2021高考数学导数与函数零点用思维导图破解导数压轴大题

II三1=12021高考数学导数与函数零点用思维导图破解导数压轴大题用思维导图突破导数压轴题专题3导数与函数零点函数f(x)零点％就是方程f(x)=0的根％,也是函数f(x)图象与X轴交点的横坐标％.这里函数与方程随时转化，互换角色，充分体现数形结合的思想函数零点个数转化为方程根的个数，有时把方程f(x)=0转化为函数y=(X)与y=g(x)，再作函数的图象，从图象确定交点个数，即把求方程根的个数转化为两个函数图象交点的个数.如果连续函数在某个单调区间内两个端点函数值之积为负，则函数在该区间有且仅有一个零点.要求函数的单调区间有回到求其导数的路子上，即转化为前面熟悉的问题.求函数/(X)的零点数:求导判断夬X)的单调性，形：a=g(x)或h(x)=q(x)适当选取区间，确定端点函判断相应函数单调性、值数值异号域，确定零点个数或范围函数零点方程根TA求导定调需认真结合具体问题运用分析法结合图象确定零点范围(见和相关性质确定端点(一般例3、例6),有时还需证明端点异号那最好不唯一，见例2等)(见例1)如若不然做转化例1(2019年［理第20题)已知函数f(x)=sinx—ln(l+x)，广(x)为f(x)的导数•证明：f‘(x)在区间(-i，2＞存在唯一极大值点；f(x)有且仅有2个零点.

思路点拨第(1)题：若f(x)=cosx二'思路点拨1+x区间f(x)递增,(一1』)的极大值点％,则在％左边,2>在％右边f'(x)递减.区间f(x)递增,(一1』)的极大值点％,则在％左边,2>的零点，从而广(x)在(-1,x0)上单调递增；在(x0，山)上f〃(x)<0，可得广(x)单调递减.2>第(2)结论等价于方程Isinx=ln(1+x)有且仅有两个不I根.在同一坐标系中分别作出；Lr-1一根为0，另一根介于匚,2］之［等的实数图象可知间.从图象可以看出当xe(-1,0)和(0严)时，sinx-ln(1+x)>0，即f(x)>0；当等的实数图象可知间.xe［2,+s)，f(x)<0.这就需要考虑广(x)在(—1,0)、(0严］、严,2］、(2,+8)单调性以及端点值的正22负•由于兀0位于(0,兀0)和(勺，与，还有对这两个区间作相应讨论.2第(2)的思维导图：

函数方程不等式三者联系很密切相互转化无痕迹根据需要作选择满分解答(1+X)2(1)f"(x)=-sinx+-，i己g(x)=-(1+X)2八-、(1+x)2=5-盘<0在㈠自恒成立，所以/J在(-1自上为减函数.兀1又因为f〃(0)=1，广，(1)=-1+卫<-1+1=0,由零点存在定理可知，函数/〃(x)上存在唯一的零点由零点存在定理可知，函数/〃(x)上存在唯一的零点x0，所以在(-1,x)T001从而八x)在(-1,x)上单调递增;在(X，00yIn”\厂、恨20x0\0f(x)在(-与:上厂(x)>0，专)上f〃(x)<0,可得f(x)单调递减，所以在区间(一1円存在唯一极大值点.(1+x)2(1+x)2(注：由于—sinx和一I在(-1,乞)上都是减函数，所以g(x)=-(1+x)2(1+x)22数.)极值两边单调反一撇两撇找零点区分左右大和小增减正负是关键

(2)由于f(0)=0,所以0是fx)的一个零点.①由(1)知，在「(X)在(一1,0)上单调递增，且f/(0)=0,所以f/(x)<0，所以7(对在(-1,0)递减，不可能有零点.I-1减，且n2②当xe(0,%0)时，fr(x)单调ff(x)>ff(0)=0，单调递增，f(x)>/(0)=I-1减，且n2由于f心)在(％冷)上单调递f心0)>0,户Op=一代<0，由零点存在定理可知，函数在(％勻上存在21—22唯一零点当兀€(兀0，叫)时，ff(x)单调递减，f^(x)>ff(xr)=0，f(x)单调递增，/(兀)>f(^0)>0.当兀e(x.,-)时，ff(x)单调递减，ff(x)<(x)=0，f(x)单调递减f(x)>121f(^)=1—ln(1殳)>0..22所以f(x)在兀e(0,勻上没有零点.2一丄＜1xf(x)单③当兀e(件2］时，cosx一丄＜1xf(x)单*:n7-、2J刘这a711/I0x0*卜h、弋20于是ff(x)=cosx—^―<0，1x调递减，其中f(^)>0，2f(2)=—ln(1+2)=—ln3<0.f(x)f(x)在(乙2］上有且只有一个零点X22④当兀€(2,8)时,fx)=sinx—ln(1+x)<1—ln3<0，因此函数f(x)在(2,8)上无零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.例2(2017年全国1理第21题)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex一x(1)讨论f(x)的单调性；⑵若f(x)有两个零点，求a的取值范围.

思路点拨(1)直接进行求导，分类讨论.(2)由(1)知f(x)在［-oln1］上单调递减,Ia丿上单调递增，/上单调递增，/(x)有极小值/吋)=lna——+1，若f(x)有两个零点，则lna-1+1<0(a〉0)，且在该点左右两个区间再各找一个点，其函数值大于0即可，a当然也可以把函数有两个零点问题转化为另外两个函数图象有两个交点.满分解答(1)对函数进行求导可得f'(x)=2ae2x+(a—2)ex—1=(aex—1)(ex+1).①当a<0时，f'(x)=Cex—1)(ex+1)<0恒成立，故而函数恒递减.②当a〉0时，f'(x)=Cex—1)(ex+1)>0r解得1>In1,所以函数在f-^,ln1］上aaIa丿单调递减，在［ln1,+訂上单调递增.a丿(2)解1由(1)知，当a<0时，f(x)在R上单调递减，故f(x)在R上至多一个零点，不满足条件；当a>0时，f(x)二f(-lna)二1-—+lna.mina令g(a)=1-丄+lna(a>0)，则gr(a)=+丄〉0，从而g(a)在(0,+a)上单调递增，aa2a而g(1)=0，故当0<a<1时，g(a)<0；当a=1时，g(a)=0；当a>1时，g(a)>0.当a>1时，g(a)>0，此时f(x)>0恒成立，从而f(x)无零点，不满足条件.当a=1时，g(a)=0，f(x)=1—+lna=0，此时f(x)=0仅有一个实根，不mina满足条件.当0<a<1时，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)上有一个实根.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)在上有一个实根.又f(X)在(Y,-ina)上单调减，在(—ina,+Q单调增，故f(x)在r上至多两个实根.注怎么知道要算介1)>0、ffin(3-1)]〉0?事实上，f(x)=ex[aex+(a—2力—x,Va丿当x=-1时T(-l)>0;为了再找一点x，使f(x)>0,因为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其实，还可以证介2)>0，x>in(3-1)时，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.于是函数e2x+exf(x)有两个零点，即y=a与g(x)=竺土的图象有两个交点.e2x+exg(x)的导函数为g'g(x)的导函数为g'(x)=-(2ex+1)(ex+x—1)当x<0时,g'(x)>0当x>0时，g'(x)<0时，所以g(x)在(-8,0)上单调递增，在(0,+8)上单调递减，且g(x)在x=0处取得最大g(0)=1当a>1时，y=a与g(x)至多有一个零点，不符合题意；当a<0时，由于当x>0时，g(x)>0，而当x<0时，g(x)是单调递增，所以y=a与g(x)至多有一个交点，不符合题意；当0<a<1时，一方面，由于g(-2)<0<a,g(0)=1>a，且g(x)在(—2,0)上单调递增，所以y=a与g(x)在(—2,0)上有且仅有一个交点.

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)在区间f0,ln3］上单调递减，于是y二a与g(x)在区间<a丿<a丿0,ln3上有且仅有一个交点.<a丿综上，当0<a<1时，函数f(x)有两个零点.注x二in-是怎么想到的？由题意要找一点工0使g(x0)<a，需要对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.思路点拨第(1)题要证明不等式00e2x0+ex0e2x0ex0e思路点拨第(1)题要证明不等式例3(2018年全国2理科第21题)已知函数f(x)=ex-ax2.若a=1，证明：当x三0时，f(x)21；若f(x)在(0,+8)只有一个零点，求a.f(x)21，由于f(0)=1，结论等价于当x>0时，f(x)>f(0)，只要证明f'(x)>0，接下来就是从已知入手证明f'(x)>0，也可以把f(x)21转化为只要证明ex-x2-1>0，两边同时除以ex(注:这样构造下面的函数g(x)求导比较方便),不等式转化为(x2+1)e-x-1<0，构造新的函数g(x)=(x2+1)e-x一1，只要证明g(x)<g(0).第(2)题要求f(x)的零点，如果直接对f(x)求导得f'(x)=ex-2ax，要判断其符号就要对a进彳丁讨论,如果把f(x)转化为f(x)=x2(exx-2-a)，令h(x)=exx-2-a，则f(x)与h(x)在(0,+8)零点个数相同，而h'(x)=(x一2)ex中没有a，讨论符号方便,x3运算量会减小.当然，也可把f(x)转化为f(x)=ex(l-ax2e-x)来解答.还可以用最常见的方法来思考：函数f(x)只有一个零点问题等价转化为方程a二ex只有一根问题，从而寻找两函数(y二a与G(x)二ex)的图像只有一个交x2x2点问题，于是，本小题有下面的3种解法.满分解答解(1)解1因为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.当xg［0,ln2),g'(x)<0;xg(ln2,+s),g'(x)>0，所以g(x)在［0,ln2)上单调递减，在(ln2,+Q上单调递增，所以g(x)>g(ln2)=2-加2>0,因此f(x)在［0,+s)上递增，所以f(x)=ex一x2>1=f(0).解2设函数g(x)=(x2+1)e-x一1，贝Ug'(x)=-(x2一2x+1)e-x=-(x一1)2e一x，当x主1时，g'(x)<0，所以g(x)在［0,+8)单调递减，从而有g(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因为f(x)在(0,+8)只有一个零点，由于f(x)=x2(exx-2-a)，则h(x)=exx-2一a在(0,+8)只有一个零点，h'(x)=("2)e"，当xg(0,2)时，h'(x)<0，当x3xg(2,+8)时，h'(x)>0，所以h(x)在(0,2)上递减，在(2,+8)上递增，所以h(x)>e2h(2)=—一a.4当a<时，h(x)在(0,+8)无零点；4当a=—时，h(x)在(0,+8)只有一个零点，满足题意；4当a>—时，由(1)可得：g(x)=ex-2x>0，即h(x)=—-a>—-a，当TOC\o"1-5"\h\z4x2x211-a>0，此时x<<2时，h(x)>0,取x=,故h(x)在(—,2)有一个零点.xaaa由(1)可得当x>0时，ex>2x，有e:>竺此时即h()ex(丁)38h(x)二一一a>一一a二——x—ax2x22727当x>a>2时，h(x)>0,取x=4a,则h(4a)>0，由零点存在定理知h(x)在(2,4a)有8一个零点，此时f(x)在(0,+Q有两个零点，不合题意•综上所述：a二上.4解2因为f(x)在(0,+8)只有一个零点，由于f(x)=e(l一ax2e—x)，令h(x)=1一ax2e—x在(0,+8)只有一个零点，当a<0时，h(x)>0，h(x)没有零点；当a>0时，h'(x)二ax(x一2)；ex当xe(0,2)时，h'(x)<0；当(2,+s)时，h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+8)单调递增•故有h(x)>h(2)二1—竺.e2当a<—时，h(x)>1—色>0,函数无零点，不合题意；TOC\o"1-5"\h\z4e2当a二聖时，h(x)>1-兰=0,函数只有一个零点，满足题意；4e2当a>空时，h(x)>1—4a<0,由h(0)=1，所以h(x)在(0,2)有一个零点,由(1)得，4e2当x>0时，ex>x2,所以h(4a)二1—16冬二1—型二>1—兰乞二1—->0，故有h(x)在e4a(e2a)2(2a)4a(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0,+8)有两个零点.综上所述，f(x)在(0，+8)只有一个零点时，a二—•4解3由f(x)在(0,+8)只有一个零点可知方程ex—ax2=0在(0,+8)只有一个根,即a二竺在(0,+8)只有一个根，从而可得函数y二a与g(x)二竺的图像在(0,+8)只x2x2

有一个交点•G'(x)二竺(X—2)，当xe(0,2)时,G'(x)<0，当xe(2,+s)时，G'(x)>0,所以x3G(x)在(0,2)递减，在(2,)递增；当xT0时，G(x)T+8,当xt+s时，G(x)T,所以f(x)所以f(x)在(0,+8)只有一个零点时,e2a二G⑵F例4已知函数f(x)二x3+ax2+b(a,beR).试讨论f(x)的单调性；若b=c-a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，33a的取值范围恰好是(-8,-3)U(1，2)Uq，+8)，求c的值.思路点拨第(2)题解1是把零点问题转化为不等式问题，又转化为方程解的问题，但不是直接解方程，由于通过条件知道方程的解，就转化为验证是否是方程的解，有效回避解高次方程.解2是通过“两边夹”的方法得到c的值，再验证其是唯一满足条件的值.满分解答(1)f'G)二3x2+2ax，令f'G)=0，解得x=0，x=-•123若a=0，因f'(x)=3x2>0，所以函数f(x)在R上单调递增.若a>0，当x<-2a或x>0时，f'(x)>0；3当-2a<x<0时，f'(x)<0，所以函数fC)在f-8,-丝［和(0,+8)上单调递增,3k3丿在〔-2a,0］上单调递减.k3丿

若a<0，当x>-斗或x<0时，广◎>°;当°<x<-2a时，f（x）<°;所以函数f（x）在（-8,°）和［-2a,+J|上单调递增,3k3丿在［°,-2a］上单调递减.k3丿(2)解1f(x)=x3+ax2(2)解1f(x)=x3+ax2+c一a，f'(x)=3x2+2ax,当fG)二°时，xi=°,2a由函数f（x）有三个不同的零点知a丰°且f(°)・f[-年]k3丿<°，又因为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因为a=L定是方程的一个根，若分别令c=1,（，-3，则只要检验a的其余两个值是否满足也+c-a=°.（*）27当c=1时，a=-3和a=是（*）的根（a=是重根）;22当c=-3时，a=和a=1不是（*）的根;2当c=时，a=-3和a=1不是（*）的根.2综上所述，c=1.解2由⑴知，函数fG）的两个极值为f（°）=b，ff-纠=4a3+b，则函数k3丿27f（x）f（x）有三个零点等价于fG）•ff2a、=bf4JI-丁Jk27丿<°，从而((-8,-a>0,a>0,4-a3<b<0,27a<0,40<b<-a3.27所以当a>0时，—a3-a+c>a3-a+c<0・2727设g(设g(a)=4a3-a+c27因为函数fO有三个零点时，a的取值范围恰好是(-(-皆3)诵伶+町,所以当a4,-3)时，gUU(a)<0

minae(-8,-3)ae(-8,-3)时,g(a)<0,且当ae〔1,|)u时，g(a)>0，g(a)>0均恒成立，从而ming(-3)=c-1<0，且g—=c-1>0，因此c=1・

k2丿此时，f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)L2+(a—1)x+1—al因函数有三个零点，则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,以A=(a—1匕—4(1—a)=a2+2a-3>0，(-1)2—(a—1)+1—a=3—2a丰0，解得ae3、解得ae3、2丿(-8,-uf产丿综上c=1・其解集恰为ae3、2丿(-8,-uffT解3由解1得函数f(x)有三个不同的零点知a丰0等价于(c-a)f竽其解集恰为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与不等式a4-a3弓a2+1a-吕>0同解，比较系数可得。=1-例5(2016年江苏第19题)已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a丰1,b丰1).⑴设a—2,b=—.2求方程f(x)=2的根；若对于任意xeR，不等式f(2x)$mf(x)-6恒成立，求实数m的最大值;(2)若0<a<1,b>1，函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点，求ab的值.思路点拨第(1)的①可直接求解，②可转换为恒成立问题；(2)由f(0)=2知0就是g(x)的零点，由条件知这是唯一零点•利用导数判断g⑴的单调性，则需唯一的极小值为0，由此得ab的值.满分解答f（x）—2x+，由Of（x）—2x+，由OVQV1可得2x+丄-2，则（2x）-2x2x+1-0，即（2x-1）-0，2x则2x=1，x=0.②由题意得22x+丄22x-6恒成立.令t=2x+2，则由2.>0可得t三22xx—2，2x此时12-2三mt-6恒成立，即mW士-1+4恒成立.tt因为t三2时t+4三2,：二-4，当且仅当t-2时等号成立，因此实数ab的最大值t耳t为4.

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