浙江专用2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第4节导数与函数的零点课件.ppt

考试要求能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.,第4节导数与函数的零点,知识梳理,函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.常用结论与易错提醒(1)注意构造函数；(2)注意转化思想、数形结合思想的应用.,基础自测,解析当x0时，f(x)x3x，yx与y3x在(，0)上都单调递增，f(x)x3x在(，0)上也单调递增，又f(1)0，f(x)在(1，0)内有一个零点.,f(x)x24(x2)(x2).令f(x)0得x2或x2(舍)，当x(0，2)时，f(x)0，f(x)递增，,答案A,它们的图象如图，,函数m(x)与函数n(x)在(，0)上有交点.答案B,答案A,4.(2018江苏卷)若函数f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内有且只有一个零点，则f(x)在1，1上的最大值与最小值的和为_.,答案3,故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.,综上，f(x)只有一个零点.,规律方法利用导数解决函数的零点问题的方法：(1)研究原函数的单调性、极值；(2)通过f(x)0变形，再构造函数并研究其性质；(3)注意零点判定定理的应用.,【训练1】(2018镇海中学模拟)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解(1)f(x)(2ex1)(aex1)，若a0时，f(x)(2ex1)(aex1)0，所以m24m0，,当x(0，x2)时，g(x)0，g(x)在(x2，)上单调递增；当xx2时，g(x2)0，则g(x)取得最小值g(x2).因为g(x)0有唯一解，所以g(x2)0，,所以2mlnx2mx2m0.因为m0，所以2lnx2x210.(*)设函数h(x)2lnxx1，因为当x0时，h(x)是增函数，所以h(x)0至多有一解.因为h(1)0，所以方程(*)的解为x21，,规律方法(1)方程f(x)g(x)根的问题，常构造差函数解决；(2)对f(x)0，如果化为g(x)k(x)后，g(x)，k(x)图象容易画出，可数形结合求解.,【训练2】(2019北京通州区一模)已知函数f(x)xex，g(x)a(ex1).aR.(1)当a1时，求证：f(x)g(x)；(2)当a1时，求关于x的方程f(x)g(x)的实根个数.解设函数F(x)f(x)g(x)xexaexa.(1)证明：当a1时，F(x)xexex1，所以F(x)xex.所以x(，0)时，F(x)0.所以F(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增.所以当x0时，F(x)取得最小值F(0)0.所以F(x)0，即f(x)g(x).,(2)当a1时，F(x)(xa1)ex，令F(x)0，即(xa1)ex0，解得xa1；令F(x)1，所以h(a)0.所以h(a)在(1，)上单调递减.所以h(a)h(1)0，所以F(a1)0，所以F(x)在区间(a1，a)上存在一个零点.所以在a1，)上存在唯一的零点.又因为F(x)在区间(，a1)上单调递减，且F(0)0，所以F(x)在区间(，a1)上存在唯一的零点0.所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)g(x)有两个实根.,考点三两曲线的交点(公共点)【例3】(2018江苏卷节选)记f(x)，g(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0R，满足f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明：函数f(x)x与g(x)x22x2不存在“S点”；(2)若函数f(x)ax21与g(x)lnx存在“S点”，求实数a的值；(1)证明函数f(x)x，g(x)x22x2，则f(x)1，g(x)2x2.由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得,因此，f(x)与g(x)不存在“S点”.,(2)解函数f(x)ax21，g(x)lnx，,设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，得,规律方法(1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解来判断；(2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定.,解(1)由已知，可得f(x)x(x1)(x1)x3x，故f(x)3x21.因此f(0)0，f(0)1，又因为曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为yf(0)f(0)(x0)，故所求切线方程为xy0.,g(