2021高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 第6节 利用导数解决函数的零点问题课件 文 北师大版

第三章导数及其应用第六节利用导数解决函数的零点问题2课堂考点探究3⊙考点1判断、证明或讨论函数零点的个数判断函数零点个数的三种方法直接法令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数画图法转化为两个易画出图像的函数，看其交点的个数即可定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决4(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－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．5[解](1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈0，π2时，g′(x)＞0；当x∈π2，π时，g′(x)＜0，所以g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减．又g(0)＝0，gπ2＞0，g(π)＝－2，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．6(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，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]．7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)，作出函数的大致图像，然后通过函数图像得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图像交点的个数，基本步骤是“先数后形”．8设函数f(x)＝lnx＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数．9[解](1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝lnx＋ex(x＞0)，则f′(x)＝x－ex2，∴当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.10(2)由题意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；11当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23，又∵φ(0)＝0.12结合y＝φ(x)的图像(如图)，可知，①当m＞23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点；13④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点．14⊙考点2已知函数零点存在情况求参数解决此类问题常从以下两个方面考虑：(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图像的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件；(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．15设函数f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在13，3上有两个零点，求实数a的取值范围．16[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝－2x－1＋1x＝－2x2－x＋1x，令f′(x)＝0，得x＝12(负值舍去)，当0＜x＜12时，f′(x)＞0；当x＞12时，f′(x)＜0.∴f(x)的单调递增区间为0，12，单调递减区间为12，＋∞.17(2)令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－lnxx.令g(x)＝x－lnxx，其中x∈13，3，则g′(x)＝1－1－lnxx2＝x2＋lnx－1x2，令g′(x)＝0，得x＝1，当13≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，∴g(x)的单调递减区间为13，3，单调递增区间为(1,3]，18∴g(x)min＝g(1)＝1，∴函数f(x)在13，3上有两个零点，g13＝3ln3＋13，g(3)＝3－ln33，3ln3＋13＞3－ln33，∴实数a的取值范围是1，3－ln33.19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，从而判断函数的大致图像，讨论其图像与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．201.设函数f(x)＝lnx－x，若关于x的方程f(x)＝x2－103x＋m在区间[1,3]上有解，求m的取值范围．21[解]方程f(x)＝x2－103x＋m在区间[1,3]上有解，即lnx－x2＋73x＝m在区间[1,3]上有解．令h(x)＝lnx－x2＋73x，则h′(x)＝1x－2x＋73＝－3x＋12x－33x.22∴当x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：x11，323232，33h′(x)＋0－h(x)43↗极大值↘ln3－223∵h(1)＝43，h(3)＝ln3－2＜43，h32＝ln32＋54，∴当x∈[1,3]时，h(x)∈ln3－2，ln32＋54，∴m的取值范围为ln3－2，ln32＋54.242．(2019·贵阳摸底考试)已知函数f(x)＝kx－lnx(k＞0)．(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值．25[解](1)若k＝1，则f(x)＝x－lnx，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－1x，由f′(x)＞0，得x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1，∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．26(2)法一：由题意知，方程kx－lnx＝0仅有一个实根，由kx－lnx＝0，得k＝lnxx(x＞0)．令g(x)＝lnxx(x＞0)，则g′(x)＝1－lnxx2，当x＝e时，g′(x)＝0；当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0.27∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(e)＝1e.当x→＋∞时，g(x)→0.又∵k＞0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1e.28法二：f(x)＝kx－lnx，f′(x)＝k－1x＝kx－1x(x＞0，k＞0)．当x＝1k时，f′(x)＝0；当0＜x＜1k时，f′(x)＜0；当x＞1k时，f′(x)＞0.∴f(x)在0，1k上单调递减，在1k，＋∞上单调递增，∴f(x)min＝f1k＝1－ln1k，∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln1k＝0，即k＝1e.29课外素养提升④逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．30f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型【例1】(1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)＜12，则不等式f(lgx)＞lgx＋12的解集为________．(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为________．31(1)(0,10)(2)(－∞，－3)∪(0,3)[(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－12x，则g′(x)＝f′(x)－12＜0，所以g(x)在定义域内是减函数．因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－12＝12，由f(lgx)＞lgx＋12，得f(lgx)－12lgx＞12.32即g(lgx)＝f(lgx)－12lgx＞12＝g(1)，所以lgx＜1，解得0＜x＜10.所以原不等式的解集为(0,10)．33(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图像关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．]34[评析](1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝fxgx(g(x)≠0)．35xf′(x)±nf(x)(n为常数)型【例2】(1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是()A．f(x)＞0B．f(x)＜0C．f(x)＞xD．f(x)＜x36(1)A(2)A[(1)令g(x)＝fxx，则g′(x)＝xf′x－fxx2.由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；37当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；当x∈(－1,0)时，f(x)＜0.综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．38(2)令g(x)＝x2f(x)－14x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；39当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.综上可知，f(x)＞0.]40[评析](1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x