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进阶篇　导数中的零点问题
进阶1　零点个数问题
分值：28分
1.(13分)(2024·淄博模拟)已知函数f(x)=ex-sin x-1.
(1)讨论函数f(x)在区间(0，+∞)上的单调性；(4分)
(2)证明函数f(x)在区间(-π，0]内有且仅有两个零点.(9分)
2.(15分)(2024·绍兴模拟)已知函数f(x)=ax+(a-2)-ln x，a∈R.
(1)求函数f(x)图象上一点P(1，4)处的切线方程；(4分)
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1答案精析
1.(1)解　函数f(x)=ex-sin x-1，
当x>0时，f'(x)=ex-cos x>1-cos x≥0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增.
(2)证明　由(1)知，f'(x)=ex-cos x，
当x∈时，f'(x)>0，
函数f(x)单调递增，
f(-π)=e-π-1<0，
f =>0，
因此函数f(x)在内有唯一零点；
当x∈时，
令g(x)=ex-cos x，
得g'(x)=ex+sin x，
g'(x)在上单调递增，
g'=-1<0，g'(0)=1>0，
则存在x0∈使得g'(x0)=0，
当x∈时，g'(x)<0，
函数g(x)即f'(x)单调递减，
当x∈(x0，0)时，g'(x)>0，
函数g(x)即f'(x)单调递增，
又f ' =>0，
f'(x0)则存在x1∈
使得f'(x1)=0，
当x∈时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，0)时，
f'(x)<0，函数f(x)单调递减，
而f =>0，f(0)=0，
因此函数f(x)在内有唯一零点，
所以函数f(x)在区间(-π，0]内有且仅有两个零点.
2.解　(1)由f(1)=2a-2=4，
解得a=3，
∴f(x)=3x+-ln x，
则f'(x)=3+-则f'(1)=3，
∴切线方程为y-4=3(x-1)，
即y=3x+1.
(2)由f(x)=ax+(a-2)-ln x，
得f'(x)=a+-=
=x>0，
当a≤0时，f'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，
f(x)在(0，+∞)上单调递减，不符合题意，舍去；
当a>0时，令f'(x)<0，得0令f'(x)>0，得x>f(x)在上单调递增.
当x→0时，f(x)→+∞，
当x→+∞时，f(x)→+∞，
则f =+-ln=+1-+ln a=1-+ln a<0，
令g(a)=1-+ln a，a>0，
则g'(a)=+>0，
∴g(a)在(0，+∞)上单调递增.
又∵g(1)=0，∴当a∈(0，1)时，g(a)<0，当a∈(1，+∞)时，g(a)>0，
∴0导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的作用，而这些问题的解决都离不开一个基本要点，即函数的零点.比如，导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点，或是最值点.可以说，抓住了函数的零点，也就抓住了导数问题的要点.
零点问题主要有如下四类：
①零点的个数问题；②零点的范围问题；③隐零点问题；④分段函数零点问题.
进阶1　零点个数问题
题型一　利用导数研究零点个数
例1　(2024·北京模拟)已知函数f(x)=axln x-x2+(1-a)x.
(1)当a<0时，求f(x)的极值；
(2)当≤a≤1时，判断f(x)的零点个数，并说明理由.
思维升华　解决零点个数问题常用的方法主要有以下三种：
(1)转化为两个函数图象交点的个数问题，利用数形结合思想求解.
(2)转化为函数f(x)的图象与x轴交点个数的问题.
(3)将f(x)=0进行参变分离，转化为a=g(x)的形式；有时为了避免出现“断点”，可以考虑“倒数分参”.
跟踪训练1　已知函数f(x)=ex-a(x+1)，a∈R.
(1)若f(x)在[0，1]上不单调，求a的取值范围；
(2)当a>0时，试讨论函数f(x)的零点个数.
题型二　利用函数零点个数求参数范围
例2　(2024·长沙模拟)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，+∞)内有两个零点，求a的取值范围.
思维升华　(1)分离参数法：分离之后函数无参数，则可得到函数的图象，然后上下移动参数的值，观察直线与函数图象交点个数即可.
(2)隔离构造函数法：将一个函数分成两个函数，一个为容易求导的不含参函数，另一个为图象是一条直线的含参函数，观察它们图象的变化趋势，找到临界的位置，易求得参数的取值范围.
(3)直接构造法：直接研究函数f(x)，对参数进行分类讨论，判断函数单调性，利用函数零点存在定理，判断零点个数，从而求出参数的取值范围.
跟踪训练2　已知函数f(x)=ln x+ax+2.
(1)若函数f(x)在x=1处取得极值，求a的值；
(2)若函数f(x)在定义域内存在两个零点，求a的取值范围.
答案精析
例1　解　(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，
且f'(x)=aln x+a-x+1-a
=aln x-x+1，
令g(x)=f'(x)=aln x-x+1，
则g'(x)=-1=，
因为a<0，所以g'(x)<0恒成立，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递减，
即f'(x)在(0，+∞)上单调递减，
又f'(1)=0，
所以当00，
当x>1时，f'(x)<0，
则f(x)在(0，1)上单调递增，
在(1，+∞)上单调递减，
所以f(x)在x=1处取得极大值为-a，无极小值.
(2)令f(x)=0，
即axln x-x2+(1-a)x=0，
因为x>0，
所以aln x-x+1-a=0，
令F(x)=aln x-x+1-a，
所以判断f(x)的零点个数，即判断F(x)的零点个数，
又F'(x)=-=≤a≤1，
所以当00，当x>2a时，F'(x)<0，
所以F(x)在(0，2a)上单调递增，在(2a，+∞)上单调递减，
所以F(x)max=F(2a)=aln(2a)-2a+1，1≤2a≤2，
令H(x)=ln x-x+1，x∈[1，2]，
则H'(x)=ln x-，
因为x∈[1，2]，所以H'(x)≤ln 2-=(ln 2-1)<0，
所以H(x)在[1，2]上单调递减，
所以H(x)≤H(1)=0，
所以F(2a)≤0，当且仅当a=时等号成立，
所以当a=时，F(x)有一个零点，即f(x)有一个零点，
当即f(x)无零点，
综上可得，当a=时，f(x)有一个零点，当跟踪训练1　解　(1)函数f(x)=ex-a(x+1)，
则f'(x)=ex-a，
∵f(x)在[0，1]上不单调，
故函数f(x)在(0，1)上存在极值，
∴f'(x)在(0，1)上存在变号零点，
即ex-a=0在(0，1)上有解，
即直线y=a与曲线y=ex的图象在(0，1)上有交点，令h(x)=ex，
当x∈(0，1)时，h(x)∈(1，e)，
∴a的取值范围为(1，e).
(2)f(x)=0等价于=，
故f(x)=0的零点个数即为直线y=与曲线y=的图象的交点个数，
令g(x)=，则g'(x)=，
令g'(x)>0，得x<0，
令g'(x)<0，得x>0，
故g(x)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，
∵g(0)=1，当x→-∞时，g(x)→-∞，当x→+∞时，g(x)→0，
函数g(x)的图象如图所示，
∴当0<<1，即a>1时，f(x)有两个零点；
当=1，
即a=1时，f(x)有一个零点；
当>1，
即0例2　(1)证明　当a=1时，
f(x)=ex-x2，
则f'(x)=ex-2x，
令h(x)=ex-2x，则h'(x)=ex-2，
由h'(x)=0，得到x=ln 2，
当x∈(-∞，ln 2)时，h'(x)<0，当x∈(ln 2，+∞)，h'(x)>0，
所以h(x)≥h(ln 2)=2-2ln 2>0，即f'(x)>0恒成立，
所以f(x)=ex-x2在区间[0，+∞)上单调递增，
故f(x)≥f(0)=e0=1，命题得证.
(2)解　因为f(x)=ex-ax2，
令f(x)=0，得ex=ax2，
又x∈(0，+∞)，所以=a，
令g(x)=，x∈(0，+∞)，
则g'(x)=，
当x∈(0，2)时，g'(x)<0，
当x∈(2，+∞)时，g'(x)>0，
所以g(x)≥g(2)=，
又当x→0时，g(x)→+∞，
当x→+∞时，g(x)→+∞，
又f(x)在(0，+∞)内有两个零点，
所以a>，
即a的取值范围为.
跟踪训练2　解　(1)因为f(x)=ln x+ax+2(x>0)，
则f'(x)=+a=，
因为函数f(x)在x=1处取得极值，
所以f'(1)=1+a=0，解得a=-1，
当a=-1时，可得f'(x)=，
当x∈(0，1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=1时，函数f(x)取得极大值，符合题意，故a=-1.
(2)由f'(x)=，其中x>0，
当a≥0时，可得f'(x)>0，f(x)单调递增，
此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<0时，令f'(x)=0，解得x=-，
当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，
f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=-时，f(x)取得极大值，也是最大值，
最大值为f =ln+a·+2=1-ln(-a)，
又当x→0时，f(x)→-∞；当x→+∞时，f(x)→-∞，
所以要使得函数f(x)有两个零点，则满足f >0，
即1-ln(-a)>0，解得-e所以实数a的取值范围是(-e，0).(共45张PPT)
第三章　
进阶篇　导数中的零点问题
数学
大
一
轮
复
习
导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的作用，而这些问题的解决都离不开一个基本要点，即函数的零点.比如，导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点，或是最值点.可以说，抓住了函数的零点，也就抓住了导数问题的要点.
零点问题主要有如下四类：
①零点的个数问题；
②零点的范围问题；
③隐零点问题；
④分段函数零点问题.
零点个数问题
进阶1
例1　(2024·北京模拟)已知函数f(x)＝axln x－x2＋(1－a)x.
(1)当a<0时，求f(x)的极值；
利用导数研究零点个数
题型一
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f'(x)＝aln x＋a－x＋1－a＝aln x－x＋1，
令g(x)＝f'(x)＝aln x－x＋1，
则g'(x)＝－1＝
因为a<0，所以g'(x)<0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
即f'(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又f'(1)＝0，
所以当00，当x>1时，f'(x)<0，
则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)在x＝1处取得极大值为－a，无极小值.
(2)当≤a≤1时，判断f(x)的零点个数，并说明理由.
令f(x)＝0，即axln x－x2＋(1－a)x＝0，
因为x>0，所以aln x－x＋1－a＝0，
令F(x)＝aln x－x＋1－a，
所以判断f(x)的零点个数，即判断F(x)的零点个数，
又F'(x)＝≤a≤1，
所以当00，当x>2a时，F'(x)<0，
所以F(x)在(0，2a)上单调递增，在(2a，＋∞)上单调递减，
所以F(x)max＝F(2a)＝aln(2a)－2a＋1，1≤2a≤2，
令H(x)＝ln x－x＋1，x∈[1，2]，
则H'(x)＝ln x－
因为x∈[1，2]，所以H'(x)≤ln 2－(ln 2－1)<0，
所以H(x)在[1，2]上单调递减，
所以H(x)≤H(1)＝0，
所以F(2a)≤0，当且仅当a＝时等号成立，
所以当a＝时，F(x)有一个零点，即f(x)有一个零点，
当综上可得，当a＝时，f(x)有一个零点，当解决零点个数问题常用的方法主要有以下三种：
(1)转化为两个函数图象交点的个数问题，利用数形结合思想求解.
(2)转化为函数f(x)的图象与x轴交点个数的问题.
(3)将f(x)＝0进行参变分离，转化为a＝g(x)的形式；有时为了避免出现“断点”，可以考虑“倒数分参”.
思维升华
跟踪训练1　已知函数f(x)＝ex－a(x＋1)，a∈R.
(1)若f(x)在[0，1]上不单调，求a的取值范围；
函数f(x)＝ex－a(x＋1)，
则f'(x)＝ex－a，
∵f(x)在[0，1]上不单调，
故函数f(x)在(0，1)上存在极值，
∴f'(x)在(0，1)上存在变号零点，
即ex－a＝0在(0，1)上有解，
即直线y＝a与曲线y＝ex的图象在(0，1)上有交点，令h(x)＝ex，
当x∈(0，1)时，h(x)∈(1，e)，
∴a的取值范围为(1，e).
(2)当a>0时，试讨论函数f(x)的零点个数.
f(x)＝0等价于
故f(x)＝0的零点个数即为直线y＝与曲线y＝的图象的交点个数，
令g(x)＝则g'(x)＝
令g'(x)>0，得x<0，令g'(x)<0，得x>0，
故g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
∵g(0)＝1，当x→－∞时，g(x)→－∞，
当x→＋∞时，g(x)→0，
函数g(x)的图象如图所示，
∴当0<<1，即a>1时，f(x)有两个零点；
当＝1，即a＝1时，f(x)有一个零点；
当>1，即0例2　(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
利用函数零点个数求参数范围
题型二
当a＝1时，f(x)＝ex－x2，
则f'(x)＝ex－2x，
令h(x)＝ex－2x，则h'(x)＝ex－2，
由h'(x)＝0，得到x＝ln 2，
当x∈(－∞，ln 2)时，h'(x)<0，当x∈(ln 2，＋∞)，h'(x)>0，
所以h(x)≥h(ln 2)＝2－2ln 2>0，即f'(x)>0恒成立，
所以f(x)＝ex－x2在区间[0，＋∞)上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝e0＝1，命题得证.
(2)若f(x)在(0，＋∞)内有两个零点，求a的取值范围.
因为f(x)＝ex－ax2，
令f(x)＝0，得ex＝ax2，
又x∈(0，＋∞)，所以＝a，
令g(x)＝x∈(0，＋∞)，
则g'(x)＝
当x∈(0，2)时，g'(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，g'(x)>0，
所以g(x)≥g(2)＝
又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
又f(x)在(0，＋∞)内有两个零点，
所以a>即a的取值范围为.
(1)分离参数法：分离之后函数无参数，则可得到函数的图象，然后上下移动参数的值，观察直线与函数图象交点个数即可.
(2)隔离构造函数法：将一个函数分成两个函数，一个为容易求导的不含参函数，另一个为图象是一条直线的含参函数，观察它们图象的变化趋势，找到临界的位置，易求得参数的取值范围.
(3)直接构造法：直接研究函数f(x)，对参数进行分类讨论，判断函数单调性，利用函数零点存在定理，判断零点个数，从而求出参数的取值范围.
思维升华
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ln x＋ax＋2.
(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；
因为f(x)＝ln x＋ax＋2(x>0)，
则f'(x)＝＋a＝
因为函数f(x)在x＝1处取得极值，
所以f'(1)＝1＋a＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，可得f'(x)＝
当x∈(0，1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝1时，函数f(x)取得极大值，符合题意，故a＝－1.
(2)若函数f(x)在定义域内存在两个零点，求a的取值范围.
由f'(x)＝其中x>0，
当a≥0时，可得f'(x)>0，f(x)单调递增，
此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<0时，令f'(x)＝0，解得x＝－
当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝－时，f(x)取得极大值，也是最大值，
最大值为f ＝ln＋a·＋2＝1－ln(－a)，
又当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以要使得函数f(x)有两个零点，则满足f >0，
即1－ln(－a)>0，解得－e所以实数a的取值范围是(－e，0).
课时精练
答案
1
2
(1)函数f(x)=ex-sin x-1，
当x>0时，f'(x)=ex-cos x>1-cos x≥0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增.
(2)由(1)知，f'(x)=ex-cos x，
当x∈时，f'(x)>0，
函数f(x)单调递增，
f(-π)=e-π-1<0，
1.
答案
1
2
f =>0，
因此函数f(x)在内有唯一零点；
当x∈时，
令g(x)=ex-cos x，得g'(x)=ex+sin x，
g'(x)在上单调递增，
g'=-1<0，g'(0)=1>0，
1.
答案
1
2
则存在x0∈使得g'(x0)=0，
当x∈时，g'(x)<0，函数g(x)即f'(x)单调递减，
当x∈(x0，0)时，g'(x)>0，函数g(x)即f'(x)单调递增，
又f ' =>0，f'(x0)则存在x1∈
1.
答案
1
2
使得f'(x1)=0，
当x∈时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，0)时，
f'(x)<0，函数f(x)单调递减，
而f =>0，f(0)=0，
因此函数f(x)在内有唯一零点，
所以函数f(x)在区间(-π，0]内有且仅有两个零点.
1.
答案
1
2
(1)由f(1)=2a-2=4，
解得a=3，
∴f(x)=3x+-ln x，
则f'(x)=3+-则f'(1)=3，
∴切线方程为y-4=3(x-1)，
即y=3x+1.
2.
答案
1
2
(2)由f(x)=ax+(a-2)-ln x，
得f'(x)=a+-==x>0，
当a≤0时，f'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，
f(x)在(0，+∞)上单调递减，不符合题意，舍去；
当a>0时，令f'(x)<0，得0令f'(x)>0，得x>f(x)在上单调递增.
2.
答案
1
2
当x→0时，f(x)→+∞，当x→+∞时，f(x)→+∞，
则f =+-ln=+1-+ln a=1-+ln a<0，
令g(a)=1-+ln a，a>0，则g'(a)=+>0，
∴g(a)在(0，+∞)上单调递增.
又∵g(1)=0，∴当a∈(0，1)时，g(a)<0，当a∈(1，+∞)时，g(a)>0，
∴02.
1.(2024·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－sin x－1.
(1)讨论函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；
1
2
答案
函数f(x)＝ex－sin x－1，
当x>0时，f'(x)＝ex－cos x>1－cos x≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
(2)证明函数f(x)在区间(－π，0]内有且仅有两个零点.
1
2
答案
1
2
答案
由(1)知，f'(x)＝ex－cos x，
当x∈时，f'(x)>0，
函数f(x)单调递增，
f(－π)＝e－π－1<0，f >0，
因此函数f(x)在内有唯一零点；
当x∈时，令g(x)＝ex－cos x，
得g'(x)＝ex＋sin x，
1
2
答案
g'(x)在上单调递增，
g'－1<0，g'(0)＝1>0，
则存在x0∈使得g'(x0)＝0，
当x∈时，g'(x)<0，
函数g(x)即f'(x)单调递减，
1
2
答案
当x∈(x0，0)时，g'(x)>0，
函数g(x)即f'(x)单调递增，
又f'>0，f'(x0)则存在x1∈使得f'(x1)＝0，
当x∈时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，0)时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，
1
2
答案
而f >0，f(0)＝0，
因此函数f(x)在内有唯一零点，
所以函数f(x)在区间(－π，0]内有且仅有两个零点.
1
2
答案
2.(2024·绍兴模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－2)ln x，a∈R.
(1)求函数f(x)图象上一点P(1，4)处的切线方程；
由f(1)＝2a－2＝4，解得a＝3，
∴f(x)＝3x＋ln x，
则f'(x)＝3＋则f'(1)＝3，
∴切线方程为y－4＝3(x－1)，即y＝3x＋1.
1
2
答案
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x11
2
答案
由f(x)＝ax＋(a－2)ln x，
得f'(x)＝a＋＝x>0，
当a≤0时，f'(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意，舍去；
当a>0时，令f'(x)<0，得00，得x>f(x)在上单调递增.
当x→0时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
1
2
答案
则f ln＋1－＋ln a＝1－＋ln a<0，
令g(a)＝1－＋ln a，a>0，
则g'(a)＝>0，
∴g(a)在(0，＋∞)上单调递增.
又∵g(1)＝0，∴当a∈(0，1)时，g(a)<0，当a∈(1，＋∞)时，g(a)>0，
∴0

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