2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2节第4课时导数与函数的零点课件新人教A版

2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2节第4课时导数与函数的零点课件新人教A版

第四课时　导数与函数的零点 (1) 证明 ln x ≤ x － 1 ； (2) 若 a ≥ 1 ，讨论函数 f ( x ) 的零点个数 . 考点一　判断零点的个数 【例 1 】 (2020· 潍坊检测 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ln x － x 2 ＋ ax ， a ∈ R . 可得 x ∈ (0 ， 1) 时， g ′( x )>0 ，函数 g ( x ) 单调递增； x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， g ′( x )<0 ，函数 g ( x ) 单调递减 . ∴ 当 x ＝ 1 时，函数 g ( x ) 取得极大值也是最大值， ∴ g ( x ) ≤ g (1) ＝ 0 ，即 ln x ≤ x － 1. 在 (0 ， x 0 ) 上， f ′( x )>0 ，函数 f ( x ) 单调递增； 在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 上， f ′( x )<0 ，函数 f ( x ) 单调递减 . ∴ f ( x ) max ＝ f ( x 0 ). 当 a ＝ 1 时， x 0 ＝ 1 ， f ( x ) max ＝ f (1) ＝ 0 ，此时函数 f ( x ) 只有一个零点 x ＝ 1. 当 a >1 时， f (1) ＝ a － 1>0 ， 综上可得：当 a ＝ 1 时，函数 f ( x ) 只有一个零点 x ＝ 1 ； 当 a >1 时，函数 f ( x ) 有两个零点 . 规律方法　 1. 利用导数求函数的零点常用方法： (1) 构造函数 g ( x )( 其中 g ′( x ) 易求，且 g ′( x ) ＝ 0 可解 ) ，利用导数研究 g ( x ) 的性质，结合 g ( x ) 的图象，判断函数零点的个数 . (2) 利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点 . 2. 根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是 “ 数形结合 ” ，即通过研究函数的性质 ( 单调性、极值、函数值的极限位置等 ) ，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与 x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是 “ 先数后形 ”. (1) 若 a ＝ 3 ，求 f ( x ) 的单调区间； (2) 证明： f ( x ) 只有一个零点 . 考点二　根据零点个数求参数的值 ( 范围 ) 【例 2 】 函数 f ( x ) ＝ ax ＋ x ln x 在 x ＝ 1 处取得极值 . (1) 求 f ( x ) 的单调区间； (2) 若 y ＝ f ( x ) － m － 1 在定义域内有两个不同的零点，求实数 m 的取值范围 . 解　 (1) 函数 f ( x ) ＝ ax ＋ x ln x 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ). f ′( x ) ＝ a ＋ ln x ＋ 1 ， 因为 f ′(1) ＝ a ＋ 1 ＝ 0 ，解得 a ＝－ 1 ， 当 a ＝－ 1 时， f ( x ) ＝－ x ＋ x ln x ， f ′( x ) ＝ ln x ， 令 f ′( x )>0 ，解得 x >1 ；令 f ′( x )<0 ，解得 0< x <1. 所以 f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得极小值， f ( x ) 的单调递增区间为 (1 ，＋ ∞ ) ，单调递减区间为 (0 ， 1). (2) y ＝ f ( x ) － m － 1 在 (0 ，＋ ∞ ) 内有两个不同的零点，可转化为 y ＝ f ( x ) 与 y ＝ m ＋ 1 图象有两个不同的交点 . 由 (1) 知， f ( x ) 在 (0 ， 1) 上单调递减，在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递增， f ( x ) min ＝ f (1) ＝－ 1 ， 当 0< x e 时， f ( x )>0. 当 x >0 且 x → 0 时， f ( x ) → 0 ； 当 x → ＋ ∞ 时，显然 f ( x ) → ＋ ∞ . 由图象可知，－ 1< m ＋ 1<0 ， 即－ 2< m < － 1. 所以 m 的取值范围是 ( － 2 ，－ 1). 规律方法　 1. 函数零点个数可转化为图象的交点个数，根据图象的几何直观求解 . 2. 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围 . (1) 求 f ( x ) 的单调递减区间； (2) 已知函数 f ( x ) 有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围 . 综上可得： a ≤ 0 时，函数 f ( x ) 的单调递减区间为 (0 ，＋ ∞ ) ， (2) 由 (1) 可得若函数 f ( x ) 有两个不同的零点，则必须满足 a >0 ， 所以实数 a 的取值范围是 (2e ，＋ ∞ ). 考点三　函数零点的综合问题 【例 3 】 设函数 f ( x ) ＝ e 2 x － a ln x . 当 a ≤ 0 时， f ′( x )>0 ， f ′( x ) 没有零点； 所以 f ′( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 故当 a >0 时， f ′( x ) 存在唯一零点 . (2) 证明　 由 (1) ，可设 f ′( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上的唯一零点为 x 0 ， 当 x ∈ (0 ， x 0 ) 时， f ′( x )<0 ；当 x ∈ ( x 0 ，＋ ∞ ) 时， f ′( x )>0. 故 f ( x ) 在 (0 ， x 0 ) 上单调递减，在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 所以当 x ＝ x 0 时， f ( x ) 取得最小值，最小值为 f ( x 0 ). 【训练 3 】 (2019· 全国 Ⅰ 卷 ) 已知函数 f ( x ) ＝ 2sin x － x cos x － x ， f ′( x ) 为 f ( x ) 的导数 . (1) 证明： f ′( x ) 在区间 (0 ， π) 存在唯一零点； (2) 若 x ∈ [0 ， π] 时， f ( x ) ≥ ax ，求 a 的取值范围 . (1) 证明　 设 g ( x ) ＝ f ′( x ) ，则 g ( x ) ＝ cos x ＋ x sin x － 1 ， g ′( x ) ＝ x cos x . 故 g ( x ) 在 (0 ， π) 存在唯一零点 . 所以 f ′( x ) 在区间 (0 ， π) 存在唯一零点 . (2) 解　 由题设知 f (π) ≥ a π ， f (π) ＝ 0 ，可得 a ≤ 0. 由 (1) 知， f ′( x ) 在 (0 ， π) 只有一个零点，设为 x 0 ， 当 x ∈ (0 ， x 0 ) 时， f ′( x )>0 ；当 x ∈ ( x 0 ， π) 时， f ′( x )<0 ， 所以 f ( x ) 在 (0 ， x 0 ) 上单调递增，在 ( x 0 ， π) 上单调递减 . 又 f (0) ＝ 0 ， f (π) ＝ 0 ，所以当 x ∈ [0 ， π] 时， f ( x ) ≥ 0. 又当 a ≤ 0 ， x ∈ [0 ， π] 时， ax ≤ 0 ，故 f ( x ) ≥ ax . 因此， a 的取值范围是 ( － ∞ ， 0].