旧教材适用2023高考数学一轮总复习高考大题专题研究一三利用导数研究函数的零点问题课件

当 x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以要使
f(x)有两个零点，只要
f(ln
a)<0
即可，则
1＋ln
a>0，可得
1 a>e.
综上，若 f(x)有两个零点，则 a 的取值范围是1e，＋∞. 解法二：若 f(x)有两个零点，即 ex－a(x＋2)＝0 有两个解，
显然 x＝－2 不成立，所以 a＝x＋ex 2(x≠－2)有两个解，
则 φ′(x)＝ex＋14x－32． 当 x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此 φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 易知 φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点， 即 h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点， 则 h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点， 所以方程 f(x)＝g(x)的根的个数为 2.
(2)求方程 f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
解 (2)由(1)可知 h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－ x－x，x∈[0，＋∞)， 而 h(0)＝0，则 x＝0 为 h(x)的一个零点． 又 h(x)在(1，2)内有零点， 因此 h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点． h′(x)＝ex－12x－12－1，记 φ(x)＝ex－12x－12－1，
综上可得，当 a＝1 时，函数 f(x)只有一个零点 x＝1； 当 a>1 时，函数 f(x)有两个零点．
题型二 由函数零点个数求解参数取值范围问题例 2 (2020·全国Ⅰ卷) 已知函数 f(x)＝ex－a(x＋2).
(1)当 a＝1 时，讨论 f(x)的单调性；
解 (1)当 a＝1 时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1. 令 f′(x)＜0，解得 x＜0； 令 f′(x)＞0，解得 x＞0. 所以 f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).
令 h(x)＝x＋ex 2(x≠－2)，
ex（x＋2）－ex ex（x＋1） 则有 h′(x)＝ （x＋2）2 ＝ （x＋2）2 ， 令 h′(x)＞0，解得 x＞－1， 令 h′(x)＜0，解得 x＜－2 或－2＜x＜－1， 所以函数 h(x)在(－∞，－2)和(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上 单调递增， 且当 x＜－2 时，h(x)＜0， 而当 x→(－2)＋(从右侧趋近于－2)时，h(x)→＋∞， 当 x→＋∞时，h(x)→＋∞，
[解题策略] 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数 g(x)(要求 g′(x)易求，g′(x)＝0 可解)，转化为确定 g(x)的零 点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间 端点值的符号(或变化趋势)等，画出 g(x)的大致图象，数形结合求解函数零 点的个数． (2)利用零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利 用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在 该区间上的零点个数．
(2ห้องสมุดไป่ตู้若 a≥1，讨论函数 f(x)的零点个数．
解 (2)f′(x)＝1x－2x＋a＝－2x2＋x ax＋1，x>0.
令－2x20＋ax0＋1＝0，解得
a＋ x0＝
a2＋8 4 (负值舍去)，
在(0，x0)上，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增；
在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减．
(2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围．
解 (2)解法一：当 a≤0 时，f′(x)＝ex－a>0 恒成立，f(x)在(－∞，＋∞) 上单调递增，不符合题意；
当 a>0 时，令 f′(x)＝0，解得 x＝ln a， 当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以 f(x)的极小值也是最小值为 f(ln a)＝a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a). 又当 x→－∞时，f(x)→＋∞，
专题研究(三) 利用导数研究函数的零点 问题
题型一 判断函数零点或方程的根个数问题 例 1 已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝ x＋x，其中 e 是自然对数的底数， e＝2.71828…. (1)证明：函数 h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点； 解 (1)证明：由题意可得 h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－ x－x， 所以 h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－ 2>0， 所以 h(1)·h(2)<0， 所以函数 h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点．
∴f(x)max＝f(x0).
当 a＝1 时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，
此时函数 f(x)只有一个零点 x＝1. 当 a>1 时，f(1)＝a－1>0， f21a＝ln 21a－41a2＋12<21a－1－41a2＋12 ＝－21a－122－14<0， f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2 ＝－2a－122－12<0. ∴函数 f(x)在区间21a，1和区间(1，2a)上各有一个零点.
变式训练 1 (2022·陕西咸阳检测)已知函数 f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R. (1)证明：ln x≤x－1； 解 (1)证明：令 g(x)＝ln x－x＋1(x>0)， 则 g(1)＝0，g′(x)＝1x－1＝1－x x， 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 g(x)单调递减． ∴当 x＝1 时，函数 g(x)取得极大值也是最大值， ∴g(x)≤g(1)＝0，即 ln x≤x－1.
所以当 a＝x＋ex 2有两个解时，有 a＞h(－1)＝1e， 所以满足条件的 a 的取值范围是1e，＋∞.
[解题策略] 已知函数零点个数求参数范围的常用方法 (1)分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函 数的最值，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． (2)分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内 研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即 为所求参数范围．