新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第5讲利用导数研究函数的零点问题课件

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第5讲利用导数研究函数的零点问题课件，共51页。PPT课件主要包含了专题三函数与导数，分析考情·明方向，真题研究·悟高考，考点突破·提能力等内容，欢迎下载使用。

第5讲　利用导数研究函数的零点问题
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以f(x)max＝f(1)＝－1.
当a≤0时，ax－1≤0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，此时函数无零点，不合题意；
所以f(x)有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
【解析】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
令f(x)＝0，得x＝1，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)≥f(1)＝e＋1－a，若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明：由题知，f(x)一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设x1<13. (2022·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．(1)求a；(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．【解析】　(1)f(x)＝ex－ax的定义域为R，而f′(x)＝ex－a，若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
当xln a时，f′(x)>0，故f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数，故f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a.
因为f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值，
当b>1时，考虑ex－x＝b的解的个数、x－ln x＝b的解的个数．设S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，所以S(x)min＝S(0)＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b，设u(b)＝eb－2b，其中b>1，则u′(b)＝eb－2>0，
故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝ex－x－b有两个不同的零点，即ex－x＝b的解的个数为2.
当01时，T′(x)>0，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以T(x)min＝T(1)＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0，T(x)＝x－ln x－b有两个不同的零点即x－ln x＝b的解的个数为2.
当b＝1，由(1)讨论可得x－ln x＝b、ex－x＝b仅有一个零点，当b<1时，由(1)讨论可得x－ln x＝b、ex－x＝b均无零点，故若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)、y＝g(x)有三个不同的交点，则b>1.
设s(x)＝ex－x－1，x>0，则s′(x)＝ex－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)>s(0)＝0即ex>x＋1，
当0x0时，h(x)>0即ex－x>x－ln x即f(x)>g(x)，因此若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)、y＝g(x)有三个不同的交点，故b＝f(x0)＝g(x0)>1，此时ex－x＝b有两个不同的零点x1，x0(x1<0故x4－b为方程ex－x＝b的解，同理x0－b也为方程ex－x＝b的解；
故x1＋b为方程x－ln x＝b的解，同理x0＋b也为方程x－ln x＝b的解，所以{x1，x0}＝{x0－b，x4－b}，而b>1，
(1)若a＝0，求函数的定义域，并判断是否存在c使得f(x)是奇函数，说明理由；(2)若函数过点(1,3)，且函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点，求此时c的值和a的取值范围．
设g(x)＝x2＋(3a＋1)x＋1，
核心考点1　判断函数零点的个数
(2023·黄埔区模拟)已知函数f(x)＝ex－1＋e－x＋1，g(x)＝a(x2－2x)(a<0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数．
令f′(x)＝0，解得x＝1，当x<1时，则x－1<0，可得f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，则x－1>0，可得f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增；故函数f(x)的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1， ＋∞)．
(2)由h(x)＝0，得f(x)＝g(x)，因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)的图象的交点个数，因为g(x)＝a(x2－2x)(a<0)，所以g(x)的递增区间是(－∞，1)，递减区间是(1，＋∞)，所以当x＝1时，g(x)取最大值g(1)＝－a，由(1)可知，当x＝1时，f(x)取最小值f(1)＝2，当－a<2，即－2当－a＝2，即a＝－2时，函数f(x)与g(x)的图象只有一个交点，即函数h(x)有一个零点；当－a>2，即a<－2时，函数h(x)有两个零点，理由如下：因为h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1＋e－x＋1－a(x2－2x)，所以h(1)＝2＋a<0，h(2)＝e＋e－1>0，由函数零点存在定理，知h(x)在(1,2)内有零点．又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上只有一个零点．又因为f(2－x)＝e(2－x)－1＋e－(2－x)＋1＝e1－x＋ex－1＝f(x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，因为g(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x＝1对称，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(－∞，1)上只有一个零点．所以当a<－2时，h(x)＝f(x)－g(x)有两个零点．
利用导数研究函数零点问题的思路(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．(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．
(2023·定远县校级模拟)已知函数f(x)＝ex＋x＋4ln(2－x)．(1)求函数f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程；(2)判断函数f(x)的零点个数，并说明理由．
所以切点坐标为(0,1＋4ln 2)，则函数f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程为y＝1＋4ln 2.
(2)有两个零点，理由如下：令f(x)＝ex＋x＋4ln(2－x)＝0，可得ex＝－x－4ln(2－x)，判断函数f(x)的零点个数即判断t(x)＝ex(x<2)与g(x)＝－x－4ln(2－x)(x<2)图象交点的个数，因为t(x)＝ex为单调递增函数，t(x)>0，当x无限接近于－∞时t(x)无限接近于0，且t(2)＝e2，
当－20，g(x)单调递增，当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(－2)＝2－4ln 4<0，g(－e3－2)＝e3＋2－4ln e3＝e3－10>0，
且当x无限接近于2时g(x)无限接近于＋∞，所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln(2－x)的图象在x<0时有一个交点，在0核心考点2　根据零点的个数求参数的值(范围)
已知函数f(x)＝ax2＋(a－2)x－ln x.(1)当a＝2时，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
所以f′(1)＝3，又f(1)＝2，所以所求的切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.
故当f(x)有两个零点时，实数a的取值范围为(0,1)．
根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思路也是数形结合，即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数y＝f(x)的图象，再根据零点个数确定函数y＝f(x)的图象交点的个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围，一个基本的技巧是把f(x)＝0化为g(x)＝h(x)，据f(x)零点个数确定函数y＝g(x)，y＝h(x)图象的交点个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在区间[1,2]上的值域；(2)若函数f(x)有三个零点x1，x2，x3(x1当a≤0时，显然f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)至多有1个零点，不合题意，舍去；
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝3，所以当a>3时，f′(x)＝0有2个零点，当00，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，显然不合题意，所以f(x)有三个零点时，a的取值范围是(3，＋∞)；