2021届高考数学(新课改版)二轮专题六函数与导数第4讲 第2课时 导数与函数的零点问题课件

1 x2
＝
（2x＋1）x2（1－x），
ห้องสมุดไป่ตู้
当0＜x＜1时，h′(x)＞0；当x＞1时，h′(x)＜0，所以h(x)
在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以h(x)的极大值，也是最大值为h(1)＝0，所以f′(x)≤0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
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所以f(x)在区间0，π6 上单调递增， 所以f(x)max＝fπ6 ＝a·π6 × 23－1＝ 36π－1，解得a＝2. 当a＜0时，f′(x)＜0，
(1)当a＝－1时，判断函数的单调性； (2)讨论f(x)的零点个数．
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[解] (1)当a＝－1时，f(x)＝(x－1)ln x－x2＋2x－1＝
(x－1)(ln x－x＋1)，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝ln x－2x－1x＋3，
设h(x)＝ln
x－2x－
1 x
＋3，则h′(x)＝
1 x
－2＋
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(2)法一：因为f(x)＝(x－1)(ln x＋ax＋1)，所以x＝1是f(x)
的一个零点．
设g(x)＝ln x＋ax＋1，则f(x)的零点个数等价于g(x)中不
等于1的零点个数再加上1.
①当a＝－1时，由(1)可知，f(x)单调递减，又x＝1是f(x)
的零点，所以此时f(x)有且只有一个零点；
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④因为g′(x)＝ax＋ x 1，所以当a＜－1时，g(x)在0，－1a上 单调递增，在 －1a，＋∞ 上单调递减，所以g(x)的最大值为 g－1a＝ln－1a＜0，
所以g(x)没有零点，此时f(x)有1个零点． 综上所述，当a≤－1时，f(x)有1个零点；当－1＜a＜0 时，f(x)有3个零点；当a≥0时，f(x)有2个零点．
等于1的零点个数再加上1.
令ln
x＋ax＋1＝0，则－a＝
ln
x＋1 x
.令m(x)＝
ln
x＋1 x
，则
m′(x)＝－
ln x x2
，所以m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单
调递减，所以m(x)max＝m(1)＝1，m1e＝0，且x＞1时m(x)＞0， 所以当a＜－1时，g(x)在(0，＋∞)上没有零点；
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解：(1)f′(x)＝a(cos x－xsin x)，
因为x∈0，π6 ，所以cos x＞sin x≥0，又1＞x≥0， 所以1·cos x＞xsin x，即cos x－xsin x＞0. 当a＞0时 ，f′(x)＞0，
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法二：因为f(x)＝(x－1)(ln x＋ax＋1)，所以x＝1是f(x)的一
个零点．设g(x)＝ln x＋ax＋1，则f(x)的零点个数等价于g(x)中不
x―→＋∞时，g(x)―→－∞，所以g(x)在 0，－1a 上有一个零
点，在－1a，＋∞上也有一个零点，且g(1)≠0，所以此时f(x) 有3个零点；
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第2课时 导数与函数的零点问题
Contents
1 考点1 确定函数零点的个数
考点2 根据函数零点的个数确定参数的
2
取值范围
3 专题检测
4 高考5个大题 解题研诀窍
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考点1 确定函数零点的个数
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[例1] (2020·深圳市统一测试)已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ ax2＋(1－a)x－1.
当a＝－1时，g(x)在(0，＋∞)上有1个零点；
当－1＜a＜0时，g(x)在(0，＋∞)上有2个零点；
当a≥0时，g(x)在(0，＋∞)上有1个零点．
综上所述，当a≤－1时，f(x)有1个零点；当－1＜a＜0时，
f(x)有3个零点；当a≥0时，f(x)有2个零点．
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解题方略
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判断函数零点个数的思路 判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点个数时，主要思路 为：一是由f(a)·f(b)<0及零点存在性定理，说明在此区间上至 少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调 性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一 个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最 大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．
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[跟踪训练] (2020·福州市质量检测)已知函数f(x)＝axcos x－1在 0，π6 上 的最大值为 36π－1. (1)求a的值； (2)证明：函数f(x)在区间0，π2 上有且仅有2个零点．
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③因为g′(x)＝
ax＋1 x
，所以当－1＜a＜0时，g(x)在
0，－1a 上单调递增，在 －1a，＋∞ 上单调递减，所以g(x)的
最大值为g －1a ＝ln －1a ＞0，又x―→0时，g(x)―→－∞，
②因为g′(x)＝
ax＋1 x
，当a≥0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，
＋∞)上单调递增，又g(1)＞0，x―→0时，g(x)―→－∞，
所以g(x)在(0，＋∞)上有一个零点，又g(1)≠0，所以此
时f(x)有2个零点；
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