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第3课时　利用导数研究函数的零点
函数的零点问题综合了函数、方程、不等式等多方面的知识，
考查转化与化归、数形结合及函数与方程等数学思想.函数的零点
问题常与其他知识相结合综合出题，解题难度较大，判断零点存
在性及零点个数是考查的一个热点.
题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数
直接法 令 f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数
画图法 转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可
定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决
【反思感悟】判断函数零点个数的 3 种方法
【互动探究】
x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
列表如下：
∴f(x)的极大值为 f(0)＝0，
题型二 已知函数零点个数求参数
[例 2] (2024年北京开学考)已知函数f(x)＝(x－1)ex－x2.
(1)求函数的单调区间；
(2)求 f(x)的零点个数；
解：(1)由题可得f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，
令 f′(x)＝0，解得 x＝0 或 x＝ln 2，
令 f′(x)<0，解得 0令 f′(x)>0，解得 x<0 或 x>ln 2，
所以 f(x)的单调递减区间为(0，ln 2)，单调递增区间为(－∞，
0)和(ln 2，＋∞).
(2)因为 f(x)的单调递减区间为(0，ln 2)，单调递增区间为
(－∞， 0)和(ln 2，＋∞)，
f(0)＝－1<0，所以 f(x)在(－∞，0)上无零点，
f(ln 2)＝2(ln 2－1)－(ln 2)2<0，则 f(x)在(0，ln 2)上无零点，
f(2)＝e2－4>0，则 f(x)在(ln 2，2)上存在唯一零点，如图.
综上，函数 f(x)在 R 上存在唯一零点.
【反思感悟】解决此类问题常从以下两个方面考虑
(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，
从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件.
(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区
间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于
函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理
得解.
【互动探究】
2.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，＋∞)上只有一个零点，求 a 的值.
(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)·e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝
－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减.
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)解：设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点.
①当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
②当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.
题型三 整体代换研究函数隐零点
(1)解：由题知f′(x)＝(x－1)ex－2ax＋2a＝(x－1)(ex－2a).
当a≤0时，ex－2a>0恒成立，
当x<1时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递减，
当x>1时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
则f(x)有且仅有一个极值点，且fmin(x)＝f(1)＝－e＋a＋1.
要使f(x)>－2恒成立，得f(1)＝－e＋a＋1>－2，解得a>e－3，即e－3当a>0时，由f′(x)＝0，得x1＝1或x2＝ln (2a)，　
【反思感悟】导数中隐零点问题是近年来高考中的常见题型，
很多函数求导后出现超越方程，无法求解，或者方程中含有参数，
这给解题带来困难，需要不同的思路和方法加以解决.隐零点问题
的处理方法通常包括以下几种：直接观察、虚设零点结合零点代
换、分类讨论、拆分或构造函数、巧妙放缩、参变转换等等.
【互动探究】
3.(2023 年云南保山模拟)设函数 f(x)＝x sin x，x∈R.
(1)求 f(x)在区间(0，π)上的极值点个数；
最大值.

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