第三章 高考专题突破一 第2课时　利用导函数研究函数的零点.pptx

1、大一轮复习讲义 第三章高考专题突破一高考中的导数综合问题 第2课时利用导函数研究函数的零点 (1)当me(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值； 题型一数形结合研究函数的零点 师生共研 f(x)的定义域为(0，)， 令f(x)0，得xe. 当x(0，e)时，f(x)0， f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增， 当xe时，f(x)取得极小值f(e)2. 则(x)x21(x1)(x1). 当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增； 当x(1，)时，(x)0； (2)f(x)有且仅有2个零点. 当x(1,0时，由(1)可知f(x)在(1,0上单调递增， f(x)

2、f(0)0，f(x)在(1,0上单调递减， 又f(0)0. x0为f(x)在(1,0上的唯一零点. 又f(0)0，f(x0)0， f(x)在(0，x0)上单调递增，此时f(x)f(0)0，不存在零点， 当x(，)时，ln(x1)ln(1)1， f(x)sin xln(1x)0,4(1cos x)0， h(x)0，h(x)无零点； 当x(0,4)时，h(x)2x4xcos x2x(12cos x)， 又h(0)0，且h(4)2016sin 44cos 40， 综上，h(x)在(0，)上有唯一零点，又h(0)0且h(x)为偶函数， 故h(x)在R上有三个零点. 利用函数性质研究函数的零点，主要是根

3、据函数单调性、最值或极值 的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结 合的方法确定函数存在零点的条件. 思维升华 跟踪训练2已知函数f(x)exax1(aR)(e2.718 28是自然对数的 底数). (1)求f(x)的单调区间； 解因为f(x)exax1， 所以f(x)exa， 当a0时，f(x)0恒成立，所以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x0，得xln a， 所以f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，). 综上，当a0时，f(x)的单调递增区间为(， )， 无单调递减区间， 当a0时，f(x)的单

4、调递减区间为(， ln a)，单调递增区间为(ln a， ). (2)讨论g(x)f(x) 在区间0,1上零点的个数. 由(1)知，当a0时，f(x)在R上单调递增； 当a0时，f(x)在(，ln a)上单调递减， 在(ln a，)上单调递增. 若a0，由f(0)0，知f(x)在区间0,1上有一个零点； 若ln a0，即0a1，则f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在0,1上有一 个零点； 若0ln a1， 即1ae， 则f(x)在(0， ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增， 又f(1)ea1，所以当ea10，即1ae1时，f(x)在0,1上有 两个零点， 当ea10，即e

5、1a1时，0 xm时，F(x)0；1x0， 所以函数F(x)在(0,1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增， F(2m2)mln(2m2)0，解得xln 2； 令f(x)0，解得0 xln 2， 所以函数f(x)的单调递增区间为(，0)和(ln 2，)，单调递减区间 为(0，ln 2). 当x1时，方程成立. g(1)e10， KESHIJINGLIAN 课时精练 1.已知函数f(x)ex(ax1)，曲线yf(x)在x1处的切线方程为ybxe. (1)求a，b的值； 基础保分练 12345 解f(x)ex(ax1)， 则f(x)ex(ax1)exaex(ax1a)， a1，b3e.

6、(2)若函数g(x)f(x)3exm有两个零点，求实数m的取值范围. 12345 12345 解g(x)f(x)3exmex(x2)m， 函数g(x)ex(x2)m有两个零点，相当于函数u(x)ex(x2)的图象与 直线ym有两个交点，u(x)ex(x2)exex(x1)， 当x(，1)时，u(x)0， u(x)在(1，)上单调递增， 当x1时，u(x)取得极小值u(1)e. 又当x时，u(x)，当x2时，u(x)0， 实数m的取值范围为m|em0. 2.已知f(x)ax2(aR)，g(x)2ln x. (1)讨论函数F(x)f(x)g(x)的单调性； 12345 解F(x)ax22ln x，

7、 其定义域为(0，)， 12345 当a0时，F(x)0)恒成立. 故当a0时，F(x)在(0，)上单调递减. 综上，当a0时，F(x)在(0，)上单调递减； 12345 12345 (2)若方程f(x)g(x)在区间1，e上有两个不相等的解，求a的取值范围. 12345 解方程f(x)g(x)在1，e上有两个不相等的解， 12345 要使ya与y(x)有两个不同的交点， 3.已知函数f(x)exaxa(aR且a0). (1)若函数f(x)在x0处取得极值，求实数a的值，并求此时f(x)在2,1 上的最大值； 12345 解由f(x)exaxa，得f(x)exa. 函数f(x)在x0处取得极值

8、， f(0)e0a0，a1， f(x)exx1，f(x)ex1. 当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增. 易知f(x)在2,0)上单调递减，在(0,1上单调递增， 12345 (2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围. 12345 解f(x)exa. 当a0时，f(x)0，f(x)在R上单调递增， 且当x1时，f(x)exa(x1)0， 12345 函数f(x)存在零点，不满足题意. 当a0时，令f(x)exa0，则xln(a). 当x(，ln(a)时，f(x)0，f(x)单调递增. 当xln(a)时，f(x)取得极小值，也是最小值. 函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(

9、a)eln(a)aln(a)a 2aaln(a)0， 解得e2a0)， 则g(1)0， 12345 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f(x)单调递增； 在(x0，)上，f(x)1时，f(1)a10， 综上可得，当a1时，函数f(x)只有一个零点x1； 当a1时，函数f(x)有两个零点. 拓展冲刺练 5.已知函数f(x)ex1kx2k(其中e是自然对数的底数，kR). (1)讨论函数f(x)的单调性； 12345 解易得f(x)ex1k， 当k0时，令f(x)0，得xln k1， 可得当x(，ln k1)时，f(x)0， 所以函数f(x)在区

10、间(，ln k1)上单调递减，在区间(ln k1，)上 单调递增. 当k0时，f(x)ex1k0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增. 综上，当k0时，f(x)在R上单调递增， 当k0时，f(x)在(，ln k1)上单调递减，在(ln k1，)上单调递增. 12345 12345 (2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明x1x22. 证明当k0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点， 所以k0， 由题意知 k(x12)， k(x22)， 12345 1 1 e x 2 1 e x 12345 即证(t1)ln t2(t1)0， 令g(t)(t1)ln t2(t1)(t1)， 12345 所以g(t)g(1)0. 所以g(t)在区间1，)上单调递增， 所以当t1时，g(t)g(1)0，即(t1)ln t2(t1)0，原不等式得证. 大一轮复习讲义 本课结束 更多精彩内容请登录：