x)x，即F(x)F(1)由函数的单调性可得不等式的解集为(，1)构造f(x)g(x)型可导函数设函数f(x
18、)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数当x0，且g(3)0，则不等式f(x)g(x)0的解集是()A(3,0)(3，) B(3,0)(0,3)C(，3)(3，) D(，3)(0,3)A解析：构造函数F(x)f(x)g(x)由题意可知，当x0，所以F(x)在(，0)上单调递增又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而F(x)在(0，)上单调递增而F(3)f(3)g(3)0，所以F(3)F(3)0，结合图像(图略)可知不等式f(x)g(x)0F(x)0的解集为(3,0)(3，)故选A.【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征“f(x)g
19、(x)f(x)g(x)”时，可联想、逆用“f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x)”，构造可导函数yf(x)g(x)，然后利用函数的性质巧妙地解决问题设定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)3x2ex，且f(0)0，则()Af(x)在R上单调递减 Bf(x)在R上单调递增Cf(x)在R上有最大值 Df(x)在R上有最小值C解析：构造函数F(x)exf(x)，则有F(x)exf(x)f(x)ex3x2ex3x2，故F(x)x3c(c为常数)，所以f(x).又f(0)0，所以c0，f(x)，f(x).易知f(x)在区间(，3上单调递增，在3，)上单调递减，f(x)maxf(3)，无最
20、小值故选C.构造型可导函数已知定义域为R的函数f(x)的图像是连续不断的曲线，且f(2x)f(x)e22x.当x1时，f(x)f(x)，则()Af(1)ef(0)Bf(3)e4f(1)Cf(2)e5f(2)C解析：构造函数F(x)exf(x)，则有F(x)exf(x)f(x)ex3x2ex3x2，故F(x)x3c(c为常数)，所以f(x).又f(0)0，所以c0，f(x)，f(x).易知f(x)在区间(，3上单调递增，在3，)上单调递减，f(x)maxf(3)，无最小值故选C.【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f(x)g(x)f(x)g(x)”时，可联想、逆用“”，构造可导函数y，然后利用函数的性质巧妙地解决问题(2020长沙明德中学月考)已知f(x)是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有f(x)ex(2x1)f(x)，f(0)2，则不等式f(x)4ex的解集为()A(2,3) B(3,2)C(，3)(2，) D(，2)(3，)B解析：令G(x)，则G(x)2x1，所以可设G(x)x2xc.因为G(0)f(0)2，所以c2，所以G(x)x2x2，则f(x)4ex等价于4，即x2x24，解得3x2，所以不等式的解集为(3，2)故选B.