第三章 高考重难专攻（一）第2课时 导数与函数的零点-（课件 练习）2023高考数学一轮复习【高考前沿】

第三章 一次函数的导数及其应用 高考重难专攻(一)　函数、导数与不等式 第二课时　导数与函数的零点 请完成课下作业 观 谢 看 谢 要点一 函数零点的个数判断(证明)方法 利用函数零点存在定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是一条连续不断的曲线，且有f(a)f(b)<0． (1)直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)f(b)<0； (2)分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用函数零点存在定理，在每个单调区间内取值证明f(a)f(b)<0． eq \a\vs4\al([小题查验]) 1．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋x＋2))，则f(x)的零点可能有(　　) A．1个　　　　　　　 B．1个或2个 C．1个或2个或3个 D．2个或3个 解析：A　当a＝0时，函数f(x)＝eq \f(1,3)x3，只有1个零点；当a≠0时，令f(x)＝eq \f(1,3)x3＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋x＋2))＝0，显然x≠0，故－eq \f(1,a)＝eq \f(\f(1,2)x2＋x＋2,\f(1,3)x3)＝eq \f(6,x3)＋eq \f(3,x2)＋eq \f(3,2x)，设t＝eq \f(1,x)(t≠0)，则－eq \f(1,a)＝g(t)＝6t3＋3t2＋eq \f(3,2)t(t≠0)，g′(t)＝18t2＋6t＋eq \f(3,2)，令g′(t)＝0，则Δ＝36－4×eq \f(3,2)×18＝－72<0，g′(t)>0恒成立，故g(t)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，且g(t)可取遍除0外的所有实数，所以－eq \f(1,a)＝g(t)只有一个解，即函数f(x)只有1个零点．故选A． 要点二 已知函数有零点求参数范围 1．分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围． 2．分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围． eq \a\vs4\al([小题查验]) 2．已知函数f(x)＝aex－xea有两个零点，则实数a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．(0，1)∪(1，＋∞) C．(0，e) D．(0，1) 解析：B　函数f(x)＝aex－xea有两个零点，则方程aex－xea＝0有两个不同的根，即方程eq \f(x,ex)＝eq \f(a,ea)有两个不同的根．令函数g(x)＝eq \f(x,ex)，则g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝eq \f(1,e)，且当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0．故当方程eq \f(x,ex)＝eq \f(a,ea)有两个不同的根时，有0<eq \f(a,ea)<eq \f(1,e)，再结合函数g(x)的图象(图略)，可得0<a<1或a>1，故选B． 题型一 函数零点个数的确定 eq \a\vs4\al([师生共研]) [例1]　(2021·浙江高考真题)设a，b为实数，且a>1，函数f(x)＝ax－bx＋e2(x∈R) (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意b>2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围； (3)当a＝e时，证明：对任意b>e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，满足x2>eq \f(bln b,2e2)x1＋eq \f(e2,b)． (注：e＝2．718 28…是自然对数的底数) [解]　(1)f(x)＝ax－bx＋e2，f′(x)＝axln a－b， ①若b≤0，则f′(x)＝axln a－b>0，所以f(x)在R上单调递增； ②若b>0， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，loga\f(b,ln a)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(loga\f(b,ln a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上可得，b≤0时，f(x)在R上单调递增； b>0时，函数的单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，loga\f(