导数与函数的零点课件（共56张PPT）2021届高考二轮考前复习数学文科

(共56张PPT)
导数与函数的零点
真题再研析·提升审题力
【典例】(12分)(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.
【审题·正向思维】
(1)函数求导→解不等式→确定单调区间;
(2)问题转化→方程有两解→构造函数→单调性求解.
【标准答案】(1)当a=1时,f(x)=ex-(x+2),
f′(x)=ex-1,
……………………2分
令f′(x)<0,解得x<0,
令f′(x)>0,解得x>0,
……………………4分
所以f(x)的减区间为(-∞,0),
增区间为(0,+∞);
…………………………5分
(2)若f(x)有两个零点,
即ex-a(x+2)=0有两个解,
因为f(-2)=e-2≠0,
所以f(x)的解一定不是-2,
所以a=
有两个解,
令h(x)=
(x≠-2),
……………………7分
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,……………………
9分
且当x<-2时,h(x)<0,
当x从右侧趋近于-2时,h(x)→+∞,
当x→+∞时,h(x)→+∞,
所以当a=
有两个解时,有a>h(-1)=
,
………………11分
满足条件的a的取值范围是:
.
………………………………12分
【深度解读】
测试
目标
(1)利用导数研究函数的单调性;
(2)构造函数,结合函数单调性求解
测试
目标
数学抽象:由零点问题抽象出方程有解;
逻辑推理:函数单调性与方程有解;
数学建模:构造函数;
数学运算:函数求导,解不等式
【模拟考场】
已知函数f(x)=ex-1,g(x)=
+x.(其中e是自然对数的底数,e=2.718
28…)
(1)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点;
(2)说明方程f(x)=g(x)的根的个数.
　【解析】(1)h(x)=f(x)-g(x)=ex-1-
-x,所以h(1)=e1-1-
-1=e-3<0,
h(2)=e2-1-
-2=e2-3-
>0,又h(x)在(1,2)上连续,所以h(x)在区间(1,2)
上有零点.
(2)由(1)可知h(x)=f(x)-g(x)=ex-1-
-x.
由g(x)=
+x知x∈[0,+∞),
而h(0)=0,则x=0为h(x)的一个零点.
又h(x)在(1,2)内有零点,
因此h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点.
h′(x)=ex-
-1,记φ(x)=ex-
-1,
则φ′(x)=ex+
当x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增,易知φ(x)在
(0,+∞)内至多有一个零点,
即h(x)在(0,+∞)内至多有两个零点,
则h(x)在[0,+∞)上有且只有两个零点,
所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2.
【考场秘技】
1.求解函数零点个数问题的三个步骤
第一步: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.
2.根据函数零点情况求参数范围
(1)要注意端点的取舍;
(2)选择恰当的分类标准进行讨论.
3.求与函数零点有关的参数范围的四个技巧
(1)对函数求导;
(2)分析函数在区间(a,b)上的单调情况;
(3)数形结合分析极值点;
(4)依据零点的个数确定极值的取值范围,从而得到参数的范围.
【万能模板】
　利用导数研究函数零点的思路
第一步求导数:利用运算法则求导,要注意函数的定义域;
第二步找关系:根据几何意义,极值点,极值等寻求等量关系;
第三步寻突破:利用第一问的结论,或函数的单调性,结合图形,寻找讨论的依据;
第四步逐段清:分段讨论,确定每段的结论;
第五步得结论:根据每段的情况,下结论.
【阅卷点评】
1.关键分:解题过程的关键点,有则给分,无则没分.如分类讨论确定是否存在零点.
2.计算分:计算准确是根本保证.
3.规范分:审视思路,规划并书写规范步骤.
4.重视转化思想在研究函数零点中的应用,如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点,充分利用函数的图象与性质,借助导数求解.
1.(参数范围)若函数f(x)=ax3-bx+4(a,b∈R),当x=2时,函数f(x)有极值-
.
(1)求函数的解析式;
(2)求函数的极值;
(3)若关于x的方程f(x)=k有三个零点,求实数k的取值范围.
高考演兵场·检验考试力
1.【解析】(1)f′（x）=3ax2-b,
由题意知
解得
故所求的解析式为f(x)=
x3-4x+4;
(2)由(1)可得f′(x)=x2-4=(x－2)(x+2),
令f′(x)
=0,得x=2或x=-2,列表如下:
所以当x=-2时,f(x)有极大值f(-2)=
,当x=2时,f(x)有极小值f(2)=-
;
(3)由(2)知,当x<-2或x>2时,f(x)为增函数;
当-2所以函数f(x)=
x3-4x+4的图象大致如图,
由图可知当-
时,f(x)与y=k有三个交点,
所以实数k的取值范围为
2.(零点个数)已知f(x)=ex-mx.
(1)若曲线y=ln
x在点(e2,2)处的切线也与曲线y=f(x)相切,求实数m的值;
(2)试讨论函数f(x)零点的个数.
2.【解析】(1)曲线y=ln
x在点(e2,2)处的切线方程为
y-2=
(x-e2),即y=
x+1.
令切线与曲线f(x)=ex-mx相切于点(x0,
-mx0),则切线方程为
y=(
-m)x-
(x0-1),
所以
所以
令m+e-2=t,则t(1-ln
t)=1,
记g(t)=t(1-ln
t),g′(t)=1-(1+ln
t)=-ln
t,
于是,g(t)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以g(t)max=g(1)=1,于是t=m+e-2=1,m=1-e-2.
(2)f′(x)=ex-m,
①当m<0时,f′(x)>0恒成立,f(x)在R上单调递增,
且f(0)=1>0,
-1<0,
所以函数f(x)在R上有且仅有一个零点;
②当m=0时,f(x)=ex在R上没有零点;
③当m>0时,令f′(x)>0,则x>ln
m,即函数f(x)的增区间是(ln
m,+∞),
同理,减区间是(-∞,ln
m),
所以f(x)min=m(1-ln
m).
(ⅰ)若0m)>0,f(x)在R上没有零点;
(ⅱ)若m=e,则f(x)=ex-ex有且仅有一个零点;
(ⅲ)若m>e,则f(x)min=m(1-ln
m)<0.
f(2ln
m)=m2-2mln
m=m(m-2ln
m),
令h(m)=m-2ln
m,则h′(m)=1-
,
所以当m>e时,h(m)单调递增,h(m)>h(e)>0.
所以f(2ln
m)=m2-2mln
m=m(m-2ln
m)>m(e-2)>0,
又因为f(0)=1>0,
所以f(x)在R上恰有两个零点,
综上所述,当0≤m当m<0或m=e时,函数f(x)恰有一个零点;
当m>e时,f(x)恰有两个零点.
3.(零点与单调性)已知函数f(x)=ln
x-ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若a=-1,当x>0时,函数g(x)=x2-2mf(x)(m>0)有且只有一个零点,求m的值.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
且f′(x)=
当a≤0时,f′(x)>0,
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a>0时,令f′(x)=0,得x=
,
由f′(x)>0得0,由f′(x)<0得x>
,
所以函数f(x)在
上单调递增,在
上单调递减.
(2)由题意知g(x)=x2-2mln
x-2mx(m>0),
则g′(x)=
,x>0,
令g′(x)=0,得x1=
<0(舍去),
x2=
当x∈(0,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(0,x2)上单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(x2,+∞)上单调递增;
所以g(x)的最小值为g(x2),
因为函数g(x)有且只有一个零点,所以g(x2)=0.
由
得
所以2mln
x2+mx2-m=0,
因为m>0,所以2ln
x2+x2-1=0.(
)
设函数y=2ln
x+x-1,
易知当x>0时,该函数是增函数,
且当x=1时,y=0,所以方程(
)的解为x2=1,
所以x2=
=1,解得m=
.
4.(零点与最值)已知函数f(x)=
(1)当a=-2时,求f(x)的最值;
(2)讨论f(x)的零点个数.
【解析】(1)因为a=-2,所以f(x)
=
+2,
所以f′(x)=-
,
令f′(x)>0,得x<0;令f′(x)<0,得x>0,
则f(x)在(－∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
故f(x)在x=0时取得最大值,f(0)=3,没有最小值.
(2)令f(x)=
-a=0,得a=
.
设g(x)=
,则g′(x)=
当x>0时,g′(x)<0,当x<0时,g′(x)>0,
所以g(x)在(－∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
所以g(x)≤g(0)=1,
而当x>-1时,g(x)>0;当x<-1时,g(x)<0.
所以g(x)的图象如图所示,
①当a>1时,方程g(x)=a无解,即f(x)没有零点;
②当a=1时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;
③当0④当a≤0时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点.
综上,当a>1时,f(x)没有零点;
当a=1或a≤0时,f(x)有唯一的零点;
当05.(零点与极值)已知函数f(x)=(x+2)ln
x+ax2-4x+7a(a∈R).
(1)若a=
,求函数f(x)的所有零点;
(2)若a≥
,证明函数f(x)不存在极值.
【解析】(1)当a=
时,f(x)=（x+2）ln
x+
x2-4x+
,
函数f(x)的定义域为(0,+∞),
且f′(x)=ln
x+
+x-3.
设g(x)=ln
x+
+x-3,
则g′(x)=
当01时,g′(x)>0,
即函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以当x>0时,g(x)≥g(1)=0(当且仅当x=1时取等号).
即当x>0时,f′(x)≥0(当且仅当x=1时取等号).
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,至多有一个零点.
因为f(1)=0,所以x=1是函数f(x)唯一的零点.
所以若a=
,则函数f(x)的所有零点只有x=1.
(2)方法一:因为f(x)=(x+2)ln
x+ax2-4x+7a,
函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=ln
x+
+2ax-4.
当a≥
时,f′(x)≥ln
x+
+x-3,
由(1)知ln
x+
+x-3≥0.
即当x>0时f′(x)≥0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
所以f(x)不存在极值.
方法二:因为f(x)=
(x+2)ln
x+ax2-4x+7a,
函数f(x)的定义域为(0，+∞),且f′(x)=ln
x+
+2ax-4.
设m(x)=ln
x+
+2ax-4,
则m′(x)=
+2a=
设h(x)=2ax2+x-2(x>0),则m′(x)与h(x)同号.
当a≥
时,由h(x)=2ax2+x-2=0,
解得x1=
<0,x2=
>0.
可知当0x2时,h(x)>0,即m′(x)>0,
所以f′(x)在(0,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.
由(1)知ln
x+
+x-3≥0.
则f′(x2)=ln
x2+
+x2-3+(2a－1)x2≥(2a－1)x2≥0.
所以f′(x)≥f′(x2)≥0,即f(x)在定义域上单调递增.
所以f(x)不存在极值.
6.(零点与极值、单调性)已知函数f(x)=xln
x+x2-ax(a∈R).
(1)若a=3,求f(x)的单调性和极值;
(2)若函数y=f(x)+
至少有1个零点,求a的取值范围.
6.【解析】(1)当a=3时,f(x)=xln
x+x2-3x,
所以f′(x)=ln
x+2x-2,
当0x<0,2x-2<0,
所以f′(x)=ln
x+2x-2<0,
当x>1时,ln
x>0,2x-2>0,
所以f′(x)=ln
x+2x-2>0,
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
f(x)在x=1处取得极小值,极小值为f(1)=-2,无极大值.
(2)因为f(x)+
=xln
x+x2-ax+
,
由xln
x+x2-ax+
=0得a=ln
x+x+
,
令g(x)=ln
x+x+
,
则g′(x)=
由g′(x)=0得xex=1.
令h(x)=xex,当x>0时,h′(x)=(x+1)ex>0,
所以h(x)=xex在(0,+∞)上单调递增,
因为
<1,h(1)=e>1,
所以存在x0∈
,使得x0
=1,
且当x∈(0,x0)时,h(x)<1,即xex-1<0,
当x∈(x0,+∞)时,h(x)>1,即xex-1>0,
因为x+1>0,x2ex>0,
所以当x∈(0,x0)时,g′(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,
所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以g(x)在x=x0处取得最小值g(x0)=ln
x0+x0+
,
因为x0
=1,
所以ln
=ln
1=0,即ln
x0+x0=0,
所以ln
x0+x0+
=0+
=1,即g(x0)=1,
所以当a<1时,函数y=f(x)+
无零点,
当a≥1时,因为g(a)=ln
a+a+
>a,
所以函数y=f(x)+
至少有1个零点,
故a的取值范围是[1,+∞).
7.(与数列结合)已知函数f(x)=xln
x+1-ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的零点个数.
(2)正项数列{an}满足a1=
,an+1=ln
+1(n∈N
),
求证:
7.【解析】(1)f(x)的定义域为
,
令f′(x)=ln
x+1-a=0,则x=ea-1.
当0ea-1时,f′(x)>0,
所以f(x)在(0,ea-1)上单调递减,在(ea-1,+∞)上单调递增,
所以f(x)的最小值为f(ea-1)=1-ea-1.
当a<1时,1-ea-1>0,此时f(x)无零点,
当a=1时,1-ea-1=0,此时f(x)只有一个零点,
当a>1时,1-ea-1<0,f(ea)=1>0,
又ea>ea-1,
所以f(x)在(ea-1,+∞)上有且只有一个零点.
f(e-a)=1-2ae-a=
,
令h(a)=ea-2a,h′(a)=ea-2,
因为a>1,所以h′(a)>0,
所以h(a)>h(1)=e-2>0,所以2a0,
所以f(x)在(0,ea-1)上有且只有一个零点.
综上:
当a<1时,函数无零点;
当a=1时,函数有且只有一个零点;
当a>1时,函数有两个零点.
(2)由(1)知:当a=1时,f(x)≥0,所以ln
x≥1-
,
所以an+1=ln
+1≥2-
所以
所以
所以
8.(探索问题)已知函数f(x)=ax-ln
x-a(a∈R).
(1)求函数f(x)的极值;
(2)是否存在实数a,使方程f(x)=0有两个不同的实数根?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a-
①当a≤0时,f′(x)<0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,此时函数f(x)无极值,
②当a>0时,令f′(x)=0,得x=
.
当0时,f′(x)<0,所以函数f(x)在
上单调递减;
当x>
时,f′(x)>0,所以函数f(x)在
上单调递增.
此时,函数f(x)有极小值,为f
=1-a+ln
a,无极大值.
综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;当a>0时,函数f(x)有极小值f
=1-a+ln
a,
无极大值.
(2)假设存在实数a,使得方程f(x)=0有两个不同的实数根,
即函数f(x)有两个不同的零点.
①当a≤0时,由(1)知函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以方程f(x)=0不存在两个不同的实数根.
②当0>1.
因为f(1)=0,所以由(1)知f
f
=
+2ln
a-a,令g(a)=
+2ln
a-a(0则g′(a)=-
+
-1=-
<0,所以g(a)在(0,1)上单调递减,
所以g(a)>
+2×ln
1-1=0,所以f
=
+2ln
a-a>0.
此时,函数f(x)在
上也有一个零点,
所以,当0③当a=1时,
=1,f(x)≥f(1)=0,此时函数f(x)仅有一个零点.
④当a>1时,0<
<1,因为f(1)=0,
所以由(1)知f
令函数h(a)=ea-a,则h′(a)=ea-1,当a>0时,h′(a)>0,h(a)单调递增,
所以当a>0时,h(a)>h(0)=1>0,所以ea>a>0,则
又f
=ae-a>0,所以函数f(x)在
上也有一个零点,
所以,当a>1时,函数f(x)有两个不同的零点,
综上所述,当a∈(0,1)∪(1,+∞)时,函数f(x)有两个不同的零点,即方程f(x)=0有两个不同的实数根.