2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第一部分专题四第二课时　“导数与函数的零点问题”考法面面观

第二课时　“导数与函数的零点问题”考法面面观

[考法一　函数零点个数问题]
题型·策略(一)讨论函数的零点个数

　　　已知f (x)＝e－x(ax2＋x＋1)．当a>0时，试讨论方程f (x)＝1的解的个数．
[破题思路]　

求什么想什么
讨论方程f (x)＝1的解的个数，想到f (x)－1的零点个数
给什么用什么
给出f (x)的解析式，用f (x)＝1构造函数，转化为零点问题求解(或分离参数，结合图象求解)

[规范解答]
法一：分类讨论法(学生用书不提供解题过程)
方程f (x)＝1的解的个数即为函数h(x)＝ex－ax2－x－1(a>0)的零点个数．
而h′(x)＝ex－2ax－1，
设H(x)＝ex－2ax－1，则H′(x)＝ex－2a.
令H′(x)>0，解得x>ln 2a；令H′(x)0，得00，h′(x)min＝h′(ln 2a)0使得h′(x1)＝0，
这时h(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增．
所以h(x1)0，即p′(x)>0，函数p(x)单调递增．
而当x→0时，p(x)→ x→0＝ x→0＝ x→0＝ x→0＝(洛必达法则)，
当x→－∞时，p(x)→ x→－∞＝ x→－∞＝0，

故函数p(x)的图象如图所示．
作出直线y＝a.
显然，当a＝时，直线y＝a与函数p(x)的图象无交点，即方程ex－ax2－x－1＝0只有一个解x＝0；
当a≠且a>0时，直线y＝a与函数p(x)的图象有一个交点(x0，a)，即方程ex－ax2－x－1＝0有两个解x＝0或x＝x0.
综上，当a＝时，方程f (x)＝1只有一个解；当a≠且a>0时，方程f (x)＝1有两个解．
[注]　部分题型利用分离法处理时，会出现“”型的代数式，这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题有效的方法就是洛必达法则．
法则1　若函数f (x)和g(x)满足下列条件：
(1)lif (x)＝0及lig(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f (x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)li ＝l.
那么li ＝li ＝l.
法则2　若函数f (x)和g(x)满足下列条件：
(1)lif (x)＝∞及lig(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f (x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)li ＝l.
那么li ＝li ＝l.
[题后悟通]

思路
受阻
分析
构造函数后，正确进行分类讨论是解决本题的关键；不知道分类讨论或分类讨论时，分类不明或分类不全是解决此类问题常犯的错误
技法
关键
点拨
判断函数零点个数的思路
判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f (a)f (b)0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由得00时，①若≤1，即a≥1时，f (x)在[1，e2]上单调递减．因为f (1)＝－a0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－>0(c>1)，
因此原不等式x1x2>e2得证．
[启思维]　该方法的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的函数．其解题要点为：
(1)联立消参：利用方程f (x1)＝f (x2)消掉解析式中的参数a.
(2)抓商构元：令c＝，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)．
(3)用导求解：利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论．
法二：抓极值点构造函数(学生用书提供解题过程)
由题意，函数f (x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f (x1)＝f (x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根．
令t1＝ln x1，t2＝ln x2.
设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，
从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝.
当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0.

由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t12⇔t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
由g(t1)＝g(t2)，得t1e－t1＝t2e－t2，
化简得et2－t1＝，①
不妨设t2>t1，由法二知，02，
又es－1>0，故要证＋s>2，
即证2s＋(s－2)(es－1)>0，②
令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，
则G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0，
故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，
所以G′(s)>G′(0)＝0，
从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增，
所以G(s)>G(0)＝0，所以②式成立，故t1＋t2>2.
[启思维]　该方法的关键是巧妙引入变量s，然后利用等量关系，把t1，t2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：
(1)取差构元：记s＝t2－t1，则t2＝t1＋s，利用该式消掉t2.
(2)巧解消参：利用g(t1)＝g(t2)，构造方程，解之，利用s表示t1.
(3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s的函数G(s)．
(4)转化求解：利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值，从而证得结论．
[题后悟通]　

思路受阻
分析
不能把双变量x1，x2的不等式转化为单变量的不等式，导致无从下手解题
技法关键
点拨
函数极值点偏移问题的解题策略
函数的极值点偏移问题，其实质是导数的应用问题，解题的策略是把含双变量的等式或不等式转化为仅含一个变量的等式或不等式进行求解，解题时要抓住三个关键量：极值点、根差、根商

[对点训练]
　(2018·成都模拟)已知函数f (x)＝(x－1)ex－mx2＋2，其中m∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)当m＝1时，求函数f (x)的单调区间；
(2)当常数m∈(2，＋∞)时，函数f (x)在[0，＋∞)上有两个零点x1，x2(x1ln.
解：(1)当m＝1时，f (x)＝(x－1)ex－x2＋2，
∴f ′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)．
由f ′(x)＝x(ex－2)＝0，解得x＝0或x＝ln 2.
当x>ln 2或x0，
∴f (x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．
当00时，由f′(x)＝>0，得x>；
由f′(x)＝ln(n＋1)．
解：(1)法一：f (x)＝kx－ln x－1，f ′(x)＝k－＝(x>0，k>0)，
当00)，
令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，
当01时，g′(x)ln，
∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，
故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
4.已知函数f (x)＝ax3＋bx2＋(c－3a－2b)x＋d的图象如图所示．
(1)求c，d的值；
(2)若函数f (x)在x＝2处的切线方程为3x＋y－11＝0，求函数f (x)的解析式；
(3)在(2)的条件下，函数y＝f (x)与y＝ f ′(x)＋5x＋m的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．
解：函数f (x)的导函数为f ′(x)＝3ax2＋2bx＋c－3a－2b.
(1)由图可知函数f (x)的图象过点(0,3)，且f ′(1)＝0，
得解得
(2)由(1)得，f (x)＝ax3＋bx2－(3a＋2b)x＋3，
所以f ′(x)＝3ax2＋2bx－(3a＋2b)．
由函数f (x)在x＝2处的切线方程为3x＋y－11＝0，
得
所以解得
所以f (x)＝x3－6x2＋9x＋3.
(3)由(2)知f (x)＝x3－6x2＋9x＋3，
所以f ′(x)＝3x2－12x＋9.
函数y＝f (x)与y＝f ′(x)＋5x＋m的图象有三个不同的交点，
等价于x3－6x2＋9x＋3＝(x2－4x＋3)＋5x＋m有三个不等实根，
等价于g(x)＝x3－7x2＋8x－m的图象与x轴有三个不同的交点．
因为g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)，
令g′(x)＝0，得x＝或x＝4.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：

x



4
(4，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)

极大值

极小值


g＝－m，g(4)＝－16－m，
当且仅当时，g(x)图象与x轴有三个交点，
解得－160，若x∈，则f ′(x)0，且f (x)在上单调递增，在上单调递减，不妨设00时，函数f(x)在区间(0，ek)上单调递减，在区间(ek，＋∞)上单调递增，且f(ek＋1)＝0.
不妨设x1