资源描述
,2,.,4,.,3,导数与函数的零点及参数范围,判断、证明或讨论函数零点个数,解题策略一,应用单调性、零点存在性定理、数形结合判断,例,1,设函数,f,(,x,),=,e,2,x,-a,ln,x.,(1),讨论,f,(,x,),的导函数,f,(,x,),零点的个数,;,(2),证明当,a,0,时,f,(,x,),2,a+a,ln,.,难点突破,(1),讨论,f,(,x,),零点的个数要依据,f,(,x,),的单调性,应用零点存在性定理进行判断,.,(2),证明,由,(1),可设,f,(,x,),在,(0,+,),的唯一零点为,x,0,当,x,(0,x,0,),时,f,(,x,),0,.,故,f,(,x,),在,(0,x,0,),单调递减,在,(,x,0,+,),单调递增,所以当,x=x,0,时,f,(,x,),取得最小值,最小值为,f,(,x,0,),.,解题心得,研究函数零点或方程根的情况,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,并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况,.,对点训练,1,已知函数,f,(,x,),=x,3,-,3,x,2,+ax+,2,曲线,y=f,(,x,),在点,(0,2),处的切线与,x,轴交点的横坐标为,-,2,.,(1),求,a,;,(2),证明当,k,0,.,当,x,0,时,g,(,x,),=,3,x,2,-,6,x+,1,-k,0,g,(,x,),单调递增,g,(,-,1),=k-,1,0,时,令,h,(,x,),=x,3,-,3,x,2,+,4,则,g,(,x,),=h,(,x,),+,(1,-k,),xh,(,x,),.,h,(,x,),=,3,x,2,-,6,x=,3,x,(,x-,2),h,(,x,),在,(0,2),单调递减,在,(2,+,),单调递增,所以,g,(,x,),h,(,x,),h,(2),=,0,所以,g,(,x,),=,0,在,(0,+,),没有实根,.,综上,g,(,x,),=,0,在,R,有唯一实根,即曲线,y=f,(,x,),与直线,y=kx-,2,只有一个交点,.,解题策略二,分类讨论法,例,2,已知函数,f,(,x,),=x,3,+ax+,g,(,x,),=-,ln,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,h,(,x,),=,min,f,(,x,),g,(,x,)(,x,0),讨论,h,(,x,),零点的个数,.,难点突破,(1),设切点,(,x,0,0),依题意,f,(,x,0,),=,0,f,(,x,0,),=,0,得关于,a,x,0,的方程组解之,.,(2),为确定出,h,(,x,),对自变量,x,0,分类讨论,;,确定出,h,(,x,),后对参数,a,分类讨论,h,(,x,),零点的个数,h,(,x,),零点的个数的确定要依据,h,(,x,),的单调性和零点存在性定理,.,解,(1),设曲线,y=f,(,x,),与,x,轴相切于点,(,x,0,0),则,f,(,x,0,),=,0,f,(,x,0,),=,0,(2),当,x,(1,+,),时,g,(,x,),=-,ln,x,0,从而,h,(,x,),=,min,f,(,x,),g,(,x,),g,(,x,),0,.,所以只需考虑,f,(,x,),在,(0,1),的零点个数,.,(,),若,a,-,3,或,a,0,则,f,(,x,),=,3,x,2,+a,在,(0,1),无零点,故,f,(,x,),在,(0,1),单调,.,所以当,a,-,3,时,f,(,x,),在,(0,1),有一个零点,;,当,a,0,时,f,(,x,),在,(0,1),没有零点,.,解题心得,1,.,如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于,0,小于,0,的情况,进而判断函数零点的个数,.,2,.,如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类,.,对点训练,2,已知函数,f,(,x,),=a,ln,x+-,(,a+,1),x,a,R,.,(1),当,a=-,1,时,求函数,f,(,x,),的最小值,;,(2),当,a,1,时,讨论函数,f,(,x,),的零点个数,.,解,(1),函数,f,(,x,),的定义域为,x|x,0,.,所以,f,(,x,),在区间,(0,1),内单调递减,在区间,(1,+,),内单调递增,.,所以,x=,1,时,函数,f,(,x,),取得最小值,f,(1),=,.,则,f,(,x,),0,f,(,x,),为增函数,.,所以,f,(,x,),在,x=,1,时取得最小值,f,(1),=-a-,.,由于,x,0(,从右侧趋近,0),时,f,(,x,),+,;,x,+,时,f,(,x,),+,所以,f,(,x,),有两个零点,.,当,0,a,0,f,(,x,),为增函数,;,x,(,a,1),时,f,(,x,),0,f,(,x,),为增函数,.,所以,f,(,x,),在,x=a,处取极大值,f,(,x,),在,x=,1,处取极小值,.,当,0,a,1,时,f,(,a,),0,即在,x,(0,1),时,f,(,x,),0,a,1),.,(1),当,a,1,时,求证,:,函数,f,(,x,),在,(0,+,),内单调递增,;,(2),若函数,y=|f,(,x,),-t|-,1,有三个零点,求,t,的值,.,难点突破,(1),先求,f,(,x,),的导函数,f,(,x,),再证明,f,(,x,),0,.,(2),由题意当,a,0,a,1,时,f,(,x,),=,0,有唯一解,x=,0,y=|f,(,x,),-t|-,1,有三个零点,f,(,x,),=t,1,有三个根,从而,t-,1,=,(,f,(,x,),min,=f,(0),=,1,解得,t,即可,.,(1),证明,f,(,x,),=a,x,ln,a+,2,x-,ln,a=,2,x+,(,a,x,-,1)ln,a.,由于,a,1,故当,x,(0,+,),时,ln,a,0,a,x,-,1,0,所以,f,(,x,),0,故函数,f,(,x,),在,(0,+,),上单调递增,.,(2),解,当,a,0,a,1,时,f,(,x,),=,2,x+,(,a,x,-,1)ln,a,f,(,x,),=,2,+a,x,(ln,a,),2,0,f,(,x,),在,R,上单调递增,因为,f,(0),=,0,故,f,(,x,),=,0,有唯一解,x=,0,.,所以,x,f,(,x,),f,(,x,),的变化情况如表所示,:,又函数,y=|f,(,x,),-t|-,1,有三个零点,所以方程,f,(,x,),=t,1,有三个根,而,t+,1,t-,1,所以,t-,1,=f,(,x,),min,=f,(0),=,1,解得,t=,2,.,解题心得,在已知函数,y=f,(,x,),有几个零点求,f,(,x,),中参数,t,的值或范围问题,经常从,f,(,x,),中分离出参数,t=g,(,x,),然后用求导的方法求出,g,(,x,),的最值,再根据题意求出参数,t,的值或范围,.,对点训练,3,已知函数,f,(,x,),=,2ln,x-x,2,+ax,(,a,R,),.,(1),当,a=,2,时,求,f,(,x,),的图象在,x=,1,处的切线方程,;,(2),若函数,g,(,x,),=f,(,x,),-ax+m,在,上有两个零点,求实数,m,的取值范围,.,切线的斜率,k=f,(1),=,2,则切线方程为,y-,1,=,2(,x-,1),即,y=,2,x-,1,.,解题策略二,分类讨论法,例,4,(2017,吉林市三模,文,20),已知函数,f,(,x,),=,曲线,y=f,(,x,),在点,(e,2,f,(e,2,),处的切线与直线,2,x+y=,0,垂直,(,其中,e,为自然对数的底数,),.,(1),求,f,(,x,),的解析式及单调减区间,;,对,k,讨论,运用单调性和函数零点存在定理,即可得到,k,的范围,.,当,k,0,时,h,(,x,),0,恒成立,故无零点,满足条件,.,当,k,2,时,h,(e,-k,),0,综上可得,k,的取值范围为,k,0,或,k=,2,.,解题心得,在已知函数零点个数的情况下,求参数的范围问题,通常采用分类讨论法,依据题目中的函数解析式的组成,将参数分类,在参数的小范围内研究函数零点的个数是否符合题意,将满足题意的参数的各个小范围并在一起,即为所求参数范围,.,对点训练,4,已知函数,f,(,x,),=,(,x-,2)e,x,+a,(,x-,1),2,.,(1),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),f,(,x,),=,(,x-,1)e,x,+,2,a,(,x-,1),=,(,x-,1)(e,x,+,2,a,),.,(,),设,a,0,则当,x,(,-,1),时,f,(,x,),0,.,所以,f,(,x,),在,(,-,1),单调递减,在,(1,+,),单调递增,.,(,),设,a,0;,当,x,(ln(,-,2,a,),1),时,f,(,x,),0;,当,x,(1,ln(,-,2,a,),时,f,(,x,),0,则由,(1),知,f,(,x,),在,(,-,1),单调递减,在,(1,+,),单调递增,.,所以,f,(,x,),有两个零点,.,(,),设,a=,0,则,f,(,x,),=,(,x-,2)e,x,所以,f,(,x,),只有一个零点,.,又当,x,1,时,f,(,x,),0,故,f,(,x,),不存在两个零点,;,若,a-,则由,(1),知,f,(,x,),在,(1,ln(,-,2,a,),单调递减,在,(ln(,-,2,a,),+,),单调递增,.,又当,x,1,时,f,(,x,),0,在,(0,+,),上恒成立,所以,f,(,x,),单调递增区间为,(0,+,),此时,f,(,x,),无单调减区间,.,(2),F,(,x,),=x,2,-a,ln,x-,(,a-,2),x,所以存在,a,0,(2,3),h,(,a,0,),=,0,.,当,aa,0,时,h,(,a,),0,所以满足条件的最小正整数,a=,3,.,因为,t,0,所以,m,(,t,),0,当且仅当,t=,1,时,m,(,t,),=,0,所以,m,(,t,),在,(0,+,),上是增函数,.,又,m,(1),=,0,所以当,t,(0,1),m,(,t,),0,h,(,x,),在,(0,+,),递增,;,a+,1,0,即,a-,1,时,x,(0,1,+a,),时,h,(,x,),0,h,(,x,),在,(0,1,+a,),递减,在,(1,+a,+,),递增,综上,a-,1,时,h,(,x,),在,(0,1,+a,),递减,在,(1,+a,+,),递增,a,-,1,时,h,(,x,),在,(0,+,),递增,.,(2),证明,由,(1),得,x=,1,+a,是函数,h,(,x,),的唯一极值点,故,a=,2,.,2ln,x,1,+mx,1,=,0,2ln,x,2,+mx,2,=,0,2(ln,x,2,-,ln,x,1,),=m,(,x,1,-x,2,),
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