第四节　第3课时　导数与函数的零点课件-2027届高三数学一轮复习

第四节 第三章　一元函数的导数及其应用 导数的综合应用 第3课时　导数与函数的零点 第四节 【例1】　(2026·湘潭模拟)已知函数f(x)=ln x+mx. (1)若直线2x-y-1=0与曲线y=f(x)相切,求m的值; 考点一 数形结合法讨论函数零点 解 (2)讨论f(x)的零点个数. (2)令f(x)=ln x+mx=0,则-m=,令g(x)=, 则g'(x)=,当0<x<e,g'(x)>0,g(x)在(0,e) 单调递增,当x>e,g'(x)<0,g(x)在(e,+∞)单调 递减,当x=e时,g(x)取极大值,g(e)=,且当 x→0,g(x)→-∞,x→+∞,g(x)→0,作出函数g(x)的大致图象如图所示, 解析 解析 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】　(2026·厦门模拟)设函数f(x)=ln x-ax2-bx(a,b∈R). (1)当a=2,b=1时,求函数f(x)的单调区间. 解 (2)当a=0,b=-1时,方程f(x)=mx在区间[1,e2]上有唯一实数解,求实数m的取值范围. 解 解 【例2】　已知函数f(x)=ex-1+f'(1)x2+1. (1)求y=f(x)的解析式; 考点二 利用函数性质研究函数零点 解 (2)若F(x)=f(x)-(x2+x+m)在[-1,2]内有两个零点,求m的取值范围. 解 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”,即通过函数的单调性确定函数图象与x轴的交点个数,或者通过两个相关函数图象的交点个数确定参数需满足的条件,进而求得参数的取值范围,解决问题的步骤是“先形后数”. 【训练2】　(2026·包头模拟)设函数f(x)=ln(x+1)-aln x-b,其中a>0,b∈R. (1)当a=1时,判断函数f(x)的单调性; (1)由题:f'(x)=-=-,x>0,x∈(0,+∞),f'(x)<0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减. 解 (2)若对任意0<a<1,函数f(x)均有2个零点,求b的取值范围. 解 解 (1)设切点为A(x0,y0),则f'(x)=+m,故f'(x0)=+m=2,又y0=2x0-1,则 ln x0+mx0=2x0-1,即ln x0+x0=2x0-1,解得x0=1,故m=2-=1. 由图象可知:当m≥0,或m=-,直线y=-m与函数y=g(x)的图象有1个交点,则f(x)的零点个数为1,当-<m<0时,直线y=-m与函数y=g(x)的图象有2个交点,则f(x)的零点个数为2,当m<-时,直线y=-m与函数y=g(x)的图象没有交点,则f(x)的零点个数为0. (1)依题意知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=2,b=1时,f(x)=ln x-x2-x,则f'(x)=-2x-1=,令f'(x)=0,解得x=或x=-1(舍去),当0<x<时,f'(x)>0,当x>时,f'(x)<0,所以函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为. (2)当a=0,b=-1时,f(x)=ln x+x,由f(x)=mx得ln x+x=mx,又x>0,所以m=1+,要使方程f(x)=mx在区间[1,e2]上有唯一实数解,只需m=1+在区间[1,e2]上有唯一实数解,令g(x)=1+,x∈[1,e2],则g'(x)=,由g'(x)>0,得1≤x<e;由g'(x)<0,得e<x≤e2,所以g(x)在区间[1,e)上单调递增, 在区间(e,e2]上单调递减.又g(1)=1,g(e2)=1+=1+,g(e)=1+,则函数g(x)=1+,x∈[1,e2]的大致图象如图所示.由图象可知,m=1+或1≤m<1+ .故m的取值范围为∪. (1)函数f(x)=ex-1+f'(1)x2+1,求导得f'(x)=ex-1+f'(1)x,则f'(1)=1+f'(1),解得f'(1)=3,所以y=f(x)的解析式为f(x)=ex-1+x2+1. (2)由(1)得f(x)=ex-1+x2+1,则F(x)=f(x)-(x2+x+m)=ex-1-x+1-m,求导得F'(x)= ex-1-1,由F'(x)<0,得-1≤x<1;由F'(x)>0,得1<x≤2,函数F(x)在[-1,1]上单调递减,在[-1,2]上单调递增,当x=1时,F(x)取得最小值,要使F(x)在[-1,2]内有两个零点,当且仅当解得1<m≤e-1,所以实数m的取值范围为(1,e-1]. (2)当0<a<1时,f'(x)=-=,x>0,x∈,f'(x)>0,x∈, f'(x)<0,f(x)有减区间为,增区间为,由题可知:对任意0<a <1,均有f=-ln(1-a)-aln a+aln(1-a)-b<0成立,等价于b>-ln(1-a)-aln a+ aln(1-a)恒成立,令g(a)=(a-1)ln(1-a)-aln a,0<a<1,则g'(a)=ln=0,得 a=,且a∈,g'(a)>0;a∈,g'(a)<0,所以g(a)在上递增,在上递减,所以[g(a)]max=g=ln 2,所以b>ln 2;所以当b>ln 2时, f<0,注意到f(x)=ln(x+1)-aln x-b=ln-b,0<1-a<1,0<a<1,所以x→0,f(x)→+∞,x→+∞,f(x)→+∞,所以b的取值范围为(ln 2,+∞). $