高考二轮复习理科数学课件增分3利用导数研究函数的零点问题

增分3利用导数研究函数的零点问题考点一讨论或证明函数零点个数(1)若f(x)存在唯一极值点,且极值为0,求a的值;(2)讨论函数f(x)在区间[1,e]上的零点个数.【教师讲评—触类旁通】

分析1:在(1)中,一要明确若f'(x0)=0,x0不一定是极值点,但若x0是函数f(x)的极值点,则一定有f'(x0)=0,二要明确x0为f(x)极值点的充要条件是f'(x0)=0且x0左右两侧的导函数值异号;分析2:在(2)中,通过分离参数然后利用数形结合的思想,将讨论函数f(x)零点个数问题转化为直线与曲线交点个数问题.对点训练1(12分)(2023四川绵阳三模)已知函数f(x)=(a-2)lnx+x2-ax.(1)当a=3时,求曲线f(x)在x=1处切线的方程;(2)讨论函数f(x)在区间[1,e]上的零点个数.对点训练2(12分)(2023安徽合肥二模)已知函数f(x)=2lnx+mx2-(2m+1)x,其中m∈R.(1)若函数y=f(x)图象仅有一条垂直于y轴的切线,求m的取值范围;(2)讨论函数f(x)的零点个数.①当m≤0时,∵x>0,∴mx-1<0,∴当x∈(0,2)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)的最大值f(2)=2ln

2+2m-2(2m+1)=2ln

2-2m-2,当f(2)=0,m=ln

2-1时,f(x)只有一个零点x=2;当f(2)<0,ln

2-1<m≤0时,f(x)没有零点;当f(2)>0,m<ln

2-1<0时,∵当x>0且x→0或x→+∞时,f(x)→-∞,∴f(x)分别在(0,2)和(2,+∞)上各有唯一零点,此时f(x)有两个零点.考点二已知函数零点情况求参数范围例2(2022全国乙,理21)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围.若-1≤a<0,则当x∈(0,1]时,g(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,所以当x>0时,g(x)>0恒成立,即f'(x)>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,所以当x>0时,f(x)>f(0)=0,不符合题意,舍去.若a<-1,则g(0)<0,又g(-1)=1>0,g(1)=1>0,当x>1时,g(x)>0恒成立,所以存在唯一的x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使g(x)=0.所以f(x)在区间(-1,x1),(x2,+∞)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(0)=0,当x∈(x1,0)时,f(x)>0恒成立;当x∈(0,x2)时,f(x)<0恒成立.令h(x)=xe-x,则h'(x)=e-x(1-x),所以当x>1时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x>1时,0<h(x)<h(1)=e-1<1.又a<-1,所以当x>1时,axe-x>a.取x=e-a,因为a<-1,0<x2<1,所以e-a>e>x2,所以f(e-a)>ln(1+e-a)+a>ln

e-a+a=0.又f(x2)<0,所以f(x)在区间(x2,+∞)内只有一个零点,即f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点.由h'(x)=e-x(1-x),知当-1<x<0时,h'(x)>0,所以h(x)在区间(-1,0)内单调递增,所以当-1<x<0时,h(-1)<h(x),即xe-x>-e.又a<-1,所以axe-x<-ae.取x=e3a-1∈(-1,0),则f(e3a-1)<ln(1+e3a-1)-ae=a(3-e)<0.又f(x1)>0,所以f(x)在区间(e3a-1,x1)内只有一个零点,即f(x)在区间(-1,0)内只有一个零点.综上所述,a的取值范围为(-∞,-1).对点训练3对点训练4(2023山东济宁二模)已知函数f(x)=

,g(x)=3e1-x+1,a为实数.(1)若f(x)≤e恒成立,求实数a的取值范围;(2)若方程f(x)=g(x)恰有3个不同的实数根,求实数a的值.考点三与函数零点有关的证明问题例3(2023广西玉林三模改编)已知函数f(x)=alnx-

.(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)若g(x)=a(x2-1)lnx-(x-1)2(a≠0)有3个零点x1,x2,x3,其中x1<x2<x3.求证:(3a-1)(x1+x3+2)<2.解题技巧与函数零点有关问题的证明要点:在证明与函数零点有关问题时,一般要根据题设条件结合零点存在定理把零点的范围限制出来,找出已知与所求之间的联系纽带,运用转化的思想,化归的方法将数学命题由一种形式向另一种形式转换,从转换的最终命题中构造出恰当的函数,通过导数的方法得出结论.对点训练5(2021浙江,22)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(x2>x1),满足(注:e=2.71828…是自然对数的底数)(3)证明

(方法一)a=e,f(x)=ex-bx+e2,f'(x)=ex-b,令f'(x)=0,解得x=ln

b>4,所以当x∈(-∞,ln

b)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(ln

b,+∞)时,f'(x)>0,