高考数学利用导数研究函数的零点
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[总结反思]根据参数确定函数的零点个数有两种解决方法:一种是利用单调性与零点存在定理求解,另一种是化原函数为两个函数,利用两个函数图像的交点来求解.
课堂考点探究
变式题 已知函数f(x)=ex-ax+sin x-1.(1)当a=2时,讨论函数f(x)的单调性;
课堂考点探究
解: 当a=2时,f(x)=ex-2x+sin x-1(x∈R),则f'(x)=ex-2+cos x,设h(x)=f'(x)=ex-2+cosx, 则h'(x)=ex-sin x,当x∈(-∞,0]时,ex≤1,所以f'(x)=ex-2+cos x≤-1+cos x≤0,所以f(x)在(-∞,0]上单调递减;当x∈(0,+∞)时,ex>1,所以h'(x)=ex-sin x>1-sin x≥0,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.综上,f(x)在 (-∞,0]上单调递减;在(0,+∞)上单调递增.
[总结反思]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”,即通过函数的单调性确定函数图像与x轴的交点个数,或者通过两个相关函数图像的交点个数确定参数需满足的条件,进而求得参数的取值范围,解决问题的步骤是“先形后数”.
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题 已知f(x)=x2-x+asin x.(1)当a=1时,求证:f(x)>0在(0,+∞)上恒成立;
课堂考点探究
例4 已知函数f(x)=x·cos x.(2)求证:当x∈时,方程2f(x)-1=0有且仅有2个不等的实数根.
例4 已知函数f(x)=x·cos x.(1)当x∈(0,π)时,求证:f(x)<sin x;
课堂考点探究
探究点三 可化为函数零点的函数问题
[思路点拨]令g(x)=f(x)-sin x,利用导数研究函数的单调性,即可得证;证明: 令g(x)=f(x)-sin x=x·cos x-sin x,则g'(x)=cos x-x·sin x-cos x=-x·sin x,当x∈ (0,π)时,g'(x)<0恒成立,∴g(x)在(0,π)上单调递减,∴当x∈(0,π)时,g(x)<g(0)=0恒成立,故当x∈(0,π)时,f(x)<sin x.
变式题 已知函数f(x)=ex-ax+sin x-1.(2)当1≤a<2时,讨论函数f(x)零点的个数.
课堂考点探究
解:函数f(x)=ex-ax+sin x-1(x∈R),因为f(0)=0,所以0是f(x)的一个零点,f'(x)=ex-a +cos x,设g(x)=f'(x)=ex-a+cos x,1≤a<2,则g'(x)=ex-sin x,①当x∈(0,+∞)时,g'(x)=ex-sin x>1-sin x≥0,f'(x)在(0,+∞)上单调递增,则f'(x)>f'(0) =2-a>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0,所以f(x)在(0,+∞)上无零点.②当x∈(-∞,-π]时,-ax≥π,则f(x)≥ex+π+sin x-1>0,所以f(x)在(-∞,-π]上无零点.③当x∈(-π,0)时,sin x<0,g'(x)=ex-sin x>0,f'(x)在(-π,0)上单调递增,又f'(0)=2-a>0, f'(-π)=e-π-a-1<0,所以存在唯一实数x0∈(-π,0),使得f'(x0)=0,当x∈(-π,x0)时,f'(x)<0, f(x)在(-π,x0)上单调递减,当x∈(x0,0)时,f'(x)>0,f(x)在(x0,0)上单调递增,又f(-π)=e-π +aπ-1>0,f(x0)<f(0)=0,所以f(x)在(-π,x0)上有唯一零点,所以f(x)在(-π,0)上有一个零点.综上,当1≤a<2时,函数f(x)有两个零点.
例2 [2021·辽宁朝阳一模] 已知函数f(x)=ex-asin x-x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0.(2)设函数h(x)=f(x)+x-1,试判断函数h(x)在(-π,0)上零点的个数,并说明理由.
课堂考点探究
[思路点拨]先得出h(x)=ex-sin x-1,则h'(x)=ex-cos x,根据函数y=ex和y=cos x的图像的交点,得出函数h(x)在(x0,0)上无零点,在(-π,x0)上只有一个零点,即得结果.解：根据题意可得,h(x)=ex-sin x-1,h'(x)=ex-cos x,在同一个直角坐标系中作出函数y=ex和y=cos x的图像如图所示,
课堂考点探究
变式题 已知f(x)=x2-x+asin x.(2)设g(x)=f(x)-x2+2x-ln(x+1),当x∈(0,π)时,g(x)无零点,求a的取值范围.
解:g(x)=f(x)-x2+2x-ln(x+1)=x+asin x-ln(x+1),g'(x)=1+acos x-.①当a<0时,g'(x)在(0,π)上单调递增,g'(0)<0,g'(π)=1-a->0,∴存在x0∈(0,π)使得g'(x0)=0,当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(x0,π)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,又g(0)=0,g(π)=π-ln(π+1)>0,故存在唯一的t∈(x0,π),使得g(t)=0,不满足题意.②当a≥0时,由x∈(0,π)得g(x)≥x-ln(x+1),令h(x)=x-ln(x+1),则h'(x)=1-=,当x∈(0,π)时,h'(x)>0,故h(x)在(0,π)上单调递增,则h(x)>h(0)=0,即g(x)>0在(0,π)上恒成立,故g(x)在(0,π)上无零点.综上所述,a的取值范围是[0,+∞).
课堂考点探究
例3 [2021·沈阳四模] 已知函数f(x)=xex-2ax+a.(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
令g'(x)>0,得x<-或x>1,令g'(x)<0,得-<x<或<x<1递增,在,上单调递减,当x=-时,g(x)取得极大值g= ,当x=1时,g(x)取得极小值g(1)=e,因为e>,且当x<0时,g(x) >0,当x→-∞时,g(x)→0,当x<,x→时,g(x)→-∞,当x>,x→时,g(x)→+∞,当x→+∞时, g(x)→+∞,所以a的取值范围是∪(e,+∞).
例1 已知函数f(x)=ex-1-ax,试讨论函数f(x)的零点个数.
课堂考点探究
探究点一 判断、证明或讨论函数零点的个数
[思路点拨] 由f'(x)及a的取值范围可得函数的单调性,然后根据零点存在定理,通过讨论求解得出函数零点的个数.解:根据题意,可得f'(x)=ex-a.①若a≤0,则f'(x)=ex-a>0,此时函数f(x)在R上单调递增,又因为f(0)=0,所以函数f(x)只有一个零点.②若a>0,令f'(x)=0,则x=ln a,由f'(x)>0,可得x>ln a,此时函数f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,由f'(x)<0,可得x<ln a,此时函数f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,所以f(x)min=f(ln a)=a-1-aln a,(i)当ln a=0,即a=1时,f(x)≥0,此时函数f(x)只有一个零点;(ii)当ln a≠0,即a≠1时,f(ln a)<f(0)=0,当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,根据零点存在定理可得,此时函数f(x)在R上有两个零点.综上可得,当a≤0或a=1时,函数f(x)只有一个零点;当0<a<1或a>1时,函数f(x)有两个零点.
证明:当a=1时,f(x)=x2-x+sin x,则f'(x)=x-1+cos x.令φ(x)=x-1+cos x,则φ'(x)=1-sin x≥0恒成立,∴φ(x)在R上单调递增,当x>0时,φ(x)>φ(0)=0,即f'(x)>0恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)>f(0)=0在(0,+∞)上恒成立.
(2)分类讨论法,一般命题情境为没有固定区间,求满足函数零点个数的参数范围,通常解法为结合单调性,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.提示二:可化为函数零点的函数问题(与函数零点性质研究)包括两个方向,一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法);二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧).能够利用等价转换、构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等.求解时一般先通过等价转换,将已知转化为函数零点问题,再构造函数,然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等,并结合分类讨论,通过确定函数的零点达到解决问题的目的.
例2 [2021·辽宁朝阳一模] 已知函数f(x)=ex-asin x-x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0.(2)设函数h(x)=f(x)+x-1,试判断函数h(x)在(-π,0)上零点的个数,并说明理由.
课堂考点探究
由图可知,当x∈(-π,0)时,函数y=ex和y=cos x的图像只有一个交点,设这个交点的横坐标为x0,当x∈(-π,x0)时,h'(x)>0,则h(x)单调递增;当x∈(x0,0)时,h'(x)<0,则h(x)单调递减.∴当x∈(-π,0)时,h(x)max=h(x0),∵h(0)=0,∴h(x0)>0,又h(-π)=e-π-1<0,∴函数h(x)在(x0,0)上无零点,在(-π,x0)上只有一个零点,即函数h(x)在(-π,0)上只有一个零点.
例3 [2021·沈阳四模] 已知函数f(x)=xex-2ax+a.(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
课堂考点探究
探究点二 根据零点个数确定参数
[思路点拨]代入a的值,求出函数的导数,计算f(0),f'(0),求出切线方程即可;解: 当a=-1时,f(x)=xex+2x-1,f'(x)=(x+1)ex+2,则f'(0)=3,f(0)=-1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为3x-y-1=0.
例2 [2021·辽宁朝阳一模] 已知函数f(x)=ex-asin x-x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0.(1)求实数a的值;
课堂考点探究
[思路点拨] 利用切线方程及导数的几何意义可求出a;解: f(x)=ex-asin x-x,f'(x)=ex-acos x-1,∵曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0, ∴f'(0)=-1,即1-a-1=-1,得a=1.
课堂考点探究
例3 [2021·沈阳四模] 已知函数f(x)=xex-2ax+a.(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
[思路点拨]令g(x)=,将问题转化为y=a与g(x)=的图像有两个不同的交点,求出函数g(x)的导数,根据函数g(x)的单调性求出a的取值范围即可.解:因为f(x)有两个零点,所以方程f(x)=0有两个不同的根,即关于x的方程(2x-1)a =xex有两个不同的解,当x= 时,方程不成立,所以x≠,令g(x)=,则直线y=a与g(x)=的图像有两个不同的交点,g'(x)== ,
课堂考点探究
第19讲 利用导数研究函数的零点
教师备用习题
作业手册
两类零点问题的不同处理方法:利用函数零点存在定理的条件为函数图像在区间[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0.①直接法:判断一个零点时,若函数为单调函数,则只需取值证明f(a)·f(b)<0即可;②分类讨论法:判断几个零点时,需要先结合单调性,确定分类讨论的标准,再利用函数零点存在定理,在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.提示一:已知函数有零点求参数范围常用的方法有(1)分离参数法,一般命题情境为给出区间,求满足函数零点个数的参数范围,通常解法为从f(x)中分离出参数,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;
课堂考点探究
变式题 已知函数f(x)=ex-ax+sin x-1.(1)当a=2时,讨论函数f(x)的单调性;
课堂考点探究
解: 当a=2时,f(x)=ex-2x+sin x-1(x∈R),则f'(x)=ex-2+cos x,设h(x)=f'(x)=ex-2+cosx, 则h'(x)=ex-sin x,当x∈(-∞,0]时,ex≤1,所以f'(x)=ex-2+cos x≤-1+cos x≤0,所以f(x)在(-∞,0]上单调递减;当x∈(0,+∞)时,ex>1,所以h'(x)=ex-sin x>1-sin x≥0,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.综上,f(x)在 (-∞,0]上单调递减;在(0,+∞)上单调递增.
[总结反思]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”,即通过函数的单调性确定函数图像与x轴的交点个数,或者通过两个相关函数图像的交点个数确定参数需满足的条件,进而求得参数的取值范围,解决问题的步骤是“先形后数”.
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课堂考点探究
变式题 已知f(x)=x2-x+asin x.(1)当a=1时,求证:f(x)>0在(0,+∞)上恒成立;
课堂考点探究
例4 已知函数f(x)=x·cos x.(2)求证:当x∈时,方程2f(x)-1=0有且仅有2个不等的实数根.
例4 已知函数f(x)=x·cos x.(1)当x∈(0,π)时,求证:f(x)<sin x;
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探究点三 可化为函数零点的函数问题
[思路点拨]令g(x)=f(x)-sin x,利用导数研究函数的单调性,即可得证;证明: 令g(x)=f(x)-sin x=x·cos x-sin x,则g'(x)=cos x-x·sin x-cos x=-x·sin x,当x∈ (0,π)时,g'(x)<0恒成立,∴g(x)在(0,π)上单调递减,∴当x∈(0,π)时,g(x)<g(0)=0恒成立,故当x∈(0,π)时,f(x)<sin x.
变式题 已知函数f(x)=ex-ax+sin x-1.(2)当1≤a<2时,讨论函数f(x)零点的个数.
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解:函数f(x)=ex-ax+sin x-1(x∈R),因为f(0)=0,所以0是f(x)的一个零点,f'(x)=ex-a +cos x,设g(x)=f'(x)=ex-a+cos x,1≤a<2,则g'(x)=ex-sin x,①当x∈(0,+∞)时,g'(x)=ex-sin x>1-sin x≥0,f'(x)在(0,+∞)上单调递增,则f'(x)>f'(0) =2-a>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0,所以f(x)在(0,+∞)上无零点.②当x∈(-∞,-π]时,-ax≥π,则f(x)≥ex+π+sin x-1>0,所以f(x)在(-∞,-π]上无零点.③当x∈(-π,0)时,sin x<0,g'(x)=ex-sin x>0,f'(x)在(-π,0)上单调递增,又f'(0)=2-a>0, f'(-π)=e-π-a-1<0,所以存在唯一实数x0∈(-π,0),使得f'(x0)=0,当x∈(-π,x0)时,f'(x)<0, f(x)在(-π,x0)上单调递减,当x∈(x0,0)时,f'(x)>0,f(x)在(x0,0)上单调递增,又f(-π)=e-π +aπ-1>0,f(x0)<f(0)=0,所以f(x)在(-π,x0)上有唯一零点,所以f(x)在(-π,0)上有一个零点.综上,当1≤a<2时,函数f(x)有两个零点.
例2 [2021·辽宁朝阳一模] 已知函数f(x)=ex-asin x-x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0.(2)设函数h(x)=f(x)+x-1,试判断函数h(x)在(-π,0)上零点的个数,并说明理由.
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[思路点拨]先得出h(x)=ex-sin x-1,则h'(x)=ex-cos x,根据函数y=ex和y=cos x的图像的交点,得出函数h(x)在(x0,0)上无零点,在(-π,x0)上只有一个零点,即得结果.解：根据题意可得,h(x)=ex-sin x-1,h'(x)=ex-cos x,在同一个直角坐标系中作出函数y=ex和y=cos x的图像如图所示,
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变式题 已知f(x)=x2-x+asin x.(2)设g(x)=f(x)-x2+2x-ln(x+1),当x∈(0,π)时,g(x)无零点,求a的取值范围.
解:g(x)=f(x)-x2+2x-ln(x+1)=x+asin x-ln(x+1),g'(x)=1+acos x-.①当a<0时,g'(x)在(0,π)上单调递增,g'(0)<0,g'(π)=1-a->0,∴存在x0∈(0,π)使得g'(x0)=0,当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(x0,π)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,又g(0)=0,g(π)=π-ln(π+1)>0,故存在唯一的t∈(x0,π),使得g(t)=0,不满足题意.②当a≥0时,由x∈(0,π)得g(x)≥x-ln(x+1),令h(x)=x-ln(x+1),则h'(x)=1-=,当x∈(0,π)时,h'(x)>0,故h(x)在(0,π)上单调递增,则h(x)>h(0)=0,即g(x)>0在(0,π)上恒成立,故g(x)在(0,π)上无零点.综上所述,a的取值范围是[0,+∞).
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例3 [2021·沈阳四模] 已知函数f(x)=xex-2ax+a.(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
令g'(x)>0,得x<-或x>1,令g'(x)<0,得-<x<或<x<1递增,在,上单调递减,当x=-时,g(x)取得极大值g= ,当x=1时,g(x)取得极小值g(1)=e,因为e>,且当x<0时,g(x) >0,当x→-∞时,g(x)→0,当x<,x→时,g(x)→-∞,当x>,x→时,g(x)→+∞,当x→+∞时, g(x)→+∞,所以a的取值范围是∪(e,+∞).
例1 已知函数f(x)=ex-1-ax,试讨论函数f(x)的零点个数.
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探究点一 判断、证明或讨论函数零点的个数
[思路点拨] 由f'(x)及a的取值范围可得函数的单调性,然后根据零点存在定理,通过讨论求解得出函数零点的个数.解:根据题意,可得f'(x)=ex-a.①若a≤0,则f'(x)=ex-a>0,此时函数f(x)在R上单调递增,又因为f(0)=0,所以函数f(x)只有一个零点.②若a>0,令f'(x)=0,则x=ln a,由f'(x)>0,可得x>ln a,此时函数f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,由f'(x)<0,可得x<ln a,此时函数f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,所以f(x)min=f(ln a)=a-1-aln a,(i)当ln a=0,即a=1时,f(x)≥0,此时函数f(x)只有一个零点;(ii)当ln a≠0,即a≠1时,f(ln a)<f(0)=0,当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,根据零点存在定理可得,此时函数f(x)在R上有两个零点.综上可得,当a≤0或a=1时,函数f(x)只有一个零点;当0<a<1或a>1时,函数f(x)有两个零点.
证明:当a=1时,f(x)=x2-x+sin x,则f'(x)=x-1+cos x.令φ(x)=x-1+cos x,则φ'(x)=1-sin x≥0恒成立,∴φ(x)在R上单调递增,当x>0时,φ(x)>φ(0)=0,即f'(x)>0恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)>f(0)=0在(0,+∞)上恒成立.
(2)分类讨论法,一般命题情境为没有固定区间,求满足函数零点个数的参数范围,通常解法为结合单调性,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.提示二:可化为函数零点的函数问题(与函数零点性质研究)包括两个方向,一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法);二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧).能够利用等价转换、构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等.求解时一般先通过等价转换,将已知转化为函数零点问题,再构造函数,然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等,并结合分类讨论,通过确定函数的零点达到解决问题的目的.
例2 [2021·辽宁朝阳一模] 已知函数f(x)=ex-asin x-x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0.(2)设函数h(x)=f(x)+x-1,试判断函数h(x)在(-π,0)上零点的个数,并说明理由.
课堂考点探究
由图可知,当x∈(-π,0)时,函数y=ex和y=cos x的图像只有一个交点,设这个交点的横坐标为x0,当x∈(-π,x0)时,h'(x)>0,则h(x)单调递增;当x∈(x0,0)时,h'(x)<0,则h(x)单调递减.∴当x∈(-π,0)时,h(x)max=h(x0),∵h(0)=0,∴h(x0)>0,又h(-π)=e-π-1<0,∴函数h(x)在(x0,0)上无零点,在(-π,x0)上只有一个零点,即函数h(x)在(-π,0)上只有一个零点.
例3 [2021·沈阳四模] 已知函数f(x)=xex-2ax+a.(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
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探究点二 根据零点个数确定参数
[思路点拨]代入a的值,求出函数的导数,计算f(0),f'(0),求出切线方程即可;解: 当a=-1时,f(x)=xex+2x-1,f'(x)=(x+1)ex+2,则f'(0)=3,f(0)=-1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为3x-y-1=0.
例2 [2021·辽宁朝阳一模] 已知函数f(x)=ex-asin x-x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0.(1)求实数a的值;
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[思路点拨] 利用切线方程及导数的几何意义可求出a;解: f(x)=ex-asin x-x,f'(x)=ex-acos x-1,∵曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0, ∴f'(0)=-1,即1-a-1=-1,得a=1.
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例3 [2021·沈阳四模] 已知函数f(x)=xex-2ax+a.(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
[思路点拨]令g(x)=,将问题转化为y=a与g(x)=的图像有两个不同的交点,求出函数g(x)的导数,根据函数g(x)的单调性求出a的取值范围即可.解:因为f(x)有两个零点,所以方程f(x)=0有两个不同的根,即关于x的方程(2x-1)a =xex有两个不同的解,当x= 时,方程不成立,所以x≠,令g(x)=,则直线y=a与g(x)=的图像有两个不同的交点,g'(x)== ,
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第19讲 利用导数研究函数的零点
教师备用习题
作业手册
两类零点问题的不同处理方法:利用函数零点存在定理的条件为函数图像在区间[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0.①直接法:判断一个零点时,若函数为单调函数,则只需取值证明f(a)·f(b)<0即可;②分类讨论法:判断几个零点时,需要先结合单调性,确定分类讨论的标准,再利用函数零点存在定理,在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.提示一:已知函数有零点求参数范围常用的方法有(1)分离参数法,一般命题情境为给出区间,求满足函数零点个数的参数范围,通常解法为从f(x)中分离出参数,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;