2022届高考数学理一轮复习新人教版课件：第二章函数导数及其应用第十二节第2课时导数与函数的零点问题

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解析：(1)因为f(x)＝ex－ax－1，所以f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a＞0时，令f′(x)＜0，得x＜ln a，令f′(x)＞0，得x＞ln a，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞).
方法总结判断函数零点个数的方法(1)直接解方程法，令f(x)＝0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点；(2)利用零点的存在性定理，定理的使用前提不仅要求函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还要注意结合函数的图象与性质才能确定函数有多少个零点；(3)数形结合法，将原问题转化为两个函数图象的交点个数问题．　　
方法总结已知函数(方程)零点的个数求参数的取值范围(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．(2)若函数不是严格单调函数，则结合图象求最小值或最大值．(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．　　
[对点训练]已知函数f(x)＝ln x－kx＋1(k为常数)，若f(x)有且只有一个零点，求k的取值组成的集合．
[典例剖析][典例]　(2020·四川蓉城名校联考)已知函数h(x)＝xe－x，如果x1≠x2且h(x1)＝h(x2)，证明：x1＋x2＞2.证明：h′(x)＝e－x(1－x)，令h′(x)＝0，解得x＝1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表．
又h(x1)＝h(x2)，∴h(x2)＞h(2－x1)，∵x1＞1，∴2－x1＜1.∵x2，2－x1∈(－∞，1)，h(x)在(－∞，1)上是增函数，∴x2＞2－x1，∴x1＋x2＞2得证．
方法总结破解含双参问题关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．　　
[对点训练]已知f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2，且x1＜x2，则下列不等关系正确的是(　　)A．a＜eB．x1＋x2＞2C．x1·x2＞1D．有极小值点x0且x1＋x2＞2x0
由f′(x)＝ex－a＝0得x＝ln a>1，当x>ln a时，f′(x)>0，当x(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x－x cs 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．
又f(0)＝0，f(π)＝0，∴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].
解析：(1)对f(x)求导，得f′(x)＝2ln x＋2＋2a(x＞0).因为函数f(x)在区间(e2，＋∞)上存在极值点，所以存在实数m∈(e2，＋∞)，使得f′(m)＝2ln m＋2＋2a＝0，即a＝－ln m－1＜－ln e2－1＝－3.所以a的取值范围为(－∞，－3).