2020届高考数学函数中的零点问题课件(共14张PPT)

9 ln10
10 ln10
由零点存在定理x0 9,10 , 使得h '(x0 ) 0.
x 9, x0 , h '(x) 0, h(x)单调递增，
探究：若函数y h(x) x2 20x 99 lg x,
h '(x) 20 (2x 1 )， x ln10
x x0 ,10 , h '(x) 0, h(x)单调递减.
例题激活
解：f
( x)的定义域为 0,1 ，f
'( x)
2e2 x
a x
2xe2 x x
a
,
设 (x) 2xe2x a,(x) 4x 2 e2x ,
当x 0,1 ,(x) 0，即 (x)在区间0,1 为增函数, ( x) a, 2e2 a . 又因为a 0, 2e2 ，所以 (0) a 0, (1) 2e2 a 0，
( x0 )
a 2 x0
2ax0
a ln
2 ，然后使用基本不等式求出最 a
小值同时消掉x0，在求解的过程中，不要急于消掉x0，而应该
着眼于将超越式化简为普通代数式，借助f ( x0 ) 0整体代换.
归纳小结
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点 方程f (x0 ) 0，并结合f (x)的单调性得到零点的范围；
问题引入
探究：若函数y f (x) x R f (x 2) f (x)，且x 1,1，f (x) 1 x2,
函数g(x)
lg x , x
1, x 0
0 则函数h( x)
f (x) g(x)在区间5,10上零点个数为__1_5__.
h '(9)=2 1 0, h '(10)= 1 0,
例题激活
例题：设函数f (x) e2x a ln x, 设a 0, 2e2 ，
求证x 0,1时，f (x) 2a a ln 2
a
分析：要证明不等式，即求函数最小值，难点在于含参，因此最值也是
参数的函数，利用导数工具处理，可知f '(x) 2e2x a 2xe2x a ，
x
x
反思优化
上述解法中，我们注意到 ( x) 2xe2x a 0为一个超越
方程，无法直接求方程根x0，而是在形式上假设，这样处理
的好处在于通过对x0满足的等式e 2 x0
a 2 x0
，ln
x0
ln
a 2
2 x0的
合理代换，快速将超越式f ( x0 ) e2x0 a ln x0化简为普通的代
数式f
又由g '(a) 0, 可得ea a 2，
g(a)
a ea
1 1
a =a
1 (2, 3).
由于(*)式等价于k g (a), 故整数k的最大值为2.
拓展应用
设函数f (x) ex ax 2， (1)求f (x)的单调区间；
(2)若a 1, k为整数, 且当x 0时, (x k ) f '(x) x 1 0, 求k的最大值.
函数 ( x)在区间 0,1 为增函数，
且满足x 0时，(x) a 0,(1) 2e2 a 0，由零点存在定理，
x0 0,1，使得(x0 ) 2x0e2x0 a 0，虽无法求出，但我们可以联
想解析几何中常用一方法即设而不求，在此利用极值点x0与参数a满 足的关系2x0e2x0 a整体替换来处理.
若a 0, 则f (x)的单调减区间是(, ln a), 增区间是(ln a, ).
(2)由于a 1, 所以( x k ) f '(x) x 1 ( x k )(ex 1) x 1.
故当x
0时, ( x k )
f
'(x)
x 1 0等价于k
x ex
1 1
x( x
0)(*),
Q f (1) 0, f (2) 0，
f ( x)在(0, )存在唯一的零点.
g '( x)在(0, )存在唯一的零点，
设此零点为a, 则a (1, 2).
当x (0, a)时, g '( x) 0;
当x (a, )时, g '( x) 0.
g ( x)在(0, )的最小值为g (a).
令g ( x) x 1 x, 则g '( x) ex (ex x 2) ，
ex 1
(ex 1)2
而函数f ( x) ex x 2在(0, )上单调递增，
拓展应用
设函数f (x) ex ax 2，
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若a 1, k为整数, 且当x 0时, (x k ) f '(x) x 1 0, 求k的最大值.
如果f '(x) 2xe2x a 0有零点，我们无法解此方程，更求不出极 x
值、最值？该如何处理此问题呢？
例题激活
例题：设函数f (x) e2x a ln x,设a 0, 2e2 ，
求证x 0,1时，f (x) 2a a ln 2
a
探究：可构造函数(x) 2xe2x a，通过求导(x) 4x 2 e2x 0，
又h(10) 0, h(x0 ) 0, h(9) 0,
由零点存在定理得：
存在唯一的x1 9, x0 ，使得h(x1) 0.
y
2x
1 x ln10
x
1 ln10
9 ,
x 9,10, h '(x)单调递减.
问题引入
近些年高考压轴题中，导数研究函数的单调性、极值、最值及不等 式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数 的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系， 可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。函数的零点的 研究经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值 上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求 出的，不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论（零点的存在性定理) 或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称 之为隐性零点.
小结：隐性零点的代换实际上是一种明修栈道，暗度陈仓 的策略，也就是数学中的“设而不求”思想。代换 过程中，尽可能将目标变形为整式或分式，尽可能 将指对数式处理掉，这是能否继续的关键.
课堂小结
数形结合百般好 隐形零点不隐形 设而不求整体换 围绕目标通罗马
课后作业
由零点存在定理可知f '(x)在0,1的唯一零点为x0 ,
当x (0, x0 )时，f '(x) 0，f (x)在(0, x0 )单调递减，
当x x0 ,1 时，f '(x) 0, f (x)在 x0 ,1 单调递增，
所以当x x0时，f (x)取得最小值f (x0 ) e2x0 a ln x0.
拓展应用
设函数f (x) ex ax 2， (1)求f (x)的单调区间；
(2)若a 1, k为整数, 且当x 0时, (x k ) f '(x) x 1 0, 求k的最大值.
解：(1) f '(x) ex a, 若a 0, 则f '(x) 0, f (x)的单调递增区间是(-,+)；
第二步：以零点为分界点，说明导函数f (x)的正负，进而得到f (x) 的最值表达式；
第三步：将零点方程适当变形，进行代数式的整体代换，进而化 简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小，
我们将其称为隐形零点三部曲.导函数零点虽然隐形，但只要抓住 特征（零点方程），判断其范围（用零点存在性定理），最后整体 代入即可.
函数中的零点问题
问题引入
探究：若函数y f (x) x R f (x 2) f (x)，且x 1,1，f (x) 1 x2,
函数g(x)
lg x , x
1, x
0
0 则函数h( x)
f
(x)
g(x)在区间5,10上零点个数为_____.
问：h( x)在区间 9,10 上零点的个数？
由2 x0e2 x0
a 0,即e2x0
a 2 x0
, 两边取对数得 ln x0
ln
a 2
2x0 ,
即f
( x0 )
a 2 x0
2ax0
a ln
2 a
2
a 2 x0
2ax0a ln2 Nhomakorabeaa2a
a ln
2 a
,
当且当 a 2 x0
=2ax0，即x0 =
1 时，“=”成立 2
f (x) 2a a ln 2 . a