资源简介

第2课时　导数的函数零点问题
【命题分析】函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查基本初等函数、三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现.
【核心考点·分类突破】
考点一判断、证明或讨论零点的个数
[例1]已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)只有一个零点.
解题技法
利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法
(1)构造函数:构建函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解函数零点的个数.
(2)应用定理:利用零点存在定理,先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.
对点训练
(2023·郑州质检)已知函数f(x)=ex-ax+2a,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求函数f(x)的零点个数.
【加练备选】
　　 已知函数f(x)=xex+ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.
考点二利用函数零点问题求参数范围
[例2]已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解题技法
由函数零点求参数范围的策略
(1)涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求得参数的取值范围.
(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.
(3)含参数的函数零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,用x表示参数的函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.
对点训练
　已知函数f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a∈R).
(1)当a=4时,求曲线y=g(x)在x=0处的切线方程;
(2)如果关于x的方程g(x)=2exf(x)在区间[,e]上有两个不等实根,求实数a的取值范围.
.
【加练备选】
　　 (一题多法)(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
考点三与函数零点相关的综合问题
[例3](2024·锦州模拟)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;
(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln .
解题技法
1.证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;
2.证明的思路一般对条件等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.
对点训练
　已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.
(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;
(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.第2课时　导数的函数零点问题
【命题分析】函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查基本初等函数、三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现.
【核心考点·分类突破】
考点一判断、证明或讨论零点的个数
[例1]已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
【解析】(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.
令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.
当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)上单调递增,在(3-2,3+2)上单调递减.
(2)证明:f(x)只有一个零点.
【解析】(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.
设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0,当且仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.
又f(x)===,
取x-1-3a=-2,即x=3a-1时,f(3a-1)≤-<0,取x-1-3a=0,即x=3a+1时,f(3a+1)=>0,故f(x)有零点.
综上,f(x)只有一个零点.
解题技法
利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法
(1)构造函数:构建函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解函数零点的个数.
(2)应用定理:利用零点存在定理,先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.
对点训练
(2023·郑州质检)已知函数f(x)=ex-ax+2a,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
【解析】(1)f(x)=ex-ax+2a,定义域为R,且f'(x)=ex-a,
当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在R上单调递增;
当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln a,
当xln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递增;当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
(2)求函数f(x)的零点个数.
【解析】(2)令f(x)=0,得ex=a(x-2),
当a=0时,ex=a(x-2)无解,所以f(x)无零点,
当a≠0时,=,令φ(x)=,x∈R,所以φ'(x)=,当x∈(-∞,3)时,φ'(x)>0;
当x∈(3,+∞)时,φ'(x)<0,
所以φ(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减,且φ(x)max=φ(3)=,
又x→+∞时,φ(x)→0,x→-∞时,φ(x)→-∞,
所以φ(x)的大致图象如图所示.
当>,即0当=,即a=e3时,f(x)有一个零点;
当0<<,即a>e3时,f(x)有两个零点;
当<0,即a<0时,f(x)有一个零点.
综上所述,当a∈(0,e3)时,f(x)无零点;当a∈(-∞,0)∪{e3}时,f(x)有一个零点;当a∈(e3,+∞)时,f(x)有两个零点.
【加练备选】
　　 已知函数f(x)=xex+ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)ex,
令f'(x)=0得x=-2,则f'(x),f(x)的变化情况如表所示:
x (-∞,-2) -2 (-2,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) 单调递减 - 单调递增
所以f(x)的单调递减区间是(-∞,-2),单调递增区间是(-2,+∞).
当x=-2时,f(x)有极小值,为f(-2)=-,无极大值.
(2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.
【解析】(2)令f(x)=0,得x=-1,当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0,且f(x)的图象经过点(-2,-),
(-1,0),(0,1).
当x→-∞时,f(x)→0;当x→+∞时,f(x)→+∞,
根据以上信息,画出f(x)大致图象如图所示.
函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数为y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数,
所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:当a<-时,零点的个数为0;当a=-或a≥0时,零点的个数为1;
当-考点二利用函数零点问题求参数范围
[例2]已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,
则f'(x)=ex-1.
当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
【解析】(2)f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
故f(x)至多存在1个零点,不合题意;
当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;
当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,
在(ln a,+∞)上单调递增,
故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).
(i)若0(ii)若a>,则f(ln a)<0.
因为f(-2)=e-2>0,
所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.
易知,当x>2时,ex-x-2>0,
所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=·-a(x+2)>eln(2a)·-a(x+2)=2a>0.故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点,从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.
综上,a的取值范围是.
解题技法
由函数零点求参数范围的策略
(1)涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求得参数的取值范围.
(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.
(3)含参数的函数零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,用x表示参数的函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.
对点训练
　已知函数f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a∈R).
(1)当a=4时,求曲线y=g(x)在x=0处的切线方程;
【解析】(1)当a=4时,
g(x)=(-x2+4x-3)ex,g(0)=-3,
g'(x)=(-x2+2x+1)ex,g'(0)=1,所以所求的切线方程为y+3=x-0,即y=x-3.
(2)如果关于x的方程g(x)=2exf(x)在区间[,e]上有两个不等实根,求实数a的取值范围.
【解析】(2)由g(x)=2exf(x),
可得2xln x=-x2+ax-3,a=x+2ln x+.
设h(x)=x+2ln x+(x>0),
所以h'(x)=1+-=,
所以x在[,e]上变化时,h'(x),h(x)的变化如表:
x [,1) 1 (1,e]
h'(x) - 0 +
h(x) 单调递减 极小值(最小值) 单调递增
又h()=+3e-2,h(1)=4,h(e)=+e+2,且h(e)-h()=4-2e+<0,
所以实数a的取值范围为(4,e+2+].
【加练备选】
　　 (一题多法)(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-(x+2),f'(x)=ex-1,令f'(x)<0,解得x<0,令f'(x)>0,解得x>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
【解析】(2)方法一:当a≤0时,f'(x)=ex-a>0恒成立,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不符合题意;
当a>0时,令f'(x)=0,解得x=ln a,
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)=a-a(ln a+2)=-a(1+ln a).又当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞;
所以要使f(x)有两个零点,只要f(ln a)<0即可,则1+ln a>0,可得a>.综上,若f(x)有两个零点,则a的取值范围是(,+∞).
方法二:若f(x)有两个零点,即ex-a(x+2)=0有两个解,显然x=-2不成立,即a=(x≠-2)有两个解,
令h(x)=(x≠-2),
则有h'(x)==,
令h'(x)>0,解得x>-1,
令h'(x)<0,解得x<-2或-2所以函数h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,
且当x<-2时,h(x)<0,
而当x→(-2)+(从右侧趋近于-2)时,h(x)→+∞,
当x→+∞时,h(x)→+∞,所以当a=(x≠-2)有两个解时,有a>h(-1)=,
所以满足条件的a的取值范围是(,+∞).
考点三与函数零点相关的综合问题
[例3](2024·锦州模拟)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点;
当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增,
所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f'(a)>0,当b满足0(讨论a≥1或a<1来检验,
①当a≥1时,则0f'(b)=2e2b-<2-4a<2-4<0;
②当0故当a>0时,f'(x)存在唯一零点.
(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln .
【解析】(2)由(1),可设f'(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,
当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
由于2-=0,
所以f(x0)=+2ax0+aln ≥2a+aln .
故当a>0时,f(x)≥2a+aln .
解题技法
1.证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;
2.证明的思路一般对条件等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.
对点训练
　已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.
(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;
【证明】(1)设g(x)=f'(x)=-1+2cos x,
当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-<0,
所以g(x)在(0,π)上单调递减,
又因为g()=-1+1>0,g()=-1<0,
所以g(x)在(0,π)上有唯一的零点.
(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.
【证明】(2)设f'(x)在(0,π)上的唯一零点为α,
由(1)知<α<.
①当x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点α,
所以f(α)>f()=ln -+2>2->0,
又因为f()=-2-+2sin <-2-+2<0,
所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点.
又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,
所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.
②当x∈[π,2π)时,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,
设h(x)=ln x-x,h'(x)=-1<0,
所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,
所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,
所以f(x)在[π,2π)上没有零点.
③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2.
设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=-1<0,
所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,
所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,
所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.
综上,f(x)有且仅有两个不同的零点.

展开更多......

收起↑