【文档说明】2020高考理科数学一轮复习第三章6第6讲利用导数研究函数的零点问题课件.ppt，共(19)页，1.549 MB，由小橙橙上传

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第6讲利用导数研究函数的零点问题第三章导数及其应用第三章导数及其应用设函数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．判断函数零

点的个数(师生共研)第三章导数及其应用【解】(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋ex，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x－ex2，由f′(x)＝0，得x＝e.所以当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，所以当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋ee＝2，所以f(x)的极小值为2.第三章导数及其应用(2)由题设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；当x∈

(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，第三章导数及其应用因此x＝1也是φ(x)的最大值点．所以φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y

＝φ(x)的图象(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；第三章导数及其应用③当0<m<23时，函数g(x)有两个零点；④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．第三章导数及其应用函数的零点个数也就是函数图象与x轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于

含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：一是利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数；二是分离参数，将问题转化为求y＝a和y＝f(x)的图象的交点个数问题求解．第三章导数及其应用(2019·长春市质量监测(

二))已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝lnx有两个实数根，求实数b的取值范围．由函数零点个数求参数(师生共研)第三章导数及其应用【解】(1)由题意可得f′(x)＝ex＋b，当

b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln(－b)，＋∞)上单调递增；若x<ln(－b)，则f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln(－b))上单调递减．(2)令g(x

)＝ex＋bx－1－lnx，则g′(x)＝ex＋b－1x，易知g′(x)单调递增且一定有大于0的零点，设g′(x)大于0的零点为x0，则g′(x0)＝0，即ex0＋b－1x0＝0，b＝1x0－ex0.第三章导数及其应用

方程f(x)＝lnx有两个实数根，即g(x)有两个零点，则需满足g(x0)<0，即ex0＋bx0－1－lnx0＝ex0＋1x0－ex0x0－1－lnx0＝ex0－ex0x0－lnx0<0，令h(x)＝ex－exx－lnx(x>0)，则h′(x)＝－exx－1x<0，所以h(x)

在(0，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以ex0－ex0x0－lnx0<0的解集为(1，＋∞)，所以b＝1x－ex0<1－e.第三章导数及其应用当b<1－e时，ex＋bx－1－lnx>x＋bx－lnx，有g(eb)>eb＋b

eb－lneb＝(b＋1)eb－b，令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，0<ex<1，故G(x)＝(x＋1)ex－x>0，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面

，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上有唯一零点．综上，b的取值范围是(－∞，1－e)．第三章导数及其应用根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函

数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．第三章导数及其应用以函数零点为背景的双变量不等式问题(师生共研)已知函数f(x)＝12x2＋(1－a)x－alnx，a∈R.(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的

零点x1，x2，求证：x1＋x2>2.【解】(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－ax，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以＝第三章导数及其应用(

2)证明：f′(x)＝x＋1－a－ax＝(x＋1)1－ax(x>0)，①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x>a时，f′(x)>0，所以f(

x)单调递增，当0<x<a时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减，所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)<0，第三章导数及其应用即12a2＋(1－a)a－alna<0

，整理得lna>1－12a，作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－aln2a－xx，则h′(x)＝－2＋2a2（2a－x）x＝－2＋2a2－（x－a）2

＋a2≥0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增，第三章导数及其应用不妨设x1<a<x2，则h(x2)>h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函

数，所以2a－x2<x1，即x1＋x2>2a，又lna>1－12a，易知a>1成立，故x1＋x2>2.第三章导数及其应用破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；

二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．第三章导数及其应用第三章导数及其应用谢谢