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§3.7 利用导数研究函数的零点 课件-2025高考数学一轮复习
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这是一份§3.7 利用导数研究函数的零点 课件-2025高考数学一轮复习，共60页。PPT课件主要包含了由图象可知，课时精练，∵0xπ，所以a1满足条件等内容，欢迎下载使用。
函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现.
题型一 利用函数性质研究函数的零点
例1 (2023·辽宁实验中学模拟)已知函数f(x)＝excs x.
由题得f′(x)＝ex(cs x－sin x)
则h′(x)＝a(cs x－xsin x)，令φ(x)＝cs x－xsin x，
当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，即h′(x)>0，h(x)在区间(0，x0)上单调递增；
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、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.
跟踪训练1 (2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－1)ln x＋ －2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；
若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围.
结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点.
综上，a≤0或a＝1或a＝e.
题型二 数形结合法研究函数的零点
例2 (2023·安庆模拟)已知函数f(x)＝aln x＋bx2e1－x，a，b∈R.e＝2.718 28….(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2，求a和b的值；
由题意得，f(2)＝aln 2＋4be－1，
因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2，所以f′(2)＝1，f(2)＝2＋ln 2，
(2)若a＝e，讨论导函数f′(x)的零点个数.
解方程x2－5x＋4＝0得，x1＝4，x2＝1，因此函数g(x)在(0,1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，
当x→2＋时，g(x)→＋∞，当x→2－时，g(x)→－∞，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.g(x)的大致图象如图所示.
即函数f′(x)有两个零点；
即函数f′(x)没有零点.
含参数的函数的零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，则可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数.
跟踪训练2 (2024·厦门模拟)设函数f(x)＝ln x－ ax2－bx(a，b∈R).(1)当a＝2，b＝1时，求函数f(x)的单调区间；
依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝2，b＝1时，f(x)＝ln x－x2－x，
(2)当a＝0，b＝－1时，方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，求实数m的取值范围.
当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x，由f(x)＝mx得ln x＋x＝mx，
由g′(x)>0，得1≤x
例3 已知函数f(x)＝ex＋x＋4ln(2－x).(1)求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
又f(0)＝e0＋0＋4ln(2－0)＝1＋4ln 2，所以切点坐标为(0,1＋4ln 2)，所以函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1＋4ln 2.
(2)判断函数f(x)的零点个数，并说明理由.
方法一 函数f(x)有两个零点，理由如下：令g(x)＝f′(x)，x∈(－∞，2)，
令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)，h′(x)＝x(x－2)ex，当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当0
当－20，g(x)单调递增，
当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，因为g(－2)＝2－4ln 4<0，g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14>0，
且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2，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
跟踪训练3 (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝ (x>0).(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围.
曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
当00，函数g(x)单调递增，当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).
(1)求f(x)的单调区间和极值；
函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)与f(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如右表.
2.(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)，f(x)的导函数为f′(x).(1)讨论f(x)的极值点的个数；
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)无极值点；
所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如右表所示.
所以f(x)有一个极大值点，无极小值点.综上，当a≥0时，f(x)无极值点；当a<0时，f(x)有一个极值点.
(2)当a＝2时，方程f(x)＋f′(x)＋m＝0(m∈R)有两个不相等的实数根，求m的取值范围.
当a＝2时，方程f(x)＋f′(x)＋m＝0，
又当x→0时，h(x)→＋∞；当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以－m>5－ln 2，即m
(2)设g(x)＝x2＋4－4f(x)，试判断g(x)在[0，＋∞)上的零点个数，并说明理由.
g(x)＝x2＋4－4f(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x，x≥0，则g(0)＝0，g′(x)＝2x(1－2cs x)，
又g(0)＝0，∴g(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
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.
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.
当a＝0时，由(1)可知，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；
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，
当x→0＋时，f(x)→－∞，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
即0
函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现.
题型一 利用函数性质研究函数的零点
例1 (2023·辽宁实验中学模拟)已知函数f(x)＝excs x.
由题得f′(x)＝ex(cs x－sin x)
则h′(x)＝a(cs x－xsin x)，令φ(x)＝cs x－xsin x，
当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，即h′(x)>0，h(x)在区间(0，x0)上单调递增；
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、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.
跟踪训练1 (2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－1)ln x＋ －2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；
若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围.
结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点.
综上，a≤0或a＝1或a＝e.
题型二 数形结合法研究函数的零点
例2 (2023·安庆模拟)已知函数f(x)＝aln x＋bx2e1－x，a，b∈R.e＝2.718 28….(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2，求a和b的值；
由题意得，f(2)＝aln 2＋4be－1，
因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2，所以f′(2)＝1，f(2)＝2＋ln 2，
(2)若a＝e，讨论导函数f′(x)的零点个数.
解方程x2－5x＋4＝0得，x1＝4，x2＝1，因此函数g(x)在(0,1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，
当x→2＋时，g(x)→＋∞，当x→2－时，g(x)→－∞，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.g(x)的大致图象如图所示.
即函数f′(x)有两个零点；
即函数f′(x)没有零点.
含参数的函数的零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，则可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数.
跟踪训练2 (2024·厦门模拟)设函数f(x)＝ln x－ ax2－bx(a，b∈R).(1)当a＝2，b＝1时，求函数f(x)的单调区间；
依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝2，b＝1时，f(x)＝ln x－x2－x，
(2)当a＝0，b＝－1时，方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，求实数m的取值范围.
当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x，由f(x)＝mx得ln x＋x＝mx，
由g′(x)>0，得1≤x
例3 已知函数f(x)＝ex＋x＋4ln(2－x).(1)求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
又f(0)＝e0＋0＋4ln(2－0)＝1＋4ln 2，所以切点坐标为(0,1＋4ln 2)，所以函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1＋4ln 2.
(2)判断函数f(x)的零点个数，并说明理由.
方法一 函数f(x)有两个零点，理由如下：令g(x)＝f′(x)，x∈(－∞，2)，
令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)，h′(x)＝x(x－2)ex，当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当0
当－2
当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，因为g(－2)＝2－4ln 4<0，g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14>0，
且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2，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
跟踪训练3 (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝ (x>0).(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围.
曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
当0
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).
(1)求f(x)的单调区间和极值；
函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)与f(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如右表.
2.(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)，f(x)的导函数为f′(x).(1)讨论f(x)的极值点的个数；
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)无极值点；
所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如右表所示.
所以f(x)有一个极大值点，无极小值点.综上，当a≥0时，f(x)无极值点；当a<0时，f(x)有一个极值点.
(2)当a＝2时，方程f(x)＋f′(x)＋m＝0(m∈R)有两个不相等的实数根，求m的取值范围.
当a＝2时，方程f(x)＋f′(x)＋m＝0，
又当x→0时，h(x)→＋∞；当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以－m>5－ln 2，即m
(2)设g(x)＝x2＋4－4f(x)，试判断g(x)在[0，＋∞)上的零点个数，并说明理由.
g(x)＝x2＋4－4f(x)＝x2＋4－4xsin x－4cs x，x≥0，则g(0)＝0，g′(x)＝2x(1－2cs x)，
又g(0)＝0，∴g(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
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.
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.
当a＝0时，由(1)可知，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；
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，
当x→0＋时，f(x)→－∞，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
即0
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