2022届高考数学统考一轮复习第3章导数及其应用命题探秘1第3课时利用导数解决函数的零点问题教师用

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第3课时 利用导数解决函数的零点问题

技法阐释 1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数（或方程根的个数)问题的一般思路 （1)可转化为用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题; （2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性,确定分类讨论的标准,确定函数在每一个区间上的极值（最值）、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理,在每个单调区间内取值证明f (a)·f （b）＜0。 2。证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 第一步,利用导数证明该函数在该区间上单调； 第二步,证明端点的导数值异号。 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法 （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,最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围； (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. 高考示例 (2020·全国卷Ⅲ）设函数f (x）＝x3＋bx＋c,曲线y＝f (x)在点错误!处的切线与y轴垂直. （1)求b； (2）若f （x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f （x)所有零点的绝对值都不大于1。 依题意得f ′错误!＝0,即错误!＋b＝0,故b＝－错误!. 思维过程 [解] (1）f ′（x)＝3x2＋b. （2）证明:由（1）知f （x）＝x3－错误!x＋c，f ′(x）＝3x2－错误!. 令f ′(x）＝0，解得x＝－错误!或x＝错误!。→错误! f ′（x）与f (x)的情况为： - 2 - / 7

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技法一 讨论或证明函数零点的个数

［典例1] （2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x）＝sin x－ln（1＋x),f ′(x）为f （x）的导数．证明：

(1）f ′(x）在区间错误!存在唯一极大值点; （2）f (x）有且仅有2个零点． [思维流程]

[证明］ (1）设g(x)＝f ′(x),则g(x）＝cos x－错误!，g′（x）＝－sin x＋错误!.当x∈

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错误!时，g′(x）单调递减,而g′(0）＞0，g′错误!＜0，可得g′(x）在错误!有唯一零点，设为α。则当x∈（－1，α）时，g′(x)＞0；当x∈错误!时，g′（x)＜0.

所以g（x)在(－1，α）单调递增，在错误!单调递减，故g（x）在错误!存在唯一极大值点，即f ′(x）在错误!存在唯一极大值点．

（2)f (x)的定义域为（－1，＋∞）．

(ⅰ)当x∈（－1，0］时，由（1)知，f ′(x)在（－1，0)单调递增，而f ′(0）＝0，所以当x∈(－1,0)时，f ′（x)＜0,故f (x)在（－1,0）单调递减．又f （0)＝0，从而x＝0是f （x）在（－1，0］的唯一零点．

(ⅱ）当x∈错误!时，由(1）知，f ′（x)在（0,α)单调递增,在错误!单调递减，而f ′(0)＝0，f ′错误!＜0,所以存在β∈错误!，使得f ′(β)＝0，且当x∈(0，β）时,f ′（x)＞0；当x∈错误!时,f ′(x）＜0.故f （x)在（0，β)单调递增，在错误!单调递减．

又f (0)＝0，f 错误!＝1－ln错误!＞0，所以当x∈错误!时，f (x）＞0。从而，f （x)在错误!没有零点．

(ⅲ）当x∈错误!时，f ′（x）＜0，所以f (x）在错误!单调递减．而f 错误!＞0，f (π)＜0，所以f (x)在错误!有唯一零点．

（ⅳ）当x∈(π，＋∞)时，ln（x＋1）＞1，所以f （x）＜0，从而f （x）在(π，＋∞）没有零点．

综上，f (x)有且仅有2个零点．

点评：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）,作出函数的大致图象,然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．

错误!

设函数f (x)＝ln x＋错误!，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)－错误!零点的个数．

［解］ （1）由题意知，当m＝e时,f （x)＝ln x＋错误!(x＞0），则f ′(x)＝错误!， ∴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＋错误!＝2， ∴f （x)的极小值为2。

（2）由题意知g(x)＝f ′（x）－错误!＝错误!－错误!－错误!（x＞0）， 令g(x）＝0，得m＝－错误!x3＋x(x＞0)． 设φ(x)＝－错误!x3＋x（x≥0）， 则φ′（x）＝－x2＋1＝－(x－1）(x＋1)．

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当x∈（0，1）时，φ′(x）＞0，φ（x）在(0，1)上单调递增； 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)＝错误!， 又∵φ(0)＝0。

结合y＝φ（x)的图象（如图)，可知，

①当m＞错误!时,函数g（x）无零点；

②当m＝错误!时，函数g(x)有且只有一个零点； ③当0＜m＜错误!时，函数g(x）有两个零点； ④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点． 2

综上所述，当m＞时，函数g（x）无零点;

3

当m＝错误!或m≤0时，函数g（x)有且只有一个零点； 当0＜m＜错误!时，函数g(x)有两个零点． 技法二 已知函数零点个数求参数的取值范围

［典例2]（2020·全国卷Ⅰ）已知函数f （x)＝ex－a(x＋2）． （1)当a＝1时，讨论f （x）的单调性； (2）若f （x）有两个零点，求a的取值范围． ［思维流程]

[解］ (1）当a＝1时，f （x）＝ex－x－2,则f ′(x）＝ex－1。 当x〈0时，f ′(x)〈0；当x〉0时，f ′（x）〉0。

所以f （x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增． （2)f ′（x）＝ex－a。

当a≤0时，f ′（x)〉0，所以f (x)在（－∞，＋∞)单调递增，故f (x）至多存在一个零点，不合题意．

当a〉0时，由f ′（x）＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f ′（x）<0;当x∈（ln

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a，＋∞)时，f ′（x）〉0。所以f (x)在（－∞，ln a)单调递减,在（ln a，＋∞)单调递增．故当x＝ln a时，f （x）取得最小值,最小值为f （ln a)＝－a（1＋ln a）．

（ⅰ)若01

(ⅱ)若a〉，则f (ln a）<0。

e

由于f （－2）＝e2〉0，所以f （x)在(－∞，ln a）存在唯一零点．

由（1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x〉4且x>2ln（2a)时，f (x）＝e错误!·e错误!－a(x＋2）

>eln（2a）·错误!－a（x＋2）＝2a〉0.

故f (x）在(ln a，＋∞)存在唯一零点．从而f (x)在（－∞，＋∞）有两个零点．综上，a的取值范围是错误!.

点评：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象，讨论其图象与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象的交点问题．

错误!

(2020·贵阳模拟）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．

［解] （1）若k＝1，则f (x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f ′（x)＝1－错误!， 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,＋∞）． (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＝错误!（x＞0)． 令g（x）＝错误!(x＞0）,则g′（x)＝错误!，

当x＝e时，g′(x)＝0；当0＜x＜e时,g′(x）＞0；当x＞e时,g′（x）＜0。 ∴g(x）在（0,e）上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减, ∴g（x)max＝g(e)＝错误!。 当x→＋∞时，g（x）→0。

又∵k＞0，∴要使f (x)仅有一个零点，则k＝错误!。

法二：f （x)＝kx－ln x,f ′（x)＝k－错误!＝错误!（x＞0,k＞0）．

当x＝错误!时，f ′(x)＝0；当0＜x＜错误!时，f ′（x）＜0；当x＞错误!时，f ′(x)＞0。

∴f (x）在错误!上单调递减,在错误!上单调递增，

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∴f (x）min＝f 错误!＝1－ln错误!，

∵f （x)有且只有一个零点，∴1－ln错误!＝0,即k＝错误!。

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