统考版高中数学（文）复习3-2-5导数在研究函数中的应用学案

这是一份统考版高中数学（文）复习3-2-5导数在研究函数中的应用学案，共8页。
第5课时　利用导数探究函数的零点问题提 升  关键能力——考点突破　掌握类题通法 考点一　研究函数的零点个数　[综合性][例1]　[2019·全国卷Ⅱ节选]已知函数f(x)＝ln x－.讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．听课笔记：          一题多变 (变条件，变问题)将本例中的函数改为“f (x)＝ln x＋，m∈R”，讨论函数g(x)＝f ′(x)－零点的个数．           反思感悟　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，看其交点的个数即可定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决【对点训练】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；(2)求函数g(x)＝－4ln x的零点个数．           考点二　由函数的零点个数求参数的范围　[综合性][例2]　[2023·榆林市第十中学高三月考]已知函数f(x)＝ax2－ln x－x，a≠0.(1)试讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．听课笔记：                反思感悟　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)若函数不是严格单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．(3)运用分离参数，数形结合等方法，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．【对点训练】[2023·重庆南开中学模拟]已知函数f(x)＝x＋ae－x＋1(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围．                   第5课时　利用导数探究函数的零点问题提升关键能力考点一例1　解析：f(x)的定义域为(0，1)因为f′(x)＝>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点．一题多变解析：由题设，g(x)＝f ′(x)－＝(x＞0)．令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－x3＋x(x＞0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知：①当m＞时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．对点训练解析：(1)因为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}，所以f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f (x)min＝f(1)＝－4a＝－4，所以a＝1.故函数f(x)的解析式为f (x)＝x2－2x－3.解析：(2)因为g(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2(x>0)，所以g′(x)＝1＋＝.令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：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，g(e5)＝e5－－20－2>25－1－22＝9>0.因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)在(0，＋∞)上仅有1个零点．考点二例2　解析：函数f(x)＝ax2－ln x－x的定义域为(0，＋∞)．(1)f′(x)＝2ax－－1＝，设g(x)＝2ax2－x－1当a<0时，因为函数g(x)图象的对称轴为x＝<0，g(0)＝－1.所以当x>0时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，令g(x)＝0.得x1＝，x2＝当0<x<x2时，g(x)<0，f′(x)<0，当x>x2时，g(x)>0，f′(x)>0.所以函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增． (2)若f(x)有两个零点，即ax2－ln x－x＝0有两个解，a＝.设h(x)＝，h′(x)＝，设F(x)＝1－2ln x－x，因为函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减，且F(1)＝0，所以当0<x<1时，F(x)>0，h′(x)>0，当x>1时，F(x)<0，h′(x)<0.所以函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且x→＋∞时，h(x)→0，h(1)＝1，所以0<a<1.即实数a的取值范围为(0，1)．对点训练解析：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝1－ae－x，①当a≤0时，f(x)>0恒成立，所以f(x)在R上单调递增；②当a>0时，令f′(x)＝0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)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．解析：(2)由(1)可知，a≤0时，f(x)在R上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意．a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，因为函数有2个零点，所以f(x)min＝f(ln a)＝ln a＋2<0⇒0<a<e－2，且f(1)＝2＋ae－1>0.记g(x)＝ex－x(x<0)，则g′(x)＝ex－1，所以x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)>g(0)＝1>0，则ex>x，于是>－，则x<0时，e－x>.所以当x<0时，f(x)>x＋＋1，限定x<－1，则f(x)>2x＋＝x(8＋ax)，所以当x<－1且x<－时，f(x)>0.于是，若函数有2个零点，则a∈(0，e－2)．