第5讲　大题专攻-利用导数研究函数零点问题 2023高考数学二轮复习课件

第5讲大题专攻

——利用导数研究函数零点问题CONTENTS目录01备考领航·重难排查02考点整合·研透悟通03专题检测01一、考情分析高频考点高考预测判断函数零点个数以指数函数、对数函数、三次有理函数为载体(有时与三角函数结合)，探究函数的零点问题是高考的常考点，通常以压轴题的形式呈现根据零点个数求参数范围二、真题感悟(2022·全国乙卷)(利用导数研究函数的零点个数)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；解：当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋x·e－x，∴f′(0)＝1＋1＝2，∵f(0)＝0，∴所求切线方程为y－0＝2·(x－0)，即y＝2x.(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．令g(x)＝ex＋a(1－x2)，则g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1，∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵g(－1)＝e－1＞0，∴g(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f′(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意．∴g(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．g(－1)＝e－1＞0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．

(ⅱ)当g(0)＜0，即a＜－1时，存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，∴f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．∵f(0)＝0，∴f(x1)＞f(0)＝0，当x→－1时，f(x)＜0，∴f(x)在(－1，x1)上存在一个零点，即f(x)在(－1，0)上存在一个零点，∵f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)＞0，∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点．综上，a的取值范围是(－∞，－1)．常见函数的图象与性质02判断函数零点个数∴g(x)是R上的偶函数．由①②及g(x)是偶函数可得g(x)在R上有三个零点．|方法总结|判断函数零点个数的2种常用方法直接法直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题分离参数法分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间上的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可问题等价于求函数F(x)的零点个数．当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，当m＞1时，若0＜x＜1或x＞m，则F′(x)＜0；若1＜x＜m，则F′(x)＞0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，在(m，2m＋2)内，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，则F(m)·F(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点，综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象有一个交点.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；根据零点个数求参数的值(范围)若x∈(0，1)，f′(x)>0，f(x)单调递增；若x∈(1，＋∞)，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；若x∈(0，1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(1，＋∞)，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；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．综上，若f(x)恰有一个零点，a的取值范围为(0，＋∞)．|方法总结|与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．

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，则f′(x)＝ex－1.当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(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.当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不合题意．当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝lna．当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．故当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a(1＋lna)．由于f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，lna)上存在唯一零点．专题检测03(1)设函数h(x)＝(x－1)F(x)，当a＝2时，证明：当x>1时，h(x)>0；所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)>0.(2)若F(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．令g(x)＝x2＋2(1－a)x＋1，当a≤1，x>0时，g(x)>0，当1<a≤2时，Δ＝4a2－8a≤0，得g(x)≥0，当a>2时，Δ＝4a2－8a>0，此时g(x)有两个零点，设为t1，t2，且t1<t2.又t1＋t2＝2(a－1)>0，t1t2＝1，所以0<t1<1<t2.所以f(x)在(0，t1)，(t2，＋∞)上单调递增，在(t1，t2)上单调递减，且f(1)＝0，所以f(t1)>0，f(t2)<0，所以存在唯一x1∈(e－a，t1)，使得f(x1)＝0，存在唯一x2∈(t2，ea)，使得f(x2)＝0.所以当F(x)有两个不同零点时，a的取值范围为(2，＋∞)．3．已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx.(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；解：F(x)＝ax2－2lnx，其定义域为(0，＋∞)，②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立，故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．作出φ(x)的大致图象如图所示．4．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值．(1)求a；①若a≤0，f′(x)＞0在R上恒成立，f(x)在R上单调递增，即f(x)无最小值；②若a＞0，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴f(x)在x＝lna处取得最小值f(lna)＝a－alna.又f(x)与g(x)有相同的最小值，∴a－alna＝1＋lna，a＞0.设h(a)＝alna＋lna－a＋1，a＞0，当a∈(0，1)时，φ′(a)＜0，h′(a)单调递减．当a∈(1，＋∞)时，φ′(a)＞0，h′(a)单调递增．∴h′(a)在a＝1处取得最小值h′(1)＝1＞0，则当a＞0时，h′(a)＞0恒成立，h(a)单调递增．又h(1)＝0，∴a＝1.(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．解：证明：由(1)得f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝g(x)min＝1.当直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b.∵f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx＝elnx－lnx＝f(lnx)