第4章 第4节 第2课时 导数与函数零点(教师课件)-【名师大课堂】2024年新高考数学艺术生总复习必备

第四章　导数及其应用 第四节　导数的综合应用 第二课时　导数与函数零点 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 01 基础知识必备 02 考点知能突破 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 谢 谢 观 看 按ESC键退出全屏播放 第四章　导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 考点一　判断函数零点个数 已知函数f(x)＝2sin x－x cos x－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点． 【证明】　设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋x sin x－1，g′(x)＝x cos x. 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 时，g′(x)>0；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 时，g′(x)<0， 所以g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 上单调递减． 又g(0)＝0，g( eq \f(π,2) )>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点． 所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点． 判断函数零点个数的3种方法 直接法 令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数 画图法 转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数 定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决 [针对训练] 1．已知f(x)＝ eq \f(1,x) ＋ eq \f(ex,e) －3，F(x)＝ln x＋ eq \f(ex,e) －3x＋2. (1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数． 解：(1)f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ＋ eq \f(ex,e) ＝ eq \f(x2ex－e,ex2) ， 令f′(x)＞0，解得x＞1， 令f′(x)＜0，解得0＜x＜1， 所以f(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增． (2)F′(x)＝f(x)＝ eq \f(1,x) ＋ eq \f(ex,e) －3，由(1)得∃x1，x2，满足0＜x1＜1＜x2， 使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0， 即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增， 而F(1)＝0，x→0时，F(x)→－∞， x→＋∞时，F(x)→＋∞， 画出函数F(x)的草图，如图所示． 故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个． 考点二　已知零点个数求参数范围 函数f(x)＝ eq \f(1,3) x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示： (1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间； (2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围． 【解】　(1)因为f(x)＝ eq \f(1,3) x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝x2＋2ax＋b. 因为f′(x)＝0的两个根为－1，2， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋2＝－2a，,－1×2＝b，)) 解得a＝－ eq \f(1,2) ，b＝－2， 由导函数的图象可知(图略)，当－1<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， 当x<－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增， 故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(2，＋∞)， 单调递减区间为(－1，2). (2)由(1)得f(x)＝ eq \f(1,3) x3－ eq \f(1,2) x2－2x＋c， 函数f(x)在(－∞，－