微专题三　利用导数研究函数的零点 课件（共40张PPT）

(共40张PPT)
上篇 专题六 函数与导数
微专题三　利用导数研究函数的零点
热点聚焦 分类突破
专题训练 对接高考
内容索引
1
热点聚焦 分类突破
突破点一　证明、判定函数零点的个数
【例1】 (母题突破)(2021·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b，其中a>0，b∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
解　由函数的解析式，得f′(x)＝x(ex－2a)，x∈R.
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln(2a)，
令f′(x)<0，得ln(2a)所以f(x)在(－∞，ln(2a))，(0，＋∞)上单调递增，在(ln(2a)，0)上单调递减.
则b>2a>1，f(0)＝b－1>0，f(－b)＝(－1－b)e－b－ab2＋b<0.
又由(1)知函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，故函数f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点.
f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b>2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a
＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]，
结合函数f(x)的单调性可知函数f(x)在区间(0，＋∞)上没有零点.
综上可得，函数f(x)只有一个零点.
证明　由例题(1)知，f(x)在(－∞，ln(2a))，(0，＋∞)上单调递增，在(ln(2a)，0)上单调递减.
f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b≤2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a
＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]，
故aln(2a)[2－ln(2a)]<0，
所以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，
又易证ec>c＋1，
所以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)只有一个零点.
判断(证明)函数零点的常用方法
(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.
(2)利用零点存在性定理，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.
探究提高
【训练1】 (2021·江南十校模考)已知函数f(x)＝ax－ax(a>0且a≠1).
(1)当a＝e时，求函数f(x)的最值；
解　当a＝e时，f(x)＝ex－ex，f′(x)＝ex－e，
令f′(x)＝0，得x＝1，
当x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则f(x)的最小值为f(1)＝0，无最大值.
(2)设g(x)是f(x)的导函数，讨论函数g(x)在区间(0，1)零点的个数.
解　g(x)＝f′(x)＝axln a－a，
①若0②若a>1，g′(x)＝(ln a)2·ax>0，所以g(x)在(0，1)单调递增.
易得g(0)＝ln a－a，令h(a)＝ln a－a(a>1)，
故h(a)又g(1)＝aln a－a＝a(ln a－1)，
①当1②当a>e时，g(1)>0，g(x)在(0，1)有且只有1个零点.
综上所述，若0e，g(x)在(0，1)有且只有1个零点.
突破点二　根据零点求参数
【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　当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，x∈R，
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)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
解　f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
故f(x)至多存在一个零点，不合题意.
②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)单调递减，在(ln a，＋∞)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).
1.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，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.
2.根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”.
探究提高
【训练2】 设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R).
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
解　由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
令g′(x)＝0，得x＝1.
∴g(x)min＝g(1)＝1.
突破点三　函数零点的综合问题
【例3】 设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
(讨论a≥1或a<1来检验，
故当a>0时，f′(x)存在唯一零点.
综上，当a≤0时，f′(x)没有零点，当a>0时，f′(x)存在唯一零点.
证明　由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，
又当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).
探究提高
(1)求b；
解　f′(x)＝3x2＋b.
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
专题训练 对接高考
2
1.(2021·浙江卷节选)设a，b为实数，且a>1，函数f(x)＝ax－bx＋e2(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
解　由题意得f′(x)＝axln a－b.
因为a>1，所以ln a>0，ax>0，
所以当b≤0时，f′(x)>0，
函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
综上，当b≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
(2)若对任意b>2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围.
解　因为函数f(x)有两个不同的零点，所以ax－bx＋e2＝0有两个不同的根，即曲线y＝ax与直线y＝bx－e2有两个不同的交点.
易知直线y＝bx－e2与y轴交于点(0，－e2).
先考虑曲线y＝ax与直线y＝bx－e2相切的情况.
设切点坐标为(t，at)，则切线斜率为atln a，
所以切线方程为y－at＝atln a(x－t)，
则y＝(atln a)x＋at－tatln a＝bx－e2，
所以at－tatln a＝at－atln at＝－e2，
令at＝m(m>0)，则m－mln m＝－e2，
令g(m)＝m－mln m＋e2，则g′(m)＝－ln m，
当m∈(0，1)时，g′(m)>0，
当m∈(1，＋∞)时，g′(m)<0，
故g(m)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
观察可知at＝e2，
所以要满足条件，则b＞atln a＝e2ln a恒成立.
因为b＞2e2，只需2e2≥e2ln a即可，解得1＜a≤e2.
故a的取值范围为(1，e2].
2.设函数f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中a∈R.
(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；
因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.
令g(x)＝1－ax2ex，
又g(1)＝1－ae>0，且
故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
所以f(x)在(0，x0)内单调递增；
所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，
因此x0是f(x)的唯一极值点.
令h(x)＝ln x－x＋1，
故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，
从而当x>1时，h(x)所以ln x又因为f(x0)>f(1)＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点.
又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，
从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点.
3.(2021·长沙模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－x.
(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值；
解　当a＝－1时，f(x)＝ln x－x2－x，且定义域为(0，＋∞)，
(2)设f′(x)为f(x)的导函数，若x1，x2是函数f′(x)的两个不相等的零点，求证：f(x1)＋f(x2)则x1，x2是方程2ax2－x＋1＝0的两个不相等正实根，
故g(t)在(4，＋∞)上单调递减，
故g(t)所以f(x1)＋f(x2)