高中数学导学案 第六节　利用导数研究函数的零点

第六节利用导数研究函数的零点考教衔接·活用教材探究式精练收获一个“赢”命题点一讨论函数零点的个数例1：(2026·茂名模拟)已知函数f(x)＝(x＋2)ex.(1)求f(x)的单调区间及最值；(2)设g(x)＝f(x)－k，讨论g(x)在区间[－1，1]上的零点个数．学霸笔记：函数的零点个数即函数图象与x轴交点的个数，借助数形结合思想，可通过函数图象判断函数的零点个数．(1)利用导数研究函数f(x)的单调性、极值及最值情况，并结合函数值的正负情况及变化趋势，作出函数f(x)的大致图象，然后根据图象判断零点个数．(2)若函数f(x)的图象不易直接作出，可根据函数与方程思想将函数零点转化为方程的根，再将方程进行变形，转化为两个函数的图象交点问题，从而判断函数的零点个数．跟踪训练(衔接·人教A版选修二P95例7)给定函数f(x)＝(x＋1)ex.(1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的极值；(2)画出函数f(x)的大致图象；(3)求出方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数．命题点二根据函数零点情况确定参数例2：(2026·宁波模拟)已知函数f(x)＝xlnx.(1)若f(x)在区间(a，＋∞)上单调，求实数a的取值范围；(2)若函数g(x)＝f(x)－bx2有两个不同的零点，求实数b的取值范围．学霸笔记：(1)分离参数法：从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数的取值范围．(2)分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数的取值范围．跟踪训练(衔接·人教A版选修二P104T19)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．提示：请完成课时作业21第六节利用导数研究函数的零点考教衔接·活用教材例1解析：(1)f′(x)＝ex＋(x＋2)ex＝(x＋3)ex，令f′(x)＝0，解得x＝－3.当x<－3时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>－3时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以当x＝－3时，f(x)取得最小值为f(－3)＝－1e3，f(x)所以f(x)的单调递减区间为(－∞，－3)，单调递增区间为(－3，＋∞)，且f(x)的最小值为f(－3)＝－1e3，(2)g(x)＝f(x)－k，由(1)可知f(x)在[－1，1]上递增，而f(－1)＝1e，f(1)＝根据k的不同取值，分情况讨论：①当k<1e时，对于x∈[－1，1]，由于f(x)≥f(－1)＝1e>k，则g(x)>0恒成立，故g(x②当1e≤k≤3e时，由f(x)的单调性，可知存在唯一c∈[－1，1]，使g(c)＝0，故g(x)有唯一零点x＝c③当k>3e时，由f(x)≤f(1)＝3e<k，即g(x)<0恒成立，故g(x)没有零点．综上，当k∈-∞，1e∪(3e，＋∞)时，g(x)在[－1，当k∈1e，3e时，g(x)在[－1，1]上有跟踪训练解析：(1)∵f(x)＝(x＋1)ex，∴f(x)＝(x＋2)ex，令f(x)＝0，可得x＝－2，∴当x∈(－∞，－2)时，f(x)<0，f(x)在(－∞，－2)上单调递减；当x∈(－2，＋∞)时，f(x)>0，f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，∴f(x)的极小值为f(－2)＝－e-2，无极大值．综上，f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，f(x)的单调递增区间为(－2，＋∞)，f(x)的极小值为－e-2，无极大值．(2)当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0，并结合上面的单调性与极值可得大致图象如图所示．(3)方程f(x)＝a的解的个数，等价于函数y＝f(x)的图象与直线y＝a交点的个数．由上图可知，当a<－e-2时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝a没有交点，方程f(x)＝a无解；当a≥0或a＝－e-2时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝a有1个交点，则方程f(x)＝a有1个解；当－e-2<a<0时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝a有2个交点，则方程f(x)＝a有2个解．综上，当a<－e-2时，方程f(x)＝a的解的个数为0；当a≥0或a＝－e-2时，方程f(x)＝a有1个解；当－e-2<a<0时，方程f(x)＝a有2个解．例2解析：(1)f(x)＝xlnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0得x>1e，令f′(x)<0得0<x<1故f(x)＝xlnx在0，1e上单调递减，在故f(x)在区间(a，＋∞)上单调，显然单调递增，且a≥1e故实数a的取值范围为1e(2)令g(x)＝0，即xlnx－bx2＝0，x>0，所以b＝lnxx，x函数g(x)＝f(x)－bx2有两个不同的零点，等价于h(x)＝lnxx与y＝b令h(x)＝lnxx，x>0，则h′(x)＝1-lnxx2，令h′(x)令h′(x)<0得x>e，所以h(x)＝lnxx在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)且h(e)＝1e，当0<x<1时，h(x)<0恒成立当x>1时，h(x)>0，所以要想h(x)＝lnxx与y＝b有两个交点，需b∈跟踪训练解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)，若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝－lna.当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)＜0；当x∈(－lna，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．综上可得，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点，不合题意；(ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(－lna)＝1－1a＋lna①当a＝1时，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一个零点，不符合题意；②当a∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋lna＞0，即f(－lna)＞0，故f(x)没有零点，③当a∈(0，1)时，1－1a＋lna＜0，即f(－lna)＜又f(－2)＝ae-4＋(