强化课 导数与函数的零点 -【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用课件(北师大版)

强化课　导数与函数的零点　 函数的零点问题是常考的热点之一，在考查时除了利用零点存在定理解决问题外，还通常转化为对应方程的根，或转化为两个函数图象的交点问题，通常用到函数与方程、数形结合的思想方法．利用导数解决函数的零点问题，是近几年高考命题的热点题型，难度较大． 强化课 题型一　函数零点个数 角度1　判断函数零点个数 　已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)当a＝e时，求f(x)的单调区间； 【解】　因为f(x)＝ex－ex－1， 所以f′(x)＝ex－e， 令f′(x)＝0，得x＝1， 所以当x>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)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． 强化课 (2)讨论y＝f(x)在区间[0，1]上零点的个数． 【解】　因为f(x)＝ex－ax－1， 所以f′(x)＝ex－a， ①当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，所以f(x)在[0，1]上有一个零点； ②当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减且f(0)＝0，所以f(x)在[0，1]上有一个零点； 强化课 ③当1<a<e时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，1)上单调递增， 而f(1)＝e－a－1，f(0)＝0. 当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f(x)在[0，1]上有两个零点； 当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f(x)在[0，1]上有一个零点． 综上所述，当a≤1或a>e－1时，f(x)在[0，1]上有一个零点； 当1<a≤e－1时，f(x)在[0，1]上有两个零点． 强化课 对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：一是利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数；二是分离参数，将问题转化为求y＝a和y＝f(x)的图象的交点个数问题求解．　 强化课 [跟踪训练1] 给定函数f(x)＝ex－x. (1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的值域； 解：函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－1， 令f′(x)＝0，解得x＝0. 当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如表所示： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  强化课 所以f(x)在区间(－∞，0)上单调递减， 在区间(0，＋∞)上单调递增．当x＝0时，f(x)取得极小值f(0)＝1，也是最小值，故函数f(x)的值域为[1，＋∞)． 强化课 (2)画出函数f(x)的大致图象； 强化课 (3)求出方程f(x)＝m(m∈R)在区间[－1，2]上的根的个数． 强化课 角度2　由零点个数求参数范围 　(2024·河南南阳期末)设函数g(x)＝te2x＋(t＋2)ex－1，其中t∈R，e是自然对数的底数． (1)若函数g(x)在[0，＋∞)上单调递减，求实数t的取值范围； 强化课 强化课 (2)若t是非负实数，且函数f(x)＝g(x)－4ex－x＋1在R上有唯一零点，求t的值． 【解】　函数f(x)＝g(x)－4ex－x＋1＝te2x＋(t－2)ex－x，x∈R，t≥0， 当t>0时，由f′(x)＝2te2x＋(t－2)ex－1＝(tex－1)(2ex＋1)＝0，解得x＝－ln t. 当x<－ln t时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>－ln t时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增， 强化课 强化课 根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．　 强化课 强化课 又h(1)＝2＋2ln 1－2＝0， 当x∈(0，1)时，h(x)<0，即f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即f′(x)>0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 强化课 (2)若f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围． 强化课 强化课 强化课 √ 强化课 强化课 强化课 (2)(2024·陕西延安期末)若函数f(x)＝x－ln x－2在区间(k，k＋1)(k∈N＋)上有零点，则实数k＝________． 3 强化课 强化课 求零点所在区间问题可先利用导数分析函数的单调性与极值，再根据零点存在定理求出函数的零点所在区间，进而确定参数的值或取值范围．　 强化课 √ 强化课 强化课 强化课 5 强化课 强化课 强化课 解：由(1)可知，函数的最小值为1. 函数的图象经过特殊点f(－1)＝eq \f(1,e)＋1，f(2)＝e2－2，f(0)＝1， 当x→＋∞时， f(x)→＋∞； 当x→－∞时，指数函数y＝ex越来越小，趋向于0，因此函数f(x)图象上的点逐渐趋向于直线y＝－x，根据上述信息，画出函数f(x)的大致图象如图所示． 解：截取函数f(x)在区间[－1，2]上的图象如图所示． 由图象知，当f(0)<m≤f(－1)，即当m∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,e)＋1))时，y＝f(x)的图象与直线y＝m恰有两个不同的交点，即当m∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,e)＋1))时，方程 f(x)＝m在区间[－1，2]上恰有两个不同的实数根；同理，当m＝1或eq \f(1,e)＋1<m≤e2－2时，方程f(x)＝m在区间[－1，2]上有唯一的实数根； 当m<1或m>e2－2时，方程f(x)＝m在区间[－1，2]上无实数根． 【解】　若函数g(x)在[0，＋∞)上单调递减，则g′(x)＝2te2x＋(t＋2)ex≤0在[0，＋∞)上恒成立， 化简得t≤eq \f(－2,2ex＋1)，显然函数y＝eq \f(－2,2ex＋1)在[0，＋∞)上单调递增，即(eq \f(－2,2ex＋1))min＝－eq \f(2,3)，所以实数t的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3))). 因此当x＝－ln t时，f(x)取得极小值即最小值 f(－ln t)，若函数f(x)在R上有唯一零点，则只要f(－ln t)＝0，即ln t－eq \f(1,t)＋1＝0， 令F(t)＝ln t－eq \f(1,t)＋1，则F′(t)＝eq \f(1,t)＋eq \f(1,t2)>0，F(t)在(0，＋∞)上单调递增，由F(1)＝0， 可得方程ln t－eq \f(1,t)＋1＝0的根为1； 当t＝0时，f(x)＝－2ex－x，函数f(x)在R上为减函数，而f(1)＝－2e－1<0，f(－2)＝2－2e－2>0， 此时函数f(x)有且只有一个零点， 所以实数t的值是1或0. [跟踪训练2] 已知函数f(x)＝x2－eq \f(2aln x,x)－a. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)． 当a＝1时，f′(x)＝2x－eq \f(2－2ln x,x2)＝eq \f(2x3＋2ln x－2,x2)， 易知y＝2x3，y＝2ln x－2在(0，＋∞)上均为增函数， 所以h(x)＝2x3＋2ln x－2在(0，＋∞)上为增函数， 解：由f(x)＝x2－eq \f(2aln x,x)－a有两个不同的零点知，方程x2－eq \f(a（x＋2ln x）,x)＝0在(0，＋∞)上有两个不同的实数解， 当a＝0时，显然方程没有两个不同的实数解，所以a≠0， 则方程eq \f(1,a)＝eq \f(x＋2ln x,x3)在(0，＋∞)上有两个不同的实数解， 令g(x)＝eq \f(x＋2ln x,x3)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(2－2x－6ln x,x4)， 显然φ(x)＝2－2x－6ln x在(0，＋∞)上为减函数， 又φ(1)＝2－2－6ln 1＝0， 所以当x∈(0，1)时，φ(x)>0，即g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，即g′(x)<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1， 又g(eq \f(1,e))＝eq \f(\f(1,e)＋2ln \f(1,e),（\f(1,e)）3)<0，当x>1时 g(x)∈(0，1)， 要使方程eq \f(1,a)＝g(x)在(0，＋∞)上有两个不同的实数解，则0<eq \f(1,a)<1， 所以a>1，故实数a的取值范围为(1，＋∞)． eq \a\vs4\al(题型二　零点所在区间的应用) 　(1)(2024·安徽宿州期末)设函数f(x)＝eq \f(1,3)x－ln x，则f(x)(　　) A．在区间(0，1)内有零点，在(1，＋∞)内无零点 B．在区间(0，1)，(1，＋∞)内均有零点 C．在区间(0，3)，(3，＋∞)内均无零点 D．在区间(0，3)，(3，＋∞)内均有零点 【解析】　函数f(x)＝eq \f(1,3)x－ln x的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,x)＝eq \f(x－3,3x)， 令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得0<x<3， 所以函数f(x)在(0，3)上单调递减，(3，＋∞)上单调递增， 且f(3)＝1－ln 3<0，f(eq \f(1,e))＝eq \f(1,3e)＋1>0，f(e2)＝eq \f(e2,3)－2>0， 所以函数在区间(0，3)，(3，＋∞)内均有零点， f(1)＝eq \f(1,3)>0，则f(x)在区间(0，1)无零点，故选D. 【解析】　由f(x)＝x－ln x－2(x>0)，得f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x). 令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1， 所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 而函数f(x)的极小值为f(1)＝－1<0，又f(eq \f(1,e2))＝eq \f(1,e2)>0， 所以函数f(x)在(0，1)上有一个零点x1，此时k＝0(舍去)； 因为f(3)＝1－ln 3<0，f(4)＝2－ln 4>0， 所以函数f(x)在(3，4)上有一个零点x2，此时k＝3. 综上所述，k＝3. [跟踪训练3] (1)若函数f(x)＝ln x－ax在(0，2e)上有两个不同的零点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，eq \f(ln 2e,2e)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) C．(0，eq \f(1,e)) D．(eq \f(ln 2e,2e)，eq \f(1,e)) 解析：令f(x)＝0，即ln x－ax＝0，则a＝eq \f(ln x,x)， 所以函数f(x)＝ln x－ax在(0，2e)上有两个不同的零点等价于曲线y1＝eq \f(ln x,x)和y2＝a在(0，2e)上有两个不同的交点， 设g(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈(0，2e)，g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令 g′(x)＝0，解得x＝e， 当0<x<e时，g′(x)>0，当e<x<2e时，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，2e)上单调递减， 又g(e)＝eq \f(1,e)，g(2e)＝eq \f(ln 2e,2e)，当0<x<1时，g(x)<0，且x→0时，g(x)→－∞， 故a的取值范围为(eq \f(ln 2e,2e)，eq \f(1,e))． 故选D. (2)(2024·广西梧州期末)若函数f(x)＝x2＋eq \f(2,x)－aln x(a>0)有唯一零点x0，且m<x0<n(m，n为相邻整数)，则m＋n的值为________． 解析：令g(x)＝x2＋eq \f(2,x)，x>0，则 g′(x)＝2x－eq \f(2,x2)＝eq \f(2（x3－1）,x2)， 当0<x<1时，g′(x)＝eq \f(2（x3－1）,x2)<0，则 g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)＝eq \f(2（x3－1）,x2)>0，则g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝3， 令h(x)＝aln x，x>0，因为a>0，所以 h′(x)＝eq \f(a,x)>0恒成立， 所以函数h(x)＝aln x在(0，＋∞)上为增函数， 又易得g′(x)＝2x－eq \f(2,x2)在(1，＋∞)上单调递增，即函数g(x)＝x2＋eq \f(2,x)在(1，＋∞)上增速越来越快； 而h′(x)＝eq \f(a,x)(a>0)显然是减函数，即 h(x)＝aln x的增速越来越慢； 又函数f(x)有唯一零点x0，所以函数 g(x)＝x2＋eq \f(2,x)，h(x)＝aln x的图象有唯一一个交点，即只需g(x)，h(x)有唯一公切点，设为(x0，y0)，即2,0)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(2,x)＝\f(a,x0)，,xeq \o\al(2,0)＋\f(2,x0)＝aln x0，)) 所以xeq \o\al(2,0)＋eq \f(2,x0)－2(xeq \o\al(2,0)－eq \f(1,x0))ln x0＝0， 令φ(x)＝x2＋eq \f(2,x)－2(x2－eq \f(1,x))ln x，则 φ(1)＝3>0，φ(2)＝5－7ln 2>0，φ(e)＝－e2＋eq \f(4,e)<0，所以x0∈(2，e)， 又因为m<x0<n(m，n为相邻整数)，所以m＝2，n＝3，因此m＋n＝5. $