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高考导数讲义一：零点问题

例1、设函数f
x3 ax2 bx c.

x.在点0, f 0处的切线方程;
(II 设 a
b 4
，若函数
（III求证：
a2
3b〉0 是
解：（I）由
f x
x3 ax2
因为f 0
c，
f 0 b，

（i）求曲线y
所以曲线y
f
f x在点0, f
x有三个不同零点，求c的取值*围;
X .有三个不同零点的必要而不充分条件.
bx c，得 f x 3x2 2ax b.
0处的切线方程为y
(II 当 a
b 4时，
x3 4x2 4x c,
所以f x
3x2 8x
令 f x 0，得 3x2
8x
0，解得x 2或x

x
,2
2
02
2,3
2
3
2
3,
f x

0

0

f x
/
c

32
c —
27

上的情况如下:
f x与f x在区间
所以
当c 0且c 32 0时，存在％ 4,
L /
2,

2 „.〃
3,0，使得f 0 f x2f x3
.32
x的单调性知，当且仅当c 0,有 时，
2/
函数
x3
4x2 4x c有三个不同零点.
(III 当
4a2 12b
0时，
f x 3x2
2ax b
,，
此时函数f
x在区间
上单调递增，
所以f x不可能有三个不同零点.
当 4a2
12b 0 时
3x2 2ax
b只有一个零点，记作x°.

当x ,x时，f x0,f x在区间 ,x上单调递增；

当xx0,时，f x0,f x在区间x0,上单调递增.
所以f x不可能有三个不同零点.
综上所述，若函数f x有三个不同零点，则必有4a2 12b 0.
故a2 3b 0是f x有三个不同零点的必要条件.
当 a b 4, c 0 时，a2 3b 0 , f x x3 4x2 4x x x 2 2只有两个不同
零点，所以32 3b 0不是f x有三个不同零点的充分条件.
因此a2 3b 0是f x有三个不同零点的必要而不充分条件.
例 2.设函数 f x 2^ klnx, k 0.
(I) 求f x的单调区间和极值；
(id证明：若f x存在零点，则f x在区间i,je上仅有一个零点.
【答案】(I)单调递减区间是(0,衣)，单调递增区间是(jk,);极小值f0Q k(1；nk);(II证明详见解析.
【解析】
试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.(I)先对f x求导，令f'(x)。解出X,将函数的定义域断开，列表，分析函数的单调性，所以由表格知当x t'k时，函数取得极小值，同时也是最小值；
(ID利用第一问的表，知f&Q为函数的最小值，如果函数有零点，只需最小值k(1 ；nk) °,从而解出k e,下面再分情况分析函数有几个零点.
试题解析：(I )由f x m klnx,(k 0)得
k x2 k
f'(x) x 一 .
xx
由f'(x) 0解得x衣.

f (x)与f'(x)在区间(0,)上的情况如下:
所以，f(x)的单调递减区间是(0】k)，单调递增区间是(jk,);
—._ k (1 Ink)
f(x)在x Jk处取得极小值f«k) —-_ .
k (1 Ink)
(II)由(I)知，f (x)在区间(0,)上的最小值为f(Jk) ——-——
「/、- k (1 Ink)
因为f(x)存在零点，所以—-—0,从而ke.
当k e时，f(x)在区间(1/e)上单调递减，且f(\；e) 0 ,所以x "是f (x)在区间(1,2］上的唯一零点.
一一，、，一・-、—、1 八 八 / ,一、 e k 八
当k e时，f (x)在区间(0,\，e)上单调递减，且f⑴ —0 ,f(\/e)—-— 0 ,
所以f(x)在区间(1疽e］上仅有一个零点.
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1,2］上仅有一个零点.
考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值、函数零点问题.
【名师点晴】本题主要考查的是导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和函数的零点，属于难题.利用导数求函数f x的单调性与极值的步骤：①确定函数f x的定义域；②对f x求导；③求方
程f x 0的所有实数根；④列表格.证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性.
例3.设函数f x e2x alnx.
(I) 讨论f x的导函数f x的零点的个数；
2
(ID 证明：当 a 0 时 fx2a a ln—.
a
【答案】(I)当a<0时，f'(x)没有零点；当a〉0时，仁(x)存在唯一零点.(ID见解析
【解析】
试题分析：(I)先求出导函数，分a<°与a>0考虑f x的单调性及性质，即可判断出零点个数；(II由(I)
可设f'(x)在0,+s的唯一零点为七，根据f x的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即…一一 I 2一一 —
可证明其最小值不小于2a+a ln-,即证明了所证不等式.
试题解析：(I) f (x)的定义域为 °，+8 , f(x)=2e2x_— x>° .
x

0,+8 单调递增.又f (a) > 0 ,当b满足0 v b < ：
当a V 0时"(x) > 0 , f，(x)没有零点;
当a>0时，因为e2x单调递增，-?单调递增，所以f (x)在
且b < 4时，f (b)< 0，故当a > 0时，f (x)存在唯一零点.
(II由(I)，可设f'(x)在。，+8的唯一零点为七，当舫0，x时，f(x)<0;
当 x^ x°，+8 时，f (x)> 0.
故f(x)在0，x0单调递减，在x°，+8 单调递增，所以当x=x0时，f (x)取得最小值，最小值为f(x0).
_ a .…、a - 一 2 - 一 2
由于 2e2xo= 0 ， 所以 f (x ) = 2ax + a ln— z 2a + a ln—.

2
故当 a> 0 时，f(x) 2 2a + a ln—.
考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.
【名师点睛】导数的综合应用是高考考查的重点和热点，解决此类问题，要熟练掌握常见函数的导数和导数的运算法则、掌握通过利用导数研究函数的单调性、极值研究函数的图像与性质.对函数的零点问题，利用导数研究函数的图像与性质，画出函数图像草图，结合图像处理；对恒成立或能处理成立问题，常用参变分离或分类讨论来处理.
例 4.设函数 f (x) x2 ax b, a,b R).
(1)当b二号+1时，求函数f (x)在［—1,1］上的最小值g(a)的表达式;
(2) 已知函数f (x)在「1,1］上存在零点，0 b 2a 1,求b的取值*围.
a2
—a 2, a 2,
4_
【答案】(1)g (a)
1, 2 a 2,； (2)[3, 9 4V5]
a2
—a 2, a 2
4
【解析】
(1将函数进行配方，利用对称轴与给定区间的位置关系，通过分类讨论确定函数在给定上的最小值，并用分段函数的形式进行表示；(2)设定函数的零点，根据条件表示两个零点之间的不等关系，通过分类讨论，分别确定参数b的取值情况，利用并集原理得到参数b的取值*围.
试题解析：(1)当b 才1时，f(x) (x寻)2 1，故其对称轴为x 5.

当 a 2 时，g(a)f(1) -^ a 2.
当 2 a 2 时，g (a) f ( a) 1.
当 a 2 时，g (a)f ( 1)-42 a 2.
2,
综上，g (a)
1, 2 a 2,

a2
2,a
一 a
4
s t a
(2股s,t为方程f(x)°的解,且1 t1，则st b
由于0 b 2a 1，因此芸 s」^(1t 1).
当0
1时，
2t2
t 2t2

由于-—0和1 一9 4板5,田于 3 t 2 和 3 t 2，
所以-b 9 4".
0时，
t 2t2
t 2
2t2
C'

c2t2t t2 c
由于2 --- 0和3「2 0,所以3 b 0.
综上可知，b的取值*围是[3, 9 4<5].
【考点定位】1.函数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想.
【名师点睛】本题主要考查函数的单调性与最值，函数零点问题.利用函数的单调性以及二次函数的对称轴与给定区间的位置关系，利用分类讨论思想确定在各种情况下函数的最小值情况，最后用分段函数的形式进行表示；利用函数与方程思想，确定零点与系数之间的关系，利用其*围，通过分类讨论确定参数b的取值*围.本题属于中等题，主要考查学生应用函数性质解决有关函数应用的能力，考查学生对数形结合数学、分类讨论思想以及函数与方程思想的应用能力，考查学生基本的运算能力.
例 5、已知函数f(x) = (x 2)ex + a (x 1)2.

(I讨论f(x)的单调性；
(I<f(x)有两个零点，求a的取值*围.
【解析】(I ) f (x) (x l)ex 2a (x 1) (x 1)枳 2a).
(i )当 a 。时，则当 x 1 时，f (x) 0 ；当 x 1 时，f (x) 0
故函数f (x)在(，1)单调递减，在Q)单调递增.
(ii)当 a 。时，由 f (x) 0 ,解得：x 1或 x In(2a)e
① 若 ln( 2a) 1,即 a 矿则 x R , f (x) (x 1)缶 e) 0故f仪)在(，)单调递增.
e
② 若 ln( 2a) 1,即 a 则当 x ( , In (2a))|J (1,)时，f (x) 0；当 x (In (2a), 1)时，
f(X)0
故函数在(,ln(2a)), 0,)单调递增；在(ln(2a),l)单调递减.e
③ 若 ln( 2a) 1 ,即a -,则当 x ( , 1)|J (ln(2a),)时，f (x) 0 ；当 x (1, In (2a))时，
f(X) 0；
故函数在(,1), (ln(2a),)单调递增；在(1, In (2a))单调递减.
(II ) (i)当a 。时，由(I )知，函数f (x)在(，1)单调递减，在Q)单调递增.
又⑴e, f (2) a,取实数b满足b 。且b In?,则
••• f (x)有两个零点.
(3若a 0,则f(x) (x 2)ex,故f (x)只有一个零点.
e
3诙若a 。，由(I)知，当a 矿 则f(x)在Q)单调递增，又当xl时，f (x) 0,故f(x)不存
在两个零点；e
当a 则函数在(ln(2a),)单调递增；在(1, In (2a))单调递减.又当x 1时，f (x) 0,故不存在两个零点.
综上所述，a的取值*围是0,.
例6.设a为实数，函数f x x a 2 |x a| a a 1 .

（1 ）若f 01,求&的取值*围；
（2）讨论f X的单调性；
4 .
（3）当a 2时，讨论f x —在区间0,内的零点个数.
x
【答案】（1） W ; （2） f（x）在（a,）上单调递增，在（，a）上单调递减；（3）当a2
4
有一个零点x 2；当a 2时，f x ；有两个零点.
【解析】
试题分析：（1）先由f °
1可得a a 1,再对a的取值*围进行讨论可得a a 1的解，
f x的最小值，
再对a的取值*围进行讨论确定f
4
x 一在区间0, 内的零点个数.
x
试题解析：
(1)
f (0) a2
a2
1，显然成立；当a
综上所述，
a的取值*围是 ，:.
2
a，
则有2a
因为f 0
所以&
1，所以同a
矿所以0 a
1，
x2
(2) f (x)
x2
2a 1 x, x a
(2a 1)x 2a, x
对于七 x2 2a
1 x，其对称轴为x
2a 1
a，
开向上，
所以f (x)在(a,
）上单调递增;
对于七 x2 2a
1 x 2a，其对称轴为x
2a
~~2
开向上，
所以f （x）在（，a）上单调递减.
综上所述，f （x）在（a,）上单调递增，在（
,a）上单调递减.
9 f 4
2 时，f x —
x
进而可得a的取值
）先由（2 ）得函数
(3) 由(2)得f (x)在(a,)上单调递增，
(i当 a 2 时，f(x) . f (2) 2， f(x)
令 f x - 0，即 f (x) - ( x 0 ).
在(0,a)上单调递减，所以f(x)min f (a) a
x2 3® 2。
x2 5x 4, x 2
a2
.

*围；（2）先写函数f x的解析式，再对a的取值*围进行讨论确定函数f x的单调性；（3
因为f (x)在(0,2)上单调递减，所以f (x) f (2)2
4
—在(0,2)上单调递增
x
y f (2)
所以y f (x)与y
4
一在(0,2)无交点.
x
2 时，f (x) x2
3x
4
-，即 x3
x
3x2
4 0，所以x3
2x2
x2 4 0，所以 x 2 2 (x 1) 0，
因为x 2，所以x 2
即当a
2时，
4
—有一个零点x
x
(i当 a 2 时，
f (x)
min
f (a)
a a2
当x (0,a)时
f(0)
2a 4
f (a)
a2
4
一在x
x
(0,a)上单调递增，

4
一.下面比较f (a)
a
a2与
4
的大小
a

因为a a2
(a 3 a 2 4)
(a 2) 012 a 2) °
所以f (a)
a2

结合图象不难得当a
f (x)与 y
4
一有两个交点.
x

综上所述，当a 2时，f
4
一有一个零点x 2；当a
x
4
—有两个零点.
x

考点：1、绝对值不等式；2、函数的单调性；3、函数的最值；4、函数的零点.
【名师点晴】本题主要考查的是绝对值不等式、函数的单调性、函数的最值和函数的零点，属于难题.零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间，去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每段结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值.判断函数的单调性的方法：①基本初等函数的单调性；②导数法.判断函数零点的个数的方法：①解方程法；②图象法.
例 7.已知函数 f(*) =-2ln^ *2 - 2a*+a2，其中 a>0.
(I )设g (*)为f(*)的导函数，讨论g (*)的单调性;
(II)证明：存在a 6(0, 1)，使得f(*) > 0恒成立，且f(*) = 0在区间(1，+8)内有唯一解.
【解析】(I)由已知，函数f(*)的定义域为(0,+8)
g (*) = f '*) = 2(*-1一 ln」a)
22(x 1)
所以 g'() = 2-—
xx
当*6 (0, 1)时，g'O<0，g(*)单调递减
当 *6(1，+8)时，g' ()> 0，g(*)单调递增(II)由 f '*) = 2(*-1-ln— a) = 0，解得 a = *-1-ln*

令①(*) =-2*ln*F *2-2*(*- 1 - ln* + (*- 1 - ln*2= (1 + ln*2- 2*ln*
则①(1)=1>0,①e)= 2(2-e)<0
于是存在*/ (1, e),使得①(*0)= 0
令 ao= *o-1-ln* = u (*0),其中 u (*) = * ln(*> 1)
由u'0 = 1-1> 0知，函数u(*)在区间(1,+8)上单调递增
x
故 0 = u(1)< a0= u (*0) <u e) = e-2 < 1
即 a0C (0, 1)
当 a = a0时，有 f '*() = 0, f(*0)=①*0) = 0
再由(I)知，f '*)在区间(1,+8)上单调递增
当 *C(1, *0)时，f '*)<0,从而 f(*)>f(*0) = 0
当 *c(*0，+8)时，f'*)>0,从而 f(*) > f(*0) = 0
又当 *C(0, 1］时，f(*) = (*- a0)2 - 2*ln> 0
故"(0,+8)时，f(*)》0
综上所述，存在aC(0, 1),使得f(*) > 0恒成立，且f(*) = 0在区间(1,+8)内有唯一解.
【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、
运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.