第二章 第十一节 第一课时 利用导数研究函数零点问题(优秀经典公开课比赛课件)

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[解析] (1)由f(x)＝0得a＝(2－x)ex，令g(x)＝(2－x)ex， 函数f(x)的零点个数即直线y＝a与曲线g(x)＝(2－x)ex的交点个数． ∵g′(x)＝－ex＋(2－x)ex＝(1－x)ex， 由g′(x)＞0得x＜1，∴函数g(x)在(－∞，1)上单调递增， 由g′(x)＜0得x＞1，∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减． ∴当x＝1时，函数g(x)有最大值，g(x)max＝g(1)＝e.
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[方法总结] 1.涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区 间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函 数值与0的关系，从而求得参数的取值范围． 2．解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导 数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
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解析：(1)由题意知，F(x)＝f(x)－f(－x)＝x＋ex 1－－ex－＋x 1， 所以F′(x)＝－exx＋xex＝xex－e1x. 当x＜0时，ex－e1x＜0， 所以xex－e1x＞0，即F′(x)＞0，
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考点二 根据函数零点性质求参数范围———(核心考点——合作探究)
(2020·武汉市高三二调)已知函数f(x)＝xex－a(ln x＋x)，a∈R. (1)当a＝e时，判断f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
数k的取值范围是0， 2e.
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考点三 与零点有关的证明问题———(核心考点——合作探究)
(2020·惠州市一调)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(a∈R)． (1)试确定函数f(x)的零点个数； (2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＜2.
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由a＝g(x2)得f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2(x2＞1)， 构造函数h(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则h′(x)＝(1－x)(ex－e2－x)， 当x＞1时，ex＞e2－x，h′(x)＜0，故函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴当x＞1时，h(x)＜h(1)＝0， 即当x2＞1时，f(2－x2)＜0，即x1＋x2＜2.
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[对点训练] (2020·陕西汉中模拟)已知函数f(x)＝x＋ex 1(其中e≈2.718…为自然对数的底数)． (1)若F(x)＝f(x)－f(－x)，求F(x)的单调区间； (2)若方程f(x)＝k x＋32 在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，求实数k的取值范 围．
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且该直线过定点－32，0， 所以0－x0e＋x01＝－exx00－32－x0， 解得x0＝－2(舍去)或x0＝－12，
此时切线的斜率为 2e，
数形结合可知，若方程f(x)＝k x＋32 在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，则实
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当2a－e2≥0，即a≥
e2 2
＞
e时，f(e2)≥0，而且f(
e)＝2a2·12－e＝a2－e＞0，f(1)＝
－1＜0，由函数的单调性可知，无论a≥e2，还是a＜e2，f(x)在(1， e )内有唯一
的零点，在( e，e2)内没有零点，从而f(x)在(1，e2)内只有一个零点．
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由y＝lnxx在x>e时为减函数，可知 当a>e时，ea>ae>a2， 从而g(a)＝ea－a2>0， ∴g(x)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一个零点． 综上，当a>e时，f(x)有两个零点，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．
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(2)记t＝ln x＋x，则t＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，且t∈R. ∴f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝et－at，令g(t)＝et－at. ∴f(x)在x>0上有两个零点等价于g(t)＝et－at在t∈R上有两个零点． ①当a＝0时，g(t)＝et，在R上单调递增，且g(t)>0，故g(t)无零点； ②当a<0时，g′(t)＝et－a>0，g(t)在R上单调递增， 又g(0)＝1>0， g(1a)＝e1a－1<0，故g(t)在R上只有一个零点；
综上所述，当0＜a＜
e 时，函数f(x)在区间(1，e2)上无零点；当a＝
e
或a≥
e2 2
时，函数f(x)在区间(1，e2)上有一个零点；当
e
＜a＜
e2 2
时，函数f(x)在区间(1，e2)
上有两个零点．
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[方法总结] 利用导数研究方程根(函数零点)的技巧 (1)研究方程根的情况，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． (2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置． (3)利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体 展现．
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(2)法一：函数f(x)的零点即直线y＝a与曲线g(x)＝(2－x)ex的交点的横坐标， 由(1)知0＜a＜e，不妨设x1＜1＜x2，得2－x2＜1， ∵函数g(x)＝(2－x)ex在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴函数f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 要证x1＋x2＜2，只需证x1＜2－x2，∴只需证f(x1)＞f(2－x2)， 又f(x1)＝0，故要证f(2－x2)＜0.
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[解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝e时，f′(x)＝1＋xxxex－e， 令f′(x)＝0，得x＝1， ∵当0<x<1时，f′(x)<0， 当x>1时，f′(x)>0， ∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
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由x2＞1得f(x2)＞f(2－x2)，又f(x2)＝0＝f(x1)， ∴f(2－x2)＜f(x1)． 由g(x)＝(2－x)ex在(－∞，1)上单调递增，得f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递 减， 又2－x2＜1，∴2－x2＞x1，即x1＋x2＜2.
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法二：由(1)知0＜a＜e，不妨设x1＜1＜x2，设F(x)＝f(x)－f(2－x)(x＞1)， 则F(x)＝(x－2)ex＋xe2－x，F′(x)＝(1－x)(e2－x－ex)， 易知y＝e2－x－ex是减函数，∴当x＞1时，e2－x－ex＜e－e＝0. 又1－x＜0，故F′(x)＞0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴当x＞1时，F(x)＞0， 即f(x)＞f(2－x)．
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当x＝0时，F′(x)＝0， 当x＞0时， ex－e1x＞0，即F′(x)＞0， 所以F′(x)≥0恒成立，当且仅当x＝0时等号成立， 所以F(x)＝f(x)－f(－x)在R上单调递增， 即F(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
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故函数f(x)的大致图象如图所示，
结合函数图象可知，当k≤0时，方程f(x)＝kx＋32有且仅有一个实数根． 当k＞0时，设曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－x0e＋x01＝－exx00(x－x0)，
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③当a>0时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)＝ a(1－ln a)． 若0<a<e，g(t)极小值＝a(1－ln a)>0，g(t)无零点； 若a＝e，g(t)极小值＝0，g(t)只有一个零点； 若a>e，g(t)极小值＝a(1－ln a)<0，而g(0)＝1>0，
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又当x＜2时，g(x)＞0，g(2)＝0，当x＞2时，g(x)＜0，作出函数g(x)的大致图象如 图所示，
∴当a＞e时，函数f(x)没有零点；当a＝e或a≤0时，函数f(x)有一个零点；当0＜a ＜e时，函数f(x)有两个零点．
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(2)由(1)得f(x)max＝f(a)＝a2(2ln a－1)． 讨论函数f(x)的零点情况如下： ①当a2(2ln a－1)＜0，即0＜a＜ e时，函数f(x)无零点，在(1，e2)上无零点； ②当a2(2ln a－1)＝0，即a＝ e 时，函数f(x)在(0，＋∞)内有唯一零点a，而1＜a ＝ e＜e2，∴f(x)在(1，e2)内有一个零点；
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③当a2(2ln a－1)＞0，即a＞ e时，由于f(1)＝－1＜0，f(a)＝a2(2ln a－1)＞0， f(e2)＝2a2ln(e2)－e4＝4a2－e4 ＝(2a－e2)(2a＋e2)， 当2a－e2＜0，即 e＜a＜e22时，1＜ e＜a＜e22＜e2，f(e2)＜0， 由函数f(x)的单调性可知，函数f(x)在(1，a)内有唯一零点x1，在(a，e2)内有唯一 零点x2， ∴f(x)在(1，e2)内有两个零点．
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(2)因为f(x)＝x＋ex 1，所以f′(x)＝－exx， 当x＜0时，f′(x)＞0，当x＝0时，f′(x)＝0，当x＞0时，f′(x)＜0， 故函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， 所以f(x)在x＝0处取得最大值，且f(0)＝1，当x趋近于－∞时，f(x)趋近于－∞， 当x趋近于＋∞时，f(x)趋近于0，
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[解析] (1)∵f(x)＝2a2ln x－x2， ∴f′(x)＝2xa2－2x＝2a2－x 2x2 ＝－2x－xax＋a， ∵x＞0，a＞0，当0＜x＜a时，f′(x)＞0， 当x＞a时，f′(x)＜0. ∴f(x)的单调递增区间是(0，a)，单调递减区间是(a，＋∞)．
第二章 函数、导数及其应用 第十一节 导数的综合应用 第一课时 利用导数研究函数零点问题
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考点一 求函数零点个数———(核心考点——合作探究)
(2020·石家庄模拟)已知函数f(x)＝2a2ln x－x2(a＞0)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)．