浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用第4节导数与函数的零点课件 30页

第 4 节　导数与函数的零点 考试要求　 能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题 . 知 识 梳 理 函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类： (1) 讨论函数零点或方程根的个数； (2) 由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围 . [ 常用结论与易错提醒 ] (1) 注意构造函数； (2) 注意转化思想、数形结合思想的应用 . 诊 断 自 测 解析　 ① 当 x ≤ 0 时， f ( x ) ＝ x ＋ 3 x ， ∵ y ＝ x 与 y ＝ 3 x 在 ( － ∞ ， 0) 上都单调递增， ∴ f ( x ) ＝ x ＋ 3 x 在 ( － ∞ ， 0) 上也单调递增，又 f ( － 1)<0 ， f (0)>0 ， ∴ f ( x ) 在 ( － 1 ， 0) 内有一个零点 . 答案　 A 答案　 B 3. (2018· 江苏卷 ) 若函数 f ( x ) ＝ 2 x 3 － ax 2 ＋ 1( a ∈ R ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 内有且只有一个零点，则 f ( x ) 在 [ － 1 ， 1] 上的最大值与最小值的和为 ________. 答案　－ 3 考点一　导数与函数的零点 【例 1 】 (2018· 全国 Ⅱ 卷 ) 已知函数 f ( x ) ＝ e x － ax 2 . (1) 若 a ＝ 1 ，证明：当 x ≥ 0 时， f ( x ) ≥ 1 ； (2) 若 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 只有一个零点，求 a . (1) 证明　 当 a ＝ 1 时， f ( x ) ≥ 1 等价于 ( x 2 ＋ 1)e － x － 1 ≤ 0. 设函数 g ( x ) ＝ ( x 2 ＋ 1)e － x － 1 ，则 g ′( x ) ＝－ ( x 2 － 2 x ＋ 1)e － x ＝－ ( x － 1) 2 e － x . 当 x ≠ 1 时， g ′( x )<0 ，所以 g ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 单调递减 . 而 g (0) ＝ 0 ，故当 x ≥ 0 时， g ( x ) ≤ 0 ，即 f ( x ) ≥ 1. (2) 解　 设函数 h ( x ) ＝ 1 － ax 2 e － x . f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 只有一个零点当且仅当 h ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 只有一个零点 . ① 当 a ≤ 0 时， h ( x )>0 ， h ( x ) 没有零点； ② 当 a >0 时， h ′( x ) ＝ ax ( x － 2)e － x . 当 x ∈ (0 ， 2) 时， h ′( x )<0 ； 当 x ∈ (2 ，＋ ∞ ) 时， h ′( x )>0. 所以 h ( x ) 在 (0 ， 2) 单调递减，在 (2 ，＋ ∞ ) 单调递增 . 故 h ( x ) 在 (2 ， 4 a ) 有一个零点 . 因此 h ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 有两个零点 . 规律方法 　利用导数解决函数的零点问题的方法： (1) 研究原函数的单调性、极值； (2) 通过 f ( x ) ＝ 0 变形，再构造函数并研究其性质； (3) 注意零点判定定理的应用 . 【训练 1 】 (2020· 镇海中学模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ a e 2 x ＋ ( a － 2)e x － x . (1) 讨论 f ( x ) 的单调性； (2) 若 f ( x ) 有两个零点，求 a 的取值范围 . 解　 (1) f ′( x ) ＝ (2e x ＋ 1)( a e x － 1) ，若 a ≤ 0 时， f ′( x ) ＝ (2e x ＋ 1)( a e x － 1)<0. 考点二　导数与方程的根 当 x ∈ (0 ， x 2 ) 时， g ′( x )<0 ， g ( x ) 在 (0 ， x 2 ) 上单调递减； 当 x ∈ ( x 2 ，＋ ∞ ) 时， g ′( x )>0 ， g ( x ) 在 ( x 2 ，＋ ∞ ) 上单调递增； 当 x ＝ x 2 时， g ′( x 2 ) ＝ 0 ，则 g ( x ) 取得最小值 g ( x 2 ). 所以 2 m ln x 2 ＋ mx 2 － m ＝ 0. 因为 m >0 ，所以 2ln x 2 ＋ x 2 － 1 ＝ 0. 　 (*) 设函数 h ( x ) ＝ 2ln x ＋ x － 1 ，因为当 x >0 时， h ( x ) 是增函数，所以 h ( x ) ＝ 0 至多有一解 . 规律方法 　 (1) 方程 f ( x ) ＝ g ( x ) 根的问题，常构造差函数解决； (2) 对 f ( x ) ＝ 0 ，如果化为 g ( x ) ＝ k ( x ) 后， g ( x ) ， k ( x ) 图象容易画出，可数形结合求解 . 【训练 2 】 (2020· 北京通州区一模 ) 已知函数 f ( x ) ＝ x e x ， g ( x ) ＝ a (e x － 1). a ∈ R . (1) 当 a ＝ 1 时，求证： f ( x ) ≥ g ( x ) ； (2) 当 a >1 时，求关于 x 的方程 f ( x ) ＝ g ( x ) 的实根个数 . 解　 设函数 F ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) ＝ x e x － a e x ＋ a . (1) 证明 　当 a ＝ 1 时， F ( x ) ＝ x e x － e x ＋ 1 ，所以 F ′( x ) ＝ x e x . 所以 x ∈ ( － ∞ ， 0) 时， F ′( x )<0 ； x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， F ′( x )>0. 所以 F ( x ) 在 ( － ∞ ， 0) 上单调递减，在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 所以当 x ＝ 0 时， F ( x ) 取得最小值 F (0) ＝ 0. 所以 F ( x ) ≥ 0 ，即 f ( x ) ≥ g ( x ). (2) 当 a >1 时， F ′( x ) ＝ ( x － a ＋ 1)e x ， 令 F ′( x )>0 ，即 ( x － a ＋ 1)e x >0 ，解得 x > a － 1 ； 令 F ′( x )<0 ，即 ( x － a ＋ 1)e x <0 ，解得 x < a － 1. 所以 F ( x ) 在 ( － ∞ ， a － 1) 上单调递减，在 ( a － 1 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 所以当 x ＝ a － 1 时， F ( x ) 取得极小值，即 F ( a － 1) ＝ a － e a － 1 . 令 h ( a ) ＝ a － e a － 1 ，则 h ′( a ) ＝ 1 － e a － 1 . 因为 a >1 ，所以 h ′( a )<0. 所以 h ( a ) 在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递减 . 所以 h ( a )< h (1) ＝ 0 ，所以 F ( a － 1)<0. 又因为 F ( a ) ＝ a >0 ，所以 F ( x ) 在区间 ( a － 1 ， a ) 上存在一个零点 . 所以在 [ a － 1 ，＋ ∞ ) 上存在唯一的零点 . 又因为 F ( x ) 在区间 ( － ∞ ， a － 1) 上单调递减，且 F (0) ＝ 0 ， 所以 F ( x ) 在区间 ( － ∞ ， a － 1) 上存在唯一的零点 0. 所以函数 F ( x ) 有且仅有两个零点，即方程 f ( x ) ＝ g ( x ) 有两个实根 . 考点三　两曲线的交点 ( 公共点 ) 【例 3 】 记 f ′( x ) ， g ′( x ) 分别为函数 f ( x ) ， g ( x ) 的导函数 . 若存在 x 0 ∈ R ，满足 f ( x 0 ) ＝ g ( x 0 ) 且 f ′( x 0 ) ＝ g ′( x 0 ) ，则称 x 0 为函数 f ( x ) 与 g ( x ) 的一个 “ S 点 ”. (1) 证明：函数 f ( x ) ＝ x 与 g ( x ) ＝ x 2 ＋ 2 x － 2 不存在 “ S 点 ” ； (2) 若函数 f ( x ) ＝ ax 2 － 1 与 g ( x ) ＝ ln x 存在 “ S 点 ” ，求实数 a 的值 . (1) 证明 　函数 f ( x ) ＝ x ， g ( x ) ＝ x 2 ＋ 2 x － 2 ，则 f ′( x ) ＝ 1 ， g ′( x ) ＝ 2 x ＋ 2. 规律方法 　 (1) 两曲线的交点是否存在，可通过方程 ( 组 ) 的解来判断； (2) 两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定 . 当 x 变化时， f ′( x ) ， f ( x ) 的变化情况如下表： 当 d 2 ≤ 1 时， g ′( x ) ≥ 0 ，这时 g ( x ) 在 R 上单调递增，不合题意 .