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导数与函数的切线及函数零点问题

广东实验学校2020届高三理科数学寒假作业----导数专题

函数的切线及函数零点问题

1.已知函数f (x)＝a x＋b x(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1).

(1)设a＝2，b＝12.

①求方程f (x)＝2的根；

②若对任意x∈R，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.

考点整合

1.求曲线y＝f (x)的切线方程的三种类型及方法

(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f (x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f ′(x0)，由点斜式写出方程.

(2)已知切线的斜率为k，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k ＝f ′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程.

(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f ′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.

2.三次函数的零点分布

三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f (x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：

3.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法

研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下：

①转化为形如f (x1)·f (x2)＜0的不等式：若y＝f (x)满足f (a)f (b)＜0，则f (x)在(a，b)内至少有一个零点；

②转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g(x)＝0有解问题，将方程分离参数后(a＝f (x))转化为求y＝f (x)的值域问题；

③数形结合：将问题转化为y＝f (x)与y＝g(x)的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题.

(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法

①数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案.

②函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.

2.已知函数f (x)＝2x3－3x.

①求f (x)在区间[－2，1]上的最大值；

②若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切，求t的取值范围.

探究提高解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系，如本题第(2)问中的切线过点(1，t).

3. 已知函数f (x)＝x3－x.

(1)设M(λ0，f (λ0))是函数f (x)图象上的一点，求图象在点M处的切线方程；

(2)证明：过点N(2，1)可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.

热点二利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题

[命题角度1]讨论函数零点的个数

4.(2015·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝x3＋ax＋14，g(x)＝－ln x.

(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f (x)的切线；

(2)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.

探究提高对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是：

(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.

[命题角度2]根据函数零点求参数范围

5.(2017·徐州考前信息卷)已知函数f (x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－2(e为自然对数的底数，a∈R).

(1)判断曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与曲线y＝g(x)的公共点个数；

(2)当x∈\f(1e)，e)时，若函数y＝f (x)－g(x)有两个零点，求a的取值范围.

探究提高研究方程的根(或函数零点)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，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.

6. (2017·南通调研节选)已知函数f (x)＝ax2－x－ln x，a∈R.

(1)当a＝38时，求函数f (x)的最小值；

(2)若－1≤a≤0，证明：函数f (x)有且只有一个零点.

1.求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y－y0＝f ′(x0)(x－x0)，它的难点在于分清“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异.突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P(x0，y0)的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P(x0，y0)处的切线，必以点P为切点，则此时切线的方程是y－y0＝f′(x0)(x－x0).

2.我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题.

3.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.

4.求函数零点或两函数的交点问题，综合了函数、方程、不等式等多方面知

识，可以全面地考察学生对函数性质、函数图象等知识的综合应用能力，同时考察学生的变形、转化能力.因此在高考压轴题中占有比较重要的地位.

7..(2017·泰州质检)已知函数f (x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).

(1)当a＝2时，求f (x)的图象在x＝1处的切线方程；

(2)若函数g(x)＝f (x)－ax＋m在\f(1e)，e)上有两个零点，求实数m的取值范围.

8.已知函数f (x)＝x2－a ln x－1，函数F(x)＝x)－1\r(x)＋1.

(1)如果函数f (x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a的取值范围；

(2)当a＝2时，你认为函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象有多少个公共点？请证明你的结论.

9..(2017·山东卷)已知函数f (x)＝13x3－12ax2，a∈R.

(1)当a＝2时，求曲线y＝f (x)在点(3，f (3))处的切线方程；

(2)设函数g(x)＝f (x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.

导数专题答案1.解(1)①由已知可得2x＋\a\vs4\al\co1(\f(12))x＝2，

即2x＋12x＝2.∴(2x)2－2·2x＋1＝0，

解得2x＝1，∴x＝0.

②f (x)＝2x＋\a\vs4\al\co1(\f(12))x＝2x＋2－x，

令t＝2x＋2－x，则t≥2.

又f (2x)＝22x＋2－2x＝t2－2，

故f (2x)≥mf (x)－6可化为t2－2≥mt－6，

即m≤t＋4t，又t≥2，t＋4t≥24t)＝4(当且仅当t＝2时等号成立)，

∴m≤\a\vs4\al\co1(t＋\f(4t))min＝4，即m的最大值为4.

(2)∵0＜a＜1，b＞1，∴ln a＜0，ln b＞0.

g(x)＝f (x)－2＝a x＋b x－2，

g′(x)＝a x ln a＋b x ln b且g′(x)为单调递增，值域为R的函数.∴g′(x)一定存在唯一的变号零点，

∴g(x)为先减后增且有唯一极值点.

由题意g(x)有且仅有一个零点，

则g(x)的极值一定为0，

而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.

∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0，∴ab＝1.

2.解①由f (x)＝2x3－3x得f ′(x)＝6x2－

令f ′(x)＝0，得x＝－2)2或x＝2)2.

因为f (－2)＝－10，f \a\vs4\al\co1(－\f(\r(2)2))＝2，f \a\vs4\al\co1(\f(\r(2)2))＝－2，

f (1)＝－1，

所以f (x)在区间[－2，1]上的最大值为f \a\vs4\al\co1(－\f(\r(2)2))＝2.

②设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f (x)相切于点(x0，y0)，

则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，

所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，

因为t－y0＝(6x20－3)(1－x0).

整理得4x30－6x20＋t＋3＝0，

设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，

则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”. g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，

当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：

所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值.

当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1)和[1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.

当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.

当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间

(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点.

综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切时，t的取值范围是(－3，－1).

3.解因为f ′(x)＝3x2－1.

所以曲线f (x)＝x3－x在点M(λ0，f (λ0))处的切线的斜率为k＝f ′(λ0)＝3λ20－1. 所以切线方程为y－(λ30－λ0)＝(3λ20－1)(x－λ0)，

即y＝(3λ20－1)x－2λ30.

(2)证明由(1)知曲线f (x)＝x3－x在点(λ，f (λ))处的切线的方程为y＝(3λ2－1)x －2λ3.若切线过点N(2，1)，则1＝2(3λ2－1)－2λ3，即2λ3－6λ2＋3＝0.

过点N可作曲线f (x)的三条切线等价于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三个不同的解. 设g(λ)＝2λ3－6λ2＋3，则g′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2).

当λ变化时，g′(λ)，g(λ)的变化情况如下表：

因为g(λ)在R上只有一个极大值3和一个极小值－5，

所以过点N可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.

4.解(1)设曲线y＝f (x)与x轴相切于点(x0，0)，

则f (x0)＝0，f ′(x0)＝0.即3020x＋ax0＋\f(143x＋a＝0，

解得x0＝12，a＝－34.

因此，当a＝－34时，x轴为曲线y＝f (x)的切线.

(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，

从而h(x)＝min{f (x)，g(x)}≤g(x)<0，

故h(x)在(1，＋∞)上无零点.

当x＝1时，若a≥－54，

则f (1)＝a＋54≥0，h(1)＝min{f (1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；

若a<－54，则f (1)<0，h(1)＝min{f (1)，g(1)}＝f (1)<0，故x＝1不是h(x)的零点. 当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0.

所以只需考虑f (x)在(0，1)的零点个数.

(ⅰ)若a≤－3或a≥0，

则f ′(x)＝3x2＋a在(0，1)上无零点，

故f (x)在(0，1)上单调.而f (0)＝14，f (1)＝a＋54，

所以当a≤－3时，f (x)在(0，1)内有一个零点；

当a≥0时，f (x)在(0，1)上没有零点.

(ⅱ)若－3

在\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3))，1)上单调递增，故在(0，1)中，

当x＝a3)时，f (x)取得最小值，

最小值为f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))＝2a3a3)＋14.

①若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))>0，

即－34

②若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))＝0，

即a＝－34，则f (x)在(0，1)有唯一零点；

③若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))<0，即－3

由于f (0)＝14，f (1)＝a＋54，

所以当－54

当－3

综上，当a>－34或a<－54时，h(x)有一个零点；

当a＝－34或a＝－54时，h(x)有两个零点；

当－54

5.解(1)f ′(x)＝ln x＋1，

所以切线斜率k＝f ′(1)＝1.

又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1.

由y＝－x2＋ax－2，y＝x－1)?x2＋(1－a)x＋1＝0.

由Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3＝(a＋1)(a－3)可知：

当Δ＞0时，即a＜－1或a＞3时，有两个公共点；

当Δ＝0时，即a＝－1或a＝3时，有一个公共点；

当Δ＜0时，即－1＜a＜3时，没有公共点.

(2)y＝f (x)－g(x)＝x2－ax＋2＋x ln x，

由y＝0，得a＝x＋2x＋ln x.

令h(x)＝x＋2x＋ln x，则h′(x)＝（x－1）（x＋2）x2.

当x∈\f(1e)，e)时，由h′(x)＝0，得x＝1.

所以h(x)在\f(1e)，1)上单调递减，在[1，e]上单调递增，

因此h(x)min＝h(1)＝3.

由h\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝1e＋2e－1，h(e)＝e＋2e＋1，

比较可知h\a\vs4\al\co1(\f(1e))＞h(e)，所以，结合函数图象可得，

当3＜a≤e＋2e＋1时，函数y＝f (x)－g(x)有两个零点.

6.(1)解当a＝38时，f (x)＝38x2－x－ln x.

所以f ′(x)＝34x－1－1x＝（3x＋2）（x－2）4x(x>0).

令f ′(x)＝0，得x＝2，

当x∈(0，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，

所以函数f (x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.所以当x＝2时，f (x)

有最小值f (2)＝－12－ln 2.

(2)证明由f (x)＝ax2－x－ln x得

f′(x)＝2ax－1－1x＝2ax2－x－1x，x>0.

所以当a≤0时，f′(x)＝2ax2－x－1x<0，

函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上最多有一个零点.因为当－1≤a≤0时，f (1)＝a－1<0，

f \a\vs4\al\co1(\f(1e))＝e2－e＋ae2>0，

所以当－1≤a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上有零点.

综上，当－1≤a≤0时，函数f (x)有且只有一个零点7.解(1)当a＝2时，f (x)＝2ln x－x2＋2x，

f′(x)＝2x－2x＋2，切点坐标为(1，1)，

切线的斜率k＝f ′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.

(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，

则g′(x)＝2x－2x＝－2（x＋1）（x－1）x.

因为x∈\f(1e)，e)，所以当g′(x)＝0时，x＝1.

当1e＜x＜1时，g′(x)＞0，此时函数单调递增；

当1＜x＜e时，g′(x)＜0，此时函数单调递减.

故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.

又g\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝m－2－1e2，g(e)＝m＋2－e2，

g(e)－g\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝4－e2＋1e2＜0，则g(e)＜g\a\vs4\al\co1(\f(1e))，

所以g(x)在\f(1e)，e)上的最小值是g(e).

g(x)在\f(1e)，e)上有两个零点的条件是

g（1）＝m－1＞0，\rc\1e2)≤0，解得1＜m≤2＋1e2，

所以实数m的取值范围是\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1e2)).

8.解(1)∵f (x)＝x2－a ln x－1的定义域为(0，＋∞)，函数f (x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，

∴f ′(x)＝2x－ax＞0在(0，＋∞)上恒成立.

∴a＜2x2在(0，＋∞)上恒成立，

∵y＝2x2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a≤0.

∴所求的a的取值范围为(－∞，0].

(2)当a＝2时，函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.证明如下：当a＝2时，y＝f（x）x－1＝x2－2ln x－1x－1，它的定义域为

{x|x＞0且x≠1}，F(x)的定义域为[0，＋∞).

当x＞0且x≠1时，由f（x）x－1＝F(x)得x2－2ln x－x＋2x－2＝0.

设h(x)＝x2－2ln x－x＋2x－2，

则h′(x)＝2x－2x－1＋1\r(x)

＝x)－1）（2x\r(x)＋2x＋\r(x)＋2）x.

∴当0＜x＜1时，h′(x)＜0，此时，h(x)单调递减；

当x＞1时，h′(x)＞0，此时，h(x)单调递增.

∴当x＞0且x≠1时，h(x)＞h(1)＝0，

即h(x)＝0无实数根.

∴当a＝2，x＞0且x≠1时，f（x）x－1＝F(x)无实数根.

∴当a＝2时，函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.

9.解(1)由题意f ′(x)＝x2－ax，

所以当a＝2时，f (3)＝0，f ′(x)＝x2－2x，

所以f ′(3)＝3，

因此曲线y＝f (x)在点(3，f (3))处的切线方程是

y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.

(2)因为g(x)＝f (x)＋(x－a)cos x－sin x，

所以g′(x)＝f ′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x

＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，

令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，

所以h(x)在R上单调递增.

因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；

当x<0时，h(x)<0.

①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，

当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；

当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.

所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，

极大值是g(a)＝－16a3－sin a，

当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.

②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，

当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；

所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.

③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，

当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；

当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.

所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；

当x＝a时g(x)取到极小值，

极小值是g(a)＝－16a3－sin a.

综上所述：

当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；

当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；

当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.

高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题

题型一利用导数讨论函数零点的个数【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： (1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图； (4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝????? f (x )，f (x )≥ g (x )，g (x )，f (x )0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1 ＝0或x 2＝2 a ，∈a >0，∈x 1

即不等式2a ≤1x 3＋3 x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1 x 3(x ∈[1,2])， ∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立， ∈y ＝1x 3＋3 x 在x ∈[1,2]上单调递减， ∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3 x 的最大值为4， ∈2a ≤4，即a ≤2. (3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ?? ? ??a 2＝1－4a 2， ∈当1－4 a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋ ∞)上无零点． ∈当1－4 a 2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0. 又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4 a 2<0，即00， ∈存在唯一的x 0∈?? ? ??1,1e ，使得φ(x 0)＝0， (∈)当0