第三章 第4节 第三课时 利用导数研究函数零点（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

第4节　导数的综合应用 第三课时　利用导数研究函数零点 第三章　导数及其应用 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(23) 温馨提示 谢谢观看！ 考点一　函数零点个数的确定 [例1] (2025·武汉模拟)已知函数f(x)＝ln x－ eq \f(1,2)ax2(a∈R). (1)当a＝1时，求f(x)的最大值； (2)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数． 解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)， ∵f(x)＝ln x－ eq \f(1,2)ax2(a∈R)，∴f′(x)＝ eq \f(1,x)－ax＝ eq \f(1－ax2,x)， 当a＝1时，令f′(x)＝ eq \f(1－x2,x)＝0，得x＝±1. ∵x>0，∴当x∈(0，1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， ∴当x＝1时，函数f(x)取得最大值，最大值为f(1)＝－ eq \f(1,2). (2)由f(x)＝0，得a＝ eq \f(2ln x,x2)， 令g(x)＝ eq \f(2ln x,x2)，则g′(x)＝ eq \f(2－4ln x,x3)， 由g′(x)>0，得1<x< eq \r(e)，由g′(x)<0，得 eq \r(e)<x<e2， g(x)在区间[1， eq \r(e)]上单调递增，在区间[ eq \r(e)，e2]上单调递减， 又g(1)＝0，g( eq \r(e))＝ eq \f(1,e)，g(e2)＝ eq \f(4,e4)，作函数g(x)的图象如图： 综上，当0≤a< eq \f(4,e4)或a＝ eq \f(1,e)时，f(x)在[1，e2]上有一个零点，当 eq \f(4,e4)≤a< eq \f(1,e)时，f(x)在[1，e2]上有2个零点，当a<0或a> eq \f(1,e)时，f(x)在[1，e2]上没有零点． 利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法 (1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等． (2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置． (3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现． 训练1 已知 (x>0). (1)求导函数f′(x)的最值； (2)试讨论关于x的方程f(x)＝kx(k>0)的根的个数，并说明理由． 解：(1)∵· eq \f(1,x2)，记g(x)＝f′(x)， 令g′(x)＝0，解得x＝ eq \f(1,2)， 当x∈(0， eq \f(1,2))时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x∈( eq \f(1,2)，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， ∴f′(x)的最大值为f′( eq \f(1,2))＝ eq \f(4,e). (2)方法一　由f(x)＝kx，即＝kx，即k＝. 令m′(x)＝0，解得x＝1， ∴m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴m(x)max＝m(1)＝1，且m(x)>0， ∴当k>1时，方程无解；当k＝1时，方程有1个解；当0<k<1时，方程有2个解． 方法二　由f(x)＝kx，即＝kx，即.令 eq \f(1,x)＝t∈(0，＋∞)，l(t)＝te1－t，∴l′(t)＝(1－t)·e1－t.令l′(t)＝0，解得t＝1，∴l(t)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴l(t)max＝l(1)＝1，且l(t)>0，∴当k>1时，方程无解；当k＝1时，方程有1个解；当0<k<1时，方程有2个解． 方法三　由f(x)＝kx，即e1－ eq \f(1,x)＝kx， 两边取对数得1－ eq \f(1,x)＝ln k＋ln x，即ln k＝1－ eq \f(1,x)－ln x. 令h(x)＝1－ eq \f(1,x)－ln x(x>0)，由h′(x)＝ eq \f(1,x2)－ eq \f(1,x)＝ eq \f(1－x,x2)＝0， 解得x＝1. 当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时， h′(x)<0，h(x)单调递减， ∴h(x)max＝h(1)＝0，当ln k>0，即k>1时，方程无解；当ln k＝0，即k＝1时，方程有1个解；当ln k<0，即0<k<1时，方程有2个解． 考点二　由函数零点确定参数 [例2] (2024·吉安模拟)已知函数f(x)＝ex－1－ax－a(a∈R). (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程； (2)若函数f(x)有2个零点，求a的取值范围． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝ex－1－2x－2，所以f′(x)＝ex－1－2， 所以f′(1)＝－1，因为f(1)＝－3， 所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＋3＝－(x－1)， 即x＋y＋2＝0. (2)f′(x)＝ex－1－a，若a≤0，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，不满足题意， 若a>0，令f′(x)＝0，得x＝1＋ln a， f(x)在(－∞，1＋ln a)上单调递减，在(1＋ln a，＋∞)上单调递增，且当x→－∞和x→＋∞时，f(x)→＋∞， 故f(1＋ln a)＝－a(1＋ln a)<0，解得a> eq \f(1,e)，即a的取值范围是( eq \f(1,e)，＋∞). 利用函数的零点求参数范围的方法 (1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解． (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解． (3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 训练2 (2025·深圳模拟)已知函数f(x)＝xex＋ax2(a∈R). (1)当a＝－ eq \f(1,2)时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数g(x)＝x ln x＋xex－f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝－ eq \f(1,2)时，f(x)＝xex－ eq \f(1,2)x2，则f′(x)＝(x＋1)ex－x， 所以f(1)＝e－ eq \f(1,2)，又切线斜率为k＝f ′(1)＝2e－1， 所以切线方程为y－(e－ eq \f(1,2))＝(2e－1)(x－1)，即y＝(2e－1)x－e＋ eq \f(1,2). (2)∵g(x)＝x ln x＋xex－xex－ax2＝x ln x－ax2，定义域为(0，＋∞)， 则g′(x)＝ln x＋1－2ax. 又g(x)有两个极值点， ∴g′(x)有两个变号零点，即方程ln x＋1－2ax＝0(x∈(0，＋∞))有两个不同的实数根． 即2a＝ eq \f(ln x＋1,x)(x∈(0，＋∞))有两个不同的实数根． 令h(x)＝ eq \f(ln x＋1,x)，则y＝h(x)的图象与y＝2a的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点． ∵h′(x)＝ eq \f(1－ln x－1,x2)＝－ eq \f(ln x,x2)，∴当h′(x)>0时，0<x<1；当x>1时，h′(x)<0， ∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 又h(1)＝1，h( eq \f(1,e))＝0，当x→0时，h(x)→－∞；当x→＋∞时，h(x)→0， ∴y＝h(x)的图象如图所示， 所以0<2a<1，故0<a< eq \f(1,2)，即实数a的取值范围是{a|0<a< eq \f(1,2)}． $$