第4講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合應(yīng)用第3課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問題第四章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1核心考向突破PARTONE考向一判斷函數(shù)零點(diǎn)或方程根的個(gè)數(shù)問題解解解解利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)零點(diǎn)或方程根的個(gè)數(shù)的常用方法(1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉(zhuǎn)化為確定g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題求解，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值，并確定定義域區(qū)間端點(diǎn)值的符號(hào)(或變化趨勢(shì))等，畫出g(x)的圖象草圖，數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．(2)利用函數(shù)零點(diǎn)存在定理：先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點(diǎn)，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點(diǎn)值符號(hào)，進(jìn)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．解解解例2

(2020·全國(guó)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．考向二由函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求解參數(shù)取值范圍問題解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，令f′(x)＜0，解得x＜0，令f′(x)＞0，解得x＞0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．解析解解解根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)取值范圍的核心思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，或者兩個(gè)相關(guān)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)滿足的條件，進(jìn)而求得參數(shù)的取值范圍，解決問題的步驟是“先形后數(shù)”．2.(2021·大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)設(shè)k∈R，函數(shù)f(x)＝lnx－kx.(1)若k＝2，求曲線y＝f(x)在P(1，－2)處的切線方程；(2)若f(x)無(wú)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解解考向三涉及函數(shù)零點(diǎn)、極值點(diǎn)的綜合問題解解解(1)研究函數(shù)零點(diǎn)問題，要通過數(shù)的計(jì)算(函數(shù)性質(zhì)、特殊點(diǎn)的函數(shù)值等)和形的輔助，得出函數(shù)零點(diǎn)的可能情況．(2)函數(shù)可變零點(diǎn)(函數(shù)中含有參數(shù))性質(zhì)的研究，要抓住函數(shù)在不同零點(diǎn)處函數(shù)值均為零，建立不同零點(diǎn)之間的關(guān)系，把多元問題轉(zhuǎn)化為一元問題，再使用一元函數(shù)的方法進(jìn)行研究．3.已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(x>0)，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)．求證：x1x2>e2.證明證明證明證明(1)因?yàn)閒(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝1，且f(e)＝0.由x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)知，x1，x2是f(x)＝k的兩根，其中k∈(0,1)，不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1，e)，則2－x1>1，先證2<x1＋x2，即證x2>2－x1，即證f(x1)＝f(x2)<f(2－x1)，令h(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，則h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]>0，證明故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)<h(1)＝0，所以f(x1)<f(2－x1)，故2<x1＋x2得證．下面證明x1＋x2<e.∵0<x1<1<x2<e，∴1－lnx1>1.∴x1(1－lnx1)>x1.∵x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，∴x2(1－lnx2)>x1.要證x1＋x2<e，證明只要證x2(1－lnx2)＋x2<e，即證2x2－x2lnx2<e，x2∈(1，e)．設(shè)g(x)＝2x－xlnx，x∈(1，e)，則g′(x)＝1－lnx>0.∴g(x)在(1，e)上單調(diào)遞增．∴g(x)<g(e)＝2e－e＝e.∴2x2－x2lnx2<e成立．∴原命題成立，即x1＋x2<e.綜上知，2<x1＋x2<e.證明證明函數(shù)極值點(diǎn)偏移問題的解題策略函數(shù)的極值點(diǎn)偏移問題，其實(shí)質(zhì)是導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用問題，解題的策略是把含雙變量的等式或不等式轉(zhuǎn)化為僅含一個(gè)變量的等式或不等式進(jìn)行求解，解題時(shí)要抓住三個(gè)關(guān)鍵量：極值點(diǎn)、根差、根商．4.(2021·成都名校聯(lián)考)已知函數(shù)h(x)＝xe－x，如果x1≠x2且h(x1)＝h(x2)，證明：x1＋x2>2.證明由x1≠x2，不妨設(shè)x1>x2，根據(jù)h(x1)＝h(x2)結(jié)合圖象(圖略)可知x1>1，x2<1.令F(x)＝h(x)－h(huán)(2－x)，x∈[1，＋∞)，則F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x，∵x≥1,2x－2≥0，∴e2x－2－1≥0，∴F′(x)≥0，∴F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，又F(1)＝0，∴x>1時(shí)，F(xiàn)(x)>F(1)＝0，證明即當(dāng)x>1時(shí)，h(x)>h(2－x)，則h(x1)>h(2－x1)，又h(x1)＝h(x2)，∴h(x2)>h(2－x1)，∵x1>1，∴2－x1<1，∴x2,2－x1∈(－∞，1)，∵h(yuǎn)(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，∴x2>2－x1，∴x1＋x2>2得證．證明2課時(shí)作業(yè)PARTTWO答案解析答案解析答案解析答案解析解析答案解析解析答案解析解析答案解析解析答案解析解析解析三、填空題9．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋2，若函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)x0，且x0>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.答案解析解析答案[2，＋∞)答案解析四、解答題11．(2021·滄州三模)已知函數(shù)f(x)＝xex－2ax＋a.(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解解解解解(1)因?yàn)閒(x)是二次函數(shù)，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}，所以設(shè)f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，解得a＝1.故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3.解解解解解解解令g′(x)＝0，則a＝h(x)，結(jié)合圖象，方程g′(x)＝0有兩個(gè)根，設(shè)為m，n(m<n)．所以g(x)在(0，m)上單調(diào)遞減，在(m，n)上單調(diào)遞增，在(n,2π)上單調(diào)遞減，因?yàn)間(0)＝0，所以當(dāng)x∈(0，m)時(shí)，g(x)<0且g(m)<0；因?yàn)間(2π)＝2π－2aπ＝2π(1－a)>0，所以當(dāng)x∈(n,2π)時(shí)，g(x)>0且g(n)>0；因?yàn)間(x)在(m，n)上單調(diào)遞增，g(m)<0，g(n)>0，由零點(diǎn)存在定理及函數(shù)單調(diào)性知，存在唯一x0∈(m，n)使得g(x0)＝0.綜上，g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.解解解解16．(2021·河南豫北名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，k∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2時(shí)，證明：x1＋x2>－2.解(1)易得f′(x)＝ex＋1－k，當(dāng)k>0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝lnk－1，可得當(dāng)x∈