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第2課時　導數的函數零點問題
【命題分析】函數零點問題在高考中占有很重要的地位,主要涉及判斷函數零點的個數或范圍.高考常考查基本初等函數、三次函數與復合函數的零點問題,以及函數零點與其他知識的交匯問題,一般作為解答題的壓軸題出現.
【核心考點·分類突破】
考點一判斷、證明或討論零點的個數
[例1]已知函數f(x)=x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的單調區間;
(2)證明:f(x)只有一個零點.
解題技法
利用導數確定函數零點或方程的根的個數的方法
(1)構造函數:構建函數g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),轉化為確定g(x)的零點個數問題求解,利用導數研究該函數的單調性、極值,并確定定義區間端點值的符號(或變化趨勢)等,畫出g(x)的圖象草圖,數形結合求解函數零點的個數.
(2)應用定理:利用零點存在定理,先用該定理判斷函數在某區間上有零點,然后利用導數研究函數的單調性、極值(最值)及區間端點值的符號,進而判斷函數在該區間上零點的個數.
對點訓練
(2023·鄭州質檢)已知函數f(x)=ex-ax+2a,a∈R.
(1)討論函數f(x)的單調性;
(2)求函數f(x)的零點個數.
【加練備選】
　　 已知函數f(x)=xex+ex.
(1)求函數f(x)的單調區間和極值;
(2)討論函數g(x)=f(x)-a(a∈R)的零點的個數.
考點二利用函數零點問題求參數范圍
[例2]已知函數f(x)=ex-a(x+2).
(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;
(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.
解題技法
由函數零點求參數范圍的策略
(1)涉及函數的零點(方程的根)問題,主要利用導數確定函數的單調區間和極值點,根據函數零點的個數尋找函數在給定區間的極值以及區間端點的函數值與0的關系,從而求得參數的取值范圍.
(2)解決此類問題的關鍵是將函數零點、方程的根、曲線交點相互轉化,突出導數的工具作用,體現轉化與化歸的思想方法.
(3)含參數的函數零點個數,可轉化為方程解的個數,若能分離參數,可將參數分離出來后,用x表示參數的函數,作出該函數圖象,根據圖象特征求參數的范圍.
對點訓練
　已知函數f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a∈R).
(1)當a=4時,求曲線y=g(x)在x=0處的切線方程;
(2)如果關于x的方程g(x)=2exf(x)在區間[,e]上有兩個不等實根,求實數a的取值范圍.
.
【加練備選】
　　 (一題多法)(2020·全國Ⅰ卷)已知函數f(x)=ex-a(x+2).
(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;
(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.
考點三與函數零點相關的綜合問題
[例3](2024·錦州模擬)設函數f(x)=e2x-aln x.
(1)討論f(x)的導函數f'(x)零點的個數;
(2)證明:當a>0時,f(x)≥2a+aln .
解題技法
1.證明與零點有關的不等式,函數的零點本身就是一個條件,即零點對應的函數值為0;
2.證明的思路一般對條件等價轉化,構造合適的新函數,利用導數知識探討該函數的性質(如單調性、極值情況等),再結合函數圖象來解決.
對點訓練
　已知函數f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)為f(x)的導函數.
(1)求證:f'(x)在(0,π)上存在唯一零點;
(2)求證:f(x)有且僅有兩個不同的零點.第2課時　導數的函數零點問題
【命題分析】函數零點問題在高考中占有很重要的地位,主要涉及判斷函數零點的個數或范圍.高考常考查基本初等函數、三次函數與復合函數的零點問題,以及函數零點與其他知識的交匯問題,一般作為解答題的壓軸題出現.
【核心考點·分類突破】
考點一判斷、證明或討論零點的個數
[例1]已知函數f(x)=x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的單調區間;
【解析】(1)當a=3時,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.
令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.
當x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)時,f'(x)>0;
當x∈(3-2,3+2)時,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)上單調遞增,在(3-2,3+2)上單調遞減.
(2)證明:f(x)只有一個零點.
【解析】(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等價于-3a=0.
設g(x)=-3a,則g'(x)=≥0,當且僅當x=0時g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)上單調遞增.
故g(x)至多有一個零點,從而f(x)至多有一個零點.
又f(x)===,
取x-1-3a=-2,即x=3a-1時,f(3a-1)≤-<0,取x-1-3a=0,即x=3a+1時,f(3a+1)=>0,故f(x)有零點.
綜上,f(x)只有一個零點.
解題技法
利用導數確定函數零點或方程的根的個數的方法
(1)構造函數:構建函數g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),轉化為確定g(x)的零點個數問題求解,利用導數研究該函數的單調性、極值,并確定定義區間端點值的符號(或變化趨勢)等,畫出g(x)的圖象草圖,數形結合求解函數零點的個數.
(2)應用定理:利用零點存在定理,先用該定理判斷函數在某區間上有零點,然后利用導數研究函數的單調性、極值(最值)及區間端點值的符號,進而判斷函數在該區間上零點的個數.
對點訓練
(2023·鄭州質檢)已知函數f(x)=ex-ax+2a,a∈R.
(1)討論函數f(x)的單調性;
【解析】(1)f(x)=ex-ax+2a,定義域為R,且f'(x)=ex-a,
當a≤0時,f'(x)>0,則f(x)在R上單調遞增;
當a>0時,令f'(x)=0,則x=ln a,
當xln a時,f'(x)>0,f(x)單調遞增.
綜上所述,當a≤0時,f(x)在R上單調遞增;當a>0時,f(x)在(-∞,ln a)上單調遞減,在(ln a,+∞)上單調遞增.
(2)求函數f(x)的零點個數.
【解析】(2)令f(x)=0,得ex=a(x-2),
當a=0時,ex=a(x-2)無解,所以f(x)無零點,
當a≠0時,=,令φ(x)=,x∈R,所以φ'(x)=,當x∈(-∞,3)時,φ'(x)>0;
當x∈(3,+∞)時,φ'(x)<0,
所以φ(x)在(-∞,3)上單調遞增,在(3,+∞)上單調遞減,且φ(x)max=φ(3)=,
又x→+∞時,φ(x)→0,x→-∞時,φ(x)→-∞,
所以φ(x)的大致圖象如圖所示.
當>,即0當=,即a=e3時,f(x)有一個零點;
當0<<,即a>e3時,f(x)有兩個零點;
當<0,即a<0時,f(x)有一個零點.
綜上所述,當a∈(0,e3)時,f(x)無零點;當a∈(-∞,0)∪{e3}時,f(x)有一個零點;當a∈(e3,+∞)時,f(x)有兩個零點.
【加練備選】
　　 已知函數f(x)=xex+ex.
(1)求函數f(x)的單調區間和極值;
【解析】(1)函數f(x)的定義域為R,且f'(x)=(x+2)ex,
令f'(x)=0得x=-2,則f'(x),f(x)的變化情況如表所示:
x (-∞,-2) -2 (-2,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) 單調遞減 - 單調遞增
所以f(x)的單調遞減區間是(-∞,-2),單調遞增區間是(-2,+∞).
當x=-2時,f(x)有極小值,為f(-2)=-,無極大值.
(2)討論函數g(x)=f(x)-a(a∈R)的零點的個數.
【解析】(2)令f(x)=0,得x=-1,當x<-1時,f(x)<0;當x>-1時,f(x)>0,且f(x)的圖象經過點(-2,-),
(-1,0),(0,1).
當x→-∞時,f(x)→0;當x→+∞時,f(x)→+∞,
根據以上信息,畫出f(x)大致圖象如圖所示.
函數g(x)=f(x)-a(a∈R)的零點的個數為y=f(x)的圖象與直線y=a的交點個數,
所以關于函數g(x)=f(x)-a(a∈R)的零點個數有如下結論:當a<-時,零點的個數為0;當a=-或a≥0時,零點的個數為1;
當-考點二利用函數零點問題求參數范圍
[例2]已知函數f(x)=ex-a(x+2).
(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;
【解析】(1)當a=1時,f(x)=ex-x-2,
則f'(x)=ex-1.
當x<0時,f'(x)<0;當x>0時,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增;
(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.
【解析】(2)f'(x)=ex-a.當a≤0時,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增,
故f(x)至多存在1個零點,不合題意;
當a>0時,由f'(x)=0可得x=ln a.
當x∈(-∞,ln a)時,f'(x)<0;
當x∈(ln a,+∞)時,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,ln a)上單調遞減,
在(ln a,+∞)上單調遞增,
故當x=ln a時,f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a(1+ln a).
(i)若0(ii)若a>,則f(ln a)<0.
因為f(-2)=e-2>0,
所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零點.
易知,當x>2時,ex-x-2>0,
所以當x>4且x>2ln(2a)時,f(x)=·-a(x+2)>eln(2a)·-a(x+2)=2a>0.故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零點,從而f(x)在(-∞,+∞)上有兩個零點.
綜上,a的取值范圍是.
解題技法
由函數零點求參數范圍的策略
(1)涉及函數的零點(方程的根)問題,主要利用導數確定函數的單調區間和極值點,根據函數零點的個數尋找函數在給定區間的極值以及區間端點的函數值與0的關系,從而求得參數的取值范圍.
(2)解決此類問題的關鍵是將函數零點、方程的根、曲線交點相互轉化,突出導數的工具作用,體現轉化與化歸的思想方法.
(3)含參數的函數零點個數,可轉化為方程解的個數,若能分離參數,可將參數分離出來后,用x表示參數的函數,作出該函數圖象,根據圖象特征求參數的范圍.
對點訓練
　已知函數f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a∈R).
(1)當a=4時,求曲線y=g(x)在x=0處的切線方程;
【解析】(1)當a=4時,
g(x)=(-x2+4x-3)ex,g(0)=-3,
g'(x)=(-x2+2x+1)ex,g'(0)=1,所以所求的切線方程為y+3=x-0,即y=x-3.
(2)如果關于x的方程g(x)=2exf(x)在區間[,e]上有兩個不等實根,求實數a的取值范圍.
【解析】(2)由g(x)=2exf(x),
可得2xln x=-x2+ax-3,a=x+2ln x+.
設h(x)=x+2ln x+(x>0),
所以h'(x)=1+-=,
所以x在[,e]上變化時,h'(x),h(x)的變化如表:
x [,1) 1 (1,e]
h'(x) - 0 +
h(x) 單調遞減 極小值(最小值) 單調遞增
又h()=+3e-2,h(1)=4,h(e)=+e+2,且h(e)-h()=4-2e+<0,
所以實數a的取值范圍為(4,e+2+].
【加練備選】
　　 (一題多法)(2020·全國Ⅰ卷)已知函數f(x)=ex-a(x+2).
(1)當a=1時,討論f(x)的單調性;
【解析】(1)當a=1時,f(x)=ex-(x+2),f'(x)=ex-1,令f'(x)<0,解得x<0,令f'(x)>0,解得x>0,所以f(x)在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增.
(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.
【解析】(2)方法一:當a≤0時,f'(x)=ex-a>0恒成立,f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增,不符合題意;
當a>0時,令f'(x)=0,解得x=ln a,
當x∈(-∞,ln a)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,
當x∈(ln a,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,
所以f(x)的極小值也是最小值為f(ln a)=a-a(ln a+2)=-a(1+ln a).又當x→-∞時,f(x)→+∞,當x→+∞時,f(x)→+∞;
所以要使f(x)有兩個零點,只要f(ln a)<0即可,則1+ln a>0,可得a>.綜上,若f(x)有兩個零點,則a的取值范圍是(,+∞).
方法二:若f(x)有兩個零點,即ex-a(x+2)=0有兩個解,顯然x=-2不成立,即a=(x≠-2)有兩個解,
令h(x)=(x≠-2),
則有h'(x)==,
令h'(x)>0,解得x>-1,
令h'(x)<0,解得x<-2或-2所以函數h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上單調遞減,在(-1,+∞)上單調遞增,
且當x<-2時,h(x)<0,
而當x→(-2)+(從右側趨近于-2)時,h(x)→+∞,
當x→+∞時,h(x)→+∞,所以當a=(x≠-2)有兩個解時,有a>h(-1)=,
所以滿足條件的a的取值范圍是(,+∞).
考點三與函數零點相關的綜合問題
[例3](2024·錦州模擬)設函數f(x)=e2x-aln x.
(1)討論f(x)的導函數f'(x)零點的個數;
【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).
當a≤0時,f'(x)>0,f'(x)沒有零點;
當a>0時,因為y=e2x單調遞增,y=-單調遞增,
所以f'(x)在(0,+∞)上單調遞增.
又f'(a)>0,當b滿足0(討論a≥1或a<1來檢驗,
①當a≥1時,則0f'(b)=2e2b-<2-4a<2-4<0;
②當0故當a>0時,f'(x)存在唯一零點.
(2)證明:當a>0時,f(x)≥2a+aln .
【解析】(2)由(1),可設f'(x)在(0,+∞)上的唯一零點為x0,
當x∈(0,x0)時,f'(x)<0;當x∈(x0,+∞)時,f'(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上單調遞減,在(x0,+∞)上單調遞增,
所以當x=x0時,f(x)取得最小值,最小值為f(x0).
由于2-=0,
所以f(x0)=+2ax0+aln ≥2a+aln .
故當a>0時,f(x)≥2a+aln .
解題技法
1.證明與零點有關的不等式,函數的零點本身就是一個條件,即零點對應的函數值為0;
2.證明的思路一般對條件等價轉化,構造合適的新函數,利用導數知識探討該函數的性質(如單調性、極值情況等),再結合函數圖象來解決.
對點訓練
　已知函數f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)為f(x)的導函數.
(1)求證:f'(x)在(0,π)上存在唯一零點;
【證明】(1)設g(x)=f'(x)=-1+2cos x,
當x∈(0,π)時,g'(x)=-2sin x-<0,
所以g(x)在(0,π)上單調遞減,
又因為g()=-1+1>0,g()=-1<0,
所以g(x)在(0,π)上有唯一的零點.
(2)求證:f(x)有且僅有兩個不同的零點.
【證明】(2)設f'(x)在(0,π)上的唯一零點為α,
由(1)知<α<.
①當x∈(0,α)時,f'(x)>0,f(x)單調遞增;
當x∈(α,π)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減;
所以f(x)在(0,π)上存在唯一的極大值點α,
所以f(α)>f()=ln -+2>2->0,
又因為f()=-2-+2sin <-2-+2<0,
所以f(x)在(0,α)上恰有一個零點.
又因為f(π)=ln π-π<2-π<0,
所以f(x)在(α,π)上也恰有一個零點.
②當x∈[π,2π)時,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,
設h(x)=ln x-x,h'(x)=-1<0,
所以h(x)在[π,2π)上單調遞減,所以h(x)≤h(π)<0,
所以當x∈[π,2π)時,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,
所以f(x)在[π,2π)上沒有零點.
③當x∈[2π,+∞)時,f(x)≤ln x-x+2.
設φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=-1<0,
所以φ(x)在[2π,+∞)上單調遞減,所以φ(x)≤φ(2π)<0,
所以當x∈[2π,+∞)時,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,
所以f(x)在[2π,+∞)上沒有零點.
綜上,f(x)有且僅有兩個不同的零點.

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