（新高考）2020版高考数学二轮复习 主攻36个必考点 函数与导数（三十一）课件 文

主攻36个必考点(三十一)导数与函数的零点或方程根的问题1．(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．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π20，g(π)＝－2，故g(x)在区间(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在区间(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]．2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．①当h(2)0，即ae24时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．②当h(2)＝0，即a＝e24时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h(2)0，即ae24时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3e2a21－16a32a4＝1－1a0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．[把脉考情]考什么1.函数零点个数的判断2.已知函数零点或方程根问题求参数范围3.与零点有关的证明问题考多深主要在解答题中考查，难度中等偏上，分值12分考多宽多与函数性质、图象交汇考查零点个数的判断、已知零点或方程根求参数范围及证明问题，注意函数与方程思想、数形结合思想的应用函数零点个数的判断[典例1](2020届高三·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)＝f(x)x－12在区间[0,1]上零点的个数．[解](1)∵f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)0恒成立，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．当a0时，令f′(x)0，得xlna，令f′(x)0，得xlna，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞)．(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝12，先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数，①当a≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增且f(0)＝0，∴f(x)在[0,1]上有一个零点；②当a≥e时，f(x)在[0,1]上单调递减且f(0)＝0，∴f(x)在[0,1]上有一个零点；③当1ae时，f(x)在[0，lna)上单调递减，在(lna,1]上单调递增，而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1a≤e－1时，f(x)在[0,1]上有两个零点，当e－a－10，即e－1ae时，f(x)在[0,1]上有一个零点．当x＝12时，由f12＝0得a＝2(e－1)．∴当a≤1或ae－1或a＝2(e－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1a≤e－1且a≠2(e－1)时，g(x)在[0,1]上有三个零点．增分方略判断函数零点个数的思路判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数已知零点个数或方程根问题求参数范围[典例2]已知函数f(x)＝xex－12a(x＋1)2.若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．[一题多解](在发散思维中整合知识)法一：分类讨论法f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，若a＝0，易知函数f(x)在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意．若a0，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增．由f(－1)＝－1e0，且f(1)＝e－2a0，当x→－∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．若lna－1，即0a1e，当x∈(－∞，lna)∪(－1，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈(lna，－1)时，f′(x)0，f(x)单调递减．又f(lna)＝alna－12a(lna＋1)20，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．若lna＝－1，即a＝1e，当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，故不符合题意．若lna－1，即a1e，当x∈(－∞，－1)∪(lna，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈(－1，lna)时，f′(x)0，f(x)单调递减．又f(－1)＝－1e0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．综上，实数a的取值范围是(－∞，0)．法二：数形结合法令f(x)＝0，即xex－12a(x＋1)2＝0，得xex＝12a(x＋1)2.当x＝－1时，方程为－e－1＝12a×0，显然不成立，所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f(x)的零点．当x≠－1时，分离参数得a＝2xexx＋12.记g(x)＝2xexx＋12(x≠－1)，则g′(x)＝2xex′x＋12－[x＋12]′·2xexx＋14＝2exx2＋1x＋13.当x－1时，g′(x)0，函数g(x)单调递减；当x－1时，g′(x)0，函数g(x)单调递增．当x＝0时，g(x)＝0；当x→－∞时，g(x)→0；当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞.故函数g(x)的图象如图所示．作出直线y＝a，由图可知，当a0时，直线y＝a和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f(x)有两个零点．故实数a的取值范围是(－∞，0)．增分方略已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的方法直接法直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围分离参数法先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决数形结合法先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数y＝g(x)，y＝h(x)的图象的交点个数问题．画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数；二是转化为y＝a，y＝g(x)的图象的交点个数问题构造函数研究函数的零点问题[典例3](2019·长春模拟)设函数f(x)＝12x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m≥1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－mx＝x2－mx，当m≤0时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当m0时，f′(x)＝x＋mx－mx，当0xm时，f′(x)0，函数f(x)单调递减；当xm时，f′(x)0，函数f(x)单调递增．综上，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当m0时，函数f(x)的单调增区间是(m，＋∞)，单调减区间是(0，m)．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－mlnx，x0，则问题等价于求函数F(x)的零点个数．F′(x)＝－x－1x－mx，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝320，F(4)＝－ln40，所以F(x)有唯一零点；当m1时，0x1或xm时，F′(x)0；1xm时，F′(x)0，所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋120，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)0，所以F(x)有唯一零点，综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．增分方略若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，这样会使问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用．