资源简介

专项3　导数与函数的零点
微点一　零点的个数问题
例1　已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
求解函数零点(方程根)的个数问题的步骤
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；
第三步：结合图象求解．训练　(2025·滁州一模)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x－2a ln x.
(1)若不等式f(x)≥x3＋x2－x恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若a<0，求证：f(x)有且只有1个零点．
微点二　与零点有关的求参或证明问题——
　教材·研析
例2　(人教A版选择性必修第二册P104·第19题)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
(1)函数零点的个数问题，要能转化为函数图象与x轴的交点个数或者两个函数图象的交点个数问题，数形结合解决问题．
(2)对于零点存在问题，可利用放缩法或者分类讨论恰当地找到一正一负两个函数值．
(3)对于与零点有关的不等式证明问题，一般解法是构造函数，借助于函数的单调性解决问题．
　真题·链接
真题　(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
　创新·变式
变式　(2025·云南一模)已知函数f(x)＝e2x＋(1－2a)ex－ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
专项3　导数与函数的零点
例1　解　(1)因为f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，又f′(x)＝ex－a.所以当a≤0时，f′(x)>0，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)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，则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)的图象如图所示．所以当>，即0e3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．
训练　解　(1)由f(x)≥x3＋x2－x可得a(x2－2ln x)≥x2，设g(x)＝x2－2ln x，x>0，g′(x)＝2x－＝，当01时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝1>0，即x2－2ln x>0，所以a(x2－2ln x)≥x2等价于a≥，设H(x)＝，x>0，H′(x)＝，当00；当x>时，H′(x)<0，所以H(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，所以Hmax(x)＝H()＝，所以a≥，故实数a的取值范围为.
(2)证明：f′(x)＝x2＋2ax－1－＝x2－1＋＝，
①当a＝－时，f(x)＝x3－x2－x＋ln x，f′(x)＝≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝－<0，f(3)＝＋ln 3>0，由函数零点存在定理可知，f(x)在区间(1，3)上存在1个零点，故此时f(x)有1个零点．
②当a<－时，当00；当1－2a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，－2a)上单调递减，在(－2a，＋∞)上单调递增，又f(1)＝a－<0，当x>1时，f(x)＝x3＋ax2－x－2a ln x>x3＋ax2－x＝x(x2＋3ax－3)，取x0＝，则x0>1，且f(x0)>0，由函数零点存在定理可知，f(x)在区间(1，x0)上存在1个零点，故此时f(x)有1个零点．
③当－0；当－2a1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，－2a)上单调递增，在(－2a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(－2a)＝＋2a－2a ln (－2a)＝[2a2＋3－3ln (－2a)]，由于－0，所以f(－2a)<0，又f(1)＝a－<0，f(x0)>0，由函数零点存在定理可知，f(x)在区间(1，x0)上存在1个零点，故此时f(x)有1个零点．
综上可知，当a<0时，f(x)有且只有1个零点．
例2　解　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1).若a≤0，则aex－1<0恒成立，则f′(x)<0，即f(x)在R上单调递减．若a>0，令aex－1＝0，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．
(2)因为f(x)有两个零点，所以a>0.否则f(x)在R上单调递减，至多有一个零点，与题设不符，所以f(－ln a)<0，即a×＋(a－2)×＋ln a<0，有1－－ln <0.当a＝1时，f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；当a>1时，有1－ln －>0，即f(－ln a)>0，故f(x)无零点；当a∈(0，1)时，1－ln －<0，即f(－ln a)<0，又f(－2)＝ae-4＋(a－2)e-2＋2>0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点，设存在正整数n0满足n0>ln .则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.由于ln >－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．综上，a的取值范围为(0，1).
真题　解　(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，所以f′(x)＝－＝.若x∈(0，1)，f′(x)>0，f(x)单调递增；若x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.
(2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x>0)，得f′(x)＝a＋－＝(x>0).当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；当a<0时，f′(x)＝，若x∈(0，1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，所以f(x)不存在零点；当a>0时，f′(x)＝，若a＝1，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点，若a>1，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，因为f(1)＝a－1>0，所以f>f(1)>0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由函数零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，所以a>1满足条件，若0变式　解　(1)f′(x)＝2e2x＋(1－2a)ex－a＝(2ex＋1)(ex－a).当a≤0时，f′(x)>0，故f(x)在R上单调递增；当a>0时，令f′(x)<0，得x0，得x>ln a，故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．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)当a≤0时，f(x)在R上单调递增，不符合题意，故a>0.由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(ln a)＝a(1－a－ln a).因为f(x)有两个零点，所以a(1－a－ln a)<0.又因为a>0，所以1－a－ln a<0.令h(a)＝1－a－ln a(a>0)，则h′(a)＝－1－＝－<0，所以h(a)在(0，＋∞)上单调递减，且h(1)＝0，所以当a>1时，h(a)<0，即f(x)min<0.又f(－1)＝＋＋a＝＋＋>0，f(x)在(－1，ln a)上有一个零点；因为ex>x，所以f(x)>e2x－2aex－ax>e2x－2aex－aex＝ex(ex－3a).所以当x>ln 3a时，f(x)>0，f(x)在(ln a，ln 3a)上有一个零点．综上所述，f(x)有两个零点时，a的取值范围(1，＋∞).(共26张PPT)
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导数与函数的零点
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方法提炼
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X微练(三十六)　导数与函数的零点
班级：　　　　　　姓名：
1．已知函数f(x)＝，a∈R.
(1)若a＝0，求f(x)的最大值；
(2)若02．(2025·烟台一模)已知函数f(x)＝x(x＋c)2在x＝1处有极大值．
(1)求实数c的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋a有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
3.(2025·济南一模)已知a，b∈R，函数f(x)＝ex－a－bx，x∈[0，＋∞).
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)存在零点．
(ⅰ)当b＝0时，求a的取值范围；
(ⅱ)求证：a2＋b2>2.
微练(三十六)　导数与函数的零点
1．解　(1)若a＝0，则f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝e，当00；当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(e)＝.
(2)f′(x)＝＝.由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．因为0e时，f(x)＝＝a＋>0，故f(x)在(e，＋∞)上无零点；当00，且f(x)在(0，e)上单调递增，所以f(x)在(0，e)上有且只有一个零点．综上可得，当02．解　(1)由函数f(x)＝x(x＋c)2，求导可得f′(x)＝(x＋c)(3x＋c)，由函数f(x)＝x(x＋c)2在x＝1处有极大值，则f′(1)＝0，解得c＝－1或－3，当c＝－1时，可得f′(x)＝(x－1)(3x－1)，易知当1时，f′(x)>0，则此时函数f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意，舍去；当c＝－3时，可得f′(x)＝(x－3)(3x－3)，易知当x<1时，f′(x)>0；当1(2)由(1)可得函数f(x)＝x(x－3)2，求导可得f′(x)＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或3，可得下表：
x (－∞，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数f(x)的极大值为f(1)＝4，极小值为f(3)＝0，
函数g(x)＝f(x)＋a存在三个零点，等价于函数f(x)的图象与直线y＝－a存在三个交点，如图，由图可得0<－a<4，则－43．解　(1)a＝0时，f′(x)＝ex－b，当b≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，既无极大值也无极小值．当b>1时，x∈[0，ln b)，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，x∈(ln b，＋∞)，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，函数f(x)的极小值是b－b ln b，无极大值．
(2)(ⅰ)当b＝0时，因为函数f(x)存在零点，故ex＝a有解，若x＝0，此时无解，所以x>0，ex＝a有解，令g(x)＝ex－a，则g′(x)＝ex－＝，①若a≤0，g(x)单调递增，g(x)>g(0)＝1，此时不存在零点；②若a>0，令h(x)＝2ex－a，h(0)＝－a<0，h(a2)＝a－a>0，由函数零点存在定理可知存在x0∈(0，a2)，h(x0)＝0，2＝a，所以g(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数，故g(x)min＝－a＝－a≤0，解得x0≥，故a≥＝，即实数a的取值范围为[，＋∞).
(ⅱ)证明：因为函数f(x)存在零点，所以f(x)＝ex－a－bx＝0有解x0，其中x0≥0，若x0＝0，则1－a×0－b×0＝1≠0，不成立，故x0>0.故a＋bx0－ex0＝0，考虑直线a＋bx0－ex0＝0，表示原点与直线a＋bx0－ex0＝0上的动点(a，b)之间的距离，≥，所以a2＋b2≥，x0>0时，要证a2＋b2>2，只需证>2，即证e2x0－2x－2x0>0.令g(x)＝e2x－2x2－2x，x>0，则g′(x)＝2e2x－4x－2＝2(e2x－2x－1)，令h(x)＝e2x－2x－1，x>0，故h′(x)＝2(e2x－1)>0，h(x)在(0，＋∞)上为增函数，故h(x)>h(0)＝0.即g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数，故g(x)>g(0)＝1，故>2，即a2＋b2>2成立．(共11张PPT)
微练(三十六)
导数与函数的零点
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