2025年高考数学一轮复习教学课件第3章 第6课时　利用导数解决函数的零点问题

必备知识·关键能力·学科素养·核心价值第三章一元函数的导数及其应用 第6课时　利用导数解决函数的零点问题对应学生用书第75页 典例精研　核心考点第6课时　利用导数解决函数的零点问题考点一　判断、证明或讨论函数零点的个数[典例1]已知函数f(x)＝xsinx－.判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．[解]f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：因为f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈时，f′(x)＞0.又f(x)＝xsinx－，从而有f(0)＝－＜0，f＝＞0，且f(x)在上的图象是连续不断的，所以f(x)在内至少存在一个零点． 又f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且只有一个零点．当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m∈，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈时，有g′(x)＜0，从而g(x)在上单调递减． 当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在上单调递增，故当x∈时，f(x)＞f＝＞0，故f(x)在上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)上单调递减．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在(m，π)上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点． 名师点评利用导数求函数的零点个数的常用方法(1)数形结合法．利用导数研究函数的性质，画出相应函数的图象，数形结合求解．(2)零点存在定理法．先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点．(3)分离参数法．转化为一条直线与一个复杂函数图象交点个数问题． [跟进训练]1．(2023·湖南师大附中三模节选)已知函数f(x)＝ex－(a∈R)，试讨论函数f(x)零点个数．[解]由f(x)＝ex－＝0，得xex＝a(x≠0)，设h(x)＝xex，则h′(x)＝(x＋1)ex，当x＜－1时，h′(x)＜0，当－1＜x＜0，x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)＝xex在(－1，0)，(0，＋∞)上单调递增；在(－∞，－1)上单调递减，所以h(x)min＝h(－1)＝－，据此可画出h(x)＝xex的大致图象如图，所以，①当a＜－或a＝0时，f(x)无零点；②当a＝－或a＞0时，f(x)有一个零点；③当－＜a＜0时，f(x)有两个零点． 【教师备选资源】(2021•新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.从下面两组条件中选一个，证明：f(x)恰有一个零点．①<a≤，b>2a；②0<a<，b≤2a.[证明]f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．若选①，令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝ln(2a)．∵<a≤，∴当x<0或x>ln(2a)时，f′(x)>0，当0<x<ln(2a)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln(2a))上单调递减，在(ln(2a)，＋∞)上单调递增．注意到f＝<0，f(0)＝b－1>2a－1>0.∴f(x)在上有一个零点； 又f(ln(2a))＝[ln(2a)－1]·2a－a·ln2(2a)＋b>2aln(2a)－2a－aln2(2a)＋2a＝aln(2a)[2－ln(2a)]，由<a≤，得0<ln(2a)≤2，∴aln(2a)[2－ln(2a)]≥0，∴f(ln(2a))>0，当x≥0时，f(x)≥f(ln(2a))>0，此时f(x)无零点．综上，f(x)在R上仅有一个零点．若选②，令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝ln(2a)．∵0<a<，∴ln(2a)<0，∴当x>0或x<ln(2a)时，f′(x)>0，当ln(2a)<x<0时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，ln(2a))上单调递增，在(ln(2a)，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又f(ln(2a))＝[ln(2a)－1]·2a－aln2(2a)＋b≤2aln(2a)－2a－aln2(2a)＋2a＝aln(2a)[2－ln(2a)]，ln(2a)<0，∴aln(2a)[2－ln(2a)]<0，∴f(ln(2a))<0，∴当x≤0时，f(x)≤f(ln(2a))<0，此时f(x)无零点．当x>0时，f(x)单调递增，注意到f(0)＝b－1≤2a－1<0，取c＝，∵b≤2a<1，∴c>>1，又易证ec>c＋1，∴f(c)＝(c－1)ec－ac2＋b>(c－1)(c＋1)－ac2＋b＝(1－a)c2＋b－1>c2＋b－1＝1－b＋1＋b－1＝1>0，∴f(x)在(0，c)上有唯一零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．综上，f(x)在R上有唯一零点． 考点二　已知函数零点个数求参数的取值范围[典例2](2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．[思维流程] [解](1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋，f(0)＝0，所以切点为(0，0)．f′(x)＝，f′(0)＝2，所以切线斜率为2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.(2)f(x)＝ln(1＋x)＋，f′(x)＝＝，设g(x)＝ex＋a(1－x2)，①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上单调递增，f(x)<f(0)＝0，故f(x)在(－1，0)上没有零点，不合题意． ②若－1<a<0，当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．③若a<－1，(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0，所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f′(m)＝0，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，当x→＋∞，f(x)→＋∞，所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点，在(0，m)上没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点． (ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)，设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，h′(x)＝ex－2a>0，所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，g′(－1)＝＋2a<0，g′(0)＝1>0，所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(n，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝1＋a<0，又g(－1)＝>0，所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f′(t)＝0，当x∈(－1，t)时，f(x)单调递增，当x∈(t，0)时，f(x)单调递减，又x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f(x)>0，所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，即f(x)在(－1，0)上有唯一零点，所以a<－1，符合题意． ④当a＝0时，f(x)＝ln(1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意．⑤当a＝－1时，f′(x)＝，令k(x)＝ex＋x2－1，则k′(x)＝ex＋2x，当x>0时，k′(x)>0，k(x)单调递增，k(x)>k(0)＝0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)>f(0)＝0，不合题意．所以若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)． 【教师备选资源】(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．[思维流程] [解](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)f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在一个零点，不合题意．当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝lna．当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0．所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．故当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a(1＋lna)． (ⅰ)若0<a≤，则f(lna)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意．(ⅱ)若a>，则f(lna)<0.由于f(－2)＝e-2>0，所以f(x)在(－∞，lna)上存在唯一零点．由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝·－a(x＋2)＝2a>0.故f(x)在(lna，＋∞)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.名师点评与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题． [跟进训练]2．(1)(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是()A．(－∞，－2)B．(－∞，－3)C．(－4，－1)D．(－3，0)(2)已知函数f(x)＝x2－alnx，若a>0，函数f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求a的取值范围．(1)B[由题意知f′(x)＝3x2＋a，要使函数f(x)存在3个零点，则f′(x)＝0要有2个不同的根，则a<0．令3x2＋a＝0，解得x＝±.令f′(x)>0，则x<－或x>，令f′(x)<0，则－<x<.所以f(x)在和上单调递增，在上单调递减，所以要使f(x)存在3个零点，则即解得a<－3.故选B.]√ (2)[解]函数f(x)＝x2－alnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝.因为a>0，由f′(x)>0，得x>，由f′(x)<0，得0<x<.即f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．①若≤1，即0<a≤1时，f(x)在(1，e)上单调递增，f(1)＝，f(x)在区间(1，e)上无零点． ②若1<<e，即1<a<e2时，f(x)在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，f(x)min＝f()＝a(1－lna)．∵f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，∴∴e<a<e2.③若e，即a≥e2时，f(x)在(1，e)上单调递减，f(1)＝>0，f(e)＝e2－a<0，f(x)在区间(1，e)上只有一个零点．综上，f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点时，a的取值范围是. 微点突破3隐零点问题在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题． [典例]已知函数f(x)＝xex－lnx－1，若f(x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围．[赏析]法一(分离变量法)：由f(x)≥mx得xex－lnx－1≥mx(x＞0)，即m≤，令φ(x)＝，则φ′(x)＝，令h(x)＝x2ex＋lnx，则h′(x)＝(2x＋x2)ex＋＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 切入点：零点存在定理，发现零点，设而不求又h＝－1＜－1＝0，h(1)＝e＞0，所以h(x)在存在零点x0，即h(x0)＝＋lnx0＝0，突破点：等价变形，寻找等量关系＋lnx0＝＝－＝)， 关键点：辅助函数，得出等量关系令y＝xex(x＞0)，因为y′＝(x＋1)ex＞0，所以y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln＝－lnx0，即＝，所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．落脚点：整体代换，代入求值所以φ(x)min＝φ(x0)＝＝＝1，所以m≤1. 法二(朗博同构法)：由f(x)≥mx得xex－lnx－1≥mx(x＞0)，即ex＋lnx－(x＋lnx)－1＋(1－m)x≥0(x＞0)恒成立．由切线不等式得故(1－m)x≥0(x＞0)恒成立，所以1－m≥0，即m≤1.名师点评函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用零点存在定理估计所设零点所在的一个小范围(区间长度小于1个单位)，然后利用零点所满足的关系进行代换化简． [跟进训练]1．若alnx－(2a＋1)x<1－2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值．[解]因为alnx－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即a<在x∈(1，＋∞)上恒成立．令h(x)＝，x>1，可得h′(x)＝，令t(x)＝lnx－－1(x>1)，可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，所以存在x0∈(3，4)，使得t(x0)＝lnx0－－1＝0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝＝＝x0∈(3，4)．因为a<在(1，＋∞)上恒成立，所以a<h(x)min＝x0，所以整数a的最大值为3. 2．设函数f(x)＝ex－x－2，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．[解]由题意知f′(x)＝ex－1.(x－k)·f′(x)＋x＋1＞0，即(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，得k<x＋(x>0)恒成立，令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(x>0)．令h(x)＝ex－x－2(x>0)，则h′(x)＝ex－1>0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)存在唯一零点α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2. 点击页面进入…（WORD版）巩固课堂所学·激发学习思维夯实基础知识·熟悉命题方式自我检测提能·及时矫正不足本节课掌握了哪些考点？本节课还有什么疑问点？课后训练学习反思课时小结课时分层作业(二十二)利用导数解决函数的零点问题 THANKS