2021届浙江省高考数学一轮学案：第四章第4节　导数与函数的零点


第4节　导数与函数的零点
考试要求　能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.

知 识 梳 理
函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.
[常用结论与易错提醒]
(1)注意构造函数；
(2)注意转化思想、数形结合思想的应用.
诊 断 自 测
1.若函数f(x)＝在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A.(16，＋∞) B.[16，＋∞)
C.(－∞，16) D.(－∞，16]
解析　①当x≤0时，f(x)＝x＋3x，
∵y＝x与y＝3x在(－∞，0)上都单调递增，
∴f(x)＝x＋3x在(－∞，0)上也单调递增，又f(－1)0，∴f(x)在(－1，0)内有一个零点.
②当x>0时，f(x)＝x3－4x＋，
f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).
令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2(舍)，
当x∈(0，2)时，f′(x)0，f(x)递增，
∴在x>0时，f(x)最小＝f(x)极小＝－8＋，
要使f(x)在(0，＋∞)上无零点，需－8＋>0，
∴a>16.
答案　A
2.已知函数f(x)＝x2＋ex－(x0.
故h(x)在(2，4a)有一个零点.因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点.
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.
规律方法　利用导数解决函数的零点问题的方法：
(1)研究原函数的单调性、极值；
(2)通过f(x)＝0变形，再构造函数并研究其性质；
(3)注意零点判定定理的应用.
【训练1】 (2020·镇海中学模拟)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)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)f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)，
若a≤0时，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)0时，由f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)＝0，
得x＝ln，
则f(x)在上为减函数，在上为增函数.
(2)由f(x)有两个零点及(1)得a>0，且f1时，g(t)1，解得00，所以x1＝0，所以2ln x2＋x2－1＝0.　(*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，
因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解.
因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，
即＝1，解得m＝.
规律方法　(1)方程f(x)＝g(x)根的问题，常构造差函数解决；
(2)对f(x)＝0，如果化为g(x)＝k(x)后，g(x)，k(x)图象容易画出，可数形结合求解.
【训练2】 (2020·北京通州区一模)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝a(ex－1).a∈R.
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥g(x)；
(2)当a>1时，求关于x的方程f(x)＝g(x)的实根个数.
解　设函数F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－aex＋a.
(1)证明　当a＝1时，F(x)＝xex－ex＋1，所以F′(x)＝xex.
所以x∈(－∞，0)时，F′(x)0.
所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
所以当x＝0时，F(x)取得最小值F(0)＝0.
所以F(x)≥0，即f(x)≥g(x).
(2)当a>1时，F′(x)＝(x－a＋1)ex，
令F′(x)>0，即(x－a＋1)ex>0，解得x>a－1；
令F′(x)x2，g(|d|)＝|d|＋6>0，且－2|d|0，所以f′(x)>0.
所以f(x)在区间上单调递增.
因此f(x)在区间上的最大值为f＝π，最小值为f(0)＝2.
(2)当a>2时，f′(x)＝(1－a)sin x＋xcos x＋1.
设h(x)＝(1－a)sin x＋xcos x＋1，
h′(x)＝(2－a)cos x－xsin x，
因为a>2，x∈，所以h′(x)0，h＝1－a＋1＝2－a