2021高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點用思維導(dǎo)圖破解導(dǎo)數(shù)壓軸大題

II三1=12021高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點用思維導(dǎo)圖破解導(dǎo)數(shù)壓軸大題用思維導(dǎo)圖突破導(dǎo)數(shù)壓軸題專題3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點函數(shù)f(x)零點％就是方程f(x)=0的根％,也是函數(shù)f(x)圖象與X軸交點的橫坐標％.這里函數(shù)與方程隨時轉(zhuǎn)化，互換角色，充分體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合的思想函數(shù)零點個數(shù)轉(zhuǎn)化為方程根的個數(shù)，有時把方程f(x)=0轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=(X)與y=g(x)，再作函數(shù)的圖象，從圖象確定交點個數(shù)，即把求方程根的個數(shù)轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象交點的個數(shù).如果連續(xù)函數(shù)在某個單調(diào)區(qū)間內(nèi)兩個端點函數(shù)值之積為負，則函數(shù)在該區(qū)間有且僅有一個零點.要求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間有回到求其導(dǎo)數(shù)的路子上，即轉(zhuǎn)化為前面熟悉的問題.求函數(shù)/(X)的零點數(shù):求導(dǎo)判斷夬X)的單調(diào)性，形：a=g(x)或h(x)=q(x)適當選取區(qū)間，確定端點函判斷相應(yīng)函數(shù)單調(diào)性、值數(shù)值異號域，確定零點個數(shù)或范圍函數(shù)零點方程根TA求導(dǎo)定調(diào)需認真結(jié)合具體問題運用分析法結(jié)合圖象確定零點范圍(見和相關(guān)性質(zhì)確定端點(一般例3、例6),有時還需證明端點異號那最好不唯一，見例2等)(見例1)如若不然做轉(zhuǎn)化例1(2019年［理第20題)已知函數(shù)f(x)=sinx—ln(l+x)，廣(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)?證明：f‘(x)在區(qū)間(-i，2＞存在唯一極大值點；f(x)有且僅有2個零點.

思路點撥第(1)題：若f(x)=cosx二'思路點撥1+x區(qū)間f(x)遞增,(一1』)的極大值點％,則在％左邊,2>在％右邊f(xié)'(x)遞減.區(qū)間f(x)遞增,(一1』)的極大值點％,則在％左邊,2>的零點，從而廣(x)在(-1,x0)上單調(diào)遞增；在(x0，山)上f〃(x)<0，可得廣(x)單調(diào)遞減.2>第(2)結(jié)論等價于方程Isinx=ln(1+x)有且僅有兩個不I根.在同一坐標系中分別作出；Lr-1一根為0，另一根介于匚,2］之［等的實數(shù)圖象可知間.從圖象可以看出當xe(-1,0)和(0嚴)時，sinx-ln(1+x)>0，即f(x)>0；當?shù)鹊膶崝?shù)圖象可知間.xe［2,+s)，f(x)<0.這就需要考慮廣(x)在(—1,0)、(0嚴］、嚴,2］、(2,+8)單調(diào)性以及端點值的正22負?由于兀0位于(0,兀0)和(勺，與，還有對這兩個區(qū)間作相應(yīng)討論.2第(2)的思維導(dǎo)圖：

函數(shù)方程不等式三者聯(lián)系很密切相互轉(zhuǎn)化無痕跡根據(jù)需要作選擇滿分解答(1+X)2(1)f"(x)=-sinx+-，i己g(x)=-(1+X)2八-、(1+x)2=5-盤<0在㈠自恒成立，所以/J在(-1自上為減函數(shù).兀1又因為f〃(0)=1，廣，(1)=-1+衛(wèi)<-1+1=0,由零點存在定理可知，函數(shù)/〃(x)上存在唯一的零點由零點存在定理可知，函數(shù)/〃(x)上存在唯一的零點x0，所以在(-1,x)T001從而八x)在(-1,x)上單調(diào)遞增;在(X，00yIn”\廠、恨20x0\0f(x)在(-與:上廠(x)>0，專)上f〃(x)<0,可得f(x)單調(diào)遞減，所以在區(qū)間(一1円存在唯一極大值點.(1+x)2(1+x)2(注：由于—sinx和一I在(-1,乞)上都是減函數(shù)，所以g(x)=-(1+x)2(1+x)22數(shù).)極值兩邊單調(diào)反一撇兩撇找零點區(qū)分左右大和小增減正負是關(guān)鍵

(2)由于f(0)=0,所以0是fx)的一個零點.①由(1)知，在「(X)在(一1,0)上單調(diào)遞增，且f/(0)=0,所以f/(x)<0，所以7(對在(-1,0)遞減，不可能有零點.I-1減，且n2②當xe(0,%0)時，fr(x)單調(diào)ff(x)>ff(0)=0，單調(diào)遞增，f(x)>/(0)=I-1減，且n2由于f心)在(％冷)上單調(diào)遞f心0)>0,戶Op=一代<0，由零點存在定理可知，函數(shù)在(％勻上存在21—22唯一零點當兀€(兀0，叫)時，ff(x)單調(diào)遞減，f^(x)>ff(xr)=0，f(x)單調(diào)遞增，/(兀)>f(^0)>0.當兀e(x.,-)時，ff(x)單調(diào)遞減，ff(x)<(x)=0，f(x)單調(diào)遞減f(x)>121f(^)=1—ln(1殳)>0..22所以f(x)在兀e(0,勻上沒有零點.2一丄＜1xf(x)單③當兀e(件2］時，cosx一丄＜1xf(x)單*:n7-、2J劉這a711/I0x0*卜h、弋20于是ff(x)=cosx—^―<0，1x調(diào)遞減，其中f(^)>0，2f(2)=—ln(1+2)=—ln3<0.f(x)f(x)在(乙2］上有且只有一個零點X22④當兀€(2,8)時,fx)=sinx—ln(1+x)<1—ln3<0，因此函數(shù)f(x)在(2,8)上無零點.綜上，f(x)有且僅有2個零點.例2(2017年全國1理第21題)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex一x(1)討論f(x)的單調(diào)性；⑵若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.

思路點撥(1)直接進行求導(dǎo)，分類討論.(2)由(1)知f(x)在［-oln1］上單調(diào)遞減,Ia丿上單調(diào)遞增，/上單調(diào)遞增，/(x)有極小值/吋)=lna——+1，若f(x)有兩個零點，則lna-1+1<0(a〉0)，且在該點左右兩個區(qū)間再各找一個點，其函數(shù)值大于0即可，a當然也可以把函數(shù)有兩個零點問題轉(zhuǎn)化為另外兩個函數(shù)圖象有兩個交點.滿分解答(1)對函數(shù)進行求導(dǎo)可得f'(x)=2ae2x+(a—2)ex—1=(aex—1)(ex+1).①當a<0時，f'(x)=Cex—1)(ex+1)<0恒成立，故而函數(shù)恒遞減.②當a〉0時，f'(x)=Cex—1)(ex+1)>0r解得1>In1,所以函數(shù)在f-^,ln1］上aaIa丿單調(diào)遞減，在［ln1,+訂上單調(diào)遞增.a丿(2)解1由(1)知，當a<0時，f(x)在R上單調(diào)遞減，故f(x)在R上至多一個零點，不滿足條件；當a>0時，f(x)二f(-lna)二1-—+lna.mina令g(a)=1-丄+lna(a>0)，則gr(a)=+丄〉0，從而g(a)在(0,+a)上單調(diào)遞增，aa2a而g(1)=0，故當0<a<1時，g(a)<0；當a=1時，g(a)=0；當a>1時，g(a)>0.當a>1時，g(a)>0，此時f(x)>0恒成立，從而f(x)無零點，不滿足條件.當a=1時，g(a)=0，f(x)=1—+lna=0，此時f(x)=0僅有一個實根，不mina滿足條件.當0<a<1時，g(a)<0，f(x)=f(—lna)=1—1+lna<0，注意至Umina—lna>0,f(—1)=—+-+1—->0，故f(x)在(—1,—lna)上有一個實根.e2ee

in(--1)'=einf3t)ain(--1)'=einf3t)a-einV!-1)+a—2—in:3-JVa丿Va丿In(--1]>In丄=_Ina,Ia丿f1—1)—inf3—1)Va丿Va丿>0.3—1\(3Ia丿((3))f—ina，in——1VVa丿丿2)—Inf3—1'二Ia丿故f(x)在上有一個實根.又f(X)在(Y,-ina)上單調(diào)減，在(—ina,+Q單調(diào)增，故f(x)在r上至多兩個實根.注怎么知道要算介1)>0、ffin(3-1)]〉0?事實上，f(x)=ex[aex+(a—2力—x,Va丿當x=-1時T(-l)>0;為了再找一點x，使f(x)>0,因為f(x)=ae2x+(a-2)ex-x=ex[aex+(a—2力—x，注意到ex—x>0，所以只要aex+(a—2)=1，解得x=in(3-1)-a其實，還可以證介2)>0，x>in(3-1)時，ffin(丄-1)]>0.0aVa丿⑵解2令f(x)=0，即ae2x+(a-2)ex一x=0，所以有a=2e“+x.于是函數(shù)e2x+exf(x)有兩個零點，即y=a與g(x)=竺土的圖象有兩個交點.e2x+exg(x)的導(dǎo)函數(shù)為g'g(x)的導(dǎo)函數(shù)為g'(x)=-(2ex+1)(ex+x—1)當x<0時,g'(x)>0當x>0時，g'(x)<0時，所以g(x)在(-8,0)上單調(diào)遞增，在(0,+8)上單調(diào)遞減，且g(x)在x=0處取得最大g(0)=1當a>1時，y=a與g(x)至多有一個零點，不符合題意；當a<0時，由于當x>0時，g(x)>0，而當x<0時，g(x)是單調(diào)遞增，所以y=a與g(x)至多有一個交點，不符合題意；當0<a<1時，一方面，由于g(-2)<0<a,g(0)=1>a，且g(x)在(—2,0)上單調(diào)遞增，所以y=a與g(x)在(—2,0)上有且僅有一個交點.

另一方面，取x=In3,g(x)=2e=<旦=A=a，所以在(o,ln3［上，有0a0e2x0+ex0e2x0ex0Ia丿g(0)>a,g(in3］<a.且g(x)在區(qū)間f0,ln3］上單調(diào)遞減，于是y二a與g(x)在區(qū)間<a丿<a丿0,ln3上有且僅有一個交點.<a丿綜上，當0<a<1時，函數(shù)f(x)有兩個零點.注x二in-是怎么想到的？由題意要找一點工0使g(x0)<a，需要對g(x丿放大,

0a000由于x<ex0，由此得到g(x)=2e“。+x°<=—，令三二a解得x二in3.思路點撥第(1)題要證明不等式00e2x0+ex0e2x0ex0e思路點撥第(1)題要證明不等式例3(2018年全國2理科第21題)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2.若a=1，證明：當x三0時，f(x)21；若f(x)在(0,+8)只有一個零點，求a.f(x)21，由于f(0)=1，結(jié)論等價于當x>0時，f(x)>f(0)，只要證明f'(x)>0，接下來就是從已知入手證明f'(x)>0，也可以把f(x)21轉(zhuǎn)化為只要證明ex-x2-1>0，兩邊同時除以ex(注:這樣構(gòu)造下面的函數(shù)g(x)求導(dǎo)比較方便),不等式轉(zhuǎn)化為(x2+1)e-x-1<0，構(gòu)造新的函數(shù)g(x)=(x2+1)e-x一1，只要證明g(x)<g(0).第(2)題要求f(x)的零點，如果直接對f(x)求導(dǎo)得f'(x)=ex-2ax，要判斷其符號就要對a進彳丁討論,如果把f(x)轉(zhuǎn)化為f(x)=x2(exx-2-a)，令h(x)=exx-2-a，則f(x)與h(x)在(0,+8)零點個數(shù)相同，而h'(x)=(x一2)ex中沒有a，討論符號方便,x3運算量會減小.當然，也可把f(x)轉(zhuǎn)化為f(x)=ex(l-ax2e-x)來解答.還可以用最常見的方法來思考：函數(shù)f(x)只有一個零點問題等價轉(zhuǎn)化為方程a二ex只有一根問題，從而尋找兩函數(shù)(y二a與G(x)二ex)的圖像只有一個交x2x2點問題，于是，本小題有下面的3種解法.滿分解答解(1)解1因為f(x)=ex一ax2，所以f'(x)=ex-2x，令g(x)=ex一2x,g'(x)=ex一2，由ex一2=0得x二In2.當xg［0,ln2),g'(x)<0;xg(ln2,+s),g'(x)>0，所以g(x)在［0,ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2,+Q上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(ln2)=2-加2>0,因此f(x)在［0,+s)上遞增，所以f(x)=ex一x2>1=f(0).解2設(shè)函數(shù)g(x)=(x2+1)e-x一1，貝Ug'(x)=-(x2一2x+1)e-x=-(x一1)2e一x，當x主1時，g'(x)<0，所以g(x)在［0,+8)單調(diào)遞減，從而有g(shù)(x)<g(0)=0,即(x2+l)e-x—1<0，整理得，ex—x2>1，故有f(x)>1.(2)解1因為f(x)在(0,+8)只有一個零點，由于f(x)=x2(exx-2-a)，則h(x)=exx-2一a在(0,+8)只有一個零點，h'(x)=("2)e"，當xg(0,2)時，h'(x)<0，當x3xg(2,+8)時，h'(x)>0，所以h(x)在(0,2)上遞減，在(2,+8)上遞增，所以h(x)>e2h(2)=—一a.4當a<時，h(x)在(0,+8)無零點；4當a=—時，h(x)在(0,+8)只有一個零點，滿足題意；4當a>—時，由(1)可得：g(x)=ex-2x>0，即h(x)=—-a>—-a，當TOC\o"1-5"\h\z4x2x211-a>0，此時x<<2時，h(x)>0,取x=,故h(x)在(—,2)有一個零點.xaaa由(1)可得當x>0時，ex>2x，有e:>竺此時即h()ex(丁)38h(x)二一一a>一一a二——x—ax2x22727當x>a>2時，h(x)>0,取x=4a,則h(4a)>0，由零點存在定理知h(x)在(2,4a)有8一個零點，此時f(x)在(0,+Q有兩個零點，不合題意?綜上所述：a二上.4解2因為f(x)在(0,+8)只有一個零點，由于f(x)=e(l一ax2e—x)，令h(x)=1一ax2e—x在(0,+8)只有一個零點，當a<0時，h(x)>0，h(x)沒有零點；當a>0時，h'(x)二ax(x一2)；ex當xe(0,2)時，h'(x)<0；當(2,+s)時，h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2,+8)單調(diào)遞增?故有h(x)>h(2)二1—竺.e2當a<—時，h(x)>1—色>0,函數(shù)無零點，不合題意；TOC\o"1-5"\h\z4e2當a二聖時，h(x)>1-蘭=0,函數(shù)只有一個零點，滿足題意；4e2當a>空時，h(x)>1—4a<0,由h(0)=1，所以h(x)在(0,2)有一個零點,由(1)得，4e2當x>0時，ex>x2,所以h(4a)二1—16冬二1—型二>1—蘭乞二1—->0，故有h(x)在e4a(e2a)2(2a)4a(2,4a)有一個零點，因此h(x)在(0,+8)有兩個零點.綜上所述，f(x)在(0，+8)只有一個零點時，a二—?4解3由f(x)在(0,+8)只有一個零點可知方程ex—ax2=0在(0,+8)只有一個根,即a二竺在(0,+8)只有一個根，從而可得函數(shù)y二a與g(x)二竺的圖像在(0,+8)只x2x2

有一個交點?G'(x)二竺(X—2)，當xe(0,2)時,G'(x)<0，當xe(2,+s)時，G'(x)>0,所以x3G(x)在(0,2)遞減，在(2,)遞增；當xT0時，G(x)T+8,當xt+s時，G(x)T,所以f(x)所以f(x)在(0,+8)只有一個零點時,e2a二G⑵F例4已知函數(shù)f(x)二x3+ax2+b(a,beR).試討論f(x)的單調(diào)性；若b=c-a(實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù))，當函數(shù)f(x)有三個不同的零點時，33a的取值范圍恰好是(-8,-3)U(1，2)Uq，+8)，求c的值.思路點撥第(2)題解1是把零點問題轉(zhuǎn)化為不等式問題，又轉(zhuǎn)化為方程解的問題，但不是直接解方程，由于通過條件知道方程的解，就轉(zhuǎn)化為驗證是否是方程的解，有效回避解高次方程.解2是通過“兩邊夾”的方法得到c的值，再驗證其是唯一滿足條件的值.滿分解答(1)f'G)二3x2+2ax，令f'G)=0，解得x=0，x=-?123若a=0，因f'(x)=3x2>0，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增.若a>0，當x<-2a或x>0時，f'(x)>0；3當-2a<x<0時，f'(x)<0，所以函數(shù)fC)在f-8,-絲［和(0,+8)上單調(diào)遞增,3k3丿在〔-2a,0］上單調(diào)遞減.k3丿

若a<0，當x>-斗或x<0時，廣◎>°;當°<x<-2a時，f（x）<°;所以函數(shù)f（x）在（-8,°）和［-2a,+J|上單調(diào)遞增,3k3丿在［°,-2a］上單調(diào)遞減.k3丿(2)解1f(x)=x3+ax2(2)解1f(x)=x3+ax2+c一a，f'(x)=3x2+2ax,當fG)二°時，xi=°,2a由函數(shù)f（x）有三個不同的零點知a豐°且f(°)?f[-年]k3丿<°，又因為a的解集是（-8,-3）Uf3\f3)1,—U—,+8k2丿k2丿+c—a<°.丿.因此，可得a=-3，a=1，12=°的所有根.a=a=-3，a=1，12=°的所有根.32k27因為a=L定是方程的一個根，若分別令c=1,（，-3，則只要檢驗a的其余兩個值是否滿足也+c-a=°.（*）27當c=1時，a=-3和a=是（*）的根（a=是重根）;22當c=-3時，a=和a=1不是（*）的根;2當c=時，a=-3和a=1不是（*）的根.2綜上所述，c=1.解2由⑴知，函數(shù)fG）的兩個極值為f（°）=b，ff-糾=4a3+b，則函數(shù)k3丿27f（x）f（x）有三個零點等價于fG）?ff2a、=bf4JI-丁Jk27丿<°，從而((-8,-a>0,a>0,4-a3<b<0,27a<0,40<b<-a3.27所以當a>0時，—a3-a+c>a3-a+c<0?2727設(shè)g(設(shè)g(a)=4a3-a+c27因為函數(shù)fO有三個零點時，a的取值范圍恰好是(-(-皆3)誦伶+町,所以當a4,-3)時，gUU(a)<0

minae(-8,-3)ae(-8,-3)時,g(a)<0,且當ae〔1,|)u時，g(a)>0，g(a)>0均恒成立，從而ming(-3)=c-1<0，且g—=c-1>0，因此c=1?

k2丿此時，f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)L2+(a—1)x+1—al因函數(shù)有三個零點，則x2+(a-1)x+1-a=0有兩個異于-1的不等實根,以A=(a—1匕—4(1—a)=a2+2a-3>0，(-1)2—(a—1)+1—a=3—2a豐0，解得ae3、解得ae3、2丿(-8,-uf產(chǎn)丿綜上c=1?其解集恰為ae3、2丿(-8,-uffT解3由解1得函數(shù)f(x)有三個不同的零點知a豐0等價于(c-a)f竽其解集恰為ae3、2丿(-8,-uffT272727a4-ca3-a2+ca-c2>0，24又不等式⑺+3)(a-za-2)>0，即a4-a3—#a2+Ta-T>0的解集也是ae3)2ae3)2丿uf亍+8丿故不等式a4-ca3-三a2+斗ca-#c2>0與不等式a4-a3弓a2+1a-呂>0同解，比較系數(shù)可得。=1-例5(2016年江蘇第19題)已知函數(shù)f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a豐1,b豐1).⑴設(shè)a—2,b=—.2求方程f(x)=2的根；若對于任意xeR，不等式f(2x)$mf(x)-6恒成立，求實數(shù)m的最大值;(2)若0<a<1,b>1，函數(shù)g(x)=f(x)-2有且只有1個零點，求ab的值.思路點撥第(1)的①可直接求解，②可轉(zhuǎn)換為恒成立問題；(2)由f(0)=2知0就是g(x)的零點，由條件知這是唯一零點?利用導(dǎo)數(shù)判斷g⑴的單調(diào)性，則需唯一的極小值為0，由此得ab的值.滿分解答f（x）—2x+，由Of（x）—2x+，由OVQV1可得2x+丄-2，則（2x）-2x2x+1-0，即（2x-1）-0，2x則2x=1，x=0.②由題意得22x+丄22x-6恒成立.令t=2x+2，則由2.>0可得t三22xx—2，2x此時12-2三mt-6恒成立，即mW士-1+4恒成立.tt因為t三2時t+4三2,：二-4，當且僅當t-2時等號成立，因此實數(shù)ab的最大值t耳t為4.

(2)解1g(x(2)解1g(x)=f(x)一2=ax+bx-2,lnarb1x+—lnbIa丿g