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专题03 导数与函数零点(训练篇A)-用思维导图突破导数压轴题

专题03 导数与函数零点（训练篇A ）

-用思维导图突破解导数压轴题

《挑战压轴题?高中数学?精讲解读篇》（华东师大出版社第1-10版（2009-2019年））、《上海高考好题赏析》（浙江大学出版社2019年）、330多篇论文（文章）作者

特级教师文卫星

1.（2019年浙江第9题）设a ，b R ∈，函数32

,0,()11(1),0.3

2x x f x x a x ax x

=?-++??…若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则( )

A ．1a <-，0b <

B ．1a <-，0b >

C ．1a >-，0b >

D ．1a >-，0b <

思路点拨

当0x <时，()y f x ax b =--是一次函数，最多有一个零点；当0x …

时，()y f x =-ax b -可转化为函数g (x )=f (x )-ax 与直线y =b 恰有三个交点，根据g (x )的单调性可得a 、b 范围．满分解答

解1 原题可转化为函数()()g x f x ax =-与直线y b =，恰有三个交点.

(1),0

()11(1),03

2a x x g x x a x x -

=?-+≥??，当0x ≥时，()[(1)]g x x x a '=-+，

(0)(1)0,(0)0,()1)6

1(g g a g g a a +''=+=+=-=. 若1a ≤-，此时10a +≤，函数()g x 在()0,+∞单调递增，函数()()g x f x ax =-与直线y b =不可能有三个交点；

若1a >-，此时10a +>，函数()g x 在()0,1a +单调递减，在()1,a ++∞单调递增，函

数()()g x f x ax =-与直线y b =有三个交点，须3

(1)

(1)(0)0g a a g b +-<<+==，且

10a ->.

综上，正确答案为D.

解2 原题可转化为()y f x =与y ax b =+，恰有三个交点.

当0a =时，32,0

()11,03

2x x f x x x x

=?-≥??，其图象如图所

示，此时直线y b =与函数的图象有三个交点，需满足

(1)06

f b =-<<.排除A 、B 、C .正确答案为D .

2.（2017年新课标3理第11题）已知函数2

1()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，

则a = （）

（A ）12-

（B ）13 （C ）1

2 （D ）1 解1令2(2)x g x x =-，11

()()x x h x a e e

--+=+，很显然，()g x 的图像关于直线1x =对称，函数()x

y a e e -=+的图像关于y 轴对称，而()h x 的图象可看作是由()x

y a e e -=+的图象向右平移1个单位得到，所以()h x 的图像也关于直线1x =对称，即1x =为()f x 的对称轴，由题意知()f x 有唯一的零点，所以零点只能为1x =，即(1)120f a =-+=，解得：

a =

. 解2 函数()f x 的零点满足2112e e x x x x a --+-=-+（）

，设1

()e

x x g x --+=+，则()211

1e 1

()e

e e

x x x x x x g x ---+----'=-=-

=. 当()0g x '=时，1x =；当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增；当1x =时，函数()g x 取得最小值，为(1)2g =.

设()2

2h x x x =-，当1x =时，函数()h x 取得最小值，为1-.

若0a ->，函数()h x 与函数()ag x -没有交点；

若0a -<，当(1)(1)ag h -=时，函数()h x 和()ag x -有一个交点，即21a -?=-，解得1

a =

.故选C. 3. （2020沈阳一模）已知函数1

()()1

x f x lnx a x -=-+．（1）讨论函数()f x 的单调性；

（2）若函数1

()(

x f x lnx a x -=-+有三个零点，求实数a 的取值范围．解（1）()f x 定义域为(0,)+∞，222

12(22)1

()(1)(1)a x a x f x x x x x +-+'=-=++，令

2()(22)1g x x a x =+-+.

当1a ?时，因为(0,)∈+∞x ，(0)10g =>，对称轴010x a =-?，所以()0>g x ，即()0f x '>，所以()f x 单调递增；

当12a ，△2480a a =-?，()0g x …，即()0f x '…，所以()f x 单调递增；

当2a >时，△2480a a =->，()0g x =在(0,)+∞内有两不等实根

，1x a =-±

设11x a =--

21x a =-+

当1(0,)x x ∈时，()0g x >，即()0f x '>，()f x 单调递增；当1(x x ∈，2)x 时，()0g x <，即()0f x '<，()f x 单调递减；当2(x x ∈，)+∞时，()0g x >，即()0f x '>，()f x 单调递增．综上，当2a ?时，()f x 单调递增区间为(0,)+∞.

当2a >时，()f x

单调递增区间为(0,1a -

和(1)a -++∞，()f x 单

调递减区间为(11a a --．

（2）由（1）得，当2a ?时，()f x 在(0,)+∞单调递增，所以()f x 至多有一个零点. 当2a >时，因为12，2()0f x <.

令0(0,1)a

x e -=∈，则0112()()()0111

a a a a

a a a e e ae f x lne a a e e e ----------=-=--=<+++，所以当

(0,1)x ∈时存在0x 使得0()0f x <，又1()0f x >且()f x 在1(0,)x 上递增，()f x 在0(x ，1)x 内

必有一个零点.

令0(1,)a

x e '

=∈+∞，则12()()011

a a

a a e a

f e a a e e -=-=>++，所以当(1,)x ∈+∞时，存在0x '使

得0()0f x '>，又2()0f x <且()f x 在2(x ，)+∞上递增，()f x 在2(x ，0)x '内必有一个零点，所求实数a 的取值范围是(2,)+∞．

4.（2016，北京，文20）设函数. （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

()f x x ax bx c =+++()y f x =(0,(0))f

（Ⅰ）设，若函数有三个不同零点，求的取值范围；（Ⅰ）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件.

解（Ⅰ）由3

()f x x ax bx c =+++得2

()32f x x ax b =++，

因为(0)=f c ，(0)=f b ，

，所以()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y bx c =+. （Ⅰ）当4a b ==时，3

()44f x x x x c =+++,所以2

()384f x x x =++，

. 令()=0f x ，

解得=2x -或2=3

x -

.()f x 与()f x ，

在区间,-∞+∞（）上的情况如下：

所以，当0c >且32027c -

<时，存在1x ∈（-4,-2），223x ∈（-2,-），32

x ∈（-,0），

使得123()=()=()=0f x f x f x .

由()f x 单调性知,当且仅当3227

c ∈

（0,）时,函数32

()44f x x x x c =+++有三个不同的零点.

（III ）当2

=4120a b -

()320f x x ax b =++>，，此时()f x 在R 上单调递增，

不可能有3个不同零点；

当2

=412=0a b ?-时，2

()32f x x ax b =++，只有一个零点，记作0x ，则当

0x x ∈∞（-,）时，()0f x >，，()f x 在0x ∞（-,）上单调递增；当0+x x ∈∞（，）时()0f x >，

，

()f x 在0+x ∞（，）上单调递增.所以()f x 不可能有三个不同零点.

综上，若()f x 有三个不同零点，必有2

=4120a b ?->，2

30a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件.

4==a b ()f x c 230a b ->()f

又4a b ==，0c =时，2

30a b ->，但322

()44=(2)f x x x x x x =+++只有两个不

同零点，2

30a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件.

综上，2

30a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件.

5.（朝阳区2017届高三上学期期末）设函数，

，．

（1）当时，求函数在点处的切线方程；（2）若函数有两个零点，试求的取值范围；（3）证明．

解（1）函数的定义域是，．

当时，

，．

所以函数在点处的切线方程为，即．

（2）函数的定义域为，由已知得． ①当时，函数只有一个零点；

②当，因为，当时，；当时，

，所以函数在上单调递减，在上单调递增．

又，，因为，所以，所以，

所以取，显然且.

所以，，由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点．

③当时，由，得，或．

（ⅰ) 当，则．

()ln(1)1f x x ax x =-+++2()(1)e x g x x ax =-+R a ∈1a =()f x (2,(2))f ()g x a ()()f x g x ≤()f x (1,)+∞(221)

()1

x ax a f x x -+'=

-1a =()f x (2)426f a '=+=(2)437f a =+=(2,(2))f 76(2)y x -=-65y x =-R ()(e 2)x

g x x a '=+0a =()(1)e x

g x x =-0a >e 20x

a +>(,0)x ∈-∞()0g x '<(0,)x ∈+∞()0g x '>()g x (,0)-∞(0,)+∞(0)1g =-(1)g a =0x <10,1x

x e -<<(1)1x

e x x ->-2

()1g x ax x >+

-0x =

00x <0()0g x >(0)(1)0g g <0()(0)0g x g <0a <()(e 2)0x

g x x a '=+=0x =ln(2)x a =-12

a <-ln(2)0a ->

当变化时，变化情况如下表：

注意到，所以函数至多有一个零点，不符合题意．

（ⅱ) 当，则，在单调递增，函数至多有一个零点，不符合题意．若，则．当变化时，变化情况如下表：

注意到当时，，，所以函数至多有一个零点，不符合题意．

综上，的取值范围是

（3）证明：．

设，其定义域为，则证明即可．

因为，取，则，且．

又因为，所以函数在上单增，所以有唯一的实根，且． x (),()g x g x '(0)1g =-()g x 1

a =-

ln(2)0a -=()g x (,)-∞+∞()g x 1

a >-

ln(2)0a -≤x (),()g x g x '0,0x a <<2

()(1)e 0x

g x x ax =-+<(0)1g =-()g x a (0,).+∞()()(1)e ln(1)1x

g x f x x x x -=-----()(1)e ln(1)1x

h x x x x =-----(1,)+∞()0h x ≥1()e (e )11

x x x h x x x x x '=-=---311e x -=+1311()(e e )0x h x x '=-<(2)0h '>2

()(1)e 0(1)

h x x x ''=++

>-()h x '(1,)+∞()0h x '=0(1,2)x ∈001

e 1

x =

当时，；当时，，所以函数的最小值为．所以，所以

6. （2015山东，文20）设函数()()ln f x x a x =+，2

()x x g x e

=，已知曲线)(x f y =在

点))1(,1(f 处的切线与直线02=-y x 平行.

(1)求a 的值；

(2)是否存在自然数k ，使得方程)()(x g x f =在)1,(+k k 内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；

(3)设函数)}(),(min{)(x g x f x m =（},min{q p 表示q p ,中的较小值），求)(x m 的最大值.

解 (1)由题意知，曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线斜率为2.所以12f '=（），

又()ln 1a

f x x x

￠

=++，所以1=a . (2)1=k 时，方程)()(x g x f =在)2,1(内存在唯一的根.

设2

()()()(1ln x x h x f x g x x x e

=-=+-）.

当]1,0(∈x 时，0)(

2=->-=-

=e e h . 所以存在)2,1(0∈x ，使得0)(0=x h ，因为1(2)

()ln 1x x x h x x x e

-￠

=+++，所以当)2,1(∈x 时，1

()10h x e

￠

>->，),2(+∞∈x 时，()0h x ￠>，所以当),1(+∞∈x 时，)(x h 单调递增.

所以1=k ，使得方程)()(x g x f =在)1,(+k k 内存在唯一的根.

(3)由(2)知方程)()(x g x f =在)2,1(内存在唯一的根0x ，且),0(0x x ∈时，)()(x g x f <，

01x x <<()0h x '<0x x >()0h x '>()h x 0()h x 00000()()(1)e ln(1)1

h x h x x x x ≥=-----00110x x =+--=()().f x g x ≤

()+∞∈,0x x 时，)()(x g x f >，所以???

??+∞∈∈+=),(,],0(,ln )1()(020x x e

x x x x x x m x

当),0(0x x ∈时，若0)(],1,0(≤∈x m x ；

若),1(0x x ∈，由1

()ln 10m x x x

￠

=++>，可知)()(00x m x m ≤<. 故)()(0x m x m ≤. 当),(0+∞∈x x 时，由(2)

()x

x x m x e

-￠

=可知当)2,(0x x ∈时，()0m x ￠>，()m x 单调递增；当),2(+∞∈x 时，()0m x ￠<，()m x 单调递减；

由此可知24

)2()(e

m x m =

≤，且)2()(0m x m ≤. 综上可知函数)(x m 的最小值为

4e . 注第（2）中用()f x 表示'()g x 是为了利用(1)的结论.求最值的基本方法是求导--判断导函数符号--确定单调区间—求最值（值域）.

7.已知函数()cos 1f x ax x =-在π0,6??????

1-．

（1）求a 的值；

（2）证明：函数()f x 在区间π0,2??

???

上有且仅有2个零点．

分析 (1)求导后利用0,

6x π??

∈????

可得导函数的正负与原函数的单调性,

再利用最大值为1-进行求解即可.(2)求导分析单调性后,根据零点存在定理求解()0,,42f f f ππ???? ? ?????

的正负即可.

解（1）()()/

cos sin f

x a x x x =-,因为0,6x π??

∈????

,所以cos sin 0x x ＞≥,又10x ＞≥,

所以1cos sin x x x ?＞,即cos sin 0x x x ->．

当0a >时,()/

x >,所以()f x 在区间π0,6??

????

上递增,所以

(

)max 116626f x f a ππ??

==??-=- ???

,解得2a =．

当0a <时,()/

0f x <,所以()f x 在区间π0,6

??????

上递减,所以()()max 01f x f ==-,不

合题意．

当0a =,()1f x =-,不合题意．综上,2a =.

（2）设()cos sin g x x x x =-,则()/

2sin cos 002g

x x x x x π??

=--<<<

, 所以()g x 在0,

2π??

上单调递减,又()010,022g g ππ??=>=-<

???

, 所以存在唯一的00,2x π??

∈ ???

,使得()00g x =.

当00x x <<时,()0g x >,即()()/

20f x g x =>,所以()()00,f x x 在上单调递增；当

x x π

时,()0g x <,即()()/

20f x g x =<,所以()()00,f x x 在上单调递减

又

(

)010,10,10

442f f f ππ????=-<=->=-< ? ?????

, 所以()f x 在π0,4?? ???与ππ,42??

???

上各有一个零点, 综上,函数()f x 在区间0,2π??

上有且仅有两个零点.

8.（2016年新课标Ⅰ，文、理21合一）已知函数有两个

零点.

（1）讨论的单调性；

()()()2

21x f x x e a x =-+-()f x

（2）求的取值范围；

（3）设是的两个零点，证明：. 解（1）'()(2)(1)x

f x e a x =+-，（Ⅰ）若0a ≥时，令()0f x '=，则1x =；

令()0f x '>，则1x >；令()0f x '<，则1x <，此时()f x 的单调递增区间为(1)+∞，，递减区间为(1)-∞，；

（Ⅰ）设0a <时，令()0f x '=时，则ln(2)x a =-或1x =， ①若ln(2)1a -=，即2

e a =-

时，此时()(1)()0x

f x x e e '=--≥恒成立，此时()f x 在R 上为增函数；

②若ln(2)1a -<，即02

a -

<<时，令()0f x '>，则ln(2)x a <-或1x >；令()0f x '<，则ln(2)1a x -<<，此时()f x 的单调递减区间(1)+∞，，递增区间为

(ln(2)1)a -，，(ln(2))a -∞-，；

③若ln(2)1a ->，即2

a <-

时，令()0f x '>，则1x <或ln(2)x a >-；令()0f x '<，则1ln(2)x a <<-，此时()f x 的单调递增区间为(ln(2))a -+∞，， (1)-∞，，递减区间为(1

ln(2))a -，. 综上，当0a ≥时，此时()f x 的单调递减区间为(1)-∞，，递增区间为(1)+∞，；当

a -<<时，()f x 的单调递增区间为(ln(2))(1)a -∞-+∞，，，递减区间为(ln(2)1)a -，；当2e a =-

时，()f x 在R 上为增函数；当2

a <-时，()f x 的单调递增区间为(1)-∞，

，(ln(2))a -+∞，，递减区间为(1ln(2))a -，.

（2）()()()121x

f x x e a x '=-+-()()

12x

x e a =-+，

当0a =时，()()2x

f x x e =-，()f x 只有唯一的零点，不合题意；

当0a >时，则当(),1x ∈-∞时，()0f x '<；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增，又()()20,10f a f e =>=-<，取b 满足

a 12,x x ()f x 122x x +<

0b <且ln

2a b <，则()()()22321022b f b b a b a b b ??

>-+-=-> ??

?，故()f x 存在两个

零点.

（为了证明在1,-∞（）

内也有一个零点，设0b <，只要证明0f b >（），需要设0b ln x <，则b

e <0

0ln x e

x =，因为0b <，所以02b b e b x >-（-2)（)，从而21b

f b a b b e -+（)=()（-2)2012a b b x >-+-()（)20022ab ab a bx x =-++-.令02x a =，则02

x =

.）当0a <，由()0f x '=得1x =或()ln 2x a =-. 若2

a ≥-

，则()ln 21a -≤，故当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()1,+∞上单调递增；又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点.

（比较()ln 2a -和1的大小，确定以下a 的分类标准. 令()ln 21a -<，则2

e a >-

.）若2

a <-

，则()ln 21a ->，故当()()1,ln 2x a ∈-时，()0f x '<；当()()ln 2,x a ∈-+∞时，()0f x '>.

因此，()f x 在()()

1,ln 2a -上单调递减；在()()

ln 2,a -+∞单调递增，又当1x ≤时，

()0f x <，所以()f x 不存在两个零点.

综上，函数()f x 有两个零点时，a 的取值范围是()0,+∞；

（3）解1 不妨设12x x <，由（Ⅰ）知，()()()122,1,1,,2,1x x x ∈-∞∈+∞-∈-∞，

()f x 在(),1-∞上单调递减，所以122x x +<等价于()()122f x f x >-，即

()()222f x f x >-.

由于()()2

2222221x f x x e

a x --=-+-，而()()()22

22221x f x x e a x =-+-，

所以()()()2

22222222x x f x f x x e x e ---=---.

令()()22x x g x xe x e -=---，则()()()

21x x g x x e e -'=--，所以当1x >时，

()0g x '<，而()10g =，故当1x >时，()()10g x g <=.从而()()222f x f x >-，故

122x x +<.

解 2 不妨设12x x <，由题意知12()()0f x f x ==.要证不等式成立，只需证当

121x x <<时，原不等式成立即可.

令()()()11F x f x f x =--+，则11()()x

x F x x e

e -+'=-.

当0x >时，()'

0F x <所以()()00F x F <=，即()()11f x f x -<+. 令11x x =-，则()()()()21111f x f x f x ==--()()

()11112f x f x <+-=-, 即()()212f x f x <-，而()21,21,x x -∈+∞，且()f x 在()1+∞，上递增，故212x x <-，即122x x +<.

高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题

题型一利用导数讨论函数零点的个数【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： (1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图； (4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝????? f (x )，f (x )≥ g (x )，g (x )，f (x )0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1 ＝0或x 2＝2 a ，∈a >0，∈x 1

即不等式2a ≤1x 3＋3 x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1 x 3(x ∈[1,2])， ∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立， ∈y ＝1x 3＋3 x 在x ∈[1,2]上单调递减， ∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3 x 的最大值为4， ∈2a ≤4，即a ≤2. (3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ?? ? ??a 2＝1－4a 2， ∈当1－4 a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋ ∞)上无零点． ∈当1－4 a 2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0. 又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4 a 2<0，即00， ∈存在唯一的x 0∈?? ? ??1,1e ，使得φ(x 0)＝0， (∈)当0