专题六第四讲　第2课时　利用导数研究函数的零点-【创新思维】2023高考二轮数学专题复习配套PPT课件，多选（新教材新高考）

第2课时　利用导数研究函数的零点 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 考点一　零点个数的讨论 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 (2)证明：函数f(x)在区间(0，π)上有2个零点． 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 所以函数y＝f(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0，π)上单调递减， 所以f(x)在区间(0，π)上存在一个极大值，也是最大值．则f(x)max＝f(x0)＝ln x0＋sin x0－x0＋1，由(1)知，sin x0－(x0－1)>0，又ln x0>0，所以f(x0)>0. 又f(e－2)＝－2＋sin e－2－e－2＋1＝－1－e－2＋sin e－2<0，所以函数f(x)在区间(e－2，x0)上有1个零点．又f(π)＝ln π－(π－1)<0， 所以函数f(x)在区间(x0，π)上有1个零点．综上所述，函数f(x)在区间(0，π)上有2个零点． 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 方法总结 判断函数零点个数的思路 判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，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)上有单调性．若函数在该区间上单调递增或单调递减，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．　 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 (2022·潍坊高三模拟)已知函数f(x)＝ex＋sin x－cos x，f′(x)为f(x)的导函数． (1)证明：当x≥0时，f′(x)≥2； 证明：(1)由f′(x)＝ex＋cos x＋sin x. 设h(x)＝ex＋cos x＋sin x， 则h′(x)＝ex－sin x＋cos x. 当x≥0时，设p(x)＝ex－x－1，q(x)＝x－sin x．因为p′(x)＝ex－1≥ 0，q′(x)＝1－cos x≥0， 所以p(x)和q(x)在[0，＋∞)上单调递增， 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 所以p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0， 所以当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sin x， 则h′(x)＝ex－sin x＋cos x≥x＋1－sin x＋cos x＝(x－sin x)＋(1＋cos x)≥0， 所以函数h(x)＝ex＋cos x＋sin x在[0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(0)＝2， 即当x≥0时，f′(x)≥2； 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 (2)设g(x)＝f(x)－2x－1，证明：g(x)有且仅有2个零点． 证明：(2)由已知得g(x)＝ex＋sin x－cos x－2x－1. ①当x≥0时， 因为g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2＝f′(x)－2≥0， 所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增． 又因为g(0)＝－1<0，g(π)＝eπ－2π>0，所以由零点存在性定理可知g(x)在[0，＋∞)上仅有一个零点． 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 所以g′(x)＝ex＋cos x＋sin x－2<0， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递减． 又因为g(0)＝－1<0，g(－π)＝e－π＋2π>0，所以由零点存在性定理可知g(x)在(－∞，0)上仅有一个零点． 综上所述，g(x)有且仅有2个零点． 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 考点二　根据零点个数问题求参数值或范围 [典例]　(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 (2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围． 突破考点 全析考法 专题限时训练 二轮 · 数学 ①若a＝0，显然不满足． ②若a＞0，则当x∈(－1,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，此时g(x)和h(x)在(－1,0)上无交点． ③若a＜0，则当x∈(－1,1)时，h′(x)＞0，h(x)在(－1,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)在(1，＋∞)上单调递减． (ⅰ)当x→＋∞时，h(x)→0，g(x)→＋∞，且g(0)＝h(0)＝0，要满足g(x