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.
②当 a<0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝ln(－a)． 在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x) 是减少的， 在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x) 是增加的， 所以当 x＝ln(－a)时，f(x)取最小值． 函数 f(x)不存在零点，等价于 f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得 －e2<a<0. 综上所述，实数 a 的取值范围是(－e2，0)．
已知 f(x)＝1x＋eex－3，F(x)＝ln x＋eex－3x＋2. (1)判断 f(x)在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数 F(x)在(0，＋∞)上零点的个数． 解：(1)f′(x)＝－x12＋eex＝x2eexx－2 e， 令 f′(x)＞0，解得 x＞1，令 f′(x)<0，解得 0<x<1， 所以 f(x)在(0，1)上是减少的， 在(1，＋∞)上是增加的．
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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)利用零点存在性定理：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．
(2)F′(x)＝f(x)＝1x＋eex－3， 由(1)得∃x1，x2，满足 0<x1<1<x2， 使得 f(x)在(0，x1)上大于 0，在(x1，x2)上小于 0，在(x2，＋∞)上大于 0， 即 F(x)在(0，x1)上是增加的，在(x1，x2)上是减少的， 在(x2，＋∞)上是增加的， 而 F(1)＝0，当 x→0 时，F(x)→－∞， 当 x→＋∞时，F(x)→＋∞， 画出函数 F(x)的草图，如图所示． 故 F(x)在(0，＋∞)上的零点有 3 个．
已知函数(方程)零点的个数求参数范围 (1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理． (2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析． (3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．
已知函数 f(x)＝ex＋ax－a(a∈R 且 a≠0)． (1)若 f(0)＝2，求实数 a 的值，并求此时 f(x)在[－2，1]上的最小值； (2)若函数 f(x)不存在零点，求实数 a 的取值范围．
第三章 导数及其应用
第4讲 导数的综合应用 第2课时 利用导数探究函数零点问题
数学01Biblioteka 核心考点 深度剖析02
高效演练 分层突破
判断、证明或讨论函数零点个数(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为 f(x)的导数．证
明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点． 【证明】 设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x. 当 x∈0，π2时，g′(x)>0；当 x∈π2，π时，g′(x)<0，所以 g(x)在0，π2上是增加的，在π2，π 上是减少的． 又 g(0)＝0，g(π2)>0，g(π)＝－2，故 g(x)在(0，π)存在唯一零点． 所以 f′(x)在(0，π)存在唯一零点．
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
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．
旧教材适用2023高考数学一轮总复习第三章导数及其应用第4讲利用导数研究函数的零点问题课件
3．(2021·云南昭通模拟)
(1＋cos x)dx 等于( )
A．π B．2 C．π－2 D．π＋2
答案 D
解析
4．如图所示，在边长为 1 的正方形 OABC 中任取一点 P，则点 P 恰好 取自阴影部分的概率为( )
A．14 B．15 C．16 D．17 答案 C
解析
∵S 阴影＝1( 0
－a
1.1(ex＋2x)dx 等于( 0
A．1 B．e－1
) C．e
D．e＋1
答案 C
解析 1(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|10＝e，故选 C. 0
2．若1a2x＋1xdx＝3＋ln 2(a＞1)，则 a 的值是(
)
A．2 B．3 C．4 D．6
答案 A
解析 由题意可知1a2x＋1xdx＝(x2＋ln x)|a1＝a2＋ln a－1＝3＋ln 2，解得 a＝2.
2．定积分的性质
□02 kbf(x)dx
(1)bkf(x)dx＝ a a
(2)b[f1(x)±f2(x)]dx＝
(k 为常数)； □03 abf1(x)dx±abf2（x）dx
；
a □04 bf(x)dx (3) a
＝cf(x)dx＋bf(x)dx(其中 a＜c＜b).
a
c
3．微积分基本定理
如果 f(x)是区间[a，b]上的连续函数，并且 F′(x)＝f(x)，那么bf(x)dx a
y＝－13x 所围成的图形的面积为
13 6．
解析 解法一：解方程组xy＋＝y＝x，2，yy＝ ＝－x13，x， x＋y＝2，
及y＝－13x，得交点坐标分别为(1，1)，(0，0)，(3，－1)，所围成的图
形如图中阴影部分所示，所以所求图形的面积
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)
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．
返回导航
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．
返回导航
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，＋∞).
2024年高考数学一轮复习专题一第3课时利用导数研究函数的零点课件
综上，函数 F(x)有唯一零点，即函数 f(x)与 g(x)的图象总有一 个交点.
【反思感悟】 (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构造函数 F(x)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.
又 f(1)＝e－a－1，所以当 e－a－1≥0，即 1<a≤e－1 时，f(x) 在[0，1]上有两个零点，
当 e－a－1<0，即 e－1<a<e 时，f(x)在[0，1]上有一个零点；
④若 ln a≥1，即 a≥e，则 f(x)在[0，1]上单调递减，f(x)在 [0，1]上只有一个零点.
又当 x＝21时，由 f21＝0 得 a＝2( e－1)， 所以当 a＝2( e－1)时，f(x)在[0，1]上有两个零点：0，12，g(x) 在[0，1]有两个零点：0，12.
(2)证明：h(x)＝x2＋4－4x sin x－4cos x， ∵h(－x)＝x2＋4－4x sin x－4cos x＝h(x)， ∴h(x)为偶函数. 又∵h(0)＝0，∴x＝0 为函数 h(x)的零点. 下面讨论 h(x)在(0，＋∞)上的零点个数： h(x)＝x2＋4－4x sin x－4cos x＝ x(x－4sin x)＋4(1－cos x). 当 x∈[4，＋∞)时，x－4sin x>0，4(1－cos x)≥0，
第3课时 利用导数研究函数的零点
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第3章 §3.3 导数与函数的极值、最值
2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第三章 一元函数的导数及其应用§3.3 导数与函数的极值、最值考试要求1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分1.函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值f′(x)<0f′(x)>0都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧，右侧，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值.(2)函数的极大值函数y ＝f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点处的函数值都大，f ′(b )＝0；而且在点x ＝b 附近的左侧，右侧 ，则b 叫做函数y ＝f (x )的极大值点，f (b )叫做函数y ＝f (x )的极大值.(3)极小值点、极大值点统称为，极小值和极大值统称为 .f ′(x )>0f ′(x )<0极值点极值2.函数的最大(小)值(1)函数f (x )在区间[a ，b ]上有最值的条件：如果在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条 的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的最大(小)值的步骤：①求函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内的 ；②将函数y ＝f (x )的各极值与 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.连续不断极值端点处的函数值f (a )，f (b )常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的极值可能不止一个，也可能没有.( )(2)函数的极小值一定小于函数的极大值.( )(3)函数的极小值一定是函数的最小值.( )(4)函数的极大值一定不是函数的最小值.( )√××√1.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为√A.1B.2C.3D.4由题意知，只有在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，故f(x)的极小值点只有1个.2.函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是_____________ _____________.f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，43.若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝____.f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增.又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.第二部分命题点1 根据函数图象判断极值例1 (多选)(2023·华南师大附中模拟)如图是y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是A.当x ＝－1时，f (x )取得极小值B. f (x )在[－2,1]上单调递增C.当x ＝2时，f (x )取得极大值D. f (x )在[－1,2]上不具备单调性√√由导函数f′(x)的图象可知，当－2<x<－1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x＝－1时，f′(x) ＝0；当－1<x<2时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x＝2时，f′(x)＝0；当2<x<4时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x＝4时，f′(x)＝0，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故选项A正确；f(x)在[－2,1]上有减有增，故选项B错误；当x＝2时，f(x)取得极大值，故选项C正确；f(x)在[－1,2]上单调递增，故选项D错误.命题点2 求已知函数的极值例2 (2022·西南大学附中模拟)已知函数f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值.因为f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x，若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值.当a>0时，f(x)无极值.命题点3 已知极值(点)求参数例3 (1)(2023·福州质检)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则c的值为√A.2B.4C.6D.2或6由题意，f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)·(3x－c)，则f′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，所以c＝2或c＝6.若c＝2，则f′(x)＝(x－2)(3x－2)，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极小值，满足题意；若c＝6，则f′(x)＝(x－6)(3x－6)，当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(2,6)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极大值，不符合题意.综上，c＝2.(2)(2023·威海模拟)若函数f(x)＝e x－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为√由f(x)＝e x－ax2－2ax，得f′(x)＝e x－2ax－2a.因为函数f(x)＝e x－ax2－2ax有两个极值点，所以f′(x)＝e x－2ax－2a有两个变号零点，当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减.思维升华根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：求解后验证根的合理性.跟踪训练1 (1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则a＋b的值为A.－1或3B.1或－3√C.3D.－1因为f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为函数f(x)在x＝1处取得极大值10，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，①f(1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10，②联立①②，解得a＝－2，b＝1或a＝－6，b＝9.当a＝－6，b＝9时，f′(x)＝3x2－12x＋9＝(x－1)(3x－9)，f(x)在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极大值10，符合题意.综上可得，a＝－6，b＝9.则a＋b＝3.√∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，又当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，命题点1 不含参函数的最值例4 (2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为√f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x ＋1)·cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π].又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，命题点2 含参函数的最值例5 已知函数f(x)＝－ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；①若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；当0<x<a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(a)＝－ln a；思维升华求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值.跟踪训练2 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值1为_____.函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；综上，f(x)min＝1.(2)已知函数h(x)＝x－a ln x＋ (a∈R)在区间[1，e]上的最小值小于零，求a的取值范围.①当a＋1≤0，即a≤－1时，h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在[1，e]上单调递增，故h(x)min＝h(1)＝2＋a<0，解得a<－2；②当a＋1>0，即a>－1时，在(0，a＋1)上，h′(x)<0，在(a＋1，＋∞)上，h′(x)>0，所以h(x)在(0，a＋1)上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增，若a＋1≤1，求得h(x)min>1，不合题意；若1<a＋1<e，即0<a<e－1，则h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增，故h(x)min＝h(a＋1)＝2＋a[1－ln(a＋1)]>2，不合题意；若a＋1≥e，即a≥e－1，则h(x)在[1，e]上单调递减，第三部分1.(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是A.f(x)在区间(－2,3)上有2个极值点B.f′(x)在x＝－1处取得极小值C.f(x)在区间(－2,3)上单调递减D.f(x)在x＝0处的切线斜率小于0√√√根据f′(x)的图象可得，在(－2,3)上，f′(x)≤0，∴f(x)在(－2,3)上单调递减，∴f(x)在区间(－2,3)上没有极值点，故A错误，C正确；由f′(x)的图象易知B正确；根据f′(x)的图象可得f′(0)<0，即f(x)在x＝0处的切线斜率小于0，故D正确.√。
高考数学一轮复习3 第3课时 利用导数探究函数的零点问题
第3课时 利用导数探究函数的零点问题判断函数零点(方程根)的个数(2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝2sinx －x cosx －x ，f ′(x )为f (x )的导数．证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点．【证明】 设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点．所以f ′(x )在(0，π)存在唯一零点．判断函数零点个数的3种方法直接法 令f (x )＝0，则方程解的个数即为零点的个数 画图法 转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数 定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R .讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解：由题设知，g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x2－x3(x ＞0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)． 设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以x＝1是φ(x)的唯一极值点且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，所以φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合函数y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m>23时，函数g(x)无零点；②当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<23时，函数g(x)有两个零点．综上所述，当m>23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<23时，函数g(x)有两个零点．已知零点个数求参数范围(2020·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．【解】(1)f′(x)＝3x2－k.当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．当k＜0时，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．当k ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝±3k 3.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3k 3时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 3，3k 3时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3k 3，＋∞时，f ′(x )＞0.故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3k 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3k 3，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－3k 3，3k 3单调递减． (2)由(1)知，当k ≤0时，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增，f (x )不可能有三个零点． 当k ＞0时，x ＝－3k 3为f (x )的极大值点，x ＝3k3为f (x )的极小值点．此时，－k －1＜－3k 3＜3k 3＜k ＋1且f (－k －1)＜0，f (k ＋1)＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 3＞0.根据f (x )的单调性，当且仅当f ⎝⎛⎭⎪⎫3k 3＜0，即k 2－2k 3k 9＜0时，f (x )有三个零点，解得k ＜427.因此k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，427.已知函数(方程)零点的个数求参数范围(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析． (3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．(2020·南充市第一次适应性考试)已知函数f (x )＝a e x －xex－1，其中a ＞0.若函数f (x )有唯一零点，求a 的值．解：要使函数f (x )有唯一零点，则需关于x 的方程a ＝1ex ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ex ＋1有唯一的解．设g (x )＝1ex ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ex ＋1，则g ′(x )＝1－2x －exe2x ， 设h (x )＝1－2x －e x ， 则h ′(x )＝－2－e x ＜0，所以h (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，又h (0)＝0， 所以当x ∈(－∞，0)时，h (x )＞0，即g ′(x )＞0， 所以g (x )在(－∞，0)上单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，h (x )＜0，即g ′(x )＜0， 所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减． 所以g (x )的最大值为g (0)＝1，所以当x ∈(－∞，0]时，g (x )∈(－∞，1]； 当x ∈(0，＋∞)时，g (x )∈(0，1)．又a ＞0，所以当方程a ＝1ex ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ex ＋1有唯一解时，a ＝1.所以函数f (x )有唯一零点时，a 的值为1.[A 级 基础练]1．已知函数y ＝f (x )是R 上的可导函数，当x ≠0时，有f ′(x )＋f （x ）x >0，则函数F (x )＝xf (x )－1x 的零点个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选B.函数F (x )＝xf (x )－1x 的零点，就是方程xf (x )－1x ＝0的根，即方程xf (x )＝1x 的根．令函数g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )．因为当x >0时，g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，所以g (x )＝xf (x )单调递增，g (x )>g (0)＝0；当x <0时，g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )<0，所以g (x )＝xf (x )单调递减，g (x )>g (0)＝0.所以函数y ＝g (x )与y ＝1x 的图象只有一个交点，即F (x )＝xf (x )－1x 只有一个零点．故选B.2．若函数f (x )＝ax －aex ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________． 解析：f ′(x )＝aex －（ax －a ）ex e2x ＝－a （x －2）ex (a <0)．当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， 所以当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae2＋1. 若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae2＋1>0， 解得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案：(－e 2，0)3．已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间； (2)试判断f (x )的零点个数．解：(1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x （ln x ＋2）2x ，令f ′(x )＞0，解得x ＞e －2， 令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )在(0，e －2)上单调递减， 在(e －2，＋∞)上单调递增． (2)由(1)得f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e ， 显然a ≤0时，f (x )＝0，有1个零点，a ＞2e 时，f (x )＞0，无零点， a ＝2e 时，f (x )＝0，有1个零点， 0<a <2e 时，f (x )<0，有2个零点．4．已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围． 解：(1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103， 所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2， 即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2， 所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)． (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点， 则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－76，1312.[B 级 综合练]5．已知函数f (x )＝a e x －a e x －1，g (x )＝－x 3－32x 2＋6x ，其中a >0. (1)若曲线y ＝f (x )经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程； (2)若f (x )＝g (x )＋m 在[0，＋∞)上有解，求实数m 的取值范围． 解：(1)因为f (0)＝a －1＝0，所以a ＝1，此时f (x )＝e x －e x －1. 所以f ′(x )＝e x －e ，f ′(0)＝1－e.所以曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝(1－e)x . (2)因为f (x )＝a e x －a e x －1，所以f ′(x )＝a e x －a e ＝a (e x －e)． 当x >1时，f ′(x )>0；当0<x <1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (1)＝－1. 令h (x )＝g (x )＋m ＝－x 3－32x 2＋6x ＋m ， 则h ′(x )＝－3x 2－3x ＋6＝－3(x ＋2)(x －1)． 当x >1时，h ′(x )<0； 当0<x <1时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以当x ∈[0，＋∞)时，h (x )max ＝h (1)＝72＋m .要使f (x )＝g (x )＋m 在[0，＋∞)上有解，则72＋m ≥－1，即m ≥－92.所以实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.6．(2020·高考全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线与y 轴垂直．(1)求b ；(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1.解：(1)f ′(x )＝3x 2＋b .依题意得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，即34＋b ＝0.故b ＝－34.(2)由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12. f ′(x )与f (x )的情况为：因为f (1)＝f ⎝ ⎭⎪⎫－12＝c ＋14，所以当c <－14时，f (x )只有大于1的零点．因为f (－1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝c －14，所以当c >14时，f (x )只有小于－1的零点．由题设可知－14≤c ≤14.当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－12和1. 当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12.当－14<c <14时，f (x )有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，x 3∈⎝⎛⎭⎪⎫12，1.综上，若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )所有零点的绝对值都不大于1.[C 级 创新练]7．(2020·吉林第三次调研)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(a －b －1)x ＋b ＋1(a ，b ∈R )．(1)若a ＝0，试讨论f (x )的单调性；(2)若0<a <2，b ＝1，实数x 1，x 2为方程f (x )＝m －ax 2的两个不等实根，求证：1x1＋1x2>4－2a .解：(1)依题意知x >0，当a ＝0时，f ′(x )＝1x －(b ＋1)．①当b ≤－1时，f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在定义域上单调递增；②当b >－1时，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1b ＋1时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋1，＋∞时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1b ＋1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋1，＋∞上单调递减． (2)证明：由f (x )＝m －ax 2得ln x ＋(a －2)x ＋2－m ＝0， 令g (x )＝ln x ＋(a －2)x ＋2，x >0，则g (x 1)＝g (x 2)＝m ， 依题意有ln x 1＋(a －2)x 1＝ln x 2＋(a －2)x 2，所以a －2＝ln x2x1x1－x2，要证1x1＋1x2>4－2a ，只需证x1＋x2x1x2>2(2－a )＝－2ln x2x1x1－x2(不妨设x 1<x 2)，即证x1x2－x2x1<－2ln x2x1，即证2ln x2x1＋x1x2－x2x1<0，令x2x1＝t (t >1)，则g (t )＝2ln t －t ＋1t ， 因为g ′(t )＝2t －1－1t2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －12<0， 所以g (t )在(1，＋∞)上单调递减，所以g (t )<g (1)＝0，从而有1x1＋1x2>4－2a .。
2024年高考数学一轮复习+ppt+利用导数研究函数的零点问题
增，在(1，＋∞)上单调递减．借助函数f(x)的单调性解决下列问题．
(1)设x1，x2是两个不相等的正数，且x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，证明： 2<x1＋x2<e；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<1a＋1b
<e.
证明 (1)因为f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 f(x)max＝f(1)＝1，且f(e)＝0.
解
利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定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，并确定定义域 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．
解析
(2)解法一：当a≤0时，f′(x)＝ex－a>0恒成立，f(x)在(－∞，＋∞)上
单调递增，不符合题意；
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝ln a，
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)＝a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a)．
证明
只要证x2(1－ln x2)＋x2<e， 即证2x2－x2ln x2<e，x2∈(1，e)． 设g(x)＝2x－xln x，x∈(1，e)， 则g′(x)＝1－ln x>0. ∴g(x)在(1，e)上单调递增． ∴g(x)<g(e)＝2e－e＝e. ∴2x2－x2ln x2<e成立． ∴原命题成立，即x1＋x2<e. 综上知，2<x1＋x2<e.
高考数学复习课件：利用导数解决函数的零点问题
01 探本朔源·技法示例
技法阐释 1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对 值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路 (1)可转化为用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区 间上的交点问题； (2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定 分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数 值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在 每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)＜0.
[解] (1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex(x＞0)，则f′(x)＝ x－x2 e，
∴当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， ∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2， ∴f(x)的极小值为2.
(2)方法一：由题意知，方程 kx－ln x＝0 仅有一个实根，
由 kx－ln x＝0，得 k＝lnxx(x＞0)． 令g(x)＝lnxx(x＞0)，则g′(x)＝1－xl2n x， 当x＝e时，g′(x)＝0；当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时， g′(x)＜0.
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)max＝g(e)＝1e. 当x→＋∞时，g(x)→0. 又∵k＞0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1e.
谢谢观论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零 点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标 准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的 参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
高考示例 (2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点12，f 12处的 切线与y轴垂直． (1)求b； (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值 都不大于1.
人教A版高考总复习一轮文科数学精品课件 第3章 解答题专项 第3课时 利用导数研究函数的零点
π
0, 2
内单调递减,
j(x)=sin x-x<j(0)=0,所以当 x∈
π
0, 2
时,sin x<x 恒成立,
所以 f
1
e3
1
1
1
1
=-3- 3 +sin 3 +a=a-3- 3 +sin 3
e
e
e
e
因为 f
1
e3
·f(x0)<0,
所以 f(x)在(0,x0)内恰有 1 个零点.
1
1
≤- 3 +sin 3 <0,
高考解答
题专项一
第3课时 利用导数研究函数的零点
考向1.判断、证明或讨论函数零点的个数
例1.(2021辽宁锦州一模)已知函数f(x)=ex-ax+sin x-1.
(1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当1≤a<2时,讨论函数f(x)零点的个数.
解:(1)当a=2时,f(x)=ex-2x+sin x-1(x∈R),则f'(x)=ex-2+cos x,
因为1≤a<2,
①当x∈(0,+∞)时,g'(x)=ex-sin x>1-sin x≥0,f'(x)在(0,+∞)上单调递增,
则f'(x)>f'(0)=2-a>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0,
所以f(x)在(0,+∞)上无零点.
②当x∈(-∞,-π]时,-ax≥π,则f(x)≥ex+π+sin x-1>0,
突破技巧利用函数零点求参数范围的方法