【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第19讲 导数的应用——利用导数研究函数零点问题 Word版含解析.docx，共(11)页，983.611 KB，由小赞的店铺上传

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第19讲导数的应用——利用导数研究函数零点问题思维导图知识梳理1.判断、证明或讨论函数零点个数的方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；②分类讨论

法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.2.已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，

通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标

准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.题型归纳题型1讨论函数的零点个数【例1-1】（2020•漳州三模）已知函数()1sinxfxeaxx=−−+．（1）当2

a=时，证明：()0fx…；（2）当1a…时，讨论函数()fx的零点个数．【分析】（1）利用函数的导数的应用求出函数的单调区间，进一步证明出结果．（2）利用分类讨论思想的应用和函数的二次求导的应用及构造函数的应用求

出函数零点的个数．【解答】解：（1）证明：当2a=时，()21sinxfxexx=−−+，所以()2cosxfxex=−+，所以()sinxfxex=−，当(,0)x−时，1xe„，所以：()1cos0fxx−+剟，所以()fx在(−，0]单调递减，所以

()(0)0fxf=…．当(0,)x+时，1xe，所以()1sin0fxx−…，所以()fx在(0,)+单调递增，所以()(0)0fxf=．所以()fx在(0,)+上单调递增，()(0)0fxf=．综上所述：()0fx…当且仅当0x=时，等号成立．（

2）由于0(0)01sin00fe=−−+=，所以0为函数()fx的一个零点．()cosxfxeax=−+，()sinxfxex=−，()i当2a=时，由（1）知函数()fx仅有一个零点，()ii当

2a时，①当(,0)x−时，0()cos00fxea−+．()fx在(,0)−单调递减，()(0)0fxf=．所以当(,0)x−时，函数()fx无零点．②当(0,)x+时，0()sin0fxex−…，所以()fx在(0,)+单调递增．由于(0)

20fa=−，(2)((2))cos[(2)]2cos[(2)]0lnaflnaealnalna++=−++=++．所以在(0,)+上存在唯一的0(0x，(2))lna+，使得0()0fx=．当0(0,)xx时，()0fx，

()fx在0(0,)x单调递减．有0()()(0)0fxfxf=，所以()fx在0(0,)x无零点．当0(xx，)+时，()0fx，()fx在0(x，)+单调递增．又3333()31sin()32f

lnaaalnalnaaalna=−−+−−，设p（a）332(2)aalnaa=−−，所以p（a）23(1)alna=−−，1()3(2)0paaa=−，所以p（a）在(2,)+单调递增，有p（a）p（2）0

．所以p（a）在(2,)+单调递增，有p（a）p（2）0，即3()0flna．因此函数()fx在0(x，)+有一个零点．所以当2a时，()fx有两个零点．()iii当12a„时，①当(0,)x+时，0()sin0fxex−…，所以()fx在(0,)+单调递增

．()(0)20fxfa=−，()fx在(0,)+单调递增，()(0)0fxf=．所以()fx在(0,)+上无零点．②当(,)x−−时，ax−…．有()sin10fxex++−…．所以()fx在(−，]−无零点．③当(,0)x−时，sin0x，()0fx

，()fx在(,0)−单调递增，又(0)20fa=−，()10fea−−=−−．所以存在唯一的0(,0)x−，使得0()0fx=．当0(,)xx−时，()0fx，函数()

fx在0(,)x−单调递减．当0(xx，0)时，()0fx，函数()fx在0(x，0)单调递增．又()10fea−−=+−，0()(0)0fxf=，所以函数()fx在(,0)−有1个零点．所以当12a„时，()fx有2个

零点．综上所述：当2a=时，()fx有一个零点，当2a或12a„时，函数()fx有2个零点．【跟踪训练1-1】（2020•宜宾模拟）函数3214()2333fxxxx=+++的零点个数为．【分析】先求出导函数()fx，令()0fx=求出极值点，进而求出函数的极值，根据单调

性和极值画出函数的大致图象，从而得到函数的零点个数．【解答】解：函数3214()2333fxxxx=+++，2()43(1)(3)fxxxxx=++=++，令()0fx=得：3x=−或1−，当(,3)x−−时，()0fx，函数()fx单调递增；当(3,1)x−−时，()0f

x，函数()fx单调递减；当(1,)x−+时，()0fx，函数()fx单调递增，函数()fx的极大值为4(3)3f−=，极小值为(1)0f−=，函数()fx的大致图象如图所示：，由图象可知，函数()fx有2个零点，故答案为：2．【跟踪训练1-2】（2020•

西安二模）已知函数()(xfxekxmk=−−、m为实数，e为自然对数的底数，2.71828)e．（1）求函数()fx的单调区间；（2）当2k=，1m=时，判断函数()fx零点的个数并证明．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即

可求解；（2）先由导数与单调性关系分析函数的性质，然后结合函数零点判定定理即可求解．【解答】解：（1）()xfxek=−，①0k„时，()0fx恒成立，故()fx的单调递增区间(,)−+，没有单

调递减区间；②0k时，易得，当xlnk时，()0fx，当xlnk时，()0fx，故函数的单调递增区间(,)lnk+，单调递减区间(,)lnk−，（2）当2k=，1m=时，()21xfxex=−−的零点个数为2

个，证明如下：由（1）在(,2)ln−单调递减，且(0)0f=，故()fx在(,2)ln−有且仅有1个零点，又因为()fx在(2,)ln+上单调递增且f（1）30e=−，f（2）250e=−且()fx在[1，2]上连续不间断，故()fx在[1，2]上有且

仅有1个零点．综上()fx有且仅有2个零点．【名师指导】根据参数确定函数的零点个数有两种解决方法：一种是利用单调性与零点存在性定理求解，另一种是化原函数为两个函数，利用两个函数图象的交点来求解题型2由函数零点的个数求参数范围【

例2-1】（2020•新课标Ⅰ）已知函数()(2)xfxeax=−+．（1）当1a=时，讨论()fx的单调性；（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围．【分析】（1）当1a=时，()1xfxe=−，求

出导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，再由导函数在各区间段内的符号求得原函数的单调性；（2）当0a„时，()0xfxea=−恒成立，()fx在(,)−+上单调递增，不合题意；当0a时，利用导数可得函数单调性，得到函数极值，结合题意由极小值小于0即可求

得a的取值范围．【解答】解：由题意，()fx的定义域为(,)−+，且()xfxea=−．（1）当1a=时，()1xfxe=−，令()0fx=，解得0x=．当(,0)x−时，()0fx，()fx单

调递减，当(0,)x+时，()0fx，()fx单调递增．()fx在(,0)−上单调递减，在(0,)+上单调递增；（2）当0a„时，()0xfxea=−恒成立，()fx在(,)−+上单调递增，不合题意；当0a时，

令()0fx=，解得xlna=，当(,)xlna−时，()0fx，()fx单调递减，当(,)xlna+时，()0fx，()fx单调递增．()fx的极小值也是最小值为()(2)(1)flnaaalnaalna=−+=−+．又当x→−时，()f

x→+，当x→+时，()fx→+．要使()fx有两个零点，只要()0flna即可，则10lna+，可得1ae．综上，若()fx有两个零点，则a的取值范围是1(e，)+．【跟踪训练2-1】（2020•广东二模）已知函数21()cos1()2fxaxxaR=+−，若函数()fx有唯

一零点，则a的取值范围为()A．(,0)−B．(−，0][1，)+C．(−，1][1，)+D．(,0)[1−，)+【分析】求导，构造辅助函数()()singxfxxax==−+，则()cosgxxa=

−+，当1a…时，可知()gx在R上单调递增，(0)0g=，即可判断()fx在[0，)+上为增函数，在(,0)−上为减函数，由()0fx=，即可证明，当1a…时，()fx有唯一的零点；然后验证0a=时，函数的零点的个数，判断选项即可．【解答】解：

因为()sin()fxxaxxR=−+．令()singxxax=−+，则()cosgxxa=−+，所以当1a…时，()cos0gxxa=−+…，即()gx在R上单调递增，又(0)sin00g=−=，所

以[0x，)+，()0fx…，当(,0)x−，()0fx，所以()fx在[0，)+上为增函数，在(,0)−上为减函数，又(0)0f=，所以当[0x，)+，()0fx…，当(,0)x−，对xR恒成立，即当1a…时，()0fx…，且当且仅当0x=，()0f

x=，故当1a…时，()fx有唯一的零点；排除A，当0a=时，()cos1fxx=−，令()0fx=，可得cos1x=，有无数解，所以0a=，不成立，排除BC，故选：D．【跟踪训练2-2】（2020•新课标Ⅲ）已知函数32()fxxkxk=−+．（1）讨论(

)fx的单调性；（2）若()fx有三个零点，求k的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间即可；（2）根据函数的单调性，求出函数的极值，得到关于k的不等式组，解出即可．【解答】解：（1）32()fxxkxk=−+．2()3fxxk=−，0k

„时，()0fx…，()fx在R递增，0k时，令()0fx，解得：3kx或3kx−，令()0fx，解得：33kkx−，()fx在(,)3k−−递增，在(3k−，)3k递减，在(3k，)+递增，综上，0k„时，()fx

在R递增，0k时，()fx在(,)3k−−递增，在(3k−，)3k递减，在(3k，)+递增；（2）由（1）得：0k，()3kfxf=极小值，()3kfxf=−极大值，若()fx有三个零点，只需0()03()03

kkfkf−，解得：4027k，故4(0,)27k．【名师指导】利用函数零点求参数范围的方法(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用零点

的存在性定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解题型3函数的零点与极值点的偏移问题【例3-1】（2020•张家口二模）已知函数()(xalnxfxeaex=−−是自然对数的底数）有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）若()fx的两个

零点分别为1x，2x证明：12212xxexxe+．【分析】（1）先对函数求导，然后结合函数的单调性与导数关系对a进行分类讨论，然后结合单调性及零点判定定理可求；（2）先利用分析法分析与原不等式等价的不等式，然后结合特点考虑构造函数

，结合导数可求．【解答】解：（1）由题意可得，()()0xxxhxxealnxaxxealnxe=−−=−=有2个零点，令()xtxxe=，则()(1)0xtxxe=+在0x时恒成立，故()xtxxe=在(0,)+上单调递增，所以()hx有2

个零点可转化为()gttalnt=−有2个零点，因为()1agtt=−，0a„时，()0gt，()gt单调递增，不可能有2个零点，当0a时，由()0gt可得1t，()gt单调递增；()0gt可

得0ta，()gt单调递减，()mingtg=（a）aalna=−，若0ae，则g（a）0，此时()0gt恒成立，没有零点，若ae=，则g（a）0=，有一个零点，若ae，则g（a）0，因为g（1）10=，2()0aageea−，

所以()gt在(1,)e，(,)aee上各有1个零点，符合题意，综上，a的范围(,)e+；（2）证明：要证12212xxexxe+，只要证12212xxxxee+，即证1212()()2xxlnxelnxe+，由（1）可知，111xtxe=，222

xtxe=，所以2121()alntlnttt−=−，2121()alntlnttt+=+，所以22211112212211(1)()1ttlnttttlntlntlntlnttttt+++=−=−−，只要证221121(1)21

ttlntttt+−，设120tt，令21ttt=，1t，所以只要证2(1)1tlntt−+即证4201lntt+−+，令4()21htlntt=+−+，1t，则22214(1)()0(1

)(1)thttttt−=−=++，()hth（1）0=，即当1t时，4)201lntt=+−+，所以122lntlnt+即12212()()xxxexee，故12212xxexxe+．【跟踪训练3-1】（2020•吴忠模拟）已知函数()fxlnxxa=−+．

（1）求函数()fx的最大值；（2）若函数()fx存在两个零点1x，212()xxx，证明：1220lnxlnx+．【分析】（1）求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最大值即可；（2）要

证1220lnxlnx+即证2121xx，只要证明331(1)tlntt−，即证33(1)tlntt−，(1)t，令33()(1)gxtlntt=−−，根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（1）()fx的定义域是(0,)+，11()1xfxxx−

=−=，令()0fx，解得：1x，令()0fx，解得：1x，故()fx在(0,1)递增，在(1,)+递减，故()()fxfxf==最大值极大值（1）1a=−；（2）证明：由（1）得f（1）1a=−，当1

a时，()fx有2个零点1x，212()xxx，则1(0,1)x，2(1,)x+，11220lnxxalnxxa−+=−+=，得221211xxxlnxlnxlnx−=−=，令21xtx=，则1t，11txx

lnt−=，11lntxt=−，2212121220()001lnxlnxlnxxxx+，2120xx显然成立，要证1220lnxlnx+即证2121xx，只要证明331(1)tlntt−，即证33(1)tlntt−，(1)t，令33()(1)gxtlntt=−−，g

（1）0=，322()33(1)gtlntlntt=+−−，g（1）0=，令()()htgt=，则223()(222)htlntlntttt=+−+，h（1）0=，令22()222mtlntlnttt=+−

+，则22()(12)mtlntttt=+−+，m（1）0=，令2()12ntlnttt=+−+，1()41nttt=−+，0t时，()nt递减，故1t时，()ntn（1）20=−，故()nt递减，()ntn（1）0=，即()0mt，(1)t

，故()mt递减，()mtm（1）0=，故()0ht，()ht在1t递减，()hth（1）0=，即()0gt，()gt在(1,)+递减，()(0)0gtg=，故33(1)tlntt−，(1)t，综上，1220lnxlnx+．【名师指导】函数极

值点偏移问题的解题策略