（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第5讲 导数的综合应用——解决函数零点问题课件.ppt

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1、第5讲导数的综合应用解决函数零点问题,知 识 梳 理,1.三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x时，函数值也趋向，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1x2的函数f(x)ax3bx2cxd(a0)的零点分布情况如下：,2.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法 研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下： 转化为形如f(x1)f(x2)0的不等式：若yf(x)满足f(a)f(b)0，则f(x)在(a，b)内至少有一个零点； 转化为求函数的值域：零点及

2、两函数的交点问题即是方程g(x)0有解问题，将方程分离参数后(af(x)转化为求yf(x)的值域问题； 数形结合：将问题转化为yf(x)与yg(x)的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题.,(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法 数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案. 函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.,1.方程x36x29x100的实根个数为_. 解析设f(x)x36x29x10，f(x)3x212x93(x1)(x3)，由此可知函数的极大值为f(1)60，极小值为f(3)100，所以方程x36x29x100的实根个数为1. 答案1,

3、诊 断 自 测,2.已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则实数a的取值范围是_.,g(x)在(，1)上递减，(1，0)上递增，(0，1)上递增，(1，)上递减. 又g(1)2，g(1)2，且当x1时，g(x)0，,g(x)的大致图象如图：,直线ya与yg(x)有唯一交点，且横坐标x00，只需ag(1)2. 答案(，2),3.已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1).,求方程f(x)2的根； 若对任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值； (2)若0a1，b1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值.,(2x)222

4、x10，解得2x1，x0.,故f(2x)mf(x)6可化为t22mt6，,(2)0a1，b1，ln a0，ln b0. g(x)f(x)2axbx2. g(x)axln abxln b且g(x)为单调递增，值域为R的函数.,g(x)一定存在唯一的变号零点. g(x)为先减后增且有唯一极值点. 由题意g(x)有且仅有一个零点. 则g(x)的极值一定为0， 而g(0)a0b020，故极值点为0. g(0)0，即ln aln b0.ab1.,考点一利用图象研究函数的零点问题,【例1】 (2018苏州期末)设函数f(x)x23x3aex(a为非零实数)，若f(x)有且仅有一个零点，则a的取值范围为_.

5、,令g(x)0，可得x(1，0)，令g(x)0，可得x(，1)(0，)，所以g(x)在(1，0)上单调递增，在(，1)和(0，)上单调递减.由题意知函数yg(x)的图象与直线ya有且仅有一个交点，结合yg(x)及ya的图象可得a(0，e)(3，).,答案(0，e)(3，),规律方法含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来，用含x的函数表示参数，作出该函数图象，根据图象特征求出参数的范围.,【训练1】 已知函数f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表：,f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示.当1a2时，函数yf(x)a的零点的个数为_.,解析根据导函数图象

6、知2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示.,由于f(0)f(3)2，1a2，所以yf(x)a的零点个数为4. 答案4,考点二利用函数性质研究函数的零点问题,【例2】 已知函数f(x)exax2. (1)若a1，证明：当x0时，f(x)1； (2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a. (1)证明当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10. 设函数g(x)(x21)ex1， 则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex. 当x1时，g(x)0， 所以g(x)在(0，)单调递减. 而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1.,(2)解设函数h(x)1ax2ex. f(x)在

7、(0，)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，)只有一个零点. ()当a0时，h(x)0，h(x)没有零点； ()当a0时，h(x)ax(x2)ex. 当x(0，2)时，h(x)0. 所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增.,故h(x)在(2，4a)有一个零点.因此h(x)在(0，)有两个零点.,规律方法研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.,【训练2】 (2019南通调研)已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28

8、为自然对数的底数. (1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间0，1上的最小值； (2)若f(1)0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点.证明：e2a1. (1)解由f(x)exax2bx1，有g(x)f(x)ex2axb. 所以g(x)ex2a. 当x0，1时，g(x)12a，e2a.,因此g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；,因此g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab；,得xln(2a)(0，1). 所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增. 于是，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b

9、.,(2)证明设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)f(x0)0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减. 则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负，故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1. 同理g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2. 所以g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点.,此时g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增. 因此x1(0，ln(2a)，x2(ln(2a)，1)，必有 g(0)1b0，g(1)e2ab0. 由f(1)0有abe12，由g(0)ae20，g(1)1a0. 解得e2a1. 所以

10、，函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e2a1.,考点三利用构造函数法研究函数的零点问题 角度1构造法研究两曲线的交点问题,【例31】 已知函数f(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为2. (1)求a； (2)证明：当k1时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点. (1)解f(x)3x26xa，f(0)a. 曲线yf(x)在点(0，2)处的切线方程为yax2.,(2)证明由(1)知，f(x)x33x2x2. 设g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4. 由题设知1k0. 当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10时

11、，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x). h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增， 所以g(x)h(x)h(2)0. 所以g(x)0在(0，)上没有实根. 综上，g(x)0在R上有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.,角度2函数中的双元问题,【例32】 已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点. (1)求a的取值范围； (2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当x(，1)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增.,设a0，由f(x)0得x1或xln

12、(2a).,又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点.,又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点.,综上，a的取值范围为(0，).,(2)不妨设x1f(2x2)，即f(2x2)1时，g(x)1时，g(x)0，从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.,(1)求实数a的值和实数b的取值范围； (2)记函数f(x)的两个零点分别为x1，x2，求证：x1x22e(其中e为自然对数的底数).,由f(1)a11a2. 进而得f(x)xln x2xb，f(x)ln x1.,欲证x1x22e，即证x22ex1e， 又函数f(x)在(e，)上单调递增， 即证f(x2)f(2ex1). 由题设得f(x1)f(x2)， 从而只需证f(x1)f(2ex1).,则F(x)xln x2x(2ex)ln(2ex)2(2ex) xln x(2ex)ln(2ex)4x4e， 则F(x)ln xln(2ex)2，,即f(x1)f(2ex1)，从而得x1x22e.,