第三章 微专题三　利用导数研究函数的零点 课时练作业 ppt

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微专题三　利用导数研究函数的零点
数学
内容索引
关键能力提升
第一部分
考点1　数形结合法研究函数的零点
考点2　利用函数的性质研究函数的零点
01
02
03
课时作业
第二部分
考点3　构造函数法研究函数的零点
能利用导数判断函数零点的个数或范围，能根据函数的零点求参数的取值范围，理解零点的几何意义，体会函数图象在解决此类问题中的作用．
互动探究·考点精讲
关键能力提升
第
分
部
一
考点1 数形结合法研究函数的零点
【例1】　（2024·广东汕头三模节选）已知函数f(x)＝x(ex－ax2).若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a的值．
【解】　函数f(x)＝x(ex－ax2)在(0，＋∞)上只有一个零点，等价于y＝ex－ax2在(0，＋∞)上只有一个零点．
规律总结
含参数的函数的零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，则可将参数分离出来，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．
(1)当a＝1时，求f(x)的最大值；
令f′(x)＝0，得x＝±1.
∵x>0，
∴当x∈(0，1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
(2)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数．
考点2 利用函数的性质研究函数的零点
【例2】　（2024·河南郑州三模）已知函数f(x)＝eax－x，讨论f(x)的零点个数．
【解】　由题意知f′(x)＝aeax－1.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减，又f(0)＝1>0，f(1)＝ea－1≤0，
故f(x)存在一个零点，此时f(x)的零点个数为1.
规律总结
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
【对点训练2】　（2024·广东梅州二模）已知函数f(x)＝ex，g(x)＝x2＋1，h(x)＝a sin x＋1(a>0).
(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>g(x)；
解：证明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x2－1，则G′(x)＝ex－2x.
记p(x)＝ex－2x，则p′(x)＝ex－2，
当x∈(0，ln 2)时，p′(x)<0，当x∈(ln 2，＋∞)时，p′(x)>0，
所以p(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，从而在(0，＋∞)上，G′(x)＝p(x)≥p(ln 2)＝2－2ln 2>0，
所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因此在(0，＋∞)上，G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x).
(2)讨论函数F(x)＝f(x)－h(x)在(0，π)上的零点个数．
解：F(x)＝f(x)－h(x)＝ex－a sin x－1，F′(x)＝ex－a cos x.
若01－a≥0，
所以F(x)在(0，π)上单调递增，则F(x)>F(0)＝0，即函数F(x)在(0，π)上无零点；
若a>1，记q(x)＝F′(x)＝ex－a cos x，
则在(0，π)上，q′(x)＝ex＋a sin x≥0，所以q(x)在(0，π)上单调递增，
所以当0而F(x0)0，
所以F(x)在(0，x0)上无零点，在(x0，π)上有唯一零点．
综上，当01时，F(x)在(0，π)上有且仅有1个零点．
考点3 构造函数法研究函数的零点
规律总结
1．涉及函数的零点（方程的根）问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
2．构造函数的常用方法：①直接作差构造函数；②作商转化为两个函数；③指对同构构造函数．
【对点训练3】　已知函数f(x)＝ex＋x＋4ln (2－x)，判断函数f(x)的零点个数，并说明理由．
解：方法一　函数f(x)有两个零点．理由如下：
当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当0所以h(x)≤h(0)＝0，故g′(x)≤0，
所以g(x)在(－∞，2)上为减函数，
所以当x<0时，g(x)>g(0)＝0，即当x<0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增，当00，
f(2－e-6)＝ ＋2－e-6－24所以f(x)在区间(2－e6，0)，(0，2－e-6)内各有一个零点，即函数f(x)有两个零点．综上，函数f(x)有两个零点．
方法二　函数f(x)有两个零点．理由如下：
令f(x)＝ex＋x＋4ln (2－x)＝0，可得ex＝－x－4ln (2－x)，
判断函数f(x)的零点个数，即判断函数t(x)＝ex(x<2)与g(x)＝－x－4ln (2－x)(x<2)图象交点的个数．
t(x)＝ex为增函数，t(x)>0，当x→－∞时，t(x)→0，当x→－∞时，g(x)→＋∞.
当－20，g(x)单调递增，当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
因为g(－2)＝2－4ln 4<0，
且当x→－∞时，g(x)→＋∞，当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2，所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln (2－x)的图象在(－∞，0)上有一个交点，在(0，2)上有一个交点．
综上，函数f(x)有两个零点．
微拓展
拉格朗日中值定理
1．拉格朗日(Lagrange)中值定理
若函数f(x)满足如下条件：
(1)f(x)在闭区间[a，b]上连续；
(2)f(x)在开区间(a，b)内可导．
2．拉格朗日中值定理的几何意义
如图所示，在满足定理条件的曲线y＝f(x)上至少存在一点P(ξ，f（ξ)），该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线．
【典例】　（2024·河北衡水三模）已知f(x)＝ex－x.
(1)求f(x)的单调区间和最值；
【解】　f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，单调减区间为(－∞，0).
当x＝0时，f(x)取得最小值1，无最大值．
而g′(x)＝(x＋1)ex>0，g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为m<ξg′(m)，即g′(ξ)>(m＋1)em，
故只需证(m＋1)em≥(m＋1)2即可，因为m>0，所以只需证em≥m＋1.
由(1)知ex≥x＋1恒成立，因此原命题得证．
课时作业23
第
分
部
二
若00，f(x)单调递增；当x∈(a，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
若a>1，则当x∈(0，1)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
若a＝1，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，即g′(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，即g′(x)单调递增．
g′(1)＝0，且g′(x)在(1，x0)单调递减，所以g′(x0)<0，
又g′(2)＝e－2>0，
因此g′(x)在区间(x0，2)存在唯一零点t.
当x∈(0，1)∪(t，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，t)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以g(x)的极值点为1，t，
因此g(x)极值点的个数为2.
3．（16分）（2024·河南新乡二模）已知函数f(x)＝x(e－x－a).
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(－1，f（－1)）处的切线方程；
解：当a＝e时，f(x)＝x(e－x－e)，
则f′(x)＝e－x－e－xe－x＝(1－x)e－x－e，所以f′(－1)＝e，f(－1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(－1，f（－1)）处的切线方程为y＝e(x＋1)，即y＝ex＋e.
(2)方程f(x)＝－a ln x有两个不同的实数解，求a的取值范围．
解：由f(x)＝－a ln x，得xe－x－ax＝－a ln x，
即a(x－ln x)＝xe－x.
当01时，h′(x)>0，
所以函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝1，即x－ln x≥1，
4．（16分）已知函数f(x)＝ex－1＋ax(a∈R).
(1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围；
解：由题意，得f′(x)＝ex＋a.
若a≥－1，则当x∈[0，＋∞）时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[0，＋∞）上单调递增，
∴当x∈[0，＋∞）时，f(x)≥f(0)＝0，符合题意；
若a<－1，令f′(x)<0，得x∴f(x)在(0，ln （－a)）上单调递减，
∴当x∈(0，ln （－a)）时，f(x)综上，a的取值范围为[－1，＋∞）.
易知y＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，∴t＝x，得a＝x－ln x，
则原问题可转化为方程a＝x－ln x有两个不同的实数解．
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，
令φ′(x)<0，得0令φ′(x)>0，得x>1，
∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1，且当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，∴a≥1.
令u(x)＝xex，则u(x)＝u(a＋ln x).
当x>0时，u′(x)＝(x＋1)ex>0，
∴u(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝a＋ln x，即a＝x－ln x.
下同方法一．