高考数学2020届一轮复习专题速递《导数与函数的零点》
2020高考新课标数学(文)一轮复习教材：专题研究导数与函数零点
专题研究(二)导数与函数零点专题概述：研究方程根、函数零点或图象交点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.［专题讲解］题型一求函数零点个数1 1【典例1】(2019兰州一模)已知函数f(x)= lnx+ --, a€ Rax a且a z 0.(1) 讨论函数f(x)的单调性；J |(2) 当x€ e，e时，试判断函数g(x) = (lnx—1)e x+ x-m的零点个数.［审题程序］第步：借助导数分类讨论f‘ (x)的符号；第二函数零点问题转化为方程根的问题，分离m;步：第三构造函数，借助导数研究单调性、最值，确定结果.步：ax—1［规范解答］(1)依题意得f‘(x) = -^, x>0, ax当a<0时，f‘ (x)>0恒成立，二函数f(x)是(0,+乂)上的单调递增函数；ax—1 1当a>0 时，由f‘ (x)=矿>0，得x>a，ax—1 i由f‘ (x)^ax^~<0，得°<x<a，二函数f(x)在a,+* j上是单调递增函数，在o, 上是单调递减函数.综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0,+乂)上是单调递增函数.(1 \ (n当a>o时，函数f(x)在a，+* j上是单调递增函数，在0, a上 9丿< a j是单调递减函数.j |(2)当x€ e，e时，判断函数g(x) = (Inx- 1)e x+ x- m的零点的个数等价于判断方程(Inx- 1)e x+ x= m的根的个数.(1 \令h(x) = (Inx—1)e x+ x,贝卩h‘ (x)= x+lnx—1p x+ 1.1j 、由(1)知，当a= 1时，f(x)= lnx+ ^—1在e，1上单调递减，在［1, e］上单调递增，二f(x)>f(1) = 0.1 1•••J + Inx—1 >0 在x€ e，e 上恒成立.•h (x)= *+ Inx—1 e x+1>0+ 1>0,•••h(x) = (Inx—1)e x+ x 在e，e上单调递增.. ⑴1 1--h(x)min = h© 丿=—2e + e，h(x)max= e.1 1e 1 e 1•••当m<—2e + ；或m>e 时，g(x)没有零点，当一2e + m< eD D时，g(x)有一个零点.［解题反思］本题的易错点有两处：一是忽略函数的定义域，导致函数的单调区间与最值判断出错， 从而零点的个数判断出错，注意 到函数的定义域优先，就能有效避开此类错误；二是遇到函数的解析 式含参判断其零点个数，常需用到分类讨论，在分类讨论时，易因分 类不明，或分类不全而失分.［答题模板］解决这类问题的答题模板如下:求极值与最值一借助单调性求函数的极值与最值.［题型专练］11. (2018 全国卷 H )已知函数 f(x) =3x 3-a(x 2 + x + 1). (1) 若a = 3,求f(x)的单调区间；⑵证明：f(x)只有一个零点.1［解］(1)当 a = 3 时，f(x) = 3乂 3 — 3x 2 — 3x — 3, f (x) = x — 6x — 3.令 f ‘ (x) = 0,解得 x = 3 — 2 3或 x = 3+ 2 3. 当 x € (—^, 3— 2.3)U (3 + 2 3,+乂)时，f ‘ (x)>0; 当 x € (3 — 2 3, 3+ 2.3)时,f (x)<0,故f(x)的单调递增区间为(一乂，3 — 2 3), (3+ 2 3，+乂)，单 调递减区间为(3 — 2 3, 3+ 2 3).研究单调性确定零点个数(2) 证明：由于x2+ x+ 1>0,所以f(x) = 0等价于三占—3a = 0.x +x+ 1设g(x)=x2+x X+1 -3a，则g (x)=+X+ ；2》0，当且仅当x= 0时g‘ (x)= 0,所以g(x)在( — x,+x)上单调递增.故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.1又f(3a—1)= —6a2+ 2a —3= —61f(3a + 1) = 3>0，故f(x)有一个零点.综上，f(x)只有一个零点.题型二根据函数零点个数确定参数【典例2】(2018浙江金华期中)已知函数f(x)= ax3+ bx2+ (c —3a —2b)x+ d的图象如图所示.(1) 求c, d的值；(2) 若函数f(x)在x= 2处的切线方程为3x+ y—11 = 0,求函数f(x) 的解析式；1(3) 在(2)的条件下，函数y=f(x)与y =寸‘ (x) + 5x+ m的图象有三个不同的交点，求m的取值范围.［审题程序］第步：结合图象及导数的几何意义应用待定系数法求出f(x)的解析式;第二步：两函数图象交点问题转化为一个函数的零点问题；1 2 1 ca-6 -1<°，第三步：利用导数求函数的极值，确定m的取值范围.［规范解答］函数f(x)的导函数为f‘ (x)= 3ax2+ 2bx+ c—3a—2b.(1)由图可知函数f(x)的图象过点(0,3)，且f‘ (1) = 0,d= 3, d = 3,得解得13a + 2b+ c—3a—2b= 0, c =0.⑵由(1)得，f(x) = ax + bx —(3a + 2b)x + 3, 所以f‘ (x)= 3ax2+ 2bx—(3a + 2b).由函数f(x)在x= 2处的切线方程为3x+ y—11= 0,f 2 = 5,是f 2 = —3,'8a + 4b —6a —4b + 3= 5, ' a= 1,所以解得112a + 4b —3a —2b = —3, I b= —6,所以f(x) = x —6x + 9x+ 3.⑶由(2)知f(x) = x—6x? + 9x+ 3，所以f f (x) = 3x? —12x+ 9.1函数y= f(x)与y=f (x) + 5x+ m的图象有二个不同的交点，等价于x3—6x2+ 9x+ 3= (x2—4x+ 3)+ 5x+ m有三个不等实根, 等价于g(x) = x3—7x2+ 8x—m 的图象与x轴有三个交点.因为g‘ (x) = 3x2—14x + 8= (3x—2)(x —4),2 68g 3 = 27—m ，g (4)= —16— m ， 2 68 g3 = 27_ m >0,当且仅当 3时，g(x)图象与x 轴有三个交点,g 4 =— 16— m<0 解得—16<m<27.( 68)所以m 的取值范围为—16, 27/［答题模板］解决这类问题的答题模板如下:［题型专练］2. (2018 九江模拟)设函数 f(x) = x 3 + ax 2 + bx + c. (1)求曲线y = f(x)在点(0, f(0))处的切线方程；⑵设a = b = 4,若函数f(x)有三个不同零点，求c 的取值范围. ［解］(1 )由 f(x) = x 3+ax 2+bx +c ,得 f ‘ (x)= 3x 2+ 2ax + b. 因为 f(0)= c , f (0)= b ,所以曲线y =f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y = bx + c. (2)当 a = b = 4 时，f(x) = x 3 + 4x 2 + 4x + c ,构造函数研究性质转化求解所以f‘ (x)= 3x2+ 8x+4.22令f‘(x) = 0,得3X2+8X+ 4 = 0,解得x= —2 或x= —3.x)在区间一上的情况如下:f(x)与f‘32 ( 2\所以，当c>0 且c—27<0 时，存在x i € (―乂，一2),X2€ 一 2,— 3 ,(2 、X3^ — 3，+j,使得f(x i)= f(X2)= f(X3)= 0.『32) 3 2由f(x)的单调性知，当且仅当c€ 0, 27J时，函数f(x) = X3+ 4x2+ 4x+ c有三个不同的零点.题型三可化为函数零点的函数问题【典例3】已知函数f(x) = In(x + a) —x2—x在x= 0处取得极值.(1) 求实数a的值；5(2) 若关于x的方程f(x) = — *+ b在区间［0,2］上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围.［审题程序］第一步：由f‘ (0)= 0求出a值；第二步：方程的根转化为函数的零点问题；第三步：借助导数研究函数的极值；第四步：利用不等式组求b的范围.一1［规范解答］(1)由题意知，f‘ (x)= —2x— 1.x+ a•••当x = 0 时，f(x)取得极值，••• f ‘ (0)= 0,1即 —2X 0— 1 = 0,解得 a = 1.0+ a经检验a = 1符合题意，「• a = 1.(2)由 a = 1 知 f(x) = In(x + 1)— x 2 — x ，由 f(x) = — |x + b ,3 3得 In(x +1) — x 2 + 2x — b = 0,令(Kx)= In(x +1) — x 2 + qx — b,则 f(x) 5=—2x + b 在区间［0,2］上恰有两个不同的实数根等价于 M x) = 0在区间［0,2］上恰有两个不同的实数根.当x € (0,1)时，M (x)>0，于是M (x)在(0,1)上单调递增;当x € (1,2)时,M (x)<0，于是M x)在(1,2)上单调递减.'M0 = — b w 0,3依题意有 M 1 = In 1+ 1 — 1 + 2 — b>0, I M 2 = In 1 + 2 — 4+ 3 — b < 0,1解得 In3 — K b<ln2 + 2，: n二实数b 的取值范围是In3 — 1, In2 + .［答题模板］解决这类问题的答题模板如下: & (x)=七-2x + 2 = x +1 2 —4x + 5 x — 1 2 x + 1。
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
高三数学一轮复习专题-函数的零点课件
1 ln x ln2 x
由g(x) 0
当x 0 时，g(x) 0 当x 1 时，g(x) 当x 1 时，g(x) 当x 时，g(x) 作出直线y a 与曲线y g(x)
当 e a 0 时，函数没有零点
得 xe
当a 0 或a e 时，函数只有 1 个零点 当a e 时，函数有 2 个零点
解：题意等价为不等式
h(x) 在(0, ) 上递增
a x ln x x 2 x 0 恒成立 x 1
令g(x) x ln x x 2 x 1
又 h(0.5) 0 h(1) 0 x0 (0.5,1) 使得h(x0) 0
即 x0 ln x0 0
y g(x)
则g(x)
x
2 ln (x 1)2
B.(0, 1) e
C.(e, )
D.(1 , ) e
解：由f (x) 0 变形得2ax ln 2 ln x
kx 1 ln k ln x
如图由直线y 2ax ln 2 与 曲线y ln x有两个交点
得 0 2a 2 e
由ekk22a
解之得2a 2 e
得 2x ln 2 ln x e
ya
x 1
1 1 ln x
h(x) h(1) 0 即g(x) 0
则g(x)
x (x 1)2
(x 0, x 1)
lim g(x) 1
x1
g(x) 在(0,1) (1, ) 递减
令h(x) 1 1 ln x (x 0) x
作出直线y a 和曲线y g(x)
如图知 选BC
例5.已知函数f (x) ln x ax2 (2 a)x 1 满足x 0 ，f (x) 0 恒成立，
解：方程 f (x) 0 变为
2020高考新课标数学(文)一轮复习教材：专题研究 导数与函数零点
专题研究(二) 导数与函数零点专题概述：研究方程根、函数零点或图象交点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．[专题讲解]题型一 求函数零点个数【典例1】 (2019·兰州一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a ，a ∈R且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数．[审题程序]第一步：借助导数分类讨论f ′(x )的符号；第二步：函数零点问题转化为方程根的问题，分离m ；第三步：构造函数，借助导数研究单调性、最值，确定结果．[规范解答] (1)依题意得f ′(x )＝ax －1ax 2，x >0，当a <0时，f ′(x )>0恒成立，∴函数f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数；当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a ，由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a ，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是单调递增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是单调递减函数．综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数．当a >0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是单调递增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上是单调递减函数．(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点的个数等价于判断方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，则h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知，当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，∴f (x )≥f (1)＝0.∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1>0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x＋x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递增． ∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e 1e ＋1e ，h (x )max ＝e. ∴当m <－2e 1e ＋1e 或m >e 时，g (x )没有零点，当－2e 1e＋1e ≤m ≤e时，g (x )有一个零点．[解题反思] 本题的易错点有两处：一是忽略函数的定义域，导致函数的单调区间与最值判断出错，从而零点的个数判断出错，注意到函数的定义域优先，就能有效避开此类错误；二是遇到函数的解析式含参判断其零点个数，常需用到分类讨论，在分类讨论时，易因分类不明，或分类不全而失分．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]1．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋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．[解] (1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0，故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．(2)证明：由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2(x 2＋2x ＋3)(x 2＋x ＋1)2≥0， 当且仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．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)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫a －162－16<0， f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点．题型二 根据函数零点个数确定参数【典例2】 (2018·浙江金华期中)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋(c －3a －2b )x ＋d 的图象如图所示．(1)求c ，d 的值；(2)若函数f (x )在x ＝2处的切线方程为3x ＋y －11＝0，求函数f (x )的解析式；(3)在(2)的条件下，函数y ＝f (x )与y ＝13f ′(x )＋5x ＋m 的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．[审题程序]第一步：结合图象及导数的几何意义应用待定系数法求出f (x )的解析式；第二步：两函数图象交点问题转化为一个函数的零点问题； 第三步：利用导数求函数的极值，确定m 的取值范围．[规范解答] 函数f (x )的导函数为f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c －3a －2b .(1)由图可知函数f (x )的图象过点(0,3)，且f ′(1)＝0， 得⎩⎨⎧ d ＝3，3a ＋2b ＋c －3a －2b ＝0，解得⎩⎨⎧ d ＝3，c ＝0.(2)由(1)得，f (x )＝ax 3＋bx 2－(3a ＋2b )x ＋3，所以f ′(x )＝3ax 2＋2bx －(3a ＋2b )．由函数f (x )在x ＝2处的切线方程为3x ＋y －11＝0，是⎩⎨⎧ f (2)＝5，f ′(2)＝－3，所以⎩⎨⎧ 8a ＋4b －6a －4b ＋3＝5，12a ＋4b －3a －2b ＝－3，解得⎩⎨⎧ a ＝1，b ＝－6，所以f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋3. (3)由(2)知f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋3，所以f ′(x )＝3x 2－12x ＋9.函数y ＝f (x )与y ＝13f ′(x )＋5x ＋m 的图象有三个不同的交点，等价于x 3－6x 2＋9x ＋3＝(x 2－4x ＋3)＋5x ＋m 有三个不等实根， 等价于g (x )＝x 3－7x 2＋8x －m 的图象与x 轴有三个交点． 因为g ′(x )＝3x 2－14x ＋8＝(3x －2)(x －4)，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝6827－m ，g (4)＝－16－m ， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝6827－m >0，g (4)＝－16－m <0时，g (x )图象与x 轴有三个交点，解得－16<m <6827.所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－16，6827. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]2．(2018·九江模拟)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围．[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ，所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23. f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－∞，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，＋∞，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0. 由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同的零点．题型三 可化为函数零点的函数问题【典例3】 已知函数f (x )＝ln(x ＋a )－x 2－x 在x ＝0处取得极值．(1)求实数a 的值；(2)若关于x 的方程f (x )＝－52x ＋b 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根，求实数b 的取值范围．[审题程序]第一步：由f ′(0)＝0求出a 值；第二步：方程的根转化为函数的零点问题；第三步：借助导数研究函数的极值；第四步：利用不等式组求b 的范围．[规范解答] (1)由题意知，f ′(x )＝1x ＋a－2x －1.∵当x ＝0时，f (x )取得极值，∴f ′(0)＝0，即10＋a－2×0－1＝0，解得a ＝1. 经检验a ＝1符合题意，∴a ＝1.(2)由a ＝1知f (x )＝ln(x ＋1)－x 2－x ，由f (x )＝－52x ＋b ，得ln(x ＋1)－x 2＋32x －b ＝0，令φ(x )＝ln(x ＋1)－x 2＋32x －b ，则f (x )＝－52x ＋b 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根等价于φ(x )＝0在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根．φ′(x )＝1x ＋1－2x ＋32＝－(4x ＋5)(x －1)2(x ＋1)， 当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，于是φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1,2)时，φ′(x )<0，于是φ(x )在(1,2)上单调递减．依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ φ(0)＝－b ≤0，φ(1)＝ln (1＋1)－1＋32－b >0，φ(2)＝ln (1＋2)－4＋3－b ≤0，解得ln3－1≤b <ln2＋12，∴实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln3－1，ln2＋12. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：。
2020年山东省高考数学一轮冲刺复习汇编;函数与方程及其应用(解析版)
2020年山东省高考数学一轮冲刺复习；函数与方程及其应用（解析版）一、【知识精讲】1．函数的零点(1)零点的定义：对于函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．(2)零点的几个等价关系：方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y ＝f(x)有零点．函数的零点不是函数y＝f(x)与x轴的交点，而是y＝f(x)与x轴交点的横坐标，也就是说函数的零点不是一个点，而是一个实数.2．函数的零点存在性定理如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．函数零点的存在性定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，而不能判断函数的不变号零点，而且连续函数在一个区间的端点处函数值异号是这个函数在这个区间上存在零点的充分不必要条件.3．二分法的定义对于在区间[a，b]上连续不断且f(a)f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．二、常用结论汇总——规律多一点有关函数零点的结论(1)若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点．(2)连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号．(3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号．二、【典例精练】考点一函数零点个数、所在区间例1. (1)设函数y ＝x 3与y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2的图象的交点为(x 0，y 0)，若x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N，则x 0所在的区间是________.(2)设函数f (x )＝13x －ln x ，则函数y ＝f (x )( )A ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)内均有零点B ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)内均无零点C ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1内有零点，在区间(1，e)内无零点D ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1内无零点，在区间(1，e)内有零点【答案】(1)C (2)D【解析】 (1) 设f (x )＝x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2，则x 0是函数f (x )的零点，在同一坐标系下画出函数y＝x 3与y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2的图象如图所示.因为f (1)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝－1<0，f (2)＝8－⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝7>0，所以f (1)f (2)<0，所以x 0∈(1，2). (2)法一：图象法令f (x )＝0得13x ＝ln x ．作出函数y ＝13x 和y ＝ln x 的图象，如图，显然y ＝f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1内无零点，在(1，e)内有零点．法二：定理法当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 时，函数图象是连续的，且f ′(x )＝13－1x ＝x －33x <0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 上单调递减．又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝13e ＋1>0，f (1)＝13>0，f (e)＝13e －1<0，所以函数有唯一的零点在区间(1，e)内．【解法小结】 掌握判断函数零点个数的3种方法 (1)解方程法若对应方程f (x )＝0可解，通过解方程，即可判断函数是否有零点，其中方程有几个解就对应有几个零点． (2)定理法利用函数零点的存在性定理进行判断，但必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数的零点个数． (3)数形结合法合理转化为两个函数的图象(易画出图象)的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其是否有交点，若有交点，其中交点的个数，就是函数零点的个数． 考点二 函数零点的应用考法(一) 已知函数零点个数求参数范围例2. (2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧e x，x ≤0，ln x ，x >0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,0) B ．[0，＋∞) C ．[－1，＋∞) D ．[1，＋∞)【答案】C【解析】 令h (x )＝－x －a ， 则g (x )＝f (x )－h (x )．在同一坐标系中画出y ＝f (x )，y ＝h (x )的示意图，如图所示．若g (x )存在2个零点，则y ＝f (x )的图象与y ＝h (x )的图象有2个交点，平移y ＝h (x )的图象，可知当直线y ＝－x －a 过点(0,1)时，有2个交点，此时1＝－0－a ，a ＝－1. 当y ＝－x －a 在y ＝－x ＋1上方，即a <－1时，仅有1个交点，不符合题意． 当y ＝－x －a 在y ＝－x ＋1下方，即a >－1时，有2个交点，符合题意． 综上，a 的取值范围为[－1，＋∞)． 考法(二) 已知函数零点所在区间求参数范围例3. (2019·安庆摸底)若函数f (x )＝4x －2x －a ，x ∈[－1,1]有零点，则实数a 的取值范围是________． 【答案】⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，2【解析】 ∵函数f (x )＝4x －2x －a ，x ∈[－1,1]有零点， ∴方程4x －2x －a ＝0在[－1,1]上有解， 即方程a ＝4x－2x在[－1,1]上有解． 方程a ＝4x －2x 可变形为a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －122－14，∵x ∈[－1,1]，∴2x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －122－14∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，2.∴实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，2.例4.(2018·浙江卷)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎨⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.(1)当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是________.(2)若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________. 【答案】(1)(1，4) (2)(1，3]∪(4，＋∞)【解析】 (1)若λ＝2，当x ≥2时，令x －4<0，得2≤x <4；当x <2时，令x 2－4x ＋3<0，解得1<x <2.综上可知，1<x <4，所以不等式f (x )<0的解集为(1，4). (2)令f (x )＝0，当x ≥λ时，x ＝4， 当x <λ时，x 2－4x ＋3＝0， 解得x ＝1或x ＝3.因为函数f (x )恰有2个零点，结合如图函数的图象知，1<λ≤3或λ>4.【解法小结】1．利用函数零点求参数范围的3种方法2.三、【名校新题】1. (2019·北京西城区模拟)若函数f (x )＝2x －2x－a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是( ) A ．(1,3)B ．(1,2)C ．(0,3)D ．(0,2)【答案】C【解析】因为函数f (x )＝2x －2x －a 在区间(1,2)上单调递增，又函数f (x )＝2x －2x－a 的一个零点在区间(1,2)内，则有f (1)·f (2)<0，所以(－a )(4－1－a )<0， 即a (a －3)<0，解得0<a <3.2.(2019·岳阳二模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－2x ，x ≤0，1＋1x ，x >0，则函数y ＝f (x )＋3x 的零点个数是( ) A.0 B.1C.2D.3【答案】C【解析】 函数y ＝f (x )＋3x 的零点个数就是y ＝f (x )与y ＝－3x 两个函数图象的交点个数，如图所示，由函数的图象可知，零点个数为2.3. (2019·郑州质量测试)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧e x－a ，x ≤0，2x －a ，x >0(a ∈R)，若函数f (x )在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(0,1] B ．[1，＋∞) C ．(0,1) D ．(－∞，1]【答案】A【解析】 画出函数f (x )的大致图象如图所示．因为函数f (x )在R 上有两个零点，所以f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x ≤0时，f (x )有一个零点，需0<a ≤1；当x >0时，f (x )有一个零点，需－a <0，即a >0.综上，0<a ≤1.4.(2019·湖北七校联考)已知f (x )是奇函数且是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( ) A.14 B.18 C.－78D.－38【答案】C【解析】令y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0，则f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )＝f (x －λ)，因为f (x )是R 上的单调函数，所以2x 2＋1＝x －λ，只有一个实根，即2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实根，则Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－78.5.已知函数f (x )＝2x ＋x ＋1，g (x )＝log 2x ＋x ＋1，h (x )＝log 2x －1的零点依次为a ，b ，c ，则( ) A.a <b <c B.a <c <b C.b <c <aD.b <a <c【答案】A【解析】 令函数f (x )＝2x ＋x ＋1＝0，可知x <0，即a <0； 令g (x )＝log 2x ＋x ＋1＝0，则0<x <1，即0<b <1； 令h (x )＝log 2x －1＝0，可知x ＝2，即c ＝2.显然a <b <c .6. (2018·济南月考)若函数f (x )＝x 2＋2x ＋a 没有零点，则实数a 的取值范围是( ) A.(－∞，1) B.(1，＋∞) C.(－∞，1]D.[1，＋∞)【答案】B【解析】因为函数f (x )＝x 2＋2x ＋a 没有零点，所以方程x 2＋2x ＋a ＝0无实根，即Δ＝4－4a <0，由此可得a >1.7.(2019·北京燕博园联考)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ln （x ＋1）x 3－3x（x ≥0），（x <0），若函数y ＝f (x )－k 有三个不同的零点，则实数k 的取值范围是( ) A.(－2，2) B.(－2，1) C.(0，2)D.(1，3)【答案】C【解析】 当x <0时，f (x )＝x 3－3x ，则f ′(x )＝3x 2－3， 令f ′(x )＝0，∴x ＝±1(舍去正根)，故f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减. 又f (x )＝ln(x ＋1)在(0，＋∞)上单调递增. 则函数f (x )图象如图所示.f (x )极大值＝f (－1)＝2，且f (0)＝0，故当k ∈(0，2)时，y ＝f (x )－k 有三个不同零点.8.(2019·永州模拟)已知函数f (x )＝a ＋log 2(x 2＋a )(a >0)的最小值为8，则实数a 的取值范围是( ) A.(5，6) B.(7，8)C.(8，9)D.(9，10)【答案】A【解析】 由于f (x )在[0，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)上是减函数， ∴f (x )min ＝f (0)＝a ＋log 2a ＝8. 令g (a )＝a ＋log 2a －8，a >0.则g (5)＝log 25－3<0，g (6)＝log 26－2>0， 又g (a )在(0，＋∞)上是增函数， ∴实数a 所在的区间为(5，6).9.(2018·郑州一模)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[－1，1]时，f (x )＝x 2.令g (x )＝f (x )－kx －k ，若在区间[－1，3]内，函数g (x )＝0有4个不相等实根，则实数k 的取值范围是( ) A.(0，＋∞)B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，13 【答案】C【解析】令g (x )＝0，得f (x )＝k (x ＋1)，由f (x )的周期性，作出y ＝f (x )在[－1，3]上的图象如图所示. 设直线y ＝k 1(x ＋1)经过点(3，1)，则k 1＝14.∵直线y ＝k (x ＋1)经过定点(－1，0)，且由题意知直线y ＝k (x ＋1)与y ＝f (x )的图象有4个交点，∴0<k ≤14.10.(2019·太原模拟)若函数f (x )＝(m －2)x 2＋mx ＋(2m ＋1)的两个零点分别在区间(－1,0)和区间(1,2)内，则实数m 的取值范围是________． 【答案】⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12【解析】依题意并结合函数f (x )的图象可知，⎩⎨⎧m ≠2，f －f ，f f，即⎩⎨⎧m ≠2，[m －2－m ＋m ＋m ＋，[m －2＋m ＋m ＋m －＋2m ＋m ＋，解得14<m <12.11.已知f (x )＝⎩⎨⎧|lg x |，x >0，2|x |，x ≤0，则函数y ＝2[f (x )]2－3f (x )＋1的零点个数是________.【答案】5【解析】由2[f (x )]2－3f (x )＋1＝0得f (x )＝12或f (x )＝1，作出函数y＝f(x)的图象.由图象知y＝12与y＝f(x)的图象有2个交点，y＝1与y＝f(x)的图象有3个交点.因此函数y＝2[f(x)]2－3f(x)＋1的零点有5个.12. (2019·西安调研)方程2x＋3x＝k的解在[1，2)内，则k的取值范围是________.【答案】[5，10)【解析】令函数f(x)＝2x＋3x－k，则f(x)在R上是增函数.当方程2x＋3x＝k的解在(1，2)内时，f(1)·f(2)<0，即(5－k)(10－k)<0，解得5<k<10.又当f(1)＝0时，k＝5.则方程2x＋3x＝k的解在[1，2)内，k的取值范围是[5，10).13.（2019盐城检测）已知函数f(x)=，若f(x)在区间上有且只有2个零点，则实数m的取值范围是________【答案】【解析】当时，易知x=0不是方程的解，故m=-x在上是减函数，故m即m时，方程f(x)=0在上有且只有一个解，当x时，令得故,即当时，方程f(x)=0在x上有且只有一个解，综上，若f(x)在区间上有且只有2个零点，则实数m的取值范围是14.(2019·邯郸模拟)若曲线y＝log2(2x－m)(x>2)上至少存在一点与直线y＝x＋1上的一点关于原点对称，则m的取值范围为________.【答案】(2，4]【解析】因为直线y＝x＋1关于原点对称的直线为y＝x－1，依题意方程log2(2x－m)＝x－1在(2，＋∞)上有解，即m＝2x－1在x∈(2，＋∞)上有解，∴m>2.又2x－m>0恒成立，则m≤(2x)min＝4，所以实数m的取值范围为(2，4].2020年山东省高考数学一轮冲刺复习；函数与方程及其应用（解析版）。
2020版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用2_8函数与方程课件文新人教版
e)上单调递增，令 g′(x)<0，解得 x>e，则 g(x)在(e，＋∞)上单调递减，则
g(x)max＝g(e)＝2e，当 x→＋∞时，g(x)→0 且 g(x)>0，当 x→0 时，g(x)→－
∞，则有
0<lna<2e，解得
1<a<e
2 e
。综上，a
的取值范围是1，e
2 e
。
2
答案
方向 2：确定函数零点个数
x2＋x－2，x≤0，
【例 2】 (1)函数 f(x)＝－1＋lnx，x>0
的零点个数为(
)
A．3
B．2 C．1
D．0
x≤0，
x>0，
解析 (1)由 f(x)＝0 得x2＋x－2＝0 或－1＋lnx＝0， 解得 x＝－2
或 x＝e。因此函数 f(x)共有 2 个零点。故选 B。
3．二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
二次函数 y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象
与 x 轴的交点 ___(x_1_,0_)_，__(_x_2,_0_)
零点个数
__2____
__(_x_1,_0_)__ ___1____
无交点 ___0____
1．若连续不断的函数 f(x)在定义域上是单调函数，则 f(x)至多有一个零点。 函数的零点不是一个“点”，而是方程 f(x)＝0 的实根。
1，e
e
求解本题的关键在于底数与指数都含有自变量时，需两边同时取自然 对数，构造新的函数。该题考查了数形结合的转化能力及把陌生问题熟悉 化的逻辑推理能力。
2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：17导数与函数的零点问题含解析
课时作业17 导数与函数的零点问题1．已知f (x )＝ax 2－(b ＋1)x ln x －b ，曲线y ＝f (x )在点P (e ，f (e))处的切线方程为2x ＋y ＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)研究函数f (x )在区间(0，e 4]内的零点的个数．解：(1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧ f (e )＝－2e ，f ′(e )＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝e ，∴f (x )＝x 2－(e ＋1)x ln x －e.(2)x 2－(e ＋1)x ln x －e ＝0⇒x －(e ＋1)ln x －ex ＝0，x ∈(0，e 4]． 设g (x )＝x －(e ＋1)ln x －ex ，x ∈(0，e 4]， 则g ′(x )＝1－e ＋1x ＋e x 2＝(x －1)(x －e )x 2. 由g ′(x )＝0得x 1＝1，x 2＝e ， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0， 当x ∈(1，e)时，g ′(x )<0， 当x ∈(e ，e 4]时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，在(e ，e 4]上单调递增． 极大值g (1)＝1－e<0，极小值g (e)＝－2<0，g (e 4)＝e 4－4(e ＋1)－1e 3，∵4(e ＋1)＋1e 3<4×4＋1＝17， e 4>2.74>2.54>62＝36， ∴g (e 4)>0.综上，g (x )在(0，e 4]内有唯一零点， 因此，f (x )在(0，e 4]内有唯一零点．2．(2019·郑州第一次质量预测)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a ，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈[1e ，e]时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数． 解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)， 当a <0时，f ′(x )>0恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a ， 由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a ，∴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)e x＋x －m 的零点，即当x ∈[1e ，e]时，方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，h ′(x )＝(1x ＋ln x －1)e x ＋1.由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在(1e ，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x ∈[1e ，e]时，f (x )≥f (1)＝0. ∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈[1e ，e]上恒成立． ∴h ′(x )＝(1x ＋ln x －1)e x ＋1≥0＋1>0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x＋x 在x ∈[1e ，e]上单调递增．∴h (x )min ＝h (1e )＝－2e 1e＋1e ， h (x )max ＝e.∴当m <－2e 1e＋1e 或m >e 时，函数g (x )在[1e ，e]上没有零点； 当－2e 1e＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在[1e ，e]上有一个零点． 3．(2019·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a ∈R )．(1)若f (x )在x ＝2处取得极值，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当a >0时，若f (x )有唯一的零点x 0，求[x 0]．注：[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2. 参考数据：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946. 解：(1)∵f (x )＝x 2＋2x －a ln x ， ∴f ′(x )＝2x 3－ax －2x 2(x >0)， 由题意得f ′(2)＝0，则2×23－2a －2＝0，a ＝7， 经验证，当a ＝7时，f (x )在x ＝2处取得极值， ∴f (x )＝x 2＋2x －7ln x ，f ′(x )＝2x －2x 2－7x ，∴f ′(1)＝－7，f (1)＝3，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3 ＝－7(x －1)，即7x ＋y －10＝0. (2)令g (x )＝2x 3－ax －2(x >0)， 则g ′(x )＝6x 2－a ， 由a >0，g ′(x )＝0，可得x ＝a 6，∴g (x )在(0，a6)上单调递减，在(a6，＋∞)上单调递增． 由于g (0)＝－2<0，故当x ∈(0，a6)时，g (x )<0，又g (1)＝－a <0，故g (x )在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x 1，从而可知f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，由于f (x )有唯一零点x 0，故x 1＝x 0，且x 0>1，则g (x 0)＝0，f (x 0)＝0，可得2ln x 0－3x 30－1－1＝0.令h (x )＝2ln x －3x 3－1－1(x >1)，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递增，由于h (2)＝2ln2－107<2×0.7－107<0， h (3)＝2ln3－2926>0，故x 0∈(2,3)，[x 0]＝2.4．(2019·南宁、柳州联考)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设f (x )的两个零点分别是x 1，x 2，求证：f ′(x 1＋x 22)<0.解：(1)函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2ax ＋(2－a )＝－(ax －1)(2x ＋1)x， ①当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，若x ∈(0，1a )，则f ′(x )>0，若x ∈(1a ，＋∞)，则f ′(x )<0，则f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a ，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)易知a >0，且f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a ，＋∞)上单调递减，不妨设0<x 1<1a <x 2，f ′(x 1＋x 22)<0⇔x 1＋x 22>1a ⇔x 1＋x 2>2a ，故要证f ′(x 1＋x 22)<0，只需证x 1＋x 2>2a 即可． 构造函数F (x )＝f (x )－f (2a －x )，x ∈(0，1a )，f ′(x )＝f ′(x )－[f (2a －x )]′＝f ′(x )＋f ′(2a －x )＝2ax (ax －2)＋2x (2－ax )＝2(ax －1)2x (2－ax )，∵x ∈(0，1a )，∴f ′(x )＝2(ax －1)2x (2－ax )>0，∴F (x )在(0，1a )上单调递增， ∴F (x )<F (1a )＝f (1a )－f (2a －1a )＝0， 即f (x )<f (2a －x )，x ∈(0，1a )，又x 1，x 2是函数f (x )的两个零点且0<x 1<1a <x 2，∴f (x 1)＝f (x 2)<f (2a －x 1)， 而x 2，2a －x 1均大于1a ，∴x 2>2a －x 1，∴x 1＋x 2>2a ，得证． 尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用5．(2019·西安八校联考)已知函数f (x )＝x ，g (x )＝λf (x )＋sin x (λ∈R )在区间[－1,1]上单调递减．(1)求λ的最大值；(2)若g (x )<t 2＋λt ＋1在[－1,1]上恒成立，求t 的取值范围； (3)讨论关于x 的方程ln xf (x )＝x 2－2e x ＋m 的解的个数．解：(1)∵f (x )＝x ，∴g (x )＝λf (x )＋sin x ＝λx ＋sin x ， 又g (x )在[－1,1]上单调递减，∴g ′(x )＝λ＋cos x ≤0在[－1,1]上恒成立，∴λ≤(－cos x )min ＝－1.故λ的最大值为－1.(2)在[－1,1]上，g (x )max ＝g (－1)＝－λ－sin1，∴只需t 2＋λt ＋1>－λ－sin1恒成立，即(t ＋1)λ＋t 2＋sin1＋1>0(λ≤－1)恒成立，令h (λ)＝(t ＋1)λ＋t 2＋sin1＋1(λ≤－1)，要使h (λ)>0恒成立，则需⎩⎪⎨⎪⎧t ＋1≤0，h (－1)＝－t －1＋t 2＋sin1＋1>0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ≤－1，t 2－t ＋sin1>0， 又t 2－t ＋sin1>0恒成立，∴t ≤－1，故t 的取值范围为(－∞，－1]．(3)ln x f (x )＝ln xx ＝x 2－2e x ＋m ， 令f 1(x )＝ln xx ，f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ， ∵f 1′(x )＝1－ln xx 2，∴当x ∈(0，e)时，f 1′(x )>0， 即f 1(x )单调递增；当x ∈[e ，＋∞)时，f 1′(x )≤0， 即f 1(x )单调递减． ∴f 1(x )max ＝f 1(e)＝1e ， 又f 2(x )＝(x －e)2＋m －e 2，∴当m －e 2>1e ，即m >e 2＋1e 时，方程无解；当m －e 2＝1e ，即m ＝e 2＋1e 时，方程有一个解； 当m －e 2<1e ，即m <e 2＋1e 时，方程有两个解．。
高考数学一轮复习导数与函数的零点课件
【训练2】 (2020·北京通州区一模)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝a(ex－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)＝xex－aex＋a. (1)证明 当a＝1时，F(x)＝xex－ex＋1，所以F′(x)＝xex. 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).
(ⅰ)若 h(2)>0，即 a<e42，h(x)在(0，＋∞)没有零点； (ⅱ)若 h(2)＝0，即 a＝e42，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点； (ⅲ)若 h(2)<0，即 a>e42，由于 h(0)＝1，所以 h(x)在(0，2)有一个零点.
由(1)知，当 x>0 时，ex>x2，所以 h(4a)＝1－1e64aa3＝1－（1e62aa）3 2>1－（126aa）3 4＝1－1a>0.
＋∞)，故 m>1；当 x≤1 时，f(x)＝2x2－mx＋m2 ＋58，要使得 g(x)＝f(x)－m 有两个零
Δ＝m2－858－m2 >0，
点，需满足m4 <1，
解得 m<－5 或 1<m≤74，综上可得1，74.
g（1）＝2－m－m2 ＋58≥0，
答案 1，74
5.已知函数 f(x)＝x＋ln x－2e，g(x)＝mx ，其中 e 为自然对数的底数，若函数 f(x)与 g(x) 的图象恰有一个公共点，则实数 m 的取值范围是________. 解析 因为 f′(x)＝1＋1x>0，所以函数在(0，＋∞)上为增函数且 f1e＝－1－1e<0，所以 当 m≥0 时，与 g(x)＝mx 有一个公共点，当 m<0 时，令 f(x)＝g(x)，∴x2＋xln x－2ex＝ m 有一解即可，设 h(x)＝x2＋xln x－2ex，令 h′(x)＝2x＋ln x＋1－2e＝0 得 x＝1e，即当 x ＝1e时，h(x)有极小值－e＋e21，故当 m＝－e＋e21时有一公共点，故填 m≥0 或 m＝－e＋e21. 答案 m≥0 或 m＝－e＋e21
第17讲第3课时导数与函数零点课件高三数学一轮复习
3．已知函数 f(x)＝ex－a(a∈R)，则函数 f(x)的零点个数最多为
x
A．0
B．1
C．2
() D．3
【解析】由 f(x)＝ex－ax＝0，得 xex＝a(x≠0)，设 h(x)＝xex，则 h′(x)＝(x＋1)ex，当 x＜ －1 时，h′(x)＜0，当－1＜x＜0 或 x＞0 时，h′(x)＞0，所以 h(x)＝xex 在(－1，0)，(0， ＋∞)上单调递增，在(－∞，－1)上单调递减，所以 h(x)min＝h(－1)＝－1e.
【答案】BC
6．已知函数f(x)＝x3－x＋1，则 ( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
【解析】由题知
配套精练
一、 单项选择题
A组 夯基精练
1．函数f(x)＝ex与g(x)＝x＋1的图象的交点个数为
A．0
B．1
(B )
C．2
D．不确定
【解析】令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，令h′(x)＝ex－1＝0，得x＝0.当
x＜0时，h′(x)＜0，当x＞0时，h′(x)＞0.所以当x＝0时，h(x)取得最小值h(0)＝0，即
线方程为 y＝ex－e.
1
若函数
f(x)＝
x－32
ex，g(x)＝e. x
(2) 讨论函数 G(x)＝f(x)－tg(x)(t∈R)的零点个数．
【解答】G(x)＝x－32ex－ext，令 G(x)＝0，得x－32ex＝ext，即 t＝x2－32xex-1(x≠0). 令 h(x)＝x2－32xex-1，则 h′(x)＝x＋32(x－1)·ex-1，令 h′(x)＝0，得 x＝－32或 x＝1.当 x∈
新人教版2020届高考理科数学一轮复习课件：第二篇 第11节 第五课时 利用导数研究函数零点专题
解:(2)方程 f(x)=(a+1)x 恰有两个不同的解,
即方程 1 x2-(a+1)x+aln x=0 在(0,+∞)上恰有 2 个解, 2
令 g(x)= 1 x2-(a+1)x+aln x,其中 x∈(0,+∞), 2
g′(x)=x-(a+1)+ a = x 1 x a ,
x
x
④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点.综上所述,当 m> 2 时,函数 g(x)无零点; 3
当 m= 2 或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点;当 0<m< 2 时,函数 g(x)有两个零点.
3
3
考点二 利用函数性质研究函数零点 【例2】 导学号 38486073 (2017·江西临川质检)已知函数f(x)=(x2-3x+3)·ex. (1)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在[-2,t](t>-2)上为单调函数;
所以当 x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+ e =2, e
所以 f(x)的极小值为 2.
(2)讨论函数g(x)=f′(x)- x 零点的个数.
3
解:(2)由题设 g(x)=f′(x)- x = 1 - m - x (x>0), 3 x x2 3
令 g(x)=0,得 m=- 1 x3+x(x>0). 3
(1,+∞) -
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反思归纳 含参数的函数零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参 数,可将参数分离出来后,用x表示参数的函数,作出该函数图象,根据图象 特征求参数的范围.
跟踪训练1:(2017·成都质检)设函数f(x)=ln x+ m ,m∈R.
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所以方程 f(x)＝ g(x)的根的个数为 2. 考点二 已知函数零点个数求参数的取值范围 【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， 即 f′x（)＝ln x，令 f′x（)>0，解得 x>1； 令 f′x（)<0，解得 0<x<1. 所以 f(x)在 x＝ 1 处取得极小值， f(x)的单调递增区间为 (1，＋∞ )，单调递减区间 为(0， 1). (2)y＝f(x)－ m－1 在 (0，＋∞ )内有两个不同的零点，可转化为 y＝f(x)与 y＝m＋1 图像有两个不同的交点 . 由(1)知， f(x)在 (0，1)上单调递减，在 (1，＋∞ )上单调递增， f(x)min＝f(1)＝－ 1，
由题意得， m＋1>－ 1， 即 m>－ 2，① 当 0<x<e 时， f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当 x>e 时， f(x)>0. 当 x>0 且 x→0 时， f(x)→0； 当 x→＋∞时，显然 f(x)→＋∞ . 由图像可知， m＋1<0，即 m<－1，② 由①②可得－ 2<m<－1. 所以 m 的取值范围是 (－2，－ 1). 规律方法 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间
h′x（)＝
ex－
1－ 2x
1
2－
1，记
φ(x)＝
ex
－
1－ 2x
1
2－
1，
则
φ′x（)＝
ex＋
14x－
3 . 2
当 x∈ (0，＋∞ )时， φ′x（)>0，因此 φ(x)在(0，＋∞ )上单调递增， 易知 φ(x)在(0，＋∞ )内至多有一个零点，
即 h(x)在[0，＋∞ )内至多有两个零点， 则 h(x)在[0，＋∞ )上有且只有两个零点，
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－x.
由 g(x)＝ 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 .
故 g(x)仅有 1 个零点 .
规律方法 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)的图像草图，数形结合求解函数零点的个数 .
x2－ 2x－3
3
(2)由(1)知 g(x)＝ x －4ln x＝x－x－4ln x－2，
பைடு நூலகம்
3 4 （x－1）（ x－3）
∴g(x)的定义域为 (0，＋∞ )， g′x（)＝1＋x2－ x＝
x2
，令 g′x（)＝0，
得 x1＝1，x2＝3.
当 x 变化时， g′x（)， g(x)的取值变化情况如下表：
和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图像与 x 轴的位置
关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的
交点问题 . 【训练 2】 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 . 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] 上单调递减，在 [0，1] 上单调递增， 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；
(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 .
【训练 1】 已知函数 f(x)＝ ex－1，g(x)＝ x＋x，其中 e 是自然对数的底数， e＝
2.718 28….
(1)证明：函数 h(x)＝f(x)－g(x)在区间 (1，2)上有零点； (2)求方程 f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由 . (1)证明 由题意可得 h(x)＝ f(x)－g(x)＝ex－ 1－ x－x， 所以 h(1)＝e－3<0， h(2)＝e2－ 3－ 2>0， 所以 h(1)h(2)<0，
x
(0，1)
1
(1， 3)
3
(3，＋∞ )
g′x（)
＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值
极小值
当 0<x≤3 时， g(x)≤g(1)＝－ 4<0，
当
x>3
时，
g(e5)＝
e5－
3 e5－
20－
2>25－
1－
22＝
9>0.
又因为 g(x)在 (3，＋∞ )上单调递增，
因而 g(x)在(3，＋∞ )上只有 1 个零点，
解 (1)∵ f(x)是二次函数，且关于 x 的不等式 f(x)≤ 0 的解集为 { x|－ 1≤x≤3，
x∈R} ， ∴设 f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且 a>0.
∴f(x)min＝f(1)＝－ 4a＝－ 4，a＝1.
故函数 f(x)的解析式为 f(x)＝x2－2x－3.
第 4 课时 导数与函数的零点
考点一 判断零点的个数
【例 1】 (2019 ·合肥质检 )已知二次函数 f(x)的最小值为－ 4，且关于 x 的不等式
f(x)≤0 的解集为 { x|－1≤x≤3，x∈R}.
(1)求函数 f(x)的解析式； f （x）
(2)求函数 g(x)＝ x －4ln x 的零点个数 .