第2部分 专题6 第6讲　利用导数解决函数零点或方程根问题 课件（共40张PPT）

专题六函数、导数和不等式第6讲利用导数解决函数零点或方程根问题第二部分核心专题师生共研考点1根据参数确定函数零点的个数01高考串讲·找规律考题变迁·提素养(2021·新高考卷Ⅱ节选)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点．①12＜a≤e22，b＞2a；②0a＜12，b≤2a.[证明]函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b，f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)，若选①，当a＞12时，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln2a＞0，所以当x＜0时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当0＜x＜ln2a时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x＞ln2a时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，由f(x)在(－∞，0)上单调递增且f(0)＝b－1＞2a－1＞0，f－ba＝－ba－1e－ba＜0，可得f(x)在(－∞，0)上有唯一零点，由f(x)在(0，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增，且f(ln2a)＝(ln2a－1)·2a－aln2(2a)＋b＞(ln2a－1)·2a－aln2(2a)＋2a＝a(2－ln2a)ln2a＞0，所以在(0，ln2a)及(ln2a，＋∞)上没有零点，所以f(x)只有一个零点．若选②，当0＜a＜12时，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln2a＜0，所以当x＜ln2a时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当ln2a＜x＜0时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x＞0时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．因为f(ln2a)＝(ln2a－1)·2a－aln2(2a)＋b≤(ln2a－1)·2a－aln2(2a)＋2a＝a(2－ln2a)ln2a＜0，所以f(x)在(－∞，0)没有零点，设g(x)＝ex－x－1(x＞1)，则g′(x)＝ex－1＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，g(x)＞g(1)＝e－2＞0，所以x＞1时，f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＞(x－1)(x＋1)－12x2＋b＝12x2－1＋b，所以当x＞1且12x2－1＋b＞0时，f(x)＞0，又f(x)在(0，＋∞)上递增，且f(0)＝b－1≤2a－1＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，所以f(x)只有一个零点．命题规律：以函数零点个数的判定为纽带，考查导数在研究函数图象变化中的作用，考查学生的逻辑推理能力及数学运算的素养．通性通法：三步求解函数零点(方程根)的个数问题第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解．1．[导数与零点存在定理交汇](2021·肇庆二模)已知函数f(x)＝12x2－a(xlnx－x)＋(a＋1)lnx，(1)当a＝2时，讨论y＝f(x)的单调性；(2)设y＝f′(x)是函数f(x)的导函数，讨论函数y＝f′(x)在1，e上的零点个数．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝x－alnx＋a＋1x，令h(x)＝f′(x)＝x－alnx＋a＋1x，则h′(x)＝1－ax－a＋1x2＝x－(a＋1)(x＋1)x2.当a＝2时，h′(x)＝(x－3)(x＋1)x2.令h′(x)＝0，解得x＝3，在(0，3)上h′(x)0，在(3，＋∞)上h′(x)0，所以y＝h(x)在(0，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，且h(3)＝4－2ln30，所以f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)①当ae－1时，即a＋1e时，当x∈(1，e)时，h′(x)0，故h(x)在(1，e)上单调递减．h(1)＝2＋a0，h(e)＝e＋a＋1e－a＝a1e－1＋e＋1e.当h(e)0，即a1e－1＋e＋1e0，即ae2＋1e－1时，h(x)0在1，e上恒成立，所以e－1ae2＋1e－1时，h(x)在1，e上无零点．当h(e)≤0，即a1e－1＋e＋1e≤0，即a≥e2＋1e－1时，h(1)·h(e)≤0.由零点存在定理可知，此时h(x)在1，e上有零点．又因为函数h(x)在1，e上单调递减，所以此时h(x)在1，e上有一个零点．②当a≤0时，即a＋1≤1时，当x∈(1，e)时，h′(x)0，所以h(x)在1，e上单调递增．h(1)＝2＋a，h(e)＝a1e－1＋e＋1e0.当h(1)＝2＋a≤0，即a≤－2时，h(1)·h(e)≤0.由零点存在定理，知此时h(x)在1，e上有零点．因为h(x)在1，e上单调递增，故h(x)在1，e上仅有1个零点．当－2a≤0时，h(x)min＝h(1)0，此时h(x)在1，e上无零点．③当0a≤e－1，即1a＋1≤e时，当x∈(1，a＋1)时，h′(x)0，当x∈(a＋1，e)时，h′(x)0，则函数h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增，故h(x)min＝h(a＋1)＝a＋2－aln(a＋1).令g(a)＝h(a＋1)＝a＋2－aln(a＋1)，则g′(a)＝1a＋1－ln(a＋1)，所以g′(a)在0，e－1上单调递减，且g′(0)＝10，g′(e－1)＝1e－10，所以g(a)在0，e－1上先增后减．又g(0)＝g(e－1)＝2，所以h(x)min＝h(a＋1)≥2，故h(x)0，此时h(x)在1，e上无零点．综上所述，当a≤－2或a≥e2＋1e－1时，y＝f′(x)在1，e上有1个零点；当－2ae2＋1e－1时，y＝f′(x)在1，e上无零点．2．[与三角函数交汇的零点综合问题]已知函数f(x)＝lnx－x＋2sinx，f′(x)为f(x)的导函数．(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点．[证明](1)设g(x)＝f′(x)＝1x－1＋2cosx，当x∈(0，π)时，g′(x)＝－2sinx－1x20，所以g(x)在(0，π)上单调递减，又因为gπ3＝3π－1＋10，gπ2＝2π－10，所以g(x)在π3，π2上有唯一的零点α，所以命题得证．(2)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，π)上存在唯一的极大值点απ3απ2，所以f(α)fπ2＝lnπ2－π2＋22－π20，又因为f1e2＝－2－1e2＋2sin1e2－2－1e2＋20，所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点，又因为f(π)＝lnπ－π2－π0，所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点．②当x∈[π，2π)时，sinx≤0，f(x)≤lnx－x，设h(x)＝lnx－x，则h′(x)＝1x－10，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)≤lnx－x＋2，设φ(x)＝lnx－x＋2，则φ′(x)＝1x－10，所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)0，所以当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)0恒成立，所以f(x)在[2π，＋∞)上没有零点．综上，f(x)有且仅有两个不同的零点．考点2根据函数零点的个数确定参数的范围02高考串讲·找规律考题变迁·提素养1．(2021·全国卷甲节选)已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝xaax(x＞0)．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．[解]曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，可转化为方程xaax＝1(x0)有两个不同的解，即方程lnxx＝lnaa有两个不同的解．设g(x)＝lnxx(x＞0)，则g′(x)＝1－lnxx2(x＞0)，令g′(x)＝1－lnxx2＝0，得x＝e，当0xe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g(x)max＝g(e)＝1e，且当xe时，g(x)∈0，1e，又g(1)＝0，所以0＜lnaa＜1e，所以a＞1且a≠e，即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．2．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)当a＝1时，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)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)f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在一个零点，不合题意．当a0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)．(ⅰ)若0a≤1e，则f(lna)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意．(ⅱ)若a1e，则f(lna)0.由于f(－2)＝e－20，所以f(x)在(－∞，lna)存在唯一零点．由(1)知，当x2时，ex－x－20，所以当x4且x2ln(2a)时，f(x)＝ex2·ex2－a(x＋2)eln(2a)·x2＋2－a(x＋2)＝2a0.故f(x)在(lna，＋∞)存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点．综上，a的取值范围是1e，＋∞.命题规律：选取两类基本初等函数，借助参数相互融合，考查学生的分类讨论的意识，逻辑推理的能力及数学运算的素养，难度较大．通性通法：已知函数零点求参数范围的一般步骤(1)求导并分析函数的单调情况；(2)依据题意，大体画出相应函数的草图，数形结合分析函数的极值点；(3)建立不等关系并求解：依据零点的个数建立与极值相关的不等式，求解得到参数的范围．[幂函数与对数函数交汇]已知函数f(x)＝12x2－alnx，若a0，函数f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求a的取值范围．[解]f(x)＝12x2－alnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－ax＝x2－ax.因为a0，由f′(x)0，得xa，f′(x)0，得0xa.即f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．①若a≤1，即0a≤1时，f(x)在(1，e)上单调递增，f(1)＝12，f(x)在区间(1，e)上无零点．②若1ae，即1ae2时，f(x)在(1，a)上单调递减，在(a，e)上单调递增，f(x)min＝f(a)＝12a(1－lna)．∵f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，∴f1＝120，fa＝12a1－lna0，fe＝12e2－a0，∴ea12e2.③若a≥e，即a≥e2时，f(x)在(1，e)上单调递减，f(1)＝120，f(e