2018届二轮复习导数与函数的零点及参数范围课件（全国通用）
2
.
4
.
3
导数与函数的零点及
参数范围
-
2
-
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
.
-
3
-
(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;
当
x
∈
(
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
.
-
4
-
对点训练
1
已知函数
f
(
x
)
=
(
x
2
-
3
x+
3)e
x
.
(1)
试确定
t
的取值范围
,
使得函数
f
(
x
)
在
[
-
2,
t
](
t>-
2)
上为单调函数
;
解
(1)
f'
(
x
)
=
(
x
2
-
3
x+
3)e
x
+
(2
x-
3)e
x
=x·
(
x-
1)e
x
,
由
f'
(
x
)
>
0,
得
x>
1
或
x<
0;
由
f'
(
x
)
<
0,
得
0
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
.
-
7
-
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,
故
h
(
x
)
在
(1,
+∞
)
无零点
.
当
x
∈
(0,1)
时
,
g
(
x
)
=-
ln
x>
0
.
所以只需考虑
f
(
x
)
在
(0,1)
的零点个数
.
-
8
-
(
ⅰ
)
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
.
-
9
-
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
.
-
10
-
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)
=
.
-
11
-
则
f'
(
x
)
<
0,
f
(
x
)
为减函数
;
若
x
∈
(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
.
-
12
-
②
当
0
0,
f
(
x
)
为增函数
;
x
∈
(
a
,1)
时
,
f'
(
x
)
<
0,
f
(
x
)
为减函数
;
x
∈
(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
0
在
(1,
+∞
)
上恒成立
⇔
分离出参数
m>
h
(
x
)
⇔
m
>
h
(
x
)
max
.
-
15
-
-
16
-
-
17
-
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
.
-
18
-
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
.
-
19
-
-
20
-
解题策略二
分类讨论法
例
4
(2017
全国
Ⅰ
,
理
21)
已知函数
f
(
x
)
=a
e
2
x
+
(
a-
2)e
x
-x.
(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
.
难点突破
(2)
由
(1)
得
a
≤
0
及
a>
0
时
f
(
x
)
的单调性
,
依据
f
(
x
)
的单调性研究其零点
,
由
a
≤
0,
f
(
x
)
在
(
-∞
,
+∞
)
单调递减
,
f
(
x
)
至多有一个零点
;
由
a>
0
时
f
(
x
)
的单调性
,
易求
f
(
x
)
的最小值
,
当
f
(
x
)
min
<
0
才会有两个零点
.
解
(1)
f
(
x
)
的定义域为
(
-∞
,
+∞
),
f'
(
x
)
=
2
a
e
2
x
+
(
a-
2)e
x
-
1
=
(
a
e
x
-
1)(2e
x
+
1)
.
(
ⅰ
)
若
a
≤
0,
则
f'
(
x
)
<
0,
所以
f
(
x
)
在
(
-∞
,
+∞
)
单调递减
.
(
ⅱ
)
若
a>
0,
则由
f'
(
x
)
=
0
得
x=-
ln
a.
当
x
∈
(
-∞
,
-
ln
a
)
时
,
f'
(
x
)
<
0;
当
x
∈
(
-
ln
a
,
+∞
)
时
,
f'
(
x
)
>
0,
所以
f
(
x
)
在
(
-∞
,
-
ln
a
)
单调递减
,
在
(
-
ln
a
,
+∞
)
单调递增
.
-
21
-
(2)(
ⅰ
)
若
a
≤
0,
由
(1)
知
,
f
(
x
)
至多有一个零点
.
(
ⅱ
)
若
a>
0,
由
(1)
知
,
当
x=-
ln
a
时
,
f
(
x
)
取得最小值
,
-
22
-
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构成
,
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
.
-
23
-
对点训练
4
(2017
山西孝义考前热身
,
理
21)
已知函数
f
(
x
)
=x
2
e
-ax
-
1(
a
是常数
),
(1)
求函数
f
(
x
)
的单调区间
;
(2)
当
x
∈
(0,16)
时
,
函数
f
(
x
)
有零点
,
求
a
的取值范围
.
解
(1)
由题意
,
当
a=
0
时
,
f
(
x
)
=x
2
-
1,
f
(
x
)
在
(0,
+∞
)
内递增
,
在
(
-∞
,0)
内递减
.
当
a
≠0
时
,
f'
(
x
)
=
2
x
e
-ax
+x
2
(
-a
)
·
e
-ax
=
e
-ax
(
-ax
2
+
2
x
),
∵
e
-ax
>
0,
即
f'
(
x
)
≥
0,
f
(
x
)
递增
.
-
24
-
即
f'
(
x
)
≤
0,
f
(
x
)
递减
.
综上所述
,
当
a=
0
时
,
f
(
x
)
的递增区间为
(0,
+∞
),
递减区间为
(
-∞
,0);
-
25
-
(2)
①
当
a=
0
时
,
f
(
x
)
=x
2
-
1
=
0
可得
x=±
1,1
∈
(0,16)
.
故
a=
0
可以
;
-
26
-
③
当
a<
0
时
,
函数
y=
f
(
x
)
在
(0,16)
上递增
,
-
27
-
与函数零点有关的证明问题
解题策略
等价转换后构造函数证明
例
5
(2017
宁夏中卫二模
,
理
21)
设函数
f
(
x
)
=x
2
-a
ln
x
,
g
(
x
)
=
(
a-
2)
x.
(1)
求函数
f
(
x
)
的单调区间
.
(2)
若函数
F
(
x
)
=
f
(
x
)
-g
(
x
)
有两个零点
x
1
,
x
2
,
①
求满足条件的最小正整数
a
的值
;
-
28
-
难点突破
(2)
①
求出函数
F
(
x
)
的导数
,
-
29
-
当
a
≤
0
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)
①∵
F
(
x
)
=x
2
-a
ln
x-
(
a-
2)
x
,
-
30
-
所以存在
a
0
∈
(2,3),
h
(
a
0
)
=
0
.
当
a>a
0
时
,
h
(
a
)
>
0,
所以满足条件的最小正整数
a=
3
.
-
31
-
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
总成立
,
所以原题得证
.
解题心得
证明与零点有关的不等式
,
函数的零点本身就是一个条件
,
即零点对应的函数值为
0,
证明的思路一般对条件等价转化
,
构造合适的新函数
,
利用导数知识探讨该函数的性质
(
如单调性、极值情况等
)
再结合函数图象来解决
.
-
32
-
对点训练
5
已知函数
f
(
x
)
=
(
x-
2)e
x
+a
(
x-
1)
2
有两个零点
.
(1)
求
a
的取值范围
;
(2)
设
x
1
,
x
2
是
f
(
x
)
的两个零点
,
证明
:
x
1
+x
2
<
2
.
(1)
解
f'
(
x
)
=
(
x-
1)e
x
+
2
a
·(
x-
1)
=
(
x-
1)(e
x
+
2
a
)
.
(
ⅰ
)
若
a=
0,
则
f
(
x
)
=
(
x-
2)e
x
,
f
(
x
)
只有一个零点
.
(
ⅱ
)
若
a>
0,
则当
x
∈
(
-∞
,1)
时
,
f'
(
x
)
<
0;
当
x
∈
(1,
+∞
)
时
,
f'
(
x
)
>
0,
所以
f
(
x
)
在
(
-∞
,1)
内单调递减
,
在
(1,
+∞
)
内单调递增
.
故
f
(
x
)
存在两个零点
.
-
33
-
(
ⅲ
)
若
a<
0,
由
f'
(
x
)
=
0
得
x=
1
或
x=
ln(
-
2
a
)
.
故当
x
∈
(1,
+∞
)
时
,
f'
(
x
)
>
0,
因此
f
(
x
)
在
(1,
+∞
)
内单调递增
.
又当
x
≤
1
时
,
f
(
x
)
<
0,
所以
f
(
x
)
不存在两个零点
.
故当
x
∈
(1,ln(
-
2
a
))
时
,
f'
(
x
)
<
0;
当
x
∈
(ln(
-
2
a
),
+∞
)
时
,
f'
(
x
)
>
0
.
因此
f
(
x
)
在
(1,ln(
-
2
a
))
内单调递减
,
在
(ln(
-
2
a
),
+∞
)
内单调递增
.
又当
x
≤
1
时
f
(
x
)
<
0,
所以
f
(
x
)
不存在两个零点
.
综上
,
a
的取值范围为
(0,
+∞
)
.
-
34
-
(2)
证明
不妨设
x
1
f
(2
-x
2
),
即
f
(2
-x
2
)
<
0
.
设
g
(
x
)
=-x
e
2
-x
-
(
x-
2)e
x
,
则
g'
(
x
)
=
(
x-
1)(e
2
-x
-
e
x
)
.
所以当
x>
1
时
,
g'
(
x
)
<
0,
而
g
(1)
=
0,
故当
x>
1
时
,
g
(
x
)
<
0
.
从而
g
(
x
2
)
=f
(2
-x
2
)
<
0,
故
x
1
+x
2
<
2
.
