2025届高中数学一轮复习课件《利用导数研究函数的零点》ppt

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所以 f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)． 综上，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当 a ＞0 时，函数 f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)． (2)由(1)知 f′(x)＝ex－a. 当 a≤1 时，函数 f(x)在区间(0,1)上单调递增且 f′(x)＞0 恒成立，从而 f(x)单调递增． f(0)＝0，所以函数 f(x)在区间(0,1)上不存在零点． 当 a≥e 时，函数 f(x)在区间(0,1)上单调递减且 f′(x)＝ex－a＜0，从而 f(x)单调递减． f(0)＝0，所以函数 f(x)在区间(0,1)上不存在零点． 当 1＜a＜e 时，函数 f(x)在区间(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增，
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∴存在 m∈12，1，使得 f′(m)＝0，得 em＝m1 ，故 m＝－ln m，当 x∈(0，m)时，f′(x)<0， f(x)单调递减，
当 x∈(m，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(m)＝em－ln m＋2sin α＝m1 ＋m＋2sin α＞2＋2sin α≥0， ∴函数 f(x)无零点．
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又 hπ2＝π2＞0，hπ4＝
22·π4－
22·eπ4
＝
22π4－eπ4
＜0，
由零点存在定理及 h(x)的单调性，得 h(x)在π4，π2上存在一个零点．
综上，h(x)在－π2，0∪0，π2内的零点个数为 2，即 F(x)在－π2，0∪0，π2内的零点
个数为 2.
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综上，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当 a＞0 时，f(x)在0，1a上单调递减， 在1a，＋∞上单调递增．
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(2)曲线 y＝f(x)与直线 y＝2x＋m 有三个交点， 即 g(x)＝13x3－32x2＋2x＋5－2x－m＝13x3－32x2＋5－m 有三个零点． 由 g′(x)＝x2－3x＝0，得 x＝0 或 x＝3. 由 g′(x)＞0，得 x＜0 或 x＞3； 由 g′(x)＜0，得 0＜x＜3. ∴函数 g(x)在(－∞，0)和(3，＋∞)上为增函数，在(0,3)上为减函数． 要使 g(x)有三个零点，只需gg03＞＜00，， 解得12＜m＜5. 故实数 m 的取值范围为12，5.
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3．(2024·安徽芜湖模拟)已知函数 f(x)＝ax＋(a－1)ln x＋1x－2，a∈R. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)只有一个零点，求 a 的取值范围．
解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋a－x 1－x12＝ax－1x2x＋1， ①若 a≤0，则 f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②若 a＞0，当 x∈0，1a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当 x∈1a，＋∞时，f′(x)＞0， f(x)单调递增．
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(2)令 F(x)＝f(x)－g(x)＝exx－tan x＝0，得 xsin x－excos x＝0. 设 h(x)＝xsin x－excos x， 所以 h′(x)＝(ex＋1)sin x＋(x－ex)cos x. ①当 x∈－π2，0时，可知 ex＞0＞x，则 ex＞x，所以 x－ex＜0， 又 sin x＜0，cos x＞0，所以 h′(x)＜0， 从而 h(x)＝xsin x－excos x 在－π2，0上单调递减， 又 h(0)＝－1，h－π2＝π2＞0，
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x
1e，1
1
h′(x)
－

0
h(x)
极小值(最小值)
又 h1e＝1e－2＋3e，h(1)＝4，h(e)＝e＋2＋3e， 且 h(e)－h1e＝－2e＋4＋2e＜0， 所以实数 a 的取值范围为4，e＋2＋3e.
(1，e] ＋
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限时跟踪检测
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故 k(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减，又 k(0)＝0，kπ2＝eπ2 －1＞0，k(π) ＝－eπ－1＜0，故存在 x0∈π2，π，使 k(x0)＝0，当 x∈(0，x0)时，k(x)＞0，F(x)单调递增； 当 x∈(x0，π)时，k(x)＜0，F(x)单调递减，又 F(0)＝0，故 F(x0)＞0，又 F(π)＝－π＜0，故 函数 f(x)在(0，x0)上没有零点，在(x0，π)上有 1 个零点．
解：(1)当 a＝4 时， g(x)＝(－x2＋4x－3)ex，g(0)＝－3， g′(x)＝(－x2＋2x＋1)ex，g′(0)＝1， 所以所求的切线方程为 y＋3＝x－0， 即 y＝x－3.
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(2)由 g(x)＝2exf(x)， 可得 2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋3x. 设 h(x)＝x＋2ln x＋3x(x＞0)， 所以 h′(x)＝1＋2x－x32＝x＋3x2x－1， 所以 x 在1e，e上变化时，h′(x)，h(x)的变化如下：
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对点练 1(2024·湖北武汉模拟)已知函数 f(x)＝exx，g(x)＝tan x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)设函数 F(x)＝f(x)－g(x)，试判断 F(x)在－π2，0∪0，π2内的零点个数．
解：(1)函数 f(x)＝exx的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝exxx－2 ex＝exxx－2 1， 令 f′(x)＝0，得 x＝1. 当 x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当 x∈(0,1)时，f′(x)＜0； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以 f(x)在区间(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．
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第四章 一元函数的导数及其应用
第4讲 高考中的导数综合问题 第2课时 利用导数研究函数的零点
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01 重难题型 全线突破 02 限时跟踪检测
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重难题型 全线突破
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题型 函数零点个数的探究
典例 1 已知函数 f(x)＝aexx＋sin x 的图象在点(0，f(0))处的切线与 y 轴垂直． 即 f′(0)＝0.
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由零点存在定理及 h(x)的单调性，得 h(x)在－π2，0上有一个零点． ②当 x∈0，π4时，cos x≥sin x＞0，由(1)知函数 f(x)＝exx在(0,1)上单调递减，所以 x∈ 0，π4时，函数 f(x)＝exx＞f(1)＝e＞1，则 ex＞x＞0. 所以 excos x＞xsin x，则 h(x)＝xsin x－excos x＜0 恒成立． 所以 h(x)在0，π4上无零点． ③当 x∈π4，π2时，sin x＞cos x＞0，h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(xcos x＋sin x)＞0， 则 h(x)在π4，π2上单调递增．
综上所述，f(x)在区间(－π，π)上的零点个数为 2.
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确定函数零点个数的方法 (1)数形结合法：构建函数 g(x)(要求 g′(x)易求，g′(x)＝0 可解)，转化为确定 g(x)的 零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符 号(或变化趋势)等，画出 g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数． (2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研 究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
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限时跟踪检测(二十一) 利用导数研究函数的零点 1．已知 x＝1 是函数 f(x)＝13ax3－32x2＋(a＋1)x＋5 的一个极值点． (1)求函数 f(x)的解析式； (2)若曲线 y＝f(x)与直线 y＝2x＋m 有三个交点，求实数 m 的取值范围．
解：(1)f′(x)＝ax2－3x＋a＋1，由 f′(1)＝0，得 a＝1， ∴f(x)＝13x3－32x2＋2x＋5.
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题型 已知函数零点个数求参数的取值范围 典例 2(2024·河北衡水中学月考)已知函数 f(x)＝ex－ax－1，其中 e 为自然对数的底数． (1)求 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在区间(0,1)上存在零点，求实数 a 的取值范围．
解：(1)由 f(x)＝ex－ax－1 得 f′(x)＝ex－a. 含参单调区间的讨论． 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.
综上，实数 a 的取值范围为(1，e－1)．
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已知函数零点个数求参数的取值范围问题的解法
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对点练 2(2024·湖北武汉月考)已知函数 f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a∈R)． (1)当 a＝4 时，求曲线 y＝g(x)在 x＝0 处的切线方程； (2)如果关于 x 的方程 g(x)＝2exf(x)在区间1e，e上有两个不等实根，求实数 a 的取值范 围．
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2．已知函数 f(x)＝ex－ln x＋2sin α.证明：函数 f(x)无零点．
证明：f′(x)＝ex－1x，x＞0， 令 g(x)＝ex－1x，x＞0， 则 g′(x)＝ex＋x12＞0， ∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 且 f′12＝ e－2＜0，f′(1)＝e－1＞0，
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当 x∈(0，π)时，将 f(x)变形得 f(x)＝－exx＋sin x＝e1x(exsin x－x)， 设 F(x)＝exsin x－x，则 F′(x)＝ex(sin x＋cos x)－1， 设 k(x)＝ex(sin x＋cos x)－1， 其实 x∈0，π2时，ex＞1，sin x＋cos x＞1，故知 k(x)＞0 无零点． 则 k′(x)＝2excos x，易知当 x∈0，π2 时，k′(x)＞0，当 x∈π2，π时，k′(x)＜0，
(1)求实数 a 的值； (2)讨论 f(x)在区间(－π，π)上的零点个数． 分别讨论在区间(－π，0)，0，2π，π2，π的零点情况．
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解：(1)f(x)＝aexx＋sin x，则 f′(x)＝a·1－ex x＋cos x， 由题意，得函数 f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线斜率为 0，即 f′(0)＝a＋1＝0，得 a ＝－1. (2)由(1)知 f(x)＝－exx＋sin x，f(0)＝0，f′(x)＝x－ex 1＋cos x，则 f″(x)＝2－ex x－sin x. 当 x∈(－π，0)时，2－ex x＞0，sin x＜0， 此时 f″(x)＞0，f′(x)单调递增， 二阶导数的符号，说明一阶导数的单调性． f′(x)＜f′(0)＝－1＋1＝0，故函数 f(x)单调递减，f(x)＞f(0)＝0，故函数 f(x)在(－π， 0)上无零点．前面一段，主要叙述 f(x)在(－π，0)上无零点. 即 x∈(－π，0)时，f(x)单调递 减，f(x)＞0 恒成立．
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这里函数的极小值点 ln a 在区间(0,1)内，由单调性，主要关注右端 f(1)＝e－a－1 和 0 的大小比较了！
又 f(0)＝0，f(1)＝e－a－1，如图所示，当 e－a－1≤0，即 e－1≤a＜e 时，函数 f(x) 在区间(0,1)上不存在零点；当 e－a－1＞0，即 1＜a＜e－1 时，函数 f(x)在区间(0,1)上存在 零点．