2018届高三数学基础专题练习：导数与零点(答案版).doc

导数与函数的零点专题
研究方程根或函数的零点的情况，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，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
例题精讲
例1、已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a；(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．

解析：f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2，由题设得－＝－2，所以a＝1.
(2)证明　由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2，设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k>0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．
当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．
综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．

例2、已知函数.
(I)讨论的单调性；(II)若有两个零点，求的取值范围.

【解析】（Ⅰ）．
（ i ）当时，则当时，；当时，
故函数在单调递减，在单调递增．
（ ii ）当时，由，解得：或
①若，即，则，
故在单调递增．
②若，即，则当时，；当时，
故函数在，单调递增；在单调递减．
③若，即，则当时，；当时，；
故函数在，单调递增；在单调递减．
（Ⅱ）（i）当时，由（Ⅰ）知，函数在单调递减，在单调递增．
又∵，取实数满足且，则

∴有两个零点．
（ii）若，则，故只有一个零点．
（iii）若，由（I）知，当，则在单调递增，又当时，，故不存在两个零点；
当，则函数在单调递增；在单调递减．又当时，，故不存在两个零点．
综上所述，的取值范围是．

例3、设函数.
（I）求曲线在点处的切线方程；
（II）设，若函数有三个不同零点，求c的取值范围；
（III）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件.
解：（I）由，得．
因为，，所以曲线在点处的切线方程为．
（II）当时，，所以．
令，得，解得或．
与在区间上的情况如下：

所以，当且时，存在，，
，使得．
由的单调性知，当且仅当时，函数有三个不同零点．
（III）当时，，，
此时函数在区间上单调递增，所以不可能有三个不同零点．
当时，只有一个零点，记作．
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递增．
所以不可能有三个不同零点．
综上所述，若函数有三个不同零点，则必有．
故是有三个不同零点的必要条件．
当，时，，只有两个不同
点， 所以不是有三个不同零点的充分条件．
因此是有三个不同零点的必要而不充分条件．

基础专练
1．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为(　　)
A．4 B．6 C．7 D．8
答案　A
解析　由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0得x<1或x>2，由f′(x)<0得10时，f(x)≥2a＋aln.

(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明　由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
3．已知函数f(x)＝.
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
(1)解　易得f′(x)＝－，由已知得f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.
(2)证明　a＝0，则f(x)＝.
函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－＝.
设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，∵x0<1，∴φ′(x)<0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x0，当x>x0时，φ(x)<0，∴当x0，当x>x0时，h′(x)<0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，
∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．

4 设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；
(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.
解析：（1）f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex
∀x∈R，f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞).
(2)证明　∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a，
∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0，∴f0)·f(a)<0，∴f(x)在(0，a)上有一零点，
又∵f(x)在(－∞，＋∞)上递增，∴f(x)在(0，a)上仅有一个零点，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点.
(3)证明　f′(x)＝(x＋1)2ex，设P(x0，y0)，则f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝-1，代入y＝f(x)得y0＝-a，∴kOP＝a－.
f′(m)＝em(m＋1)2＝a－，令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1.
令g′(x)>0，则m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上增.
令g′(x)<0，则m<0，∴g(m)在(－∞，0)上减.∴g(m)min＝g(0)＝0.
∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－≥(m＋1)3.
∴m＋1≤，即m≤－1.