浙江高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第4节导数与函数的零点课件.pptx

考试要求　能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.;知 识 梳 理;基 础 自 测;f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2). 令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2(舍)， 当x∈(0，2)时，f′(x)0，f(x)递减， 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)0，f(x)递增，;它们的图象如图，;答案　A ;4.(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________. ;故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点. ;综上，f(x)只有一个零点.;规律方法　利用导数解决函数的零点问题的方法： (1)研究原函数的单调性、极值； (2)通过f(x)＝0变形，再构造函数并研究其性质； (3)注意零点判定定理的应用.;【训练1】 (2018·镇海中学模拟)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围. 解　(1)f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)， 若a≤0时，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)0. 所以f(x)在R上为减函数； ;(2)因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，;因为m0，所以Δ＝m2＋4m0，;所以2mln x2＋mx2－m＝0. 因为m0，所以2ln x2＋x2－1＝0.　(*) 设函数h(x)＝2ln x＋x－1， 因为当x0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解. 因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1， ;规律方法　(1)方程f(x)＝g(x)根的问题，常构造差函数解决； (2)对f(x)＝0，如果化为g(x)＝k(x)后，g(x)，k(x)图象容易画出，可数形结合求解.;【训练2】 (2019·北京通州区一模)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝a(ex－1).a∈R. (1)当a＝1时，求证：f(x)≥g(x)； (2)当a1时，求关于x的方程f(x)＝g(x)的实根个数. 解　设函数F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－aex＋a. (1)证明：当a＝1时，F(x)＝xex－ex＋1，所以F′(x)＝xex. 所以x∈(－∞，0)时，F′(x)0；x∈(0，＋∞)时，F′(x)0. 所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. 所以当x＝0时，F(x)取得最小值F(0)＝0. 所以F(x)≥0，即f(x)≥g(x). ;(2)当a1时，F′(x)＝(x－a＋1)ex， 令F′(x)0，即(x－a＋1)ex0，解得xa－1； 令F′(x)0，即(x－a＋1)ex0，解得xa－1. 所以F(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增. 所以当x＝a－1时，F(x)取得极小值，即F(a－1)＝a－ea－1. 令h(a)＝a－ea－1，则h′(a)＝1－ea－1. 因为a1，所以h′(a)0.所以h(a)在(1，＋∞)上单调递减. 所以h(a)h(1)0，所以F(a－1)0. ;又因为F(a)＝a0，所以F(x)在区间(a－1，a)上存在一个零点. 所以在[a－1，＋∞)上存在唯一的零点. 又因为F(x)在区间(－∞，a－1)上单调递减，且F(0)＝0， 所以F(x)在区间(－∞，a－1)上存在唯一的零点0. 所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)＝g(x)有两个实根. ;考点三　两曲线的交点(公共点) 【例3】 (2018·江苏卷节选)记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”. (1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”； (2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值； (1)证明　函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2， 则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2. 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得 ;(2)解　函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，;规律方法　(1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解来判断； (2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定.;解　(1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x， 故f′(x)＝3x2－1. 因此f(0)＝0，f′(0)＝－1， 又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)， 故所求切线方程为x＋y＝0. ;g′(x)＝3x2＋1－d2.;当d2≤1时，g′