第四讲-导数与函数的零点讲义(非常好,有解析)

函数的零点【题型一】函数的零点个数【解题技巧】用导数来判断函数的零点个数，常通过研究函数的单调性、极值后，描绘出函数的图象，再借助图象加以判断。【例1】已知函数3()31,0fxxaxa求()fx的单调区间；若()fx在1x处取得极值，直线y=m与()yfx的图象有三个不同的交点，求m的取值范围。变式：已知定义在R上的奇函数)(xf，满足(4)()fxfx，且在区间[0,2]上是增函数，若方程()(0)fxmm在区间[8,8]上有四个不同的根1234,,,xxxx，则1234_________.xxxx【答案】-8【解析】因为定义在R上的奇函数，满足(4)()fxfx，所以(4)()fxfx，所以,由)(xf为奇函数，所以函数图象关于直线2x对称且(0)0f，由(4)()fxfx知(8)()fxfx，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为)(xf在区间[0,2]上是增函数，所以)(xf在区间[-2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m0)在区间8,8上有四个不同的根1234,,,xxxx，不妨设1234xxxx，由对称性知1212xx，344xx．所以12341248xxxx．【题型二】复合函数的零点个数复合函数是由内层函数与外层函数复合而成的，在处理其零点个数问题时，应分清内层-8-6-4-202468yxf(x)=m(m0)和外层函数与零点的关系。【解题技巧】函数()(())hxffxc的零点个数的判断方法可借助换元法解方程的思想分两步进行。即令()fxd，则()()hxfdc第一步：先判断()fdc的零点个数情况第二步：再判断()fxd的零点个数情况【例2】已知函数3()3fxxx设()(())hxffxc，其中[22]c，，求函数()yhx的零点个数1．（江苏省连云港市2013届高三上学期摸底考试（数学）已知函数322()39(0)fxxaxaxa.若方程'2()12169fxnxaxaa在[l,2]恰好有两个相异的实根,求实数a的取值范围(注:1n2≈0.69):【题型三】如何运用导数求证函数“存在、有且只有一个”零点【解题技巧】（1）要求证一个函数存在零点，只须要用“函数零点的存在性定理”即可证明。即：如果函数()fx在区间ab，上是一条连续不断曲线，并且()()0fafb，则函数()fx在区间ab，上至少有一个零点。即存在一点0xab，，使得0()0fx，这个0x也就是方程()0fx的根.（2）要求证一个函数“有且只有一个”零点，先要证明函数为单调函数，即存在零点；再用“函数零点的存在性定理”求证函数零点的唯一性。其依据为：如果函数()fx在区间ab，上是单调函数，并且()()0fafb，则函数()fx在区间ab，上至多有一个零点。【例3】设函数329()62fxxxxa．（1）对于任意实数x，()fxm恒成立，求m的最大值；（2）若方程()0fx有且仅有一个实根，求a的取值范围．变式：设函数()lnfxx，()agxx，()()()Fxfxgx。若方程()fxmx在区间2[1,]e上有唯一实数解，求实数m的取值范围；解析：方程()fxmx在区间2[1,]e上有唯一实数解等价于方程lnxmx在区间2[1,]e上有唯一实数解。记2ln()[1,]xhxxex，则21ln()xhxx，令()0hx，得：xe，当[1,]xe时，()0hx，()hx递增；当2[,]xee时，()0hx，()hx递减。所以max1()()hxhee。易求得：(1)0h，222()hee。为使方程lnxmx在区间2[1,]e上有唯一实数解，则直线ym与函数ln()xyhxx的图象有唯一交点，根据()hx的图象可知：1me或220me。故m的取值范围是2210,ee。【例4】已知函数xfxemx在(1,)上没有零点，求m的取值范围；【题型四】如何运用导数来判断与求证含参函数的零点【例5】（2013·江苏卷）设函数axxxfln)(，axexgx)(，其中a为实数．若)(xg在),1(上是单调增函数，试求)(xf的零点个数，并证明你的结论．基础练习：1．己知()lnxfxaxae，其中常数0a．（1）当ae时，求函数()fx的极值；2．已知函数f（x）＝12m（x－1）2－2x＋3＋lnx，m∈R．当m＞0时，若曲线y＝f（x）在点P（1，1）处的切线l与曲线y＝f（x）有且只有一个公共点，求实数m的值．3．已知函数1()1xfxxe(aR,e为自然对数的底数).若直线:1lykx与曲线()yfx没有公共点,求k的最大值.4．已知函数f（x）=13x3+1－a2x2-ax-a,x∈R,其中a0．若函数f（x）在区间（-2,0）内恰有两个零点,求a的取值范围；5．设1a，函数aexxfx)1()(2．(1)求)(xf的单调区间；(2)证明：)(xf在,上仅有一个零点；参考答案与解析【例1】解析：（1）'22()333(),fxxaxa当0a时，对xR，有'()0,fx当0a时，()fx的单调增区间为(,)当0a时，由'()0fx解得xa或xa；由'()0fx解得axa，当0a时，()fx的单调增区间为(,),(,)aa；()fx的单调减区间为(,)aa。（2）因为()fx在1x处取得极大值，所以'2(1)3(1)30,1.faa所以3'2()31,()33,fxxxfxx由'()0fx解得121,1xx。由（1）中()fx的单调性可知，()fx在1x处取得极大值(1)1f，在1x处取得极小值(1)3f。因为直线ym与函数()yfx的图象有三个不同的交点，又(3)193f，(3)171f，结合()fx的单调性可知，m的取值范围是(3,1)。【例2】令3()3fxxxd，则：()(())()hxffxcfdc(1)先讨论关于d的方程()=cfd即33ddc根的情况：2,2c2()333(1)(1)fdddd()fd在区间,1上单调递增，在区间1,1单调递减，在区间1,单调递增。()(1)2fdf极小值()(1)2fdf极大值描绘出函数的草图，并据草图可得：方程()=cfd根的情况如下表所示：C的取值范围根的个数根或根的范围2c2个根2d或1d22c3个根1d、2d、3d2c2个根1d或2d(2)下面考虑方程()fxd即33xxd根的情况：据上述表格及图形()fxd和()=cfd的根的情况如下表c的范围()fdc根的个数根d的范围()=dfx根的个数2c2个根1d、2d11d3个根5个根22d2个根22c3个根1d、2d、3d122d3个根9个根222d3个根322d3个根2c2个根1d、2d11d3个根5个根12d2个根综上所述：当=2c时，函数()yhx有5个零点；当2c时，函数()yhx有9个零点。【例3】解：(1)'2()3963(1)(2)fxxxxx,因为(,)x,'()fxm,即239(6)0xxm恒成立,所以8112(6)0m,得34m，即m的最大值为34(2)因为当1x时,'()0fx;当12x时,'()0fx;当2x时,'()0fx;所以当1x时,()fx取极大值5(1)2fa;当2x时,()fx取极小值(2)2fa;故当(2)0f或(1)0f时,方程()0fx仅有一个实根.解得2a或52a.【例4】方法一：当0n，可得()()xxhxemxem，因为1x，所以1xee，①当1me时，()0xhxem，函数()hx在(1,)上单调递增，而(0)1h，所以只需1(1)0hme，解得1me，从而11mee．②当1me时，由()0xhxem，解得ln(1,)xm，当(1,ln)xm时，()0hx，()hx单调递减；当(ln,)xm时，()0hx，()hx单调递增．所以函数()hx在(1,)上有最小值为(ln)lnhmmmm，令ln0mmm，解得me，所以1mee．综上所述，1[,)mee．方法二：当0n，xemx①当0x时，显然不成立；②当1x且0x时，xemx，令xeyx，则221xxxexexeyxx，当10x时，0y，函数xeyx单调递减，01x时，0y，函数xeyx单调递减，当1x时，0y，函数xeyx单调递增，又11xey，1xye，由题意知1[,)mee．【例5】axgxe)(≥0在),1(上恒成立，则a≤ex，故：a≤1e．)0(11)(xxaxaxxf．（ⅰ）若0＜a≤1e，令)(xf＞0得增区间为（0，1a）；令)(xf＜0得减区间为（1a，﹢∞）．当x→0时，f（x）→﹣∞；当x→﹢∞时，f（x）→﹣∞；当x＝1a时，f（1a）＝﹣lna－1≥0，当且仅当a＝1e时取等号．故：当a＝1e时，f（x）有1个零点；当0＜a＜1e时，f（x）有2个零点．（ⅱ）若a＝0，则f（x）＝﹣lnx，易得f（x）有1个零点．（ⅲ）若a＜0，则01)(axxf在)0(，上恒成立，即：axxxfln)(在)0(，上是单调增函数，当x→0时，f（x）→﹣∞；当x→﹢∞时，f（x）→﹢∞．此时，f（x）有1个零点．综上所述：当a＝1e或a＜0时，f（x）有1个零点；当0＜a＜1e时，f（x）有2个零点．练习1、【答案】（1）()fx有极小值0，没有极大值【解析】函数()fx的定义域为(0,)，（1）当ea时，()eelnexfxx，e()exfxx，而e()exfxx在(0,)上单调递增，又(1)0f，当01x时，()(1)0fxf，则()fx在(0,1)上单调递减；当1x时，()(1)0fxf，则()fx在(1,)上单调递增，所以()fx有极小值(1)0f，没有极大值．2、【解析】由f′（x）＝mx－m－2＋1x，得f′（1）＝－1，所以曲线y＝f（x）在点P（1，1）处的切线l的方程为y＝－x＋2．由题意得，关于x的方程f（x）＝－x＋2有且只有一个解，即关于x的方程12m（x－1）2－x＋1＋lnx＝0有且只有一个解．令g（x）＝12m（x－1）2－x＋1＋lnx（x＞0）．则g′（x）＝m（x－1）－1＋1x＝mx2－(m＋1)x＋1x＝(x－1)(mx－1)x（x＞0）．①当0＜m＜1时，由g′（x）＞0得0＜x＜1或x＞1m，由g′（x）＜0得1＜x＜1m，所以函数g（x）在（0，1）为增函数，在（1，1m）上为减函数，在（1m，＋∞）上为增函数．又g（1）＝0，且当x→∞时，g（x）→∞，此时曲线y＝g（x）与x轴有两个交点．故0＜m＜1不合题意．②当m＝1时，g′（x）≥0，g（x）在（0，＋∞）上为增函数，且g（1）＝0，故m＝1符合题意．③当m＞1时，由g′（x）＞0得0＜x＜1m或x＞1，由g′（x）＜0得1m＜x＜1，所以函数g（x）在（0，1m）为增函数，在（1m，1）上为减函数，在（1，＋∞）上为增函数．又g（1）＝0，且当x→0时，g（x）→－∞，此时曲线y