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1、第第 3 3 章章 导数导数第第 2 节节 导数的应用导数的应用题型 40 方程解(零点)的个数问题1.（2014 江苏 19（2） ）已知函数若（实数是 32f xxaxb, a bRbcac与无关的常数） ，当函数有三个不同的零点时，的取值范围恰好是a f xa，求的值33, 31,22 c1.解析解析 解法一：解法一：因，故，bca 32fxxaxca由（1）得：当时，单调递增，不满足题意；10a fx当时，若函数有三个不同的零点，20a fx则恒成立， 3240327 00ffaacaffca 大大大大从而对恒成立，34 27caaca (, 3)a 构造，则对恒成立， 34 27g
2、aaa 24109gaa (, 3)a 故单调递减，从而，故 g a 31g ag31c 当时，若函数有三个不同的零点，30a fx则恒成立， 324032700ffaacaffca 大大大大从而对恒成立，34 27caaca 331,22a构造， 34 27g aaa 则， 224491994gaaa 433 922aa 令，则， 0g a 312a故在上单调递增，在上单调递减， g a31,23,2则，从而，即 312g ag1 1c c1c 综上得1c 解法二：解法二：因，故，bca 32fxxaxca由（1）得：当时，单调递增，不满足题意；10a fx当时，若函数有三个不同的零点，20
3、a fx则只需保证， 203fffaf 大大大大34027acaca又实数的解集为，a33, 31,22 因此，是方程的三个实数根，13a 21a 33 2a 34027acaca易知该方程必有一根，ac从而若时，则，验证知不为其根，故舍；3c 3433027aaa 21a 若时，则，验证知，是其根，1c 3411027aaa 13a 33 2a 验证不等式，即，3411027aaa 232310aaa即，其解集为，满足题意； 232310aaa33, 31,22 若时，则，验证知不为其根，故舍3 2c 343302722aaa21a 综上得1c 解法三：解法三：因，故，bca 32fxxax
4、ca由（1）得： 当时，单调递增，不满足题意；10a fx当时，若函数有三个不同的零点，20a fx则，从而， 3240327 00ffaacaffca 大大大大34027acaac 根据的取值范围可知：是方程的根，因此a3a 34027aca1c 当时，若，则根据函数有三个不同的零点，30a 1c fx则必有，即 324032700ffaacaffca 大大大大232301aaa因此解得或或，符合题意3a 312a3 2a 综上得1c 评注评注 （2）的解法一将该问题转化到恒成立解决；解法二将问题统一归类转化到不等式的解集，进而转化到等式（方程）的根；解法三亦是将问题转化到不等式的解集问题进
5、行解决2.（2015 北京文 19（2） ）设函数. 2 ln ,02xf xkx k证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点. f x f x1, e2. 解析解析 若存在零点，则即，解得. f x 0fk ln022kkkek 又， 1102f eeelne022kfk且函数在区间上单调递减，所以在区间上仅有一个零点. f x1, e f x1, e3.（2015 广东文 21（3） ）设为实数，函数a 21fxxaxaa a当时，讨论在区间内的零点个数2a 4f xx0,3.解析解析 由（2）得在上单调递增，在上单调递减，)(xf),(a), 0(a所以.2 min)()(aaafxf(
6、i)当时，.2a2)2()(min fxf223 ,2( )54,2xx xf xxxx令=0，即. 4f xx4( )0f xxx 因为在上单调递减，所以.)(xf)2 , 0(2)2()( fxf而在上单调递增，.xy4)2 , 0(422y 所以在上，故与在无交点.0,2 yf x)(xfy xy4)2 , 0(当时，即.2xxxxxf43)(204323 xx所以，所以.因为，所以.042223xxx0) 1(22xx2x2x故当时，有一个零点.2a 4f xx2x (ii)当时，2a2 min)()(aaafxf当时， ，), 0(ax42)0( af2)(aaaf而在上单调递增，当
7、时，.xy4), 0(axax ay4下面比较与的大小：2)(aaafa4因为32 24(4)()aaaaaa ，2(2)(2)0aaa a所以.aaaaf4)(2结合图像可知当时，与有两个交2a)(xfy xy4点. 综上，当时，有一个零点；当2a 4f xx2x 时，与有两个零点.2a)(xfy xy44.（2015 新课标卷文 21（1）设函数.讨论的导函数零 2elnxf xax f x fx点的个数；y=-4 xyxOy=f(x)x=a4. 解析解析 由题意可得，. 2eln0xf xax x 22exafxx显然当时，恒成立，无零点；0a 0fx fx当时，取，0a 22exag
8、xfxx则， 2 24e0xagxx即单调递增.令， fx 22e0xag xfxx即.22exa x画出与的图像，如图所示.22exy ayx由图可知，必有零点， fx所以导函数存在唯一零点. fx5.（2015 山东文 20(2)）设函数，. 已知曲线在点( )()lnf xxax2 ( )exxg x ( )yf x处的切线与直线平行.是否存在自然数，使得方程在(1(1)f，20xyk( )( )f xg x内存在唯一的根？如果存在，求出；如果不存在，请说明理由；(1)k k ，k5. 解析解析 时，方程在内存在唯一的根.1k f xg x1,2设，当时，. 2 1 lnexxh xf
9、xg xxx0,1x 0h x 又，所以存在，使. 224423ln2ln81 10eeh 01,2x 00h x因为，所以当时，； 21ln1exx xh xxx 1,2x 110eh x 当时，所以当时，单调递增.2,x 0h x1,x h x所以时，方程在内存在唯一的根.1k f xg x1,26.（2015 陕西文 21（2） ）设2( )102.n nfxxxxxnnN，证明：在内有且仅有一个零点（记为） ，且.( )nfx203，na11 2023 3nnayxOy=2e2xy=1x6. 解析解析 因为，所以在 010f 22221 21 20333nnf nfx内至少存在一个零点
10、，又，所以在内单调203， 110n nfxnx nfx203，递增，因此，在内有且只有一个零点，由于， nfx203，na 111nnxxfxx所以，由此可得，故， 1011n nn nn naafaa1111 222n nnaa12 23na所以.1 11112120222333nn n nnaa 7.（2015 四川文 21（2） ）已知函数，其中. 222 ln2fxxxxaxa 0a 求证：存在，使得恒成立，并且在区间内有唯一解.0,1a 0fx 00f1,7. 解析解析 由，解得， 21 ln0fxxxa 1 lnaxx 令. 2222ln21 ln1 ln1 ln2 lnxxxx
11、 xxxxxxx 则，所以存在，使得. 110 e2 2e001,ex 00x令，其中. 00001 lnaxxu x 1 ln1u xxx x 由，可知函数在区间上单调递增. 110uxx u x1,故，即. 0001ee21uau xu00,1a 当时，有，0aa 00fx 000fxx再由（1）可知，在区间上单调递增. fx1,当时，所以；01,xx 0fx 00fxfx当时，所以.0,xx 0fx 00fxfx又当时，0,1x 202 ln0f xxaxx故时，.0,x 0fx 综上所述，存在，使得恒成立，且在区间内有唯一0,1a 0fx 0fx 1,解.8.（2016 北京文 20）设函数. 32f xxaxbxc（1）求曲线在点处的切线方程； yf x 0,0f（2）设，若函数有三个不同零点，求的取值范围；4ab f xc（3）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件. 230ab f x8.解析解析 （1）由，得.因为， 32f xxaxbxc 232fxxaxb 0fc，所以曲线在点处的切线方程为. 0fb yf x 0,0fybxc（2）当时，所以.4ab 3244f xxxxc 2384fxxx令，得，解得或. 0fx23840xx2x 2 3x 与在区间上的变化情况如下表所示. fx f x, x, 2 222,32 32,3 fx00
