高考数学一轮复习利用导数解决函数的零点问题课件

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课外素养提升④ 逻辑推理——构造法求 f(x)与 f′(x)共存问题 在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体 的函数解析式，而是给出函数 f(x)及其导数满足的条件，需要据此条 件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性 解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及 其处理方法．
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即 g(lg x)＝f(lg x)－12lg x＞12＝g(1)， 所以 lg x＜1，解得 0＜x＜10. 所以原不等式的解集为(0,10)．
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(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0， 所以函数 y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数 y＝ f(x)g(x)为奇函数，所以其图像关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数 形结合可求得不等式 f(x)g(x)＜0 的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．]
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1.设函数 f(x)＝ln x－x，若关于 x 的方程 f(x)＝x2－130x ＋m 在区间[1,3]上有解，求 m 的取值范围．
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[解] 方程 f(x)＝x2－130x＋m 在区间[1,3]上有解， 即 ln x－x2＋73x＝m 在区间[1,3]上有解． 令 h(x)＝ln x－x2＋73x， 则 h′(x)＝1x－2x＋73＝－3x＋13x2x－3.
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f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型
【例 1】(1)定义在 R 上的函数 f(x)，满足 f(1)＝1，且对任意的 x∈R 都有 f′(x)＜12，则不等式 f(lg x)＞lg x2＋1的解集为________．
(2)设 f(x)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x＜0 时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且 g(－3)＝0，则不等式 f(x)g(x)＜0 的解 集为________．
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xf′(x)±nf(x)(n 为常数)型
【例 2】(1)设 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当 x
＞0 时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得 f(x)＞0 成立的 x 的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
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④当 m≤0 时，函数 g(x)有且只有一个零点． 综上所述，当 m＞23时，函数 g(x)无零点； 当 m＝23或 m≤0 时，函数 g(x)有且只有一个零点； 当 0＜m＜23时，函数 g(x)有两个零点．
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⊙考点 2 已知函数零点存在情况求参数 解决此类问题常从以下两个方面考虑：
(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图像的大致形状， 从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件；
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(2)由题意知 g(x)＝f′(x)－3x＝1x－xm2－3x(x＞0)， 令 g(x)＝0，得 m＝－13x3＋x(x＞0)． 设 φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)， 则 φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)． 当 x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
由 f′(x)＞0，得 x＞1；由 f′(x)＜0，得 0＜x＜1， ∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
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(2)法一：由题意知，方程 kx－ln x＝0 仅有一个实根， 由 kx－ln x＝0，得 k＝lnxx(x＞0)． 令 g(x)＝lnxx(x＞0)，则 g′(x)＝1－xl2n x， 当 x＝e 时，g′(x)＝0；当 0＜x＜e 时，g′(x)＞0；当 x＞e 时，g′(x) ＜0.
13，3，单调递增区间为(1,3]，
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∴g(x)min＝g(1)＝1，∴函数 f(x)在13，3上有两个零点，g13＝3ln 3＋13，g(3)＝3－ln33，3ln 3＋13＞3－ln33，∴实数 a 的取值范围是 1，3－ln33.
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与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函 数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像， 讨论其图像与 x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对 方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．
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(1)(0,10) (2)(－∞，－3)∪(0,3) [(1)由题意构造函数 g(x)＝f(x) －12x，
则 g′(x)＝f′(x)－12＜0， 所以 g(x)在定义域内是减函数． 因为 f(1)＝1，所以 g(1)＝f(1)－12＝12， 由 f(lg x)＞lg x2＋1，得 f(lg x)－12lg x＞12.
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[解](1)由题意知，当 m＝e 时，f(x)＝ln x＋ex(x＞0)，则 f′(x)＝x－x2 e， ∴当 x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减； 当 x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， ∴当 x＝e 时，f(x)取得极小值 f(e)＝ln e＋ee＝2， ∴f(x)的极小值为 2.
第三章 导数及其应用 第六节 利用导数解决函数的零点问题
课堂考点探究
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⊙考点 1 判断、证明或讨论函数零点的个数
判断函数零点个数的三种方法
直接法
令 f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数
画图法 转化为两个易画出图像的函数，看其交点的个数即可
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定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决
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(2019·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x) 为 f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若 x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求 a 的取值范围．
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[解](1)证明：设 g(x)＝f′(x)， 则 g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x. 当 x∈0，π2时，g′(x)＞0；当 x∈π2，π时，g′(x)＜0，所以 g(x) 在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减． 又 g(0)＝0，gπ2＞0，g(π)＝－2， 故 g(x)在(0，π)存在唯一零点． 所以 f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
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根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数 形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位 置等)，作出函数的大致图像，然后通过函数图像得出其与 x 轴交点 的个数，或者两个相关函数图像交点的个数，基本步骤是“先数后 形”．
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设函数 f(x)＝ln x＋mx ，m∈R. (1)当 m＝e(e 为自然对数的底数)时，求 f(x)的极小值； (2)讨论函数 g(x)＝f′(x)－3x零点的个数．
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(2)由题设知 f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得 a≤0. 由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为 x0，且当 x∈(0，x0) 时，f′(x)＞0； 当 x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以 f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0， π)上单调递减． 又 f(0)＝0，f(π)＝0，所以当 x∈[0，π]时，f(x)≥0. 又当 a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故 f(x)≥ax. 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．
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当 x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而 f(x)＜0. 又∵f(x)是奇函数， ∴当 x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0； 当 x∈(－1,0)时，f(x)＜0. 综上，使 f(x)＞0 成立的 x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
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∴m 的取值范围为ln 3－2，ln
32＋54.
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2．(2019·贵阳摸底考试)已知函数 f(x)＝kx－ln x(k＞0)． (1)若 k＝1，求 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)有且只有一个零点，求实数 k 的值．
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[解](1)若 k＝1，则 f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则 f′(x)＝ 1－1x，
(2)设函数 f(x)在 R 上的导函数为 f′(x)，且 2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下
列不等式在 R 上恒成立的是( )
A．f(x)＞0
B．f(x)＜0
C．f(x)＞x
D．f(x)＜x
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(1)A (2)A [(1)令 g(x)＝fxx，则 g′(x)＝xf′xx－2 fx. 由题意知，当 x＞0 时，g′(x)＜0， ∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数． ∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0， ∴f(1)＝－f(－1)＝0， ∴g(1)＝f(1)＝0， ∴当 x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而 f(x)＞0；
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[评析](1)对于不等式 f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝f(x)＋ g(x)．
(2)对于不等式 f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)． 特别地，对于不等式 f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数 F(x)＝f(x)－kx. (3)对于不等式 f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝f(x)g(x)． (4)对于不等式 f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝gfxx (g(x)≠0)．
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当 x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减． ∴x＝1 是 φ(x)的唯一极值点，且是极大值点， 因此 x＝1 也是 φ(x)的最大值点， ∴φ(x)的最大值为 φ(1)＝23， 又∵φ(0)＝0.
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结合 y＝φ(x)的图像(如图)，可知， ①当 m＞23时，函数 g(x)无零点； ②当 m＝23时，函数 g(x)有且只有一个零点； ③当 0＜m＜23时，函数 g(x)有两个零点；
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∴当 x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随 x 的变化情况如下表：
x
1 1，32
3 2
32，3
3
h′(x)
＋
0
－
h(x)
4 3
↗
极大值
↘
ln 3－2
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∵h(1)＝43，h(3)＝ln 3－2＜43，h32＝ln 32＋54，
∴当 x∈[1,3]时，h(x)∈ln 3－2，ln
32＋45，
(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间 内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比 较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
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设函数 f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)． (1)当 a＝－1 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在13，3上有两个零点，求实数 a 的取值范围．
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[解](1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当 a＝－1 时， f′(x)＝－2x－1＋1x＝－2x2－x x＋1， 令 f′(x)＝0，得 x＝12(负值舍去)， 当 0＜x＜12时，f′(x)＞0；当 x＞12时，f′(x)＜0. ∴f(x)的单调递增区间为0，12，单调递减区间为12，＋∞.
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∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)max＝g(e)＝1e. 当 x→＋∞时，g(x)→0. 又∵k＞0，∴要使 f(x)仅有一个零点，则 k＝1e.
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法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－1x＝kx－x 1(x＞0，k＞0)． 当 x＝1k时，f′(x)＝0；当 0＜x＜1k时，f′(x)＜0；当 x＞1k时，f′(x) ＞0. ∴f(x)在0，1k上单调递减，在1k，＋∞上单调递增， ∴f(x)min＝f1k＝1－ln1k， ∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln1k＝0，即 k＝1e.
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(2)令
f(x)＝－x2＋ax＋ln
x＝0，得
a＝x－lnx
x .
令 g(x)＝x－lnxx，其中 x∈13，3， 则 g′(x)＝1－1－xl2n x＝x2＋lxn2x－1，令 g′(x)＝0，得 x＝1，当13≤x
＜1 时，g′(x)＜0；当 1＜x≤3 时，g′(x)＞0，∴g(x)的单调递减区间为