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】

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)<0解得0<x<2；由g′(x)>0解得x<0或x>2，所以g(x)在(－∞,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.当x>0时，g(x)<0；当x→＋∞时，g(x)→0；当x→－∞时，g(x)→－∞，作出g(x)的大致图象如图所示，作出直线y＝b.感悟提升含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，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.则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1).当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减.∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，∴x＝1也是φ(x)的最大值点，结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，题型二利用函数性质研究函数零点例2已知函数f(x)＝(2a＋1)x2－2x2lnx－4，e是自然对数的底数，∀x>0，ex>x＋1.(1)求f(x)的单调区间；解∵f(x)＝(2a＋1)x2－2x2lnx－4，∴f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x(a－lnx).∵当0<x<ea时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，ea)上单调递增；∵当x>ea时，f′(x)<0，∴f(x)在(ea，＋∞)上单调递减.∴f(x)的单调递增区间为(0，ea)，单调递减区间为(ea，＋∞).(2)记p：f(x)有两个零点；q：a>ln2.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>ln2.∴a>ln2.再证必要性.∵a>ln2，∴e2a>4.∴f(ea)＝e2a－4>0.∵a>ln2>0，∀x>0，ex>x＋1，∴e2a>2a＋1>2a.∴∃x1∈(e－a，ea)，使f(x1)＝0；∵f(ea＋1)＝－e2a＋2－4<0，∴∃x2∈(ea，ea＋1)，f(x2)＝0.∵f(x)在(0，ea)上单调递增，在(ea，＋∞)上单调递减，∴∀x∈(0，＋∞)，x≠x1且x≠x2，易得f(x)≠0.∴当a>ln2时，f(x)有两个零点.感悟提升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，所以a＞1满足条件；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a<－1，令f′(x)<0，得x<ln(－a)，∴f(x)在(0，ln(－a))上单调递减，∴当x∈(0，ln(－a))时，f(x)<f(0)＝0，不符合题意.综上，a的取值范围为[－1，＋∞).易知y＝x＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，∴t＝x，得a＝x－lnx.则原问题可转化为方程a＝x－lnx有两个不同的实数解.令φ′(x)<0，得0<x<1；令φ′(x)>0，得x>1，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1，∴a≥1.当a＝1时，易知方程1＝x－lnx只有一个实数解x＝1，不符合题意.下证当a>1时，a＝x－lnx有两个不同的实数解.令g(x)＝x－lnx－a(a>1)，则g(x)＝φ(x)－a，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.∵g(e－a)＝e－a>0，g(1)＝1－a<0，∴g(x)在(e－a，1)上有一个零点.易知g(ea)＝ea－2a，令h(a)＝ea－2a，则当a>1时，h′(a)＝ea－2>0，∴h(a)在(1，＋∞)上单调递增，∴当a>1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－lnx有两个不同的实数解.综上，a的取值范围为(1，＋∞).得ex＝ea(lnx＋a)，∴xex＝xea(lnx＋a)，即xex＝ea＋lnx(lnx＋a).令u(x)＝xex，则有u(x)＝u(a＋lnx).当x>0时，u′(x)＝(x＋1)ex>0，∴u(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，∴x＝a＋lnx，即a＝x－lnx.下同法一.感悟提升涉及函数的零点(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－alnx.(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；当x∈(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，ln2)时，h′(x)<0；当x∈(ln2，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)即g′(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，g′(ln2)＝1－2ln2<0，故当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又因为m是整数，所以mmax＝－1.课时分层精练KESHIFENCENGJINGLIAN1.已知函数f(x)＝x－aex，a∈R，讨论函数f(x)的零点个数.解f(x)＝0等价于x－aex＝0，当x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x＞1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，又当x＜0时，h(x)＜0；当x＞0时，h(x)＞0，且x→＋∞时，h(x)→0，∴可画出h(x)大致图象，如图所示.由f′(x)＝0，得x＝e，∴当0<x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，(2)若0<a<1，求证：f(x)有且只有一个零点.由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，综上，当0＜a＜1时，f(x)有且只有一个零点.3.(2024·太原模拟节选)已知函数f(x)＝xex－x－1，讨论方程f(x)＝lnx＋m－2的实根个数.解由f(x)＝lnx＋m－2，得xex－x－lnx＋1＝m，x>0，令h(x)＝xex－x－lnx＋1，令m(x)＝xex－1(x>0)，则m′(x)＝(x＋1)·ex>0，∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x∈(0，x0)时，m(x)<0，h′(x)<0，则h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，则h(x)单调递增；又易知，当x→0＋时，h(x)→＋∞；当x→＋∞时，h(x)→＋∞.∴当m<2时，方程f(x)＝lnx＋m－2没有实根；当m＝2时，方程f(x)＝lnx＋m－2有1个实根；当m>2时，方程f(x)＝lnx＋m－2有2个实根.4.(2024·郑州模拟节选)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x＋1，g(x)＝aex－x＋lna，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，求实数a的取值范围.解函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，即f(x)＝g(x