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导数研究函数零点问题

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精品资料 欢迎下载 利用导数研究方程的根 函数与x轴即方程根的个数问题解题步骤 第一步：画出两个图像即“穿线图”（即解导数不等式）和“趋势图”即三次函数的大致趋势“是先增后减再增”还是“先减后增再减”； 第二步：由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式（组）；主要看极大值和极小值与0的关系； 第三步：解不等式（组）即可；

1、已知函数()e,xfxxR. (Ⅰ) 求f(x)的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程; (Ⅱ) 证明: 曲线y = f (x) 与曲线2112yxx有唯一公共点.

【答案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数xxgln)(,则y=g(x)过点(1,0)的切线斜率k=(1)g'. 1(1)g'x1(x)g'k.过点(1,0)的切线方程为:y = x+ 1

(Ⅱ) 证明曲线y=f(x)与曲线1212xxy有唯一公共点,过程如下. 则令,,121121)()(22Rxxxexxxfxhx

0)0('',0)0('0)0(,1)('')(',1)('hhhexhxhxexhxx，，且的导数 因此,

单调递增时当单调递减时当)('0)(''0;)('0)(''0xhyxhxxhyxhx0)(,0)0(')('xRxhyhxhy个零点上单调递增，最多有一在所以

所以,曲线y=f(x)与曲线1212xxy只有唯一公共点(0,1).(证毕) 2、已知函数()1xafxxe(aR,e为自然对数的底数). (1)求函数()fx的极值; (2)当1a的值时,若直线:1lykx与曲线()yfx没有公共点,求k的最大值. (1)1xafxe, ①当0a时,0fx,fx为,上的增函数,所以函数fx无极值. ②当0a时,令0fx,得xea,lnxa. ,lnxa,0fx;ln,xa,0fx.

所以fx在,lna上单调递减,在ln,a上单调递增, 故fx在lnxa处取得极小值,且极小值为lnlnfaa,无极大值. 精品资料 欢迎下载 综上,当0a时,函数fx无极小值; 当0a,fx在lnxa处取得极小值lna,无极大值. (2)当1a时,11xfxxe. 直线l:1ykx与曲线yfx没有公共点, 等价于关于x的方程111xkxxe在R上没有实数解,即关于x的方程: 11xkxe (*)

在R上没有实数解. ①当1k时,方程(*)可化为10xe,在R上没有实数解.

②当1k时,方程(*)化为11xxek. 令xgxxe,则有1xgxxe. 令0gx,得1x, 当x变化时,gx的变化情况如下表: x ,1 1 1,

gx 

0 

gx

1

e

当1x时,min1gxe,同时当x趋于时,gx趋于, 从而gx的取值范围为1,e.

所以当11,1ke时,方程(*)无实数解, 解得k的取值范围是1,1e. 综上,得k的最大值为1. 3、已知函数232)1(31)(xkxxf，kxxg31)(，且)(xf在区间),2(上为增函数． （1） 求实数k的取值范围； （2） 若函数)(xf与)(xg的图象有三个不同的交点，求实数k的取值范围．

解：（1）由题意xkxxf)1()(2 ∵)(xf在区间),2(上为增函数， 精品资料 欢迎下载 ∴0)1()(2xkxxf在区间),2(上恒成立 即xk1恒成立，又2x，∴21k，故1k∴k的取值范围为1k

（2）设312)1(3)()()(23kxxkxxgxfxh， )1)(()1()(2xkxkxkxxh 令0)(xh得kx或1x由（1）知1k， ①当1k时，0)1()(2xxh，)(xh在R上递增，显然不合题意… ②当1k时，)(xh，)(xh随x的变化情况如下表： x ),(k k )1,(k 1 ),1(

)(xh  0 — 0 

)(xh ↗ 极大值312623kk ↘ 极小值21k ↗

由于021k，欲使)(xf与)(xg的图象有三个不同的交点，即方程0)(xh有三个不同的实根，故需0312623kk，即0)22)(1(2kkk ∴02212kkk，解得31k 综上，所求k的取值范围为31k 4、 已知函数ln()xfxeaa为常数是实数集R上的奇函数，函数singxfxx是区间

[一1，1]上的减函数． (I)求a的值； (II) 若21gxtt在x∈[一1，1]上恒成立，求t的取值范围．

(Ⅲ) 讨论关于x的方程2ln2()xxexmfx的根的个数。 解：（I）)ln()(aexfx是奇函数，则(0)0f恒成立.0ln()0.ea 01,0.eaa

（II）又)(xg在[－1，1]上单调递减，,1sin)1()(maxgxg,11sin2tt只需

.)1(011sin)1(2恒成立其中tt令),1(11sin)1()(2tth

则,011sin1012ttt,01sin01sin122恒成立而ttttt1t. （III）由（I）知,2ln,)(2mexxxxxxf方程为 令mexxxfxxxf2)(,ln)(221，21ln1)(xxxf， 精品资料 欢迎下载 当],0()(,0)(,),0(11exfxfex在时上为增函数； ),0[)(,0)(,),[11exfxfex在时上为减函数，

当ex时，.1)()(1max1eefxf而222)()(emexxf， )(1xf函数、)(2xf在同一坐标系的大致图象如图所示，

∴①当eemeem1,122即时，方程无解. ②当eemeem1,122即时，方程有一个根. ③当eemeem1,122即时，方程有两个根.

5、.已知函数3()sin(),2fxaxxaR且在,0,2上的最大值为32， （1）求函数f(x)的解析式； (2)判断函数f(x)在（0，π）内的零点个数，并加以证明。 （I）33()sin22fxaxx在]2,0[上恒成立，且能取到等号 ()sin2gxxxa在]2,0[上恒成立，且能取到等号

max()2gxa ()sincos0()gxxxxygx在]2,0[上单调递增 ()1222gaa3()sin2fxxx （II）3()sin()()sincos2fxxxhxfxxxx ①当x]2,0[时，()0()fxyfx在(0,]2上单调递增 33(0)()0()222ffyfx在(0,]2上有唯一零点 ②当x[,]2时，()2cossin0()hxxxxfx当x[,]2上单调递减

2()()022ff存在唯一0(,)2x使0()0fx 00()0,()02fxxxfxxx 得：()fx在0[,)2x上单调递增，0(,]x上单调递减 精品资料 欢迎下载 3()0,()022ff 得：x0[,]2x时，()0fx， x0[,]x时，0()()0fxf，()yfx在0[,]x

上有唯一零点

由①②得：函数)(xf在),0(内有两个零点。 6、已知函数32()fxaxbxcx在点0x处取得极小值－4，使其导数'()0fx的x的取值范围为(1,3)，求：

（1）()fx的解析式； （2）若过点(1,)Pm可作曲线()yfx的三条切线，求实数m的取值范围． 解：（1）由题意得：2'()323(1)(3),(0)fxaxbxcaxxa ∴在(,1)上'()0fx；在(1,3)上'()0fx；在(3,)上'()0fx 因此()fx在01x处取得极小值4 ∴4abc①，'(1)320fabc②，'(3)2760fabc③

由①②③联立得：169abc，∴32()69fxxxx （2）设切点Q(,())tft，,()()()yftftxt 232(3129)()(69)yttxtttt

222(3129)(3129)(69)ttxtttttt

22(3129)(26)ttxttt

过(1,)m

232(3129)(1)26mtttt

32()221290gttttm

令22'()66126(2)0gttttt， 求得：1,2tt，方程()0gt有三个根。

需：(1)0(2)0gg23129016122490mm1611mm 故：1116m；因此所求实数m的范围为：(11,16) 7、已知32()4fxxaxx（a为常数）在2x时取得一个极值， （1）确定实数t的取值范围，使函数()fx在区间[,2]t上是单调函数； （2）若经过点A（2，c）（8c）可作曲线()yfx的三条切线，求c的取值范围． 解：（1）∵函数()fx在2x时取得一个极值，且2()324fxxax， (2)12440fa，2a 2()344(32)(2)fxxxxx．

23x或2x时，2()0,3fxx或2x时，2()0,23fxx时，

()0fx， ()fx在2(,],[2,)3上都是增函数，在2[,2]3上是减函数． ∴使

()fx在区间[,2]t上是单调函数的t的取值范围是2[,2)3

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利用导数研究函数的零点讲义 解析版

利用导数研究函数的零点讲义 解析版

利用导数研究函数的零点题型一　数形结合法研究函数零点1.(2024·南昌模拟节选)已知函数f (x )=(x -a )2+be x (a ，b ∈R )，若a =0时，函数y =f (x )有3个零点，求b 的取值范围.解：函数y =f (x )有3个零点，即关于x 的方程f (x )=0有3个根，也即关于x 的方程b =-x 2ex 有3个根.令g (x )=-x 2e x ，则直线y =b 与g (x )=-x 2ex 的图象有3个交点.g ′(x )=x (x -2)e x，由g ′(x )<0解得0<x <2；由g ′(x )>0解得x <0或x >2，所以g (x )在(-∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增.g (0)=0，g (2)=-4e2，当x >0时，g (x )<0；当x →+∞时，g (x )→0；当x →-∞时，g (x )→-∞，作出g (x )的大致图象如图所示，作出直线y =b .由图可知，若直线y =b 与g (x )的图象有3个交点，则-4e 2<b <0，即b 的取值范围为-4e 2，0 .感悟提升　含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围.2.设函数f (x )=ln x +m x ，m ∈R ，讨论函数g (x )=f ′(x )-x 3零点的个数.解：由题意知g (x )=f ′(x )-x 3=1x -m x 2-x 3(x >0)，令g (x )=0，得m =-13x 3+x (x >0).设φ(x )=-13x 3+x (x >0)，则φ′(x )=-x 2+1=-(x -1)(x +1).当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，+∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，+∞)上单调递减.∴x =1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，∴x =1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)=23.结合y =φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m =23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m =23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.题型二　利用函数性质研究函数零点3.已知函数f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，e 是自然对数的底数，∀x >0，e x >x +1.(1)求f (x )的单调区间；(2)记p ：f (x )有两个零点；q ：a >ln 2.求证：p 是q 的充要条件.要求：先证充分性，再证必要性.(1)解：∵f (x )=(2a +1)x 2-2x 2ln x -4，∴f (x )的定义域为(0，+∞)，f ′(x )=4x (a -ln x ).∵当0<x <e a 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e a )上单调递增；∵当x >e a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e a ，+∞)上单调递减.∴f (x )的单调递增区间为(0，e a )，单调递减区间为(e a ，+∞).(2)证明　先证充分性.由(1)知，当x =e a 时，f (x )取得最大值，即f (x )的最大值为f (e a )=e 2a -4.由f (x )有两个零点，得e 2a -4>0，解得a >ln 2.∴a >ln 2.再证必要性.∵a >ln 2，∴e 2a >4.∴f (e a )=e 2a -4>0.∵a>ln2>0，∀x>0，e x>x+1，∴e2a>2a+1>2a.∴f(e-a)=e-2a(4a+1)-4=4a+1e2a -4<4a+12a-4=12a-2<12ln2-2=1ln4-2<0.∴∃x1∈(e-a，e a)，使f(x1)=0；∵f(e a+1)=-e2a+2-4<0，∴∃x2∈(e a，e a+1)，f(x2)=0.∵f(x)在(0，e a)上单调递增，在(e a，+∞)上单调递减，∴∀x∈(0，+∞)，x≠x1且x≠x2，易得f(x)≠0.∴当a>ln2时，f(x)有两个零点.感悟提升　利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.4.(2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)ln x，若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.解：由f(x)=ax-1x-(a+1)ln x(x>0)，得f′(x)=a+1x2-a+1x=(ax-1)(x-1)x2(x>0).①当a=0时，f(x)=-1x-ln x，f′(x)=1-xx2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，所以f(x)≤f(1)=-1<0，所以f(x)不存在零点；②当a<0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max=f(1)=a-1<0，所以f(x)不存在零点；③当a>0时，f′(x)=a x-1a(x-1)x2，(ⅰ)当a=1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，因为f(1)=a-1=0，所以函数f(x)恰有一个零点；(ⅱ)当a>1时，0<1a <1，故f(x)在0，1a，(1，+∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.因为f(1)=a-1>0，所以f1a>f(1)>0，当x→0+时，f(x)→-∞，由零点存在定理可知f(x)在0，1a上必有一个零点，所以a>1满足条件；(ⅲ)当0<a<1时，1a >1，故f(x)在(0，1)，1a，+∞上单调递增，在1，1a上单调递减.因为f(1)=a-1<0，所以f1a<f(1)<0，当x→+∞时，f(x)→+∞，由零点存在定理可知f(x)在1a，+∞上必有一个零点，即0<a<1满足条件.综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，+∞).题型三　构造函数法研究函数零点5.已知函数f(x)=e x-1+ax(a∈R).(1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)-ax+1e a=ln x+a有两个不同的实数解，求a的取值范围.解：(1)由题意，得f′(x)=e x+a.若a≥-1，则当x∈[0，+∞)时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，∴当x∈[0，+∞)时，f(x)≥f(0)=0，符合题意；若a<-1，令f′(x)<0，得x<ln(-a)，∴f(x)在(0，ln(-a))上单调递减，∴当x∈(0，ln(-a))时，f(x)<f(0)=0，不符合题意.综上，a的取值范围为[-1，+∞).(2)法一　由f(x)-ax+1e a=ln x+a，得e x-a=ln x+a.令e x-a=t，则x-a=ln t，ln x+a=t，∴x+ln x=t+ln t.易知y=x+ln x在(0，+∞)上单调递增，∴t=x，得a=x-ln x.则原问题可转化为方程a=x-ln x有两个不同的实数解.令φ(x)=x-ln x(x>0)，则φ′(x)=x-1 x，令φ′(x)<0，得0<x<1；令φ′(x)>0，得x>1，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(1)=1，∴a≥1.当a=1时，易知方程1=x-ln x只有一个实数解x=1，不符合题意.下证当a>1时，a=x-ln x有两个不同的实数解.令g(x)=x-ln x-a(a>1)，则g(x)=φ(x)-a，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.∵g(e-a)=e-a>0，g(1)=1-a<0，∴g(x)在(e-a，1)上有一个零点.易知g(e a)=e a-2a，令h(a)=e a-2a，则当a>1时，h′(a)=e a-2>0，∴h(a)在(1，+∞)上单调递增，∴当a >1时，h (a )>h (1)=e -2>0，即g (e a )=e a -2a >0，∴g (x )在(1，e a )上有一个零点.∴当a >1时，a =x -ln x 有两个不同的实数解.综上，a 的取值范围为(1，+∞).法二　由f (x )-ax +1e a=ln x +a ，得e x =e a (ln x +a )，∴xe x =xe a (ln x +a )，即xe x =e a +ln x (ln x +a ).令u (x )=xe x ，则有u (x )=u (a +ln x ).当x >0时，u ′(x )=(x +1)e x >0，∴u (x )=xe x 在(0，+∞)上单调递增，∴x =a +ln x ，即a =x -ln x .下同法一.感悟提升　涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.6.(2021·全国甲卷节选)已知a >0且a ≠1，函数f (x )=x a ax (x >0).若曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，求a 的取值范围.解：曲线y =f (x )与直线y =1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x =1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x =ln a a 有两个不同的解.设g (x )=ln x x (x >0)，则g ′(x )=1-ln x x 2(x >0)，令g ′(x )=1-ln x x 2=0，得x =e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，故g (x )max =g (e )=1e ，且当x >e 时，g (x )∈0，1e ，又g (1)=0，所以0<ln a a <1e，所以a >1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e )∪(e ，+∞).【A 级　基础巩固】7.已知函数f (x )=x -ae x ，a ∈R ，讨论函数f (x )的零点个数.解：f (x )=0等价于x -ae x =0，即x ex =a .设h (x )=x e x ，则h ′(x )=1-x ex ，当x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max =h (1)=1e.又当x <0时，h (x )<0；当x >0时，h (x )>0，且x →+∞时，h (x )→0，∴可画出h (x )大致图象，如图所示.∴当a ≤0或a =1e时，f (x )在R 上有唯一零点；当a >1e 时，f (x )在R 上无零点；当0<a <1e 时，f (x )在R 上有两个零点.8.(2024·青岛调研)已知函数f (x )=ln x +ax x，a ∈R .(1)若a =0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点.(1)解：若a =0，则f (x )=ln x x ，其定义域为(0，+∞)，∴f ′(x )=1-ln x x 2，由f ′(x )=0，得x =e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∴f (x )max =f (e )=1e.(2)证明　f ′(x )=1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，由(1)知，f (x )在(0，e )上单调递增，在(e ，+∞)上单调递减，∵0<a <1，∴当x >e 时，f (x )=ln x +ax x =a +ln x x>0，故f (x )在(e ，+∞)上无零点；当0<x <e 时，f (x )=ln x +ax x ，∵f 1e =a -e <0，f (e )=a +1e>0，且f (x )在(0，e )上单调递增，∴f (x )在(0，e )上有且只有一个零点，综上，当0<a <1时，f (x )有且只有一个零点.9.(2024·太原模拟节选)已知函数f (x )=xe x -x -1，讨论方程f (x )=ln x +m -2的实根个数.解；由f (x )=ln x +m -2，得xe x -x -ln x +1=m ，x >0，令h (x )=xe x -x -ln x +1，则h ′(x )=e x +xe x-1-1x =(x +1)(xe x -1)x(x >0)，令m (x )=xe x -1(x >0)，则m ′(x )=(x +1)·e x >0，∴m (x )在(0，+∞)上单调递增，又m 12 =e 2-1<0，m (1)=e -1>0，∴存在x 0∈12，1，使得m (x 0)=0，即e x 0=1x 0，从而ln x 0=-x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )<0，h ′(x )<0，则h (x )单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0，则h (x )单调递增；∴h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0+1=x 0·1x 0-x 0+x 0+1=2，又易知，当x →0+时，h (x )→+∞；当x →+∞时，h (x )→+∞.∴当m <2时，方程f (x )=ln x +m -2没有实根；当m =2时，方程f (x )=ln x +m -2有1个实根；当m >2时，方程f (x )=ln x +m -2有2个实根.【B 级　能力提升】10.(2024·郑州模拟节选)已知函数f (x )=ln (x +1)-x +1，g (x )=ae x -x +ln a ，若函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，求实数a 的取值范围.解：函数F (x )=f (x )-g (x )有两个零点，即f (x )=g (x )有两个实根，即ln (x +1)-x +1=ae x -x +ln a 有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =ln (x +1)+x +1有两个实根，即e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)有两个实根.设函数h (x )=e x +x ，则e x +ln a +x +ln a =e ln (x +1)+ln (x +1)⇔h (x +ln a )=h (ln (x +1)).因为h ′(x )=e x +1>0恒成立，所以h (x )=e x +x 在R 上单调递增，所以x +ln a =ln (x +1)，x >-1，所以要使F (x )有两个零点，只需ln a =ln (x +1)-x 有两个实根.设M (x )=ln (x +1)-x ，则M ′(x )=-x x +1.由M ′(x )=-x x +1>0，得-1<x <0；由M ′(x )=-x x +1<0，得x >0，故函数M(x)的单调递增区间为(-1，0)，单调递减区间为(0，+∞).故函数M(x)在x=0处取得极大值，也是最大值，且M(x)max=M(0)=0.易知当x→-1时，M(x)→-∞；当x→+∞时，M(x)→-∞.故要使ln a=ln(x+1)-x有两个实根，只需ln a<M(x)max=0，解得0<a<1.所以实数a的取值范围是(0，1).。

利用导数研究函数的零点专题课件 高三数学二轮复习

利用导数研究函数的零点专题课件 高三数学二轮复习

在
1
ln ,
+ ∞ 上单调递增.
1
-∞,ln
上单调递减,
(2)根据(1)中结果知,当 a≤0 时,f(x)最多有一个零点,不符合题意.当 a>0 时,f(x)
在
1
-∞,ln

上单调递减,在
1
ln , +

∞ 上单调递增,且当 x→-∞时,f(x)→+∞,当
x→+∞时,f(x)→+∞.因此根据零点存在定理,如果函数有两个零点,则需 f(x)的
递增.∴f(x)min=f(1)=-2.又f(0)=1,f(2)=3>1,曲线y=x3-3x
与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点等价于
y=f(x)与y=a有两个不同的交点,∴-2<a<1.

3.(2021·全国甲,理21(2))已知a>0且a≠1,函数f(x)=

直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
.
解析 令x3-3x=-(x-1)2+a,得x3+(x-1)2-3x=a.
令f(x)=x3+(x-1)2-3x,x>0,则f'(x)=3x2+2(x-1)-3=3x2+2x5=(x-1)(3x+5).由f'(x)=0(x>0),得x=1.∴当x∈(0,1)
时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调
求解；
(2)分离参数法：由 f ( x )＝0分离出参数 a ，得 a ＝φ( x )，利用导数求函数 y ＝φ( x )的
第5讲 第3课时 利用导数研究函数的零点

第5讲 第3课时 利用导数研究函数的零点


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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
考 点 三 构造函数法研究函数的零点 例 3 (2021·全国甲卷节选)已知 a>0 且 a≠1，函数 f(x)＝axax(a>0)．若
曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
解：曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点， 可转化为方程axax＝1(x>0)有两个不同的解， 即方程lnx x＝lnaa有两个不同的解．
当 x→0＋时，h(x)→－∞，当 x→＋∞时，h(x)→0， 作出函数 h(x)的图象与直线 y＝kx－1 如图所示．
6
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当直线 y＝kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，设切点坐标为(x0，lnx20x0)， 则 k＝1－2x30ln x0＝lnx20xx00＋1，即 3ln x0＋x20－1＝0，易得 x0＝1，∴当直线 y＝ kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，k＝1.由图象知，当 0<k<1 时，直线 y＝kx －1 与函数 h(x)的图象恰有两个交点，即函数 f(x)恰有两个零点，∴实数 k 的取值范围为(0，1)．
11
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0.
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且 φ(x)max＝φ(3) ＝e13，
又 x→＋∞时，φ(x)→0， x→－∞时，φ(x)→－∞， ∴φ(x)的图象如图所示．
12
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
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突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
(高中段)专题微课(五)利用导数研究函数零点的三种策略

(高中段)专题微课(五)利用导数研究函数零点的三种策略


易知函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 且当 x→0 时，h(x)→－∞，h(1)＝4e3－1＞0， 从而存在 x0∈(0,1)，使得 h(x0)＝0， 所以当 x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增． 所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝x20e3x0－3xx0－0 2ln x0－1. 由 h(x0)＝x20(1＋3x0)e3x0＋2ln x0－1＝0， 得 x20e3x0＝1－1＋2l3nx0x0.
专题微课(五)|利用导数研究函数零点的三种策略 策略一 设而不求解决函数的零点问题 [典例] 设函数 f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x2－2ax－2a2＋a，其中 a＞0. (1)设函数 g(x)是 f(x)的导函数，讨论函数 g(x)的单调性； (2)证明：存在 a∈(0,1)，使得 f(x)≥0 在(1，＋∞)内恒成立，且方程 f(x) ＝0 在(1，＋∞)内有唯一解．
已知函数 f(x)＝1＋lnxx＋1，当 x＞0 时，f(x)＞x＋k 1恒成立，求正整数 k 的最
大值．
解：由已知有
k
＜
x＋1[1＋lnx＋1] x
在
(0
，
＋
∞)
上
恒
成
立
，
令
h(x) ＝
x＋1[1＋xlnx＋1]，x＞0，则只需 k＜h(x)min.h′(x)＝x－1－xln2 x＋1，
令 φ(x)＝x－1－ln(x＋1)，x＞0，
＋ 1－4a)，且满足 0＜x1＜x2＜1，此时 g(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2) 上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)可知，函数 g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，又由于函数 g(x)在区 间(1，＋∞)上的图象是连续的，且 g(1)＝－4a＜0，g(e2)＝－22＋ea2－e2＋a＋1＞ －22＋e12－e2＋1＋1＞0， 因此函数 g(x)在区间(1，＋∞)上有唯一的零点 x0， 且 g(x0)＝0⇒ln x0＋xa0－x0＋a＋1＝0⇒－ln x0＝xa0－x0＋a＋1. 从而，函数 f(x)在区间(1，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增． 所以函数 f(x)在区间(1，＋∞)上的最小值为 f(x0)＝－2(x0＋a)ln x0＋x20－2ax0－2a2 ＋a＝2(x0＋a)·xa0－x0＋a＋1＋x20－2ax0－2a2＋a＝－x20＋2(1－a)x0＋2xa02＋5a.