2025高考数学一轮复习-高考难点突破系列(一)导数中的综合问题-第三课时 利用导数研究函数的零点【课件】

这是一份2025高考数学一轮复习-高考难点突破系列(一)导数中的综合问题-第三课时 利用导数研究函数的零点【课件】，共38页。PPT课件主要包含了感悟提升，所以a＞1满足条件，课时分层精练等内容，欢迎下载使用。
题型一　数形结合法研究函数零点
例1 (2024·南昌模拟节选)已知函数f(x)＝(x－a)2＋bex(a，b∈R)，若a＝0时，函数y＝f(x)有3个零点，求b的取值范围.
解　函数y＝f(x)有3个零点，即关于x的方程f(x)＝0有3个根，
由g′(x)x＋1.(1)求f(x)的单调区间；
解　∵f(x)＝(2a＋1)x2－2x2ln x－4，∴f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x(a－ln x).∵当0ea时，f′(x)ln 2.求证：p是q的充要条件.要求：先证充分性，再证必要性.
证明　先证充分性.由(1)知，当x＝ea时，f(x)取得最大值，即f(x)的最大值为f(ea)＝e2a－4.由f(x)有两个零点，得e2a－4>0，解得a>ln 2.∴a>ln 2.再证必要性.∵a>ln 2，∴e2a>4.∴f(ea)＝e2a－4>0.∵a>ln 2>0，∀x>0，ex>x＋1，∴e2a>2a＋1>2a.
∴∃x1∈(e－a，ea)，使f(x1)＝0；∵f(ea＋1)＝－e2a＋2－4ln 2时，f(x)有两个零点.
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，所以f(x)≤f(1)＝－1＜0，所以f(x)不存在零点；
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，所以f(x)不存在零点；
(ⅰ)当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点；
因为f(1)＝a－1＞0，
即0＜a＜1满足条件.综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞).
题型三　构造函数法研究函数零点
例3 已知函数f(x)＝ex－1＋ax(a∈R).(1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围；
解　由题意，得f′(x)＝ex＋a.若a≥－1，则当x∈[0，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥f(0)＝0，符合题意；若a1时，h(a)>h(1)＝e－2>0，即g(ea)＝ea－2a>0，∴g(x)在(1，ea)上有一个零点.∴当a>1时，a＝x－ln x有两个不同的实数解.综上，a的取值范围为(1，＋∞).
得ex＝ea(ln x＋a)，∴xex＝xea(ln x＋a)，即xex＝ea＋ln x(ln x＋a).令u(x)＝xex，则有u(x)＝u(a＋ln x).当x>0时，u′(x)＝(x＋1)ex>0，∴u(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，∴x＝a＋ln x，即a＝x－ln x.下同法一.
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.
解　曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
当0＜x＜e时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).
微点突破　 隐零点问题
在研究函数单调性时，常常会遇到f′(x)零点不可求的情形，此时可先论证f′(x)有零点，再虚设零点，最后运用零点代换，化简函数极值的策略来解决问题，这是隐零点问题常用的处理方法.隐零点的零点代换处理策略被广泛应用于零点讨论、不等式证明、求最值等各种题型中，是零点不可求问题中一个必备的基本处理方法，真题中也十分常见.
例 (2024·青岛质检)设函数f(x)＝e2x－aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
所以f′(x)在(0，＋∞)单调递增，
故当a>0时，f′(x)存在唯一零点.
证明　由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
记h(x)＝g′(x)＝ex－2x－1⇒h′(x)＝ex－2，当x∈(0，ln 2)时，h′(x)0，故h(x)即g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，g′(ln 2)＝1－2ln 20恒成立，所以h(x)＝ex＋x在R上单调递增，所以x＋ln a＝ln(x＋1)，x＞－1，所以要使F(x)有两个零点，只需ln a＝ln(x＋1)－x有两个实根.
故函数M(x)的单调递增区间为(－1，0)，单调递减区间为(0，＋∞).故函数M(x)在x＝0处取得极大值，也是最大值，且M(x)max＝M(0)＝0.易知当x→－1时，M(x)→－∞；当x→＋∞时，M(x)→－∞.故要使ln a＝ln(x＋1)－x有两个实根，只需ln a