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90.课标全国卷导数分析试题的零点“情结”


课标高考全国卷数学试题揭秘.预测
第 44 讲:课标全国卷导数分析试题的零点“情结”

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第 44 讲:课标全国卷导数分析试题的零点“情结”
揭秘情结
函数零点是函数研究的一个中心问题,求导函数的零点是利用导数解决相关问题的基础;课标全国卷导数分析试题具 有零点“情结”是必然的.

情结渊源
1.(2014 年课标Ⅱ高考试题文科第 21 题)已知函数 f(x)=x -3x +ax+2,曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标
3 2

为-2.(Ⅰ)求 a; (Ⅱ)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]:(Ⅰ)由 f(x)=x3-3x2+ax+2 ?

f ? (x)=3x -6x+a ? f ? (0)=a ? 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线:y=ax+2;由切线与 x
2

轴交点的横坐标为-2 ? -2a+2=0 ? a=1; (Ⅱ)令 g(x)=f(x)-(kx-2)=x -3x +(1-k)x+4,则 g ? (x)=3x -6x+(1-k) ? Δ =12(k+2);①当 k≤-2 时, g ? (x)≥0 ? g(x)在(3 2 2

∞,+∞)上单调递增,又 f(k)=k -4k +k+4<k +k+4<0,f(0)=4>0 ? g(x)恰有一个零点;②当-2<k<1 时,令 g ? (x)=0 ? x1=13 2 3

k?2 ,x2=1+ 3

k?2 ,由此列表如下: 3
1? k =0,x2=1+ 3

注意到 x2 -2x2+
2

2

k?2 3 2 <2;由表知,f(x)的极小值=f(x2)=x2 -3x2 + 3

(1-k)x2+4=(x2 -2x2+

1? k 2 13 ? k 2 13 ? k 4 13 ? k 5 ? 3k )(x2-1)- (k+2)x2+ =- (k+2)x2+ >- (k+2)+ = >0 ? f(x)的极大值 3 3 3 3 3 3 3 3

=f(x1)>0,又 f(-1)=k-1<0 ? g(x)恰有一个零点.综上,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 2.(2015 年课标Ⅰ高考试题理科第 21 题)已知函数 f(x)=x +ax+
3

1 ,g(x)=-lnx. 4

(Ⅰ)当 a 为何值时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线; (Ⅱ)用 min{m,n}表示 m,n 中的最小值,设函数 h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论 h(x)零点的个数.

[解析]:(Ⅰ)设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点(x0,0),则 f(x0)=0,

f ? (x0)=0 ? x0 +ax0+
3

1 1 3 2 =0,3x0 +a=0 ? x0= ,a=- ; 4 2 4 5 5 ,g(1)=0 ? 当 a≥- 时, 4 4

(Ⅱ)当 x∈(1,+∞)时,h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)=-lnx<0 ? h(x)零点的个数=0;由 f(1)=a+ x=1 是 h(x)的零点;当 a<-

5 时,x=1 不是 h(x)的零点;当 x∈(0,1)时,g(x)=-lnx>0,故只需讨论 f(x)在(0,1)内的零点; 4

由 f(x)=x +ax+

3

1 1 5 2 ? f(0)= ,f(1)=a+ ;由 f ? (x)=3x +a ? f ? (0)=a, f ? (1)=3+a;㈠当 a≥0 或 a≤-3 时,f(x)在(0,1)内 4 4 4

单调 ? 当 a≥0 时,f(x)零点的个数=0 ? h(x)零点的个数=0;当 a≤-3 时,f(x)零点的个数=1 ? h(x)零点的个数=1;㈡当 -3<a<0 时,f(x)在(0, ?
2a a a a )内单调递减,在( ? ,1)内单调递增 ? fmin(x)=f( ? )= 3 3 3 3

?

1 a a + ;①当 f( ? )>0, 4 3 3

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即-

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3 3 a <a<0 时,f(x)零点的个数=0 ? h(x)零点的个数=0;②当 f( ? )=0,即 a=- 时,f(x)零点的个数=1 ? h(x)零点的 4 4 3 5 a a )<0,且 f(1)<0,即-3<a<- 时,f(x)零点的个数=1 ? h(x)零点的个数=1;④当 f( ? )<0,且 f(1) 4 3 3

个数=1;③当 f( ? ≥0,即-

5 3 ≤a<- 时,f(x)零点的个数=2 ? h(x)零点的个数=2. 4 4

命题规律
关于函数零点:①单调函数 f(x)至多有一个零点;②若 a<b,且 f(a)f(b)<0,则连续函数 f(x)在(a,b)內至少有一个零点; ③若 a<b,且 f(a)f(b)<0,则单调函数 f(x)在(a,b)內恰有一个零点.

原创预测
[原创示例]请证明:方程 1+x+ x +
2 !
2

xn x3 +…+ =0. n! 3 !

(Ⅰ)当 n 为偶数时,没有实数根; (Ⅱ)当 n 为奇数时,有且仅有一个实数根.
xn x3 x 2 x3 x n ?1 + …+ + + …+ =fn-1(x); f ? 2(x)=f1(x)=1+x 单调递增,有唯一 ? f ? n(x)=1+x+ n! 3 ! 2 ! 3 ! ( n ? 1) !

[解析]:令 fn(x)=1+x+ x +
2 !

2

零点; f ? 3(x)=f2(x)=1+x+

1 2 1 1 2 x = (x+1) + ;假设:①当 n 为偶数时,fn(x)= f ? n-1(x)>0;②当 n 为奇数时,fn(x)= f ? n-1(x)单调 2 2 2

递增,有唯一零点 ? (Ⅰ)当 n 为偶数时,n+1 为奇数,fn+1(x)= f ? n(x)单调递增,有唯一零点;(Ⅱ)当 n 为奇数时,n+1 为偶 数,fn+1(x)= f ? n(x)>0,没有实数根,由数学归纳法原理知,命题成立.

[原创预测]:
1.已知 x=3 是函数 f(x)=aln(1+x)+x -10x 的一个极值点.
2

(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若直线 y=b 与函数 y=f(x)的图像有 2 个交点,求 b 的值. 2.设函数 f(x)=x -aln(x+1)(a∈R).
2

(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)当 a=4 时,求证:存在 x0∈(1,2),使 f(x0)=f( 3.设 f(x)=e -(e-2)x-1.
x

1 ). 2

(Ⅰ)当 a<b 时,证明:存在唯一 x0∈(a,b),使得 f ? (x0)=

f (b) ? f ( a ) ; b?a

(Ⅱ)证明:存在 x1,x2∈(0,1),x1≠x2,使得 f ? (x1) f ? (x2)=1. 4.己知函数 f(x)=
( a ? 1) ln x ? a ? 2 (a∈R). x

(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)求证:对任意实数 b>e,方程 x =b 有满足 0<x0<b 的根 x0; 5.设函数 f(x)=lnx+ax 有两个不同零点 x1,x2. (Ⅰ)求 a 的取值范围; (Ⅱ)求证:x1x2>e .
2 b x

第 44 讲:课标全国卷导数分析试题的零点“情结”
6.己知函数 f(x)=xlnx-x. (Ⅰ)求证:当 x∈(0,1)时,f(1-x)>f(1+x); (Ⅱ)求证:存在 x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2,使得:f(x1)=f(x2),且 f ? (
x1 ? x2 )>0. 2

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[原创解析]:
1.解:(Ⅰ)f(x)定义域为(-1,+∞), f ? (x)= 下: 由表知,f(x)在(-1,1)和(3,+∞)内单调递增;在(1,3)内单调递减; (Ⅱ)由 f(1)=16ln2-9,f(3)=32ln2-21,f(f(609 7 )=-48ln2+ ,f(7)=48ln2-21 ? 64 8

a a 2 +2x-10 ? f ? (3)= -4=0 ? a=16 ? f ? (x)= (x-1)(x-3),由此列表如 x ?1 4 x ?1

7 )<f(3),f(7)>f(1);所以,直线 y=b 与函数 y=f(x)的图像有 2 个交点 ? b=f(1)=16ln2-9,或 b=f(3)=32ln2-21. 8 a 2 a 1 2 = (x +x- ),①当 a≤- 时, f ? (x)≥0 ? f(x)在(-1,+∞) x ?1 x ?1 2 2

2.解:(Ⅰ)函数 f(x)定义域为(-1,+∞), f ? (x)=2x内单调递增;②当-

1 ? 1 ? 1 ? 2a ? 1 ? 1 ? 2a <a<0 时, f ? (x)=0 在(-1,+∞)内有两个零点,x1= ,x2= ? f(x)在(-1,x1),和 2 2 2

(x2,+∞)内单调递增,在(x1,x2)内单调递减;③当 a≥0 时, f ? (x)=0 在(-1,+∞)内有一个零点 x2 ? f(x)在(-1,x2)内单调递 减,在(x2,+∞)内单调递增; (Ⅱ)当 a=4 时,f(x)在(-1,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增 ? f( ∈(1,2),使 f(x0)=f(
x

1 1 15 )>f(1),又因 f(2)-f( )= -4ln2>0 ? 存在 x0 2 2 4

1 ). 2
f (b) ? f ( a ) (eb ? e a ) ? (e ? 2)(b ? a) e b ? e a x = = -(e-2), f ? (x)=e -(e-2)在(a,b)上单调递增 b?a b?a b?a
f (b) ? f ( a ) eb ? e a a b-a x -(e-2) ? e >b-a+1 ? 当 x>0 时,e >x+1 成立;而 ? e -(e-2)< b?a b?a

3.解:(Ⅰ)由 f(x)=e -(e-2)x-1 ?

? f ? (a)< f ? (x)< f ? (b);又因 f ? (a)<

f (b) ? f ( a ) eb ? e a b a-b x < f ? (b) ? -(e-2)<e -(e-2) ? e >a-b+1 ? 当 x<0 时,e >x+1 成立.故存在唯一 x0∈(a,b),使得 f ? (x0) b?a b?a

=

f (b) ? f ( a ) ; b?a
x x

(Ⅱ)令 g(x)=f(x)-(1-x)=e -(e-3)x-2(x∈(0,1)),则 g(0)=-1<0,g(1)=1>0, g ? (x)=e -(e-3)> g ? (0)=4-e>0 ? g(x)有唯 一零点 x=c∈(0,1) ? f(c)=1-c;由(Ⅰ)知,存在唯一 x1∈(0,c),使得 f ? (x1)=
f ? (x2)=
f (1) ? f (c) c 1? c c ? = =1. ? f ? (x1) f ? (x2)= 1? c 1? c c 1? c f ( c ) ? f ( 0) 1 ? c = ,存在唯一 x2∈(c,1),使得 c?0 c

4.解:(Ⅰ)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), f ?(x) =

1 ? (a ? 1) ln x x2

;①当 a=1 时, f ?(x) >0 ? f(x)的单
a ?1 x2

调递增区间为(0,+∞),无递减区间;②当 a>1 时, f ?(x) =1 1

(lnx-

1 ) ? f(x)的单调递 a ?1

增区间为(0, e a ?1 ),递减区间为( e a ?1 ,+∞);③当 a>1 时, f ?(x) =-

a ?1 x2

(lnx-

1 ) ? f(x) a ?1

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1 1

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的单调递增区间为( e a ?1 ,+∞),递减区间为(0, e a ?1 ); (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 a=2 时,f(x)= 递减,f(x)的图像如图: 方程 x =b ? blnx=xlnb ?
1 e
b x

ln x 在区间为(0,e)内单调递增,在区间为(e,+∞)内单调 x

ln x ln b ln b ln b 1 ln b 1 = >0,且 f(b)= <f(e)= ? ∈(0, ); ? f(x)=f(b);由 b>e ? f(b)= x b b b e b e

而 f(1)=0,f(e)= ;令 g(x)=f(x)-f(b),则 g(1)<0,g(e)>0 ? 函数 g(x)=f(x)-f(b)存在零点 x0∈(1,e).故对任意实数 b>e, 方程 x =b 有满足 0<x0<b 的根 x0. 5.解:(Ⅰ)由 f(x)=lnx+ax(a>0) ? f ? (x)= 零点;②当 a<0 时,f(x)在(0,-1>0 ? a∈(- ,0); (Ⅱ)由 lnx1+ax1=0,lnx2+ax2=0 ?
ln x2 ? ln x1 ln x2 ? ln x1 ln x2 ? ln x1 ln x2 ? ln x1 ln x2 ? ln x1 2 =-a, =-a ? = ;又由 > (不妨 x2 ? x1 x2 ? x1 x2 ? x1 x2 ? x1 x2 ? x1 x1 ? x2
1 e 1 +a;①当 a≥0 时, f ? (x)>0 ? f(x)在(0,+∞)上单调递增 ? f(x)至多有一个 x
b x

1 1 1 1 )上单调递增,在(- ,+∞)上单调递减;所以,f(x)有两个不同零点 ? f(- )=ln(- ) a a a a

x2 ?1 t ?1 x2 x (t ? 1) 2 x 设 x2>x1) ? ln >2 ? 1 ;令 t= 2 >1,g(t)=lnt-2 ,则 g ? (t)= >0 ? g(t)在(1,+∞)上单调递增 ? g(t)> x2 t ?1 x1 x1 t (t ? 1) ?1 x1

g(1)=0 ?

ln x2 ? ln x1 2 ln x2 ? ln x1 2 2 >0 ? > ? lnx2+lnx1>2 ? x1x2>e . x2 ? x1 x1 ? x2 x2 ? x1 x1 ? x2

6.解:(Ⅰ)令 g(x)=f(1-x)-f(1+x)=(1-x)ln(1-x)-(1-x)-(1+x)ln(1+x)+(1+x)=(1-x)ln(1-x)-(1+x)ln(1+x)+2x ?
g ? (x)=-ln(1-x )>0 ? g(x)在(0,1)上单调递增 ? g(x)>g(0)=0 ? f(1-x)>f(1+x);
2

(Ⅱ)由 f ? (x)=lnx ? f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以,满足 x1≠x2,且 f(x1)=f(x2)的 x1,x2 分别在(0,

1),(1,+∞)内;对任意给定的 x1∈(0,1),则 f(x1)>f(1)=-1,令 h(x)=f(x)-f(x1)(x>1),则 h(x)在(1,+∞)上单调递增 ? h(1)=-1-f(x1)<0,h(f(x1)+e+1)=(f(x1)+e +1)ln(f(x1)+e +1)-(f(x1)+e +1)-f(x1)=(f(x1)+e +1)ln(f(x1)+e +1)-(e +1)> 2(f(x1)+e +1)-(e +1)=2f(x1)+e +1>2[f(x1)+1]>0 ? h(x)在区间(1,f(x1)+e +1))内存在零点 x2,即存在 x1,x2∈(0,+∞),x1 ≠x2,使得:f(x1)=f(x2);因 x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),若 x2≥2,则 x1)=f(1+1-x1)<f(1-(1-x1))=f(x1)=f(x2) ? 1<2-x1<x2 ?
x1 ? x2 x ?x >1 ? f ? ( 1 2 )>0;若 1<x2<2,则由(Ⅰ)知,f(22 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x1 ? x2 x ?x x ?x >1 ? f ? ( 1 2 )>0.综上, f ? ( 1 2 )>0. 2 2 2

预测例证


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