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

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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].
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