新高考数学二轮复习 第1部分 专题1 第5讲 母题突破3 零点问题（含解析）课件PPT

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❶f(x)有零点　　　↓❷f(x)的性质、草图　　　↓❸求导，确定f(x)的性质
❶f(x)有零点　　　↓❷a＝－xln x有解　　　↓❸直线y＝a和曲线φ(x)＝－xln x有交点　　　↓❹求导确定φ(x)的性质、草图
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝ln 1＋a＝a≤0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有1个零点.②当a>0，则x∈(0，a)时，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.当x＝a时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝ln a＋1，
又f(1)＝ln 1＋a＝a>0，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有零点.
a＝－xln x有解，设φ(x)＝－xln x，则φ′(x)＝－ln x－1，
且x→0时，φ(x)→0，x→＋∞时，φ(x)→－∞，
子题1　(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)，(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
解　当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
解　f′(x)＝ex－a.①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.故f(x)至多存在一个零点，不合题意.②当a>0时，由f′(x)＝0，可得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.故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a).
因为f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点.由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.
故f(x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点.从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点.
子题2　已知函数f(x)＝ln x＋x，方程x2＝2mf(x)(m>0)有唯一实数解，求m.
解　因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，所以x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解，设g(x)＝x2－2mln x－2mx，
令g′(x)＝0，即x2－mx－m＝0.因为m>0，x>0，
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增，当x＝x2时，g′(x)＝0，g(x)取最小值g(x2)，
所以2mln x2＋mx2－m＝0，因为m>0，所以2ln x2＋x2－1＝0，(*)
因为当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)＝0至多有一解，因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，
解函数零点问题的一般思路(1)对函数求导.(2)分析函数的单调性，极值情况.(3)结合函数性质画函数的草图.(4)依据函数草图确定函数零点情况.
解　f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞).
所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增.
所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1，即f(x1)＝0.
综上，f(x)有且仅有两个零点.
2.已知函数f(x)＝ax2－1－2ln x(a∈R).(1)当a＝1时，求证：f(x)≥0；
证明　当a＝1时，f(x)＝x2－1－2ln x(x>0)，f(1)＝0.
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得最小值，∴f(x)≥f(1)＝0，即f(x)≥0.
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.
当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，至多有一个零点，不符合题意.
当x→0时，f(x)→＋∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞.∵函数f(x)有两个零点，
解得0∵f(x)有两个零点，∴a＝h(x)有两个解，
由h′(x)>0，得ln x<0，∴00，∴x>1，∴函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝1，当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0，
由a＝h(x)有两个解，可知0f′(x)＝x2－6x－3.
(2)证明：f(x)只有一个零点.
证明　因为x2＋x＋1>0在R上恒成立，
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.
综上所述，f(x)只有一个零点.
2.已知函数f(x)＝ln x－x＋2sin x，f′(x)为f(x)的导函数.(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；
所以g(x)在(0，π)上单调递减，
(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点.
证明　①由(1)知，当x∈(0，α)时，f′(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增；当x∈(α，π)时，f′(x)<0，f(x)在(α，π)上单调递减，
所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点，
又因为f(π)＝ln π－π<2－π<0，所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点.
②当x∈[π，2π)时，sin x≤0，f(x)≤ln x－x，
所以h(x)在[π，2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)<0，所以当x∈[π，2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，所以f(x)在[π，2π)上没有零点.③当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤ln x－x＋2，
所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)<0，