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  • 2021-06-16 发布

2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案:第三章导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第4课时导数与函数的零点

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www.ks5u.com 第四课时 导数与函数的零点 考点一 判断零点的个数 ‎【例1】 (2020·潍坊检测)已知函数f(x)=ln x-x2+ax,a∈R.‎ ‎(1)证明ln x≤x-1;‎ ‎(2)若a≥1,讨论函数f(x)的零点个数.‎ ‎(1)证明 令g(x)=ln x-x+1(x>0),则g(1)=0,‎ g′(x)=-1=,‎ 可得x∈(0,1)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增;‎ x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.‎ ‎∴当x=1时,函数g(x)取得极大值也是最大值,‎ ‎∴g(x)≤g(1)=0,即ln x≤x-1.‎ ‎(2)解 即f′(x)=-2x+a=,x>0.‎ 令-2x+ax0+1=0,解得x0=(负值舍去),‎ 在(0,x0)上,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;‎ 在(x0,+∞)上,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.‎ ‎∴f(x)max=f(x0).‎ 当a=1时,x0=1,f(x)max=f(1)=0,此时函数f(x)只有一个零点x=1.‎ 当a>1时,f(1)=a-1>0,‎ f=ln -+<-1-+ ‎=--<0,‎ f(2a)=ln 2a-2a2<2a-1-2a2=-2-<0.‎ ‎∴函数f(x)在区间和区间(1,2a)上各有一个零点.‎ 综上可得:当a=1时,函数f(x)只有一个零点x=1;‎ 当a>1时,函数f(x)有两个零点.‎ 规律方法 1.利用导数求函数的零点常用方法:‎ ‎(1)构造函数g(x)(其中g′(x)易求,且g′(x)=0可解),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.‎ ‎2.根据参数确定函数零点的个数,解题的基本思想是“数形结合”,即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等),作出函数的大致图象,然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数,或者两个相关函数图象交点的个数,基本步骤是“先数后形”.‎ ‎【训练1】 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).‎ ‎(1)若a=3,求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)证明:f(x)只有一个零点.‎ ‎(1)解 当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f′(x)=x2-6x-3.‎ 令f′(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.‎ 当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(3-2,3+2)时,f′(x)<0.‎ 故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.‎ ‎(2)证明 由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.‎ 设g(x)=-3a,则g′(x)=≥0,仅当x=0时g′(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.‎ 故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.‎ 又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-<0,‎ f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.‎ 综上,f(x)只有一个零点.‎ 考点二 根据零点个数求参数的值(范围)‎ ‎【例2】 函数f(x)=ax+xln x在x=1处取得极值.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若y=f(x)-m-1在定义域内有两个不同的零点,求实数m的取值范围.‎ 解 (1)函数f(x)=ax+xln x的定义域为(0,+∞).‎ f′(x)=a+ln x+1,‎ 因为f′(1)=a+1=0,解得a=-1,‎ 当a=-1时,f(x)=-x+xln x,‎ f′(x)=ln x,令f′(x)>0,解得x>1;‎ 令f′(x)<0,解得0e时,f(x)>0.‎ 当x>0且x→0时,f(x)→0;‎ 当x→+∞时,显然f(x)→+∞.‎ 由图象可知,-10),‎ 当a≤0时,f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,‎ 当a>0时,f′(x)=,‎ 由f′(x)≤0,解得00时,函数f(x)的单调递减区间为.‎ ‎(2)由(1)可得若函数f(x)有两个不同的零点,则必须满足a>0,‎ 且f=+ln <0,‎ 化为ln <-1,解得a>2e.‎ 所以实数a的取值范围是(2e,+∞).‎ 考点三 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;‎ ‎(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln .‎ ‎(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0).‎ 当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;‎ 当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增,‎ 所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 又f′(a)>0,当b满足00时,f′(x)存在唯一零点.‎ ‎(2)证明 由(1),可设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,‎ 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).‎ 由于2e2x0-=0,‎ 所以f(x0)=+2ax0+aln ≥2a+aln .‎ 故当a>0时,f(x)≥2a+aln .‎ 规律方法 1.在(1)中,当a>0时,f′(x)在(0,+∞)上单调递增,从而f′(x ‎)在(0,+∞)上至多有一个零点,问题的关键是找到b,使f′(b)<0.‎ ‎2.由(1)知,函数f′(x)存在唯一零点x0,则f(x0)为函数的最小值,从而把问题转化为证明f(x0)≥2a+aln .‎ ‎【训练3】 (2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f′(x)为f(x)的导数.‎ ‎(1)证明:f′(x)在区间(0,π)存在唯一零点;‎ ‎(2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.‎ ‎(1)证明 设g(x)=f′(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,‎ g′(x)=xcos x.‎ 当x∈时,g′(x)>0;‎ 当x∈时,g′(x)<0,‎ 所以g(x)在上单调递增,在上单调递减.‎ 又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,‎ 故g(x)在(0,π)存在唯一零点.‎ 所以f′(x)在区间(0,π)存在唯一零点.‎ ‎(2)解 由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.‎ 由(1)知,f′(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,‎ 当x∈(0,x0)时,f′(x)>0;当x∈(x0,π)时,f′(x)<0,‎ 所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减.‎ 又f(0)=0,f(π)=0,所以当x∈[0,π]时,f(x)≥0.‎ 又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.‎ 因此,a的取值范围是(-∞,0].‎ A级 基础巩固 一、选择题 ‎1.(2020·重庆一中训练)函数f(x)=ln x-的零点个数是(  )‎ A.3 B.2 C.1 D.0‎ 解析 f′(x)=-=,定义域(0,+∞).‎ 当00;当x>4时,f′(x)<0.‎ ‎∴f(x)在(0,4)上递增,在(4,+∞)上递减,‎ 则f(x)max=f(4)=ln 4-2=ln <0.‎ ‎∴f(x)<0恒成立,故f(x)没有零点.‎ 答案 D ‎2.已知函数f(x)的定义域为[-1,4],部分对应值如下表:‎ x ‎-1‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ f(x)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0‎ f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示.当10,当2时,f′(x)>0,‎ ‎∴当x=2时,f(x)有极小值f(2)=+1.‎ 若使函数f(x)没有零点,当且仅当f(2)=+1>0,‎ 解之得a>-e2,因此-e20,得x<0或x>3;由g′(x)<0,得00,‎ 所以h(1)h(2)<0,‎ 所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点.‎ ‎(2)解 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-x--1,记φ(x)=ex-x--1,‎ 则φ′(x)=ex+x-.‎ 当x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,‎ 因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 易知φ(x)在(0,+∞)内只有一个零点,‎ 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.‎ B级 能力提升 ‎8.(2020·河南名校联盟调研)已知函数f(x)=ex+(a-e)x-ax2.‎ ‎(1)当a=0时,求函数f(x)的极值;‎ ‎(2)若函数f(x)在区间(0,1)内存在零点,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)当a=0时,f(x)=ex-ex,‎ 则f′(x)=ex-e,f′(1)=0,‎ 当x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 所以f(x)在x=1处取得极小值,且极小值为f(1)=0,无极大值.‎ ‎(2)由题意得f′(x)=ex-2ax+a-e,‎ 设g(x)=ex-2ax+a-e,则g′(x)=ex-2a.‎ 若a=0,则f(x)的最大值f(1)=0,故由(1)得f(x)在区间(0,1)内没有零点.‎ 若a<0,则g′(x)=ex-2a>0,故函数g(x)在区间(0,1)内单调递增.‎ 又g(0)=1+a-e<0,g(1)=-a>0,所以存在x0∈(0,1),使g(x0)=0.‎ 故当x∈(0,x0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈(x0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ 因为f(0)=1,f(1)=0,所以当a<0时,f(x)在区间(0,1)内存在零点.‎ 若a>0,由(1)得当x∈(0,1)时,ex>ex.‎ 则f(x)=ex+(a-e)x-ax2>ex+(a-e)x-ax2=a(x-x2)>0,‎ 此时函数f(x)在区间(0,1)内没有零点.‎ 综上,实数a的取值范围为(-∞,0).‎ ‎9.(2019·天津卷)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;‎ ‎(2)若0x0,证明3x0-x1>2.‎ ‎(1)解 由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),‎ 且f′(x)=-[aex+a(x-1)ex]=.‎ 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.‎ ‎(2)证明 ①由(1)知,f′(x)=.‎ 令g(x)=1-ax2ex,‎ 由00,‎ 且g=1-a·=1-<0,‎ 故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,‎ 从而f′(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,‎ 不妨设为x0,则1=0,‎ 所以f(x)在(0,x0)内单调递增;‎ 当x∈(x0,+∞)时,f′(x)=<=0,‎ 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,‎ 则当x>1时,h′(x)=-1<0,‎ 故h(x)在(1,+∞)内单调递减,‎ 从而当x>1时,h(x)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.‎ ‎②由题意,即 从而ln x1=ex1-x0,即e x1-x0=.‎ 因为当x>1时,ln xx0>1,‎ 故e x1-x0<=x,两边取对数,‎ 得ln e x1-x02.‎ C级 创新猜想 ‎10.(多填题)(2018·浙江卷)已知λ∈R,函数f(x)=当λ=2时,不等式f(x)<0的解集是________;若函数f(x)恰有2个零点,则λ的取值范围是________.‎ 解析 当λ=2时,f(x)= 其图象如图(1).由图知f(x)<0的解集为(1,4).‎ 若f(x)=恰有2个零点有两种情况:‎ ‎①二次函数有两个零点,一次函数无零点;②二次函数与一次函数各有一个零点.‎ 在同一平面直角坐标系中画出y=x-4与y=x2-4x+3的图象,如图(2),平移直线x=λ,可得λ∈(1,3]∪(4,+∞).‎ 答案 (1,4) (1,3]∪(4,+∞)‎