南京市2018届高三数学二轮专题复习资料专题8：（选讲）导数难点专项研究

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专题8：（选讲）导数难点专项研究

问题归类篇

类型一 零点问题

一、考题再现

1(15年高考题)．已知函数f(x)＝|lnx|，g(x)＝?个数为____________．

－lnx，0

解析：设F(x)＝f(x)＋g(x)＝?－x＋2＋lnx， 1

??x2－6＋lnx，x>2导数知识画出F(x)的图象，它与直线y＝1，y＝－1的交点各有2

个，方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为4.

2(15年高考题). 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R).若b＝c－a（实数c是a与无关的常数），33

当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪(1，)∪(，＋∞)，求c

22的值.

2a4

－?＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等解析： 可知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，f??3?27

价于

2a4

－?＝b?a3＋b?<0， f(0)·f??3??27?a>0，a<0，????从而?43或?43

??－27a

44

又b＝c－a，所以当a>0时，a3－a＋c>0或当a<0时，a3－a＋c<0.

2727

4

设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－

2733

1，?∪?，＋∞?， 3)∪??2??2?

33

1，?∪?，＋∞?上g(a)>0均恒成立， 则在(－∞，－3)上g(a)<0，且在??2??2?3?从而g(－3)＝c－1≤0，且g??2?＝c－1≥0，因此c＝1. 此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，

因函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根， 所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，

33

1，?∪?，＋∞?. 解得a∈(－∞，－3)∪??2??2?

综上c＝1.

3(12年高考题).若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．

?0，0

?|x－4|－2，x>1，?

2

则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的

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设h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈[－2,2]，求函数y＝h(x)的零点个数．

解 令f(x)＝t，则h(x)＝f(t)－c.先讨论关于x的方程f(x)＝d根的情况，d∈[－2,2]．

当|d|＝2时，由(2)可知f(x)＝－2的两个不同的根为1和－2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)＝2的两个不同的根为－1和2.

当|d|＜2时，因为f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d＞0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d＜0， 所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．

①当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)＞f(2)＝2，此时f(x)＝d无实根．同理，f(x)＝d在(－∞，－2)上无实根．

②当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，于是f(x)是单调增函数，又f(1)－d＜0，f(2)－d＞0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(1,2)内有唯一实根．同理，f(x)＝d在(－2，－1)内有唯一实根．

③当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0，故f(x)是单调减函数，又f(－1)－d＞0，f(1)－d＜0， y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(－1,1)内有唯一实根．

由上可知：当|d|＝2时，f(x)＝d有两个不同的根x1，x2满足|x1|＝1，|x2|＝2； 当|d|＜2时，f(x)＝d有三个不同的根x3，x4，x5满足|xi|＜2，i＝3,4,5. 现考虑函数y＝h(x)的零点． (i)当|c|＝2时，f(t)＝c有两个根t1，t2满足|t1|＝1，|t2|＝2，而f(x)＝t1有三个不同的根，f(x)＝t2有两个不同的根，故y＝h(x)有5个零点． (ii)当|c|＜2时，f(t)＝c有三个不同的根，t3，t4，t5满足|ti|＜2，i＝3,4,5，而f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三个不同的根，故y＝h(x)有9个零点． 综上可知，当|c|＝2时，函数y＝h(x)有5个零点；当|c|＜2时，函数y＝h(x)有9个零点． 4(16年高考题).已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)．若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值．

答案：1

二、方法联想

函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化,这类问题的考查通常有三类： (1)求函数零点个数

方法一：直接求出零点，根据定义域判断；

方法二：画出函数的大致图象，利用两个函数图象交点的个数判断； 方法三：研究函数的性质，利用零点存在性定理证明。 (2)求函数零点的范围

利用零点存在性定理判断，关键是找到实数a，b，使得f(a)f(b)＜0

常用的方法是找特殊值，或找与变量有关的值，也可利用不等式(ex≥x＋1,lnx≤x－1等)进行放缩。

(3)已知函数的零点个数问题求参数取值范围

求出函数的单调性和极值，画出函数的大致图象，判断函数图象交点的个数． 利用零点存在性定理证明． 三、归类研究

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10

*1．已知函数f(x)＝lnx＋－4．求证：f(x)有且仅有两个零点．

x

(考察利用零点存在性定理和单调性证明零点个数)

x－10

证明：因为f′(x)＝2，从而当x∈(0，10)，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(10，＋∞)

x

时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝10时，f(x)有极小值．(5分)

因为f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之间有一个零点．

10

因为f(e4)＝4＋4－4＞0，所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点．

e

从而f(x)有且仅有两个不同的零点． **2(13年高考题). 设函数f(x)＝lnx－ax，其中a为实数.试判断函数f(x)零点的个数，并证明你的结论.

(直接研究函数f(x)，讨论参数a的取值范围，判断函数单调性，利用零点存在性定理证明零点存在及个数)

1

解析：函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a，

x

1

1°当a＝0时，由f(1)＝0，及f ′(x)＝＞0，得f(x)存在唯一的零点；

x2°当a＜0时，f ′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调增，f(1)＝－a＞0 由于f(ea)＝a－aea＝a(1－ea)＜0，且函数f(x)在[ea,1]上的图象连续， 所以函数f(x)在（ea,1）上有唯一零点，又f(x)在(0，＋∞)上单调增， 所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．

1－ax1113°当a＞0时，f ′(x)＝－a＝，所以f(x)在(0,]上单调增，在[,＋∞)上单调减．

xxaa1

则f(x)极大值也是最大值为f()＝－lna－1．

a

11

①当－lna－1＜0即a＞时，f(x)≤f()＜0，所以函数f(x)没有零点；

ea1

②当－lna－1＝0即a＝时，函数f(x)有唯一零点；

e1

③当－lna－1＞0，即0＜a＜时，函数f(x)有两个零点．

e

111

实际上，x∈(0,]时，f(x)单调增，f(1)＝－a＜0，又f()＞0，函数f(x)在(0,]上的图象连

aaa11

续，所以f(x)在(1,)，即在(0,]上有唯一零点；

aa

11111

x∈[,＋∞)时，f()＞0，f(2)＝2ln－ aaaaa

11

或f(e)＝－aea＝a (2－ea)

aa

设h(x)＝x2－ex，x＞e，则h′(x)＝2x－ex，再设l(x)＝2x－ex，x＞e，则l′(x)＝2－ex＜0，

1a

1

1

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所以l(x)＝h′(x)在[e＋∞)上单调减，h′(x)＜h′(e)＝2e－ee＜0，

11

所以h(x)在[e＋∞)上单调减，又＞e，所以2－ea＜e2－ee＜0，即f(ea)＜0，

aa1

又函数f(x)在[e＋∞)上的图象连续，所以f(x)在(,ea)，即在[e＋∞)上有唯一零点；

a1

所以。0＜a＜时，函数f(x)有两个零点．

e1

综上，（1）当a＞，函数f(x)没有零点；

e1

（2）当a＝或a≤0时，函数f(x)有一个零点；

e1

（3）当0＜a＜时，函数f(x)有两个零点．

e

**3．设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，若函数f(x)有两个零点，求满足条件的最小正整数a的值；

a??a?的零点不(已知零点个数，首先研究函数性质，根据单调性，可知最小值f?<0，函数f?2??2?a?可求，但可利用零点存在性定理确定f?再根据单调性得到不等式的解集，?2?的零点的范围，从而求出a的最小整数解，注意证明)

a?解：若函数f(x)有两个零点，则a>0，且f(x)的最小值f??2?<0， a即－a2＋4a－4aln<0.

2

a

因为a>0，所以a＋4ln－4>0.(6分)

2

a

令h(a)＝a＋4ln－4，显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数，

2381

且h(2)＝－2<0，h(3)＝4ln－1＝ln－1>0，

216

所以存在a0∈(2，3)，h(a0)＝0.当a>a0时，h(a)>0；当0

所以满足条件的最小正整数a＝3.

又当a＝3时，f(3)＝3(2－ln3)>0，f(1)＝0，所以a＝3时，f(x)有两个零点． 综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3.

***4.已知函数f(x)＝ex－alnx－a，其中常数a＞0，若f(x)有两个零点x1，x2(0＜x1＜x2)．

1

求证：＜x1＜1＜x2＜a

a

11 (利用零点存在性定理证零点位于某个区间，即证f()f(1)＜0且f(1)f(a)＜0，即只需判断f()，

aaf(1)，f(a)的符号，可先由f(x)存在两个零点判断出a的取值范围为a＞e ，从而f(1)＝e－a1

＜0，只需将f()，f(a)视为关于a的函数，再利用函数性质证明均大于零)

a

11

1