第3章 第2节　第5课时　利用导数研究函数的零点问题-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案

这是一份第3章 第2节　第5课时　利用导数研究函数的零点问题-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案，共15页。

考点1 讨论函数的零点个数——综合性
(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).
(1)讨论f (x)的单调性，并证明f (x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f (x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
解：(1)f (x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f ′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x－12)>0，所以f (x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f (e)＝1－eq \f(e＋1,e－1)0，所以f (x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f (x1)＝0.又00)，
所以g′(x)＝1＋eq \f(3,x2)－eq \f(4,x)＝eq \f(x－1x－3,x2).
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：
当00.
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2 由函数的零点个数求参数的范围——综合性
(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f (x)＝ex－(x＋2)，f ′(x)＝ex－1.
令f ′(x)0.
所以f (x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)因为f (x)＝ex－a(x＋2)，所以f ′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f ′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，
所以f (x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意．
若a＞0，令f ′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)＞0.
所以f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
所以f (x)min＝f (ln a)＝eln a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a)．
要使f (x)有两个零点，则f (x)min＝f (ln a)＜0，
即－a(1＋ln a)＜0，所以a＞eq \f(1,e)，即a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
将本例中的函数改为“f (x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)”，若函数f (x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：f ′(x)＝ex＋a.
①当a＞0时，f ′(x)＞0，f (x)在R上单调递增，
且当x＞1时，f (x)＝ex＋a(x－1)＞0；
当x＜0时，取x＝－eq \f(1,a)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＜1＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)－1))＝－a＜0，
所以函数f (x)存在零点，不满足题意．
②当a＜0时，令f ′(x)＝ex＋a＝0，则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，当x＝ln(－a)时，f (x)取得极小值，也是最小值．
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)．
利用函数的零点求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
1．已知曲线f (x)＝ex(ax＋1)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f (x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．
解：(1)f (x)＝ex(ax＋1)，
f ′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f ′1＝e·2a＋1＝b，,f 1＝e·a＋1＝b－e，))所以a＝1，b＝3e.
(2)(方法一)g(x)＝f (x)－3ex－m
＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于曲线u(x)＝ex(x－2)与直线y＝m有两个交点. u′(x)＝ex(x－2)＋ex＝ex(x－1)．
当x∈(－∞，1)时，u′(x)0，所以u(x)在(1，＋∞)单调递增，
所以x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又x→＋∞时，u(x)→＋∞；
x