高考数学一轮复习导数与函数零点课件
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第3章 导数的应用第7课时 导数与函数的零点(3)——隐零点与虚设零点课件 高考数学一轮复习
所以函数H(x)存在两个零点的必要条件为 H(1)＝1－a>0，即0<a<1.
内容索引
因为当 0<a<1 时，H(1)>0，H1e＝－e2＋e－a<0，当 x→0 时，H(x)→ －∞，当 x→＋∞，H(x)→－a，且函数 H(x)的图象不间断，
所以函数H(x)在区间(0,1)与(1，＋∞)内各存在一个零点． 综上，实数a的取值范围是(0,1)．
内容索引
所以 f(x)在区间(1，＋∞)上有唯一零点 x1，即 f(x1)＝0. 因为 0<x11<1，fx11＝－lnx1＋xx11＋－11＝－f(x1)＝0， 所以 f(x)在区间(0,1)上有唯一零点x11. 综上，f(x)有且仅有两个零点． (2) 因为x10＝e－ln x0， 所以点 B－lnx0，x10在曲线 y＝ex 上．
内容索引
所以 φ(x)max＝φ(1)＝－1<0， 所以 φ(x)<0，即 lnx<x， 所以 ln x< x，即 lnx<2 x，
所以 g(x)＝lnxx－t<2x x－t＝ 2x－t， 所以 gt42< 2 4－t＝0.
t2 又t42>4e2>e，且 g(x)的图象不间断，
内容索引
所以 g(x)在区间(e，＋∞)内存在唯一零点. 综上，当且仅当 0<t<1e，即 0<lnaa<1e时，g(x)存在两个零点． 结合 y＝lnxx的性质，得 a>1，且 a≠e， 所以实数 a 的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞)．
【答案】 (1，＋∞)
内容索引
题组二 曲线公共点问题 2 已知函数 f(x)＝lnxx－ax，a∈R.若曲线 y＝xf(x)与直线 y＝－x 有两个 公共点，求实数 a 的取值范围．
内容索引
因为当 0<a<1 时，H(1)>0，H1e＝－e2＋e－a<0，当 x→0 时，H(x)→ －∞，当 x→＋∞，H(x)→－a，且函数 H(x)的图象不间断，
所以函数H(x)在区间(0,1)与(1，＋∞)内各存在一个零点． 综上，实数a的取值范围是(0,1)．
内容索引
所以 f(x)在区间(1，＋∞)上有唯一零点 x1，即 f(x1)＝0. 因为 0<x11<1，fx11＝－lnx1＋xx11＋－11＝－f(x1)＝0， 所以 f(x)在区间(0,1)上有唯一零点x11. 综上，f(x)有且仅有两个零点． (2) 因为x10＝e－ln x0， 所以点 B－lnx0，x10在曲线 y＝ex 上．
内容索引
所以 φ(x)max＝φ(1)＝－1<0， 所以 φ(x)<0，即 lnx<x， 所以 ln x< x，即 lnx<2 x，
所以 g(x)＝lnxx－t<2x x－t＝ 2x－t， 所以 gt42< 2 4－t＝0.
t2 又t42>4e2>e，且 g(x)的图象不间断，
内容索引
所以 g(x)在区间(e，＋∞)内存在唯一零点. 综上，当且仅当 0<t<1e，即 0<lnaa<1e时，g(x)存在两个零点． 结合 y＝lnxx的性质，得 a>1，且 a≠e， 所以实数 a 的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞)．
【答案】 (1，＋∞)
内容索引
题组二 曲线公共点问题 2 已知函数 f(x)＝lnxx－ax，a∈R.若曲线 y＝xf(x)与直线 y＝－x 有两个 公共点，求实数 a 的取值范围．
高考数学一轮总复习课件：专题研究 利用导数研究函数的零点
g′(x)＝－sinx＋（1＋1 x）2.
当x∈－1，π2 时，g′(x)单调递减，
由g′(0)＝1>0，g′
π 2
＝－1＋
1 1＋π2 2
<0，可得g′(x)在
－1，π2 上有唯一零点，设为α.
当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈α，π2 时，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在α，π2 上单调递减． 故g(x)在－1，π2 上存在唯一极大值点， 即f′(x)在－1，π2 上存在唯一极大值点．
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 0<a<1 时，方程 g(x)＝a 有两解，即 f(x)有两个零点； ④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 0<a<1 时，f(x)有两个零点而f
π 2
>0，f(π)＝－ln(1＋π)<0，所以f(x)在
π2 ，π
上有
唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，
所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
【答案】 略
状元笔记
证明与零点有关的不等式，函数的零点本身就是一个条 件，即零点对应的函数值为0，证明的思路一般对条件等价转 化，构造合适的新函数，利用导数知识探讨该函数的性质(如单 调性、极值情况等)再结合函数图象来解决．
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《利用导数研究函数的零点》课件
即x－y－3＝0.
(2)若函数f(x)在(0,16]上有两个零点，求a的取值范围.
①当 a≤0 时，f′(x)＝ax－ 1x<0， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； ②当 a>0 时，由 f(x)＝aln x－2 x＝0 可得2a＝lnxx， 令 g(x)＝lnxx，其中 x>0，则直线 y＝2a与曲线 y＝g(x)的图象在(0,16] 内有两个交点，
即 g(x)在π2，π上单调递减，又 gπ2＝1>0，g(π)＝－π<0， 则存在 m∈π2，π，使得 g(m)＝0， 且当 x∈π2，m时，g(x)>g(m)＝0， 即 f′(x)>0，则 f(x)在π2，m上单调递增， 当x∈(m，π]时，有g(x)<g(m)＝0，即f′(x)<0， 则f(x)在(m，π]上单调递减，
由图可知，当 ln 2≤2a<2e，
即 e<a≤ln22时， 直线 y＝2a与曲线 y＝g(x)的图象在(0,16]内有 两个交点，
即f(x)在(0,16]上有两个零点， 因此，实数 a 的取值范围是e，ln22.
题型三 构造函数法研究函数的零点
例3 (12分)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数 f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值. (1)求a； [切入点：求f(x)，g(x)的最小值] (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝ f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从 左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
又 f π2＝π2－1>0，f(π)＝－1<0， 所以f(x)在(m，π]上有且只有一个零点， 综上，函数y＝f(x)在[0，π]上有2个零点.
思维升华
高考文科数学一轮复习课件第三章利用导数探究函数零点问题
已知零点个数求参数范围(师生共研) 函数 f(x)＝13x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：
(1)求 a，b 的值并写出 f(x)的单调区间； (2)若函数 y＝f(x)有三个零点，求 c 的取值范围．
【解】 (1)因为 f(x)＝13x3＋ax2＋bx＋c， 所以 f′(x)＝x2＋2ax＋b. 因为 f′(x)＝0 的两个根为－1，2， 所以－－11＋×22＝＝－b，2a， 解得 a＝－12，b＝－2， 由导函数的图象可知(图略)，当－1<x<2 时，f′(x)<0，函数 f(x) 是减少的， 当 x<－1 或 x＞2 时，f′(x)＞0，函数 f(x) 是增加的， 故函数 f(x)的递增区间为(－∞，－1)和(2，＋∞)， 递减区间为(－1，2)．
解：(1)由题意知，函数 f(x)的定义域为 R， 又 f(0)＝1－a＝2，得 a＝－1， 所以 f(x)＝ex－x＋1，求导得 f′(x)＝ex－1. 易知 f(x)在[－2，0]上是减少的，在(0，1]上是增加的， 所以当 x＝0 时，f(x)在[－2，1]上取得最小值 2.
(2)由(1)知 f′(x)＝ex＋a，由于 ex>0， ①当 a>0 时，f′(x)>0，f(x)在 R 上是增函数， 当 x>1 时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0； 当 x<0 时，取 x＝－1a， 则 f－1a<1＋a－1a－1＝－a<0. 所以函数 f(x)存在零点，不满足题意．
(2)由(1)得 f(x)＝13x3－12x2－2x＋c， 函数 f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，
在(－1，2)上是减函数，
所以函数 f(x)的极大值为 f(－1)＝76＋c， 极小值为 f(2)＝c－130. 而函数 f(x)恰有三个零点，故必有76c－＋1c3＞0<00，， 解得－76<c<130. 所以使函数 f(x)恰有三个零点的实数 c 的取值范围是－76，130.
2021版新高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.2导数与函数零点课件新人教B版
令x+1=t,则ln t<t-1(t>1),
所以 2 1 1 ln 1，
aa
a
所以S(x)在 (ln 1 , 2) 上有且只有一个零点,
aa
综上,0<a<1.
【规律方法】 处理函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点问题的常用方法 (1)数形结合,即分别作出两函数的图象,观察交点情况; (2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,通过构造函数y=f(x)g(x),利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.
【解析】(1)a=1,f(x)=x2-x-ln x,则
f′(x)=2x-1- 1 (2x 1)(x 1) (x 0)，
x
x
当0<x<1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,
当x>1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增, 所以f(x) 在x=1处取最小值0.
(2)由 f(x)=ax2-x-ln x,
a
(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题意知1-k>0, 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0, g(x)单调递增, g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根. 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,
2
(2)若直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点,求实数a的取值范围.
【解题导思】
序号
(1)曲线y=f(x)在直线l的上方
1 2
x2
2023年高考一轮复习课件 习题课3——利用导数研究函数的零点问题 (共34张PPT)
综上，当 a<－e12时，函数 g(x)的零点的个数为 0; 当 a＝－e12或 a≥0 时，函数 g(x)的零点的个数为 1； 当－e12<a<0 时，函数 g(x)的零点的个数为 2.
[系统思维] 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个 数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的 符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数． (2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后 利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该 区间上零点的个数．
单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减． 不要忽略此步骤 (2)证明：若选择条件①， 由于12<a≤e22， 故 1<2a≤e2，
则 b>2a>1，f(0)＝b－1>0，
又 f－ ba＝－ ba－1e
<0，
函数 f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，
故函数 f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点．
当
k>0
时，令
f′(x)＝0，得
x＝±
3k 3.
当 x∈－∞，－
3k∪ 3
33k，＋∞时，f′(x)>0；
当 x∈－
33k，
33k时，f′(x)<0.故 f(x)在－∞，－
3k， 3
33k，＋∞上单
调递增，在－
33k，
3k上单调递减. 3
(2)由(1)知，当 k≤0 时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f(x)不可能有三个 零点．
2024届新高考一轮复习北师大版 高考专题突破一 第3课时 利用导数研究函数的零点 课件(40张)
(1)若 a＝3，求 f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点． 解 (1)当 a＝3 时，f(x)＝13 x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令 f′ (x)＝0 解得 x＝3－2 3 或 x＝3＋2 3 . 当 x∈(－∞，3－2 3 )∪(3＋2 3 ，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(3－2 3 ， 3＋2 3 )时，f′(x)<0.
在(0，＋∞)上单调递增；
当
a>0
时，由
f′(x)>0，得
1 x>a
；由
f′(x)<0，得
1 0<x<a
，
Hale Waihona Puke 返回导航∴函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减． 综上所述，当 a<0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a>0 时， 函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减． (2)∵当 x∈1e，e 时，函数 g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m 的零点，即当 x∈1e，e 时，方程(ln x－1)ex＋x＝m 的根．
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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－13 ＝－6a－16 2 －16 <0， f(3a＋1)＝13 >0， 故 f(x)有一个零点． 综上，f(x)只有一个零点．
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思维升华 讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的 单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断(证明)零点的 存在性，确定函数零点的个数．
综上，a 的取值范围为(0，＋∞).
在(0，＋∞)上单调递增；
当
a>0
时，由
f′(x)>0，得
1 x>a
；由
f′(x)<0，得
1 0<x<a
，
Hale Waihona Puke 返回导航∴函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减． 综上所述，当 a<0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a>0 时， 函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减． (2)∵当 x∈1e，e 时，函数 g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m 的零点，即当 x∈1e，e 时，方程(ln x－1)ex＋x＝m 的根．
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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－13 ＝－6a－16 2 －16 <0， f(3a＋1)＝13 >0， 故 f(x)有一个零点． 综上，f(x)只有一个零点．
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思维升华 讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的 单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断(证明)零点的 存在性，确定函数零点的个数．
综上，a 的取值范围为(0，＋∞).
高考数学一轮复习导数在函数中的应用-教学课件
聚焦中考——语文 第五讲
表达方式与记叙的顺序
• （2013·荆门）阅读下文，完成习题。 • ①那天下午6点多，该上公交车的人早已上了车，唯独有个小女孩，在车
门边来回徘徊。眼看着司机就要开车了，我在想，这小女孩肯定是没钱 上车。 ②“小姑娘，上车吧，我帮你交车票钱。”当看到我为她刷完卡后，她 随即上了车，说了声“谢谢阿姨”，一时脸蛋儿全红了。近距离一看， 才发现，小女孩左侧脸上有颗小痣。几天前的一幕不由浮现眼前—— ③送走远方的朋友，我从火车站迎着风雨赶到就近的公交车站台，已是 下午5点多。这时正是下班高峰期，来了几辆公交车，我总也挤不上去。 雨还在急速地下着，人还在不断地涌来。当又一辆10路公交驶来后，我 和许多人一起先往前门挤，但挤不上去。等司机发话后，才从后门好不 容易挤上车。车内人头攒动，人满为患。这人贴人的，身体若要移动一 下都难。正感叹着，我突然感觉好像有一件事还没做。是什么事呢？哦， 对了，没买车票。本想挤到前面去交车钱，可大伙儿都好像没事人一样 在原地一动不动，根本挤不过去。见此情形，司机也没说什么，这样， 我也就心安理得地和大家一样坐了一次免费的公交车。
本题在当年的高考中，出错最多的就是将第(1)题 的 a＝4 用到第(2)题中，从而避免讨论，当然这是错误的．
【互动探究】 1．(2011 届广东台州中学联考)设 f′(x)是函数 f(x)的导函数，
将 y＝f(x)和 y＝f′(x)的图象画在同一直角坐标系中，不可能正确 的是( D )
考点2 导数与函数的极值和最大(小）值
高考数学一轮复习导数在函数中的应用-教学课件
第2讲 导数在函数中的应用
考纲要求
考纲研读
1.了解函数单调性和导数的关系；能利用 1.用导数可求函数的单 导数研究函数的单调性，会求函数的单调 调区间或以单调区间为 区间(对多项式函数一般不超过三次)． 载体求参数的范围．
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所以L(x)在(e,+∞)上为单调递减函数.
所以当x=e时,L(x)max=L(e)=
2 e
.
函数L(x)= 2ln x,H(x)=(x-e)2+t-e2在同一坐标系内的大致图象如图所示.
x
由图象可知,①当t-e2> 2,即t>e2+ 时2 ,方程无实数根;
e
e
②当t-e2= 2,即t=e2+ 2时,方程有一个实数根;
当x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, h(x)在(1,+∞)上单调递减. 画出函数h(x)的草图,
易得h(x)≤h(1)=1, 并且图象无限靠近于原点,且当x→+∞时,h(x)→-∞, 故当a>1时,函数g(x)无零点;当a=1或a≤0时,函数g(x)有一个零点;当0<a<1时, 函数g(x)有两个零点.
x
【解析】(1)f(x)=x- -12ln x的定义域为(0,+∞).因为f′(x)=1+
x
1 2 x2 2x 1 x 12 0，
Hale Waihona Puke x2 xx2x2
所以f(x)在[1,+∞)上是单调递增函数,
所以f(x)≥f(1)=1-1-2ln 1=0对于x∈[1,+∞)恒成立.
故当x≥1时,f(x)≥0恒成立.
【迁移应用】
已知函数f(x)=x+ a +ln x,a∈R.
x
(1)若函数f(x)在x=1处取得极值,求实数a的值.
(2)若函数f(x)在区间[1,2)上单调递增,求实数a的取值范围.
(3)讨论函数g(x)=f′(x)-x的零点个数.
【解析】 (1)因为函数f(x)在x=1处取得极值,f′(x)=
第二课时 导数与函 数零点
内容索引
核心考点·精准研析 核心素养·微专题 核心素养测评
思想方法 化归与转化思想在函数零点(方程的根)中的应用
【典例】设f(x)=x- 1 -2ln x.
x
(1)求证:当x≥1时,f(x)≥0恒成立.
(2)讨论关于x的方程x- 1 -f(x)=x3-2ex2+tx根的个数.
即a≤x2+x在区间[1,2)上恒成立.
易得当1≤x<2时,2≤x2+x<6,
所以a≤2.
故实数a的取值范围为(-∞,2].
(3)因为g(x)=f′(x)-x,
所以g(x)=1-
a x2
-x1,
x
x>0.
令g(x)=0得a=-x3+x2+x,
令h(x)=-x3+x2+x,x>0,
则h′(x)=-3x2+2x+1=-(3x+1)(x-1).
【分析】(1)求导数,根据函数的极值点,解方程,求出a的值即可. (2)求导数,利用导数确定函数的单调性,将不等式恒成立问题进行转化,即可求 出实数a的取值范围. (3)构造函数,求导数,利用导数确定函数的单调性,得到函数的大致图象,即可 求出零点个数.
所以f′(1)=0,即 解得a=2,
12 =10, a
12
1 a 1 x2 x a ,
x2 x
x2
经检验,当a=2时,函数f(x)在x=1处取得极小值.所以实数a的值为2.
(2)f′(x)=
1
a x2
1 x
x>x20.xx2
a
,
因为函数f(x)在区间[1,2)上单调递增,所以f′(x)≥0在区间[1,2)上恒成立.
(2)化简方程得2ln x=x3-2ex2+tx.
由题知x>0,则方程可变为 2ln x =x2-2ex+t.
令L(x)=
2ln
x
x
,H(x)=x2-2ex+t,
x
则L′(x)=
21 ln x
.
x2
当x∈(0,e)时,L′(x)>0,
所以L(x)在(0,e)上为单调递增函数;
当x∈(e,+∞)时,L′(x)<0,
e
e
③当t-e2< 2,即t<e2+ 2时,方程有两个实数根.
e
e
【思想方法指导】 (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及极值 点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间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)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导 数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.