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專題6 用導數解析函數零點問題
【典例1-1】（22-23高二下·陜西榆林·期中）
1．已知函數，若函數只有一個零點，則實數的取值范圍（ ）
A． B．
C． D．
【典例1-2】（22-23高二下·四川遂寧·期中）
2．已知函數
(1)當時，求函數的極值
(2)若函數在上有且僅有2個零點，求的取值范圍
【題后反思】根據函數零點個數求參數方法總結反思：
1、分離參數后，將原問題轉化為的值域（最值）問題或轉化為直線與的圖象的交點個數問題（優先分離、次選分類）求解；
2、利用函數零點存在定理構造不等式求解；
3、轉化為兩個熟悉的函數圖象的位置關系問題，從而構建不等式求解.
【舉一反三】
（22-23高二下·安徽池州·期中）
3．已知函數，若關于的方程恰好有6個不同實根，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
（22-23高二下·四川綿陽·期中）
4．已知在點處的切線方程為．
(1)求函數的單調區間；
(2)若函數有三個零點，求實數的取值范圍．
【典例2-1】（22-23高二上·浙江杭州·期末）
5．已知函數．則下列結論中正確的是（ ）
A．函數既有最小值也有最大值 B．函數無最大值也無最小值
C．函數有一個零點 D．函數有兩個零點
【典例2-2】
6．已知函數，則函數的零點個數為（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【題后反思】1、判斷函數零點個數的常用方法
（1）直接研究函數，求出極值以及最值，畫出草圖.函數零點的個數問題即是函數圖象與軸交點的個數問題．
（2）分離出參數，轉化為，根據導數的知識求出函數在某區間的單調性，求出極值以及最值，畫出草圖．函數零點的個數問題即是直線與函數圖象交點的個數問題．只需要用a與函數的極值和最值進行比較即可．
2.證明函數零點個數的方法與判斷零點個數的方法相似，多在解答題中進行考察.
利用函數零點存在定理：先用該定理判定函數在某區間上有零點，然后利用導數研究函數的單調性、極值（最值）及區間端點值的符號，進而判斷函數在該區間上零點的個數.
注意：單調性+零點存在=唯一零點
【舉一反三】
（23-24高二上·北京·期中）
7．已知函數，曲線在處的切線方程為．
(1)求的值；
(2)求函數的定義域及單調區間；
(3)求函數的零點的個數．
（22-23高二下·陜西榆林·階段練習）
8．已知．
(1)討論的單調性；
(2)當時，判斷的零點個數．
【典例3-1】（22-23高二下·北京海淀·期中）
9．函數的零點個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【典例3-2】（22-23高二下·福建泉州·期中）
10．已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．函數的圖像關于原點對稱
B．若在R上單調遞增，則
C．當時，函數恰有兩個零點
D．當時，函數恰有兩個極值點
【題后反思】有關三角函數的零點問題處理主要手段有：
（1）分段處理；
（2）討論好單調性與端點（特殊點），注意高階函數的應用，直接能清楚判斷所討論區間的單調性；
（3）關注有關三角函數不等式放縮，有時候可優化解題，避免繁雜的找點過程：
；；
【舉一反三】
（22-23高二下·河北邯鄲·期中）
11．已知函數是函數在上的一個零點，則（ ）
A．當時，
B．當時，
C．當時，
D．當時，
（23-24高二上·山西大同·期末）
12．已知函數．
(1)求的解析式；
(2)討論在上的零點個數．
【典例4-1】（22-23高二下·河南許昌·期中）
13．已知函數．
(1)求出函數的極值；
(2)若對于任意的，都有，求整數的最大值．
【典例4-2】（22-23高二下·河南·期中）
14．設函數，其中，e是自然對數的底數．
(1)若函數在上單調遞減，求實數的取值范圍；
(2)若是非負實數，且函數在上有唯一零點，求的值．
【題后反思】1.不含參函數的“隱零點”問題的解策略：
已知不含參函數，導函數方程的根存在，卻無法求出，
設方程的根為，則有：①關系式成立；②注意確定的合適范圍.
2.含參函數的“隱零點”問題解題策略：
已知含參函數，其中為參數，導函數方程的根存在，卻無法求出，
設方程的根為，則有①有關系式成立，該關系式給出了的關系；②注意確定的合適范圍，往往和的范圍有關.
3.“虛設零點”的具體操作方法：
第一步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，列出零點方程，并結合的單調性得到零點的范圍；這里應注意，確定隱性零點范圍的方式是多種多樣的，可以由零點的存在性定理確定，也可以由函數的圖象特征得到，甚至可以由題設直接得到，等等；至于隱性零點范圍精確到多少，由所求解問題決定，因此必要時盡可能縮小其范圍；
第二步：以零點為分界點，說明導函數的正負，進而得到的最值表達式；這里應注意，進行代數式的替換過程中，盡可能將目標式變形為整式或分式，那么就需要盡可能將指、對數函數式用有理式替換，這是能否繼續深入的關鍵；
第三步：將零點方程適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明；有時候第一步中的零點范圍還可以適當縮?。畬Ш瘮盗泓c雖然隱形，但只要抓住特征（零點方程），判斷其范圍（用零點存在性定理），最后整體代入即可．（即注意零點的范圍和性質特征）
【舉一反三】
（22-23高二下·吉林白城·期末）
15．已知函數在處的切線與直線：垂直．
(1)求的單調區間；
(2)若對任意實數，恒成立，求整數的最大值．
（22-23高二下·江西南昌·期末）
16．已知函數.
(1)若曲線在處的切線與直線平行，求a的值；
(2)當時，對任意的，恒成立，求整數k的最大值.（參考數據：）
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．C
【分析】求出，分三種情況討論，求出單調區間、極值點，結合零點存在性定理，列出關于的不等式即可求出實數的取值范圍．
【詳解】，則，又，
①當時，有兩個零點，不合題意；
②當時，令，或，
當時，或；當時，；
遞增區間為，，遞減區間為，
而，，
在存在一個零點，因為函數在R上只有一個零點，
所以在上不能有零點，
因為時，在上取得最小值，
故，解得，
③當 時，當時，或；當時，；
的遞減區間為，，遞增區間為，
，，在存在唯一零點，
因為函數在R上只有一個零點，
所以在上不能有零點，
因為時，在上取得最小值，
故，解得，
綜上，實數的取值范圍為．
故選：C．
2．(1)極大值，無極小值
(2)
【分析】（1）首先利用導數判斷函數的單調性，再求函數的極值；（2）首先分和兩種情況討論函數的單調性，再根據函數的零點個數，列不等式求實數的取值范圍.
【詳解】（1）當時，，，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以當時，取得極大值，極大值為，無極小值.
（2），，
當時，恒成立，在單調遞增，所以最多只有1個零點，不成立，
當時，，，單調遞增，當時，，單調遞減，
若函數在上有且僅有2個零點，則，解得：，
且，解得：，
且，解得：，
綜上可知，，
所以實數的取值范圍是.
3．D
【分析】設，令可得，再求導分和兩種情況，數形結合分析極值滿足的區間范圍，進而列式求解即可.
【詳解】設，則時，，解得，
要滿足題意則，且方程分別應有3個不同實根.
又，
①當時，單調遞增，方程不可能有3個不同實根；
②當時，可得在上單調遞增，上單調遞減，
則.
要使原方程有6個不同實根，則；
（?。┊敃r，因，故只需，解得滿足；
（ⅱ）當時，只需，
設，原不等式等價為，即，即.
綜上得滿足條件的的取值范圍是.
故選：D.
4．(1)的單調遞減區間是，單調遞增區間是
(2)
【分析】（1）根據題意，列出方程組求得，得到，進而求得函數的單調區間；
（2）由題意得到，利用導數研究函數的極值，結合條件列出不等式組，求解即可.
【詳解】（1）點在切線上，則，
，則，
由題意得，解得，
所以，
由得或；由得，
所以的單調遞減區間是，單調遞增區間是；
（2）因為，
由（1）可知，在處取得極大值，在處取得極小值，
的單調遞減區間是，單調遞增區間是，
依題意，要使有三個零點，則，
即，解得，
經檢驗，，
根據零點存在定理，可以確定函數有三個零點，
所以的取值范圍為．
5．C
【分析】求導得到導函數，確定函數的單調區間，得到函數有最大值，無最小值，AB錯誤，設，函數單調遞增，，故函數有一個零點，C正確，D錯誤，得到答案.
【詳解】，，，，
當時，，函數單調遞增；
當時，，函數單調遞減.
故函數有最大值，無最小值，AB錯誤，
設，則恒成立，函數單調遞增，
且，故函數有一個零點，C正確，D錯誤.
故選：C
6．C
【分析】令，將問題轉化為，結合圖象判斷出直線與的圖象的交點個數，再由的函數圖象即可判斷零點個數.
【詳解】令，則由可得．作出的函數圖象如圖所示：
當直線與相切時，切點為，，則，解得；
當直線與相切時，切點為，則，解得，
∴直線與的圖象有4個交點，不妨設4個交點橫坐標為，且，
由圖象可知，由的函數圖象可知無解，有1解，有3解，有2解．
∴有6個零點．
故選：C．
7．(1)
(2)；遞增區間為，單調遞減區間為,；
(3)1
【分析】（1）求出函數的導數，根據導數的幾何意義列出相應的等式，即可求得答案；
（2）根據函數解析式可求得其定義域；結合（1）的結果，可得函數的導數的表達式，判斷導數的正負，即可求得單調區間；
（3）結合（2）的結論以及零點存在定理，即可判斷函數零點個數.，
【詳解】（1）由函數可知其定義域為，
則，故，，
因為曲線在處的切線方程為，
故，，
解得；
（2）由（1）可知，需滿足，
則其定義域為；
而，
由于，令，解得，
令，解得且，
即的遞增區間為，單調遞減區間為,；
（3）由（2）可知時，取得極大值，
當且x無限趨近于0時，的值趨向于負無窮大，
即在區間內無零點；
當且x無限趨近于0時，的值趨向于正無窮大，
當且x無限趨近于1時，的值趨向于負無窮大，
由此可作出函數的圖象：

結合
，
，
可知在內的零點個數為1.
【點睛】難點點睛：解答本題的難點是判斷函數的零點個數時，要結合函數的單調性以及零點存在定理去判斷，特別是特殊值的選取以及正負判斷，計算比較復雜.
8．(1)答案見解析
(2)零點個數為3個．
【分析】（1）求出，分，，三種情況討論，分別根據導函數的符號，可求的單調區間；
（2）由（1）知在，上單調遞增，在上單調遞減，求出函數的極大值與極小值，再結合零點存在性定理求解即可.
【詳解】（1），
①當時，在R上恒成立，所以在R上單調遞增；
②當時，令，得，或，令，得，
所以在，上單調遞增，在上單調遞減；
③當時，令，得，或，令，得．
所以在，上單調遞增，在上單調遞減．
綜上，當時，在上單調遞增；當時，在，上單調遞增，在上單調遞減；當時，在，上單調遞增，在上單調遞減．
（2）當時，由（1）知在，上單調遞增，在上單調遞減，
所以，，
又，，
所以在，，上各有一個零點，
故在R上的零點個數為3個．
9．B
【分析】利用導數求函數的單調性，易知0是函數的零點，從而可求解.
【詳解】記，函數的定義域為，
，故函數在上單調遞增.
又，所以函數的零點個數為.
故選:B.
10．ABD
【分析】利用函數的奇偶性可判定A，利用導數研究函數的單調性、極值、最值和零點可判斷B、C、D選項.
【詳解】對于A項，易知，即函數為奇函數，故A正確；
對于B項，由題意可得：恒成立，即，
令，
令，故單調遞增，
又，所以在上單調遞減，在上單調遞增，
即，故B正確；
對于C項，由B項可知時，恒成立，
即在R上單調遞增，由零點存在性定理可知不存在兩個零點，故C錯誤；
對于D項，由B項可知，即是偶函數，
且當時，，所以，
故時，有兩個實數根，不妨設為，
結合的性質可得和時，即單調遞增，
時，即單調遞減，所以函數恰有兩個極值點，故D正確.
綜上，ABD三項正確.
故選：ABD
11．AC
【分析】對求導，根據函數的單調性及零點存在定理得出，即可判斷A，B；令，根據的單調性可判斷C；令，根據的單調性可判斷D．
【詳解】，當時，，此時函數單調遞增；
當，，此時函數單調遞減，
且，
因為是函數在上的一個零點，所以，
所以當，當，
對于A選項，當時，，故A正確；
對于B選項，當，故B錯誤；
對于C選項，令，故在上為增函數，
當時，，所以，即，故C正確；
對于D選項，令，故在上為增函數，
當時，，所以，即，故D錯誤.
故選：AC.
12．(1)
(2)2
【分析】（1）對函數求導后令可得，即可求得；
（2）根據函數解析式對自變量進行分類討論，易知是其中一個零點，再通過構造函數利用零點存在定理即可得出在上有2個零點．
【詳解】（1）（1）．
令可得，解得．
所以．
（2）由（1）中可得，
①當時，有，，
所以恒成立，
所以在上單調遞減，，
即可得0是的一個零點．
②當時，
設，則恒成立，
即在上單調遞增．
又，，
根據零點存在定理可知，使得．
當時，，所以在上單調遞減；
當時，，所以在上單調遞增．
又，所以．
因為，
根據零點存在定理可知，使得．
綜上所述，在上的零點個數為2．
【點睛】方法點睛：求解零點個數問題時要充分利用函數特征，由導函數判斷出其單調性并結合零點存在定理即可得出零點個數.
13．(1)極小值為，無極大值
(2)6
【分析】（1）求出函數的導數，判斷函數單調性，然后根據單調性即可作答.
（2）將不等式等價變形，分離參數并構造函數，再探討函數的最小值即可推理作答.
【詳解】（1）由函數的定義域為，
所以，
令，則，令，則，
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
所以取得極小值， 無極大值.
（2），，
令，，則，
由（1）知，在上單調遞增，
且，
則在區間內存在唯一的零點，
使，即，
則當時，，，
有在上單調遞減，
當時，，，
在上單調遞增，
于是得，
因此，，
所以整數的最大值為6.
【點睛】關鍵點睛：
涉及不等式恒成立問題，將給定不等式等價轉化，構造函數，利用導數探求函數單調性、最值是解決問題的關鍵.
14．(1)；
(2)或.
【分析】（1）求出函數的導數，由給定的單調性建立恒成立的不等式并求解即得.
（2）求出函數，按和分類，利用導數結合零點存在性定理求解即得.
【詳解】（1）若函數在上的單調遞減，則在上恒成立，
化簡得，顯然函數在上遞增，即，
所以.
（2）函數，，，
當時，由得，，
當時，，函數遞減，當時，，函數遞增，
因此當時，取得極小值，則只要，即，
令，則，在上單調遞增，而，
則由，得，即方程的根為1；
當時，，函數在上單調遞減，而，，
此時函數有且只有一個零點，
所以實數的值是或.
15．(1)單調遞減區間為，單調遞增區間為．
(2)1
【分析】（1）利用導數的幾何意義得出，再利用導數判斷單調區間即可；
（2）分離參數將問題轉化為恒成立，利用導數求最值結合隱零點計算即可.
【詳解】（1）由，得，又切線與直線：垂直，所以，即．
所以，令，得，
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增．
所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為．
（2）對任意實數，恒成立，
即對任意實數恒成立．
設，即．
，令，
所以恒成立，所以在上單調遞增．
又，，所以存在，使得，
即，所以．
當時，，單調遞減；當時，，單調遞增．
所以
，
當時，，
所以，由題意知且
所以，即整數的最大值為1．
16．(1)
(2)
【分析】（1）根據斜率相等，求導即可得切點處導數值，解出a；
（2）求導，利用導數求解單調性，結合零點存在性定理，即可求解最值得解.
【詳解】（1）由題意可得，
則，解得.
故.
（2）當時，.
設，則，
故在上單調遞增.
因為，，
所以存在唯一的，使得，即，
當時，，當時，，
則在上單調遞減，在上單調遞增，
故.
設，則，
所以在上單調遞減，所以，即，
即.
因為對任意的，恒成立，且k為整數，所以，
則.
【點睛】方法點睛：利用導數求解參數范圍的問題的解題常用方法：
1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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