3.2.4 导数与函数的零点（课件PPT）-2021新高考数学【创新设计】一轮总复习（鲁京辽）人教B版

* @《创新设计》 考点聚焦突破 第四课时　导数与函数的零点 考点一　判断零点的个数 【例1】 (2020·潍坊检测)已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R. (1)证明ln x≤x－1； (2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数. (1)证明　令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g(1)＝0， g′(x)＝－1＝， * @《创新设计》 考点聚焦突破 可得x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增； x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减. ∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值， ∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1. 在(0，x0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减. ∴f(x)max＝f(x0). 令－2x＋ax0＋1＝0，解得x0＝(负值舍去)， (2)f′(x)＝－2x＋a＝，x>0. * @《创新设计》 考点聚焦突破 综上可得：当a＝1时，函数f(x)只有一个零点x＝1； 当a>1时，函数f(x)有两个零点. 当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1. 当a>1时，f(1)＝a－1>0， f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2＝－2－<0. f＝ln －＋<－1－＋ ＝－－<0， ∴函数f(x)在区间和区间(1，2a)上各有一个零点. * @《创新设计》 考点聚焦突破 规律方法　1.利用导数求函数的零点常用方法： (1)构造函数g(x)(其中g′(x)易求，且g′(x)＝0可解)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数. (2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点. 2.根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”. * @《创新设计》 考点聚焦突破 (1)若a＝3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点. 【训练1】 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1). (1)解　当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3. 令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2. 当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0； 当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，3－2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)单调递增，在(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))单调递减. * @《创新设计》 考点聚焦突破 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点. 综上，f(x)只有一个零点. (2)证明　由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0. 设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq \f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增. 又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6－<0， f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点. * @《创新设计》 考点聚焦突破 考点二　根据零点个数求参数的值(范围) 【例2】 函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值. (1)求f(x)的单调区间； (2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围. 解　(1)函数f(x)＝ax＋xln x的定义域为(0，＋∞). f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1， 当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x， f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1； 令f′(x)<0，解得0<x<1. * @《创新设计》 考点聚焦突破 所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1). (2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点. 由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1， * @《创新设计》 考点聚焦突破 当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0. 当x>0且x→0时，f(x)→0； 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞. 由图象可知，－1<m＋1<0， 即－2<m<－1. 所以