2017届高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第4讲导数与函数的切线及函数零点问题课件理


第 4讲

导数与函数的切线及函数零点问题

高考定位 高考对本内容的考查主要有:(1)导数的几何意

义是考查热点,要求是B级,理解导数的几何意义是曲线上
在某点处的切线的斜率,能够解决与曲线的切线有关的问题; (2)在高考试题导数压轴题中涉及函数的零点问题是高考命 题的另一热点.

真题感悟
(2016· 江苏卷)已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1). 1 (1)设 a=2,b= . 2 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.



(1)①由已知可得 2

x

?1?x +?2? =2,即 ? ?

1 2 +2x=2.
x

∴(2x)2-2· 2x+1=0,解得 2x=1,∴x=0. ②f(x)=2
x

?1?x - +?2? =2x+2 x,令 ? ?
-2 x

t=2x+2 x,则 t≥2.


又 f(2x)=22x+2

=t2-2,故 f(2x)≥mf(x)-6 可化为 t2-2≥ 4 t· t =4(当且仅当 t=2 时

4 4 mt-6,即 m≤t+ t ,又 t≥2,t+ t ≥2
? 4? 等号成立),∴m≤?t+ t ?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=ax+bx-2, g′(x)=axln a+bxln 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.

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:

a的符号
a>0 (f(x1)为极大值, f(x2)为极小值)

零点个数 一个 两个

充要条件 f(x1)<0 f(x1)=0或者f(x2)=0 f(x1)>0且f(x2)<0 f(x2)<0 f(x1)=0或者f(x2)=0 f(x1)<0且f(x2)>0

三个 一个
两个 三个

a<0

(f(x1)为极小值,
f(x2)为极大值)

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.

热点一 函数图象的切线问题 【例1】 (1)(2016· 全国Ⅱ卷)若直线y=kx+b是曲线y=

ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b=
________.

解析

1 y=ln x+2 的切线为:y=x ·x+ln x1+1(设切点横坐 1

1 x2 标为 x1).y=ln(x+1)的切线为:y= x+ln(x2+1)- , x2+1 x2+1 1 ?1 ?x1=x2+1, (设切点横坐标为 x2)∴? ?ln x1+1=ln(x2+1)- x2 , x2 +1 ? 1 解得 x1=2,∴b=ln x1+1=1-ln 2.

答案 1-ln 2

(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.
解 ①由 f(x)=2x3-3x 得 f′(x)=6x2-3. 2 2 令 f′(x)=0,得 x=- 2 或 x= 2 . 因为
? f(-2)=-10,f?- ? ? 2? 2? ?= 2,f? ?=- 2, 2? 2 ? ?

f(1)=-1, 所以 f(x)在区间[-2,1]上的最大值为
? f?- ?

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),
2 则 y0=2x3 - 3 x ,且切线斜率为 k = 6 x 0 0 0-3,

所以切线方程为 y-y0=(6x2 0-3)(x-x0), 因为 t-y0=(6x2 0-3)(1-x0).
2 3 2 整理得 4x3 - 6 x + t + 3 = 0 ,设 g ( x ) = 4 x - 6 x +t+3, 0 0

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:

x g′(x) g(x)

(-∞,0) +
??

0 0 t+3

(0,1) - ? ?

1 0 t+1

(1,+∞) + ? ?

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).

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).

【训练1】 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.
(1)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)=3λ2 0-1.
2 所以切线方程为 y-(λ3 - λ ) = (3 λ 0 0 0-1)(x-λ0), 3 即 y=(3λ2 0-1)x-2λ0.

(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:

λ g′(λ) g(λ)

(-∞,0) +

0 0 极大值 3

(0,2) -
??

2 0 极小值-5

(2,+∞) + ? ?

??

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.

热点二

利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题 讨论函数零点的个数
3

[微题型 1]

1 【例 2-1】 (2015· 全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)=x +ax+ , 4 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.



(1)设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点(x0, 0), 则 f(x0)=0,

1 ? 3 ?x0+ax0+ =0, 1 3 4 f′(x0)=0.即? 解得 x0=2,a=-4. 2 ? ?3x0+a=0, 3 因此,当 a=-4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)} 5 ≤g(x)<0,故 h(x)在(1,+∞)上无零点.当 x=1 时,若 a≥-4, 5 则 f(1)=a+4≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故 x=1 是 5 h(x)的零点; 若 a<- , 则 f(1)<0, h(1)=min{f(1), g(1)}=f(1)<0, 4 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 1 5 f(x)在(0,1)上单调.而 f(0)=4,f(1)=a+4,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<a<0,则
? f(x)在?0, ? ? a? -3?上单调递减,在? ? ? ? a -3,1? ?

上单调递增,故在(0,1)中,当 x= 最小值为
? f? ?

a -3时,f(x)取得最小值,

a? 2a - ?= 3 3?

a 1 - + . 3 4

①若 ②若 ③若

? f? ? ? f? ? ? f? ?

3 a? ? -3 >0,即-4<a<0,f(x)在(0,1)无零点; ? 3 a? -3?=0,即 a=-4,则 f(x)在(0,1)有唯一零点; ? 3 1 5 a? ? -3 <0,即-3<a<-4,由于 f(0)=4,f(1)=a+4, ?

5 3 5 所以当- <a<- 时,f(x)在(0,1)有两个零点;当-3<a≤- 时, 4 4 4 3 5 f(x)在(0,1)有一个零点.综上,当 a>-4或 a<-4时,h(x)有一个零 3 5 5 3 点;当 a=-4或 a=-4时,h(x)有两个零点;当-4<a<-4时,h(x) 有三个零点.

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.

[微题型 2] 根据函数零点求参数范围 【例 2-2】 (2016· 徐州考前信息卷)已知函数 f(x)=xln 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
?1 ? x∈?e ,e?时,若函数 ? ?

y=f(x)-g(x)有两个零点,求

a 的取值范围.



(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.
2 ? ?y=-x +ax-2, 由? ?x2+(1-a)x+1=0. ? ?y=x-1

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 (2)y=f(x)-g(x)=x -ax+2+xln x,由 y=0,得 a=x+x +ln x.
2

(x-1)(x+2) 2 令 h(x)=x+x +ln x,则 h′(x)= . x2 当
?1 ? x∈?e ,e?时,由 ? ?

h′(x)=0,得 x=1.所以

?1 ? h(x)在?e ,1?上单调递 ? ?

减,在[1,e]上单调递增,因此 h(x)min=h(1)=3. 由
?1? 1 2 ? ? h e =e +2e-1, h(e)=e+ e+1, 比较可知 ? ? ?1? h?e ?>h(e), 所以, ? ?

2 结合函数图象可得,当 3<a≤e+e +1 时,函数 y=f(x)-g(x)有 两个零点.

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.

3 【训练 2-1】 已知函数 f(x)=axsin x- (a>0),且在 2
? π ? ?0, 2 ? ? π ? ?上的最大值为 ?

-3 2 .

(1)求函数 f(x)的解析式; (2)判断函数 f(x)在(0,π )内的零点个数,并加以证明.

解 当

(1)由已知,得 f′(x)=a(sin x+xcos x),且 a>0.
? π ? x∈?0, 2 ? ? ? 有 ?时, ?

sin x+xcos x>0, 从而

? π ? f′(x)>0, f(x)在?0, 2 ?

? ? ? ?

上是增函数,又 故
? π ? f(x)在?0, 2 ?

? π ? f(x)在?0, 2 ?

? ? ?上的图象是连续不断的, ? ?π f? ?2 ? ? π ? ?,即 2 ?

? ? ?上的最大值为 ?

3 π -3 a- = , 2 2

3 解得 a=1.所以得 f(x)=xsin x-2.

(2)f(x)在(0,π )内有且只有两个零点.证明如下:
?π ? π -3 3 3 ? 由(1)知,f(x)=xsin x- ,从而 f(0)=- <0,f? ? 2 ?= 2 >0. 2 2 ? ?



? π ? f(x)在?0, 2 ?

? ? 所以 ?上的图象是连续不断的, ? ? π ? f(x)在?0, 2 ?

? π ? f(x)在?0, 2 ?

? ? ?内至 ?

少存在一个零点.又由(1)知 故 当
? π ? f(x)在?0, 2 ? ?π x∈? ?2 ?

? ? ?上单调递增, ?

? ? ?内有且只有一个零点. ?

,π

? ? ?时,令 ?

g(x)=f′(x)=sin x+xcos x.



?π g? ?2 ?

? ? g(π ?=1>0, ?

)=-π <0, 且
?π m∈? ?2 ?

?π g(x)在? ?2 ?

,π

? ? ?上的图象 ?

是连续不断的,故存在

,π

? ? ?,使得 ?

g(m)=0. g′(x)<0,

由 g′(x)=2cos x-xsin x,知 从而
?π g(x)在? ?2 ?

?π x∈? ?2 ?

,π

? ? ?时,有 ?

,π

? ? ?内单调递减. ?

①当
?π ? ?2 ?

?π x∈? ?2 ?

? ? ,m?时,g(x)>g(m)=0,即 ? ?π x∈? ?2 ?

f′(x)>0,从而 f(x)在
? π ? ?= ?

? ? 故当 ,m?内单调递增, ? ?π f(x)在? ?2 ?

? ?π ? f(x)≥f? ,m?时, ?2 ? ?

-3 2 >

0,故

? ? ,m?上无零点; ?

②当 x∈(m,π )时,有 g(x)<g(m)=0, 即 f′(x)<0,从而 f(x)在(m,π )内单调递减. 又 f(m)>0, f(π )<0, 且 f(x)的图象在[m,π ]上连续不间断, 从而 f(x)在区间(m,π )内有且仅有一个零点. 综上所述,f(x)在(0,π )内有且只有两个零点.

【训练 2-2】 (2015· 江苏卷)已知函数 f(x)=x3+ax2+ b(a,b∈R). (1)试讨论 f(x)的单调性; (2)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,a 的取值范围恰好是(-∞,
? ? 3? ?3 -3)∪?1,2?∪?2,+∞?,求 ? ? ? ?

c 的值.



2a (1)f′(x)=3x +2ax,令 f′(x)=0,解得 x1=0,x2=- 3 .
2

当 a=0 时,因为 f′(x)=3x2≥0,所以函数 f(x)在(-∞,+∞)上 单调递增;当 a>0
? 2a? 时,x∈?-∞,- 3 ?∪(0,+∞)时,f′(x) ? ? ? 2a ? f(x)在?-∞,- 3 ?, ? ?

? 2a ? >0, x∈?- 3 ,0?时, f′(x)<0, 所以函数 ? ?

? 2a ? (0,+∞)上单调递增,在?- 3 ,0?上单调递减; ? ?

当 a< 0

? 2a ? 时,x∈(-∞,0)∪?- 3 ,+∞?时,f′(x)>0,x∈ ? ?

? 2a? ?0,- ?时,f′(x)<0,所以函数 3? ?

f(x)在(-∞,0),

? 2a ? ? 2a? ?- ,+∞?上单调递增,在?0,- ?上单调递减. 3 3? ? ? ?

(2)由(1)知, 函数 f(x)的两个极值为 则函数 f(x)有三个零点等价于

? 2a? 4 3 ? ? f(0)=b, f - 3 = a +b, ? ? 27

? 2a? ?4 3 ? f(0)· f?- 3 ?=b?27a +b?<0, ? ? ? ?

a>0, a<0, ? ? ? ? 从而? 4 3 或? 4 3 - a <b<0 ?0<b<- a . ? 27 ? 27 ?

又 b=c-a,所以当 a> 0 时, 4 3 4 3 27a -a+c>0 或当 a<0 时,27a -a+c<0. 4 3 设 g(a)=27a -a+c,因为函数 f(x)有三个零点时,a 的取值
? ? 3? ?3 范围恰好是(-∞,-3)∪?1,2?∪?2,+∞?, ? ? ? ?

则在(-∞,-3)上

? ? 3? ?3 g(a)<0,且在?1,2?∪?2,+∞?上 ? ? ? ?

g(a)>0

均恒成立.从而 g(-3)=c-1≤0, 且
?3? g?2?=c-1≥0,因此 ? ?

c=1.

此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 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, 所以 Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0, 且(-1)2-(a-1)+1-a≠0, 解得
? ? 3? ?3 a∈(-∞,-3)∪?1,2?∪?2,+∞?.综上 ? ? ? ?

c=1.

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.


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