高考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)突破 導(dǎo)數(shù)與積分 第7講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點

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2017年高考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)突破——導(dǎo)數(shù)與積分 第7講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點 【知識梳理】 研究方程根或函數(shù)的零點的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置，通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn)． 【基礎(chǔ)考點突破】 考點1. 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點問題 【例1】(2014課標(biāo)全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0，2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為－2. (1)求a；(2)證明：當(dāng)k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． 【例2】（2016年北京高考）設(shè)函數(shù). （I）求曲線在點處的切線方程； （II）設(shè)，若函數(shù)有三個不同零點，求c的取值范圍； （III）求證：是有三個不同零點的必要而不充分條件. 變式訓(xùn)練2.（2016年全國I卷高考）已知函數(shù). (I)討論的單調(diào)性；(II)若有兩個零點，求的取值范圍. 【基礎(chǔ)練習(xí)鞏固】 1．若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點，則a可能的值為(　　) A．4 B．6 C．7 D．8 2．(2015廣東，19)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點； (3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點)， 3．(2015課標(biāo)全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－aln x. (1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)；(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋aln. 4．已知函數(shù)f(x)＝. (1)若f(x)在區(qū)間(－∞，2)上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝0，x0<1，設(shè)直線y＝g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線，求證：f(x)≤g(x)． 2017年高考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)突破——導(dǎo)數(shù)與積分 第7講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點（學(xué)生版，后附教師版） 【知識梳理】 研究方程根或函數(shù)的零點的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置，通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn)． 【基礎(chǔ)考點突破】 考點1. 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點問題 【例1】(2014課標(biāo)全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0，2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為－2. (1)求a；(2)證明：當(dāng)k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． 解析：f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a. 曲線y＝f(x)在點(0，2)處的切線方程為y＝ax＋2，由題設(shè)得－＝－2，所以a＝1. (2)證明　由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2，設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4. 由題設(shè)知1－k>0. 當(dāng)x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調(diào)遞增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一實根． 當(dāng)x>0時，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)． h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)沒有實根． 綜上，g(x)＝0在R有唯一實根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． 【例2】（2016年北京高考）設(shè)函數(shù). （I）求曲線在點處的切線方程； （II）設(shè)，若函數(shù)有三個不同零點，求c的取值范圍； （III）求證：是有三個不同零點的必要而不充分條件. 解：（I）由，得． 因為，，所以曲線在點處的切線方程為． （II）當(dāng)時，，所以． 令，得，解得或． 與在區(qū)間上的情況如下： 所以，當(dāng)且時，存在，， ，使得． 由的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)時，函數(shù)有三個不同零點． （III）當(dāng)時，，， 此時函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以不可能有三個不同零點． 當(dāng)時，只有一個零點，記作． 當(dāng)時，，在區(qū)間上單調(diào)遞增； 當(dāng)時，，在區(qū)間上單調(diào)遞增． 所以不可能有三個不同零點． 綜上所述，若函數(shù)有三個不同零點，則必有． 故是有三個不同零點的必要條件． 當(dāng)，時，，只有兩個不同 點， 所以不是有三個不同零點的充分條件． 因此是有三個不同零點的必要而不充分條件． 變式訓(xùn)練2.（2016年全國I卷高考）已知函數(shù). (I)討論的單調(diào)性；(II)若有兩個零點，求的取值范圍. 【解析】（Ⅰ）． （ i ）當(dāng)時，則當(dāng)時，；當(dāng)時， 故函數(shù)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增． （ ii ）當(dāng)時，由，解得：或 ①若，即，則， 故在單調(diào)遞增． ②若，即，則當(dāng)時，；當(dāng)時， 故函數(shù)在，單調(diào)遞增；在單調(diào)遞減． ③若，即，則當(dāng)時，；當(dāng)時，； 故函數(shù)在，單調(diào)遞增；在單調(diào)遞減． （Ⅱ）（i）當(dāng)時，由（Ⅰ）知，函數(shù)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增． 又∵，取實數(shù)滿足且，則 ∴有兩個零點． （ii）若，則，故只有一個零點． （iii）若，由（I）知，當(dāng)，則在單調(diào)遞增，又當(dāng)時，，故不存在兩個零點； 當(dāng)，則函數(shù)在單調(diào)遞增；在單調(diào)遞減．又當(dāng)時，，故不存在兩個零點． 綜上所述，的取值范圍是． 【基礎(chǔ)練習(xí)鞏固】 1．若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點，則a可能的值為(　　) A．4 B．6 C．7 D．8 答案　A 解析　由題意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0得x<1或x>2，由f′(x)<0得11，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點； (3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點)，證明：m≤－1. 解析：（1）f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex ?x∈R，f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞). (2)證明　∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a， ∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0，∴f(0)f(a)<0，∴f(x)在(0，a)上有一零點， 又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增，∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點. (3)證明　f′(x)＝(x＋1)2ex，設(shè)P(x0，y0)，則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝-1，代入y＝f(x)得y0＝-a，∴kOP＝a－. f′(m)＝em(m＋1)2＝a－，令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1. 令g′(x)>0，則m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上增. 令g′(x)<0，則m<0，∴g(m)在(－∞，0)上減.∴g(m)min＝g(0)＝0. ∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－≥(m＋1)3. ∴m＋1≤，即m≤－1. 3．(2015課標(biāo)全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－aln x. (1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)；(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋aln. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)． 當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點． 當(dāng)a>0時，因為y＝e2x單調(diào)遞增，y＝－單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(a)>0，當(dāng)b滿足00時，f′(x)存在唯一零點． (2)證明　由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)． 由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋aln. 4．已知函數(shù)f(x)＝. (1)若f(x)在區(qū)間(－∞，2)上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝0，x0<1，設(shè)直線y＝g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線，求證：f(x)≤g(x)． (1)解　易得f′(x)＝－，由已知得f′(x)≥0對x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a對x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1. (2)證明　a＝0，則f(x)＝. 函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線方程為y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)． 令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R， 則h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－＝. 設(shè)φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，則φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，∵x0<1，∴φ′(x)<0，∴φ(x)在R上單調(diào)遞減，而φ(x0)＝0，∴當(dāng)x0，當(dāng)x>x0時，φ(x)<0，∴當(dāng)x0，當(dāng)x>x0時，h′(x)<0，∴h(x)在區(qū)間(－∞，x0)上為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，＋∞)上為減函數(shù)， ∴x∈R時，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．