1.7.1 导数与函数的零点 题点考法讲评(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学二轮复习专题增分方略

导数与函数的零点 习题讲评（七） 题点考法讲评 教学环节一 (每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授) CONTENTS 目录 1 2 教学点(一)　利用导数研究函数的 零点个数 教学点(二)　由函数零点存在 情况求参数 利用导数研究函数的零点个数 教学点（一） 4 [典例]　(2024·梅州二模)已知函数f(x)=ex,g(x)=x2+1,h(x)=asin x +1(a>0). (1)证明:当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x); 解:证明:令G(x)=f(x)-g(x)=ex-x2-1,则G'(x)=ex-2x, 记p(x)=ex-2x,则p'(x)=ex-2,当x∈(0,ln 2)时,p'(x)<0,当x∈(ln 2, +∞)时,p'(x)>0, 所以p(x)在x∈(0,ln 2)上单调递减,在x∈(ln 2,+∞)上单调递增, 从而在(0,+∞)上,G'(x)=p(x)≥p(ln 2)=2-2ln 2>0,所以G(x)在(0,+∞)上单调递增,因此在(0,+∞)上,G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x). 5 (2)讨论函数F(x)=f(x)-h(x)在(0,π)上的零点个数. 解: F(x)=f(x)-h(x)=ex-asin x-1,F'(x)=ex-acos x,当0<a≤1时,在(0,π)上,F'(x)=ex-acos x>1-a≥0,所以F(x)在(0,π)上单调递增,F(x)>F(0)=0,即函数F(x)在(0,π)上无零点;当a>1时,记q(x)=F'(x)=ex-acos x,则q'(x)=ex+asin x>0,q(x)在(0,π)上单调递增,而q(0)=1-a<0,q=>0,故存在x0∈,使q(x0)=0,(注意:本题中q(x)=0,无法直接解出,因此需要虚设零点,借助函数零点存在定理求解) 6 所以当0<x<x0时,F(x)单调递减,当x0<x<π时,F(x)单调递增,F(x)min=F(x0),而F(x0)<F(0)=0,F(π)=eπ-1>0, F(x)在(0,x0)上无零点,在(x0,π)上有唯一零点.综上,当0<a≤1时,F(x)在(0,π)上没有零点; 当a>1时,F(x)在(0,π)上有且仅有1个零点. 7 [思维建模]　利用导数研究函数零点个数的方法 数形 结合法 求函数f(x)的单调区间和极值,根据f(x)的性质作出图象,然后根据图象判断函数零点个数 分类 讨论法 求函数f(x)的单调区间和极值,然后分类讨论,判断函数的零点个数 8 (2024·武汉模拟)已知函数f(x)=ln x-ax2(a∈R). (1)当a=1时,求f(x)的最大值; 解: f(x)的定义域是(0,+∞),∵f(x)=ln x-ax2(a∈R), ∴f'(x)=-ax=,当a=1时,由f'(x)==0,得x=±1.∵x>0, ∴当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,∴当x=1时,函数f(x)取最大值,最大值为f(1)=-. 即时训练 9 (2)讨论函数f(x)在区间[1,e2]上零点的个数. 解:由f(x)=0,得a=① ,令g(x)=② , 1≤x≤e2, 则g'(x)=,由g'(x)>0得1≤x<,由g'(x)<0,得<x≤e2,g(x)在区间[1,]上单调递增,在区间[,e2]上 单调递减.又g(1)=0,g()=,g(e2)=, 作函数g(x)的图象如图③. 10 综上,当0≤a<或a=时,f(x)在[1,e2]上有一个零点;当≤a<时,f(x)在[1,e2]上有2个零点;当a<0或a>时,f(x)在[1,e2]上没有零点. 关键点拨: ①处,巧转化:函数f(x)的零点,即方程a=的解. ②处,是解题的关键点,构造函数,研究函数的单调性. ③处,利用函数的极值点、最值点作图象,数形结合法求解. 11 由函数零点存在情况求参数 教学点（二） 12 [典例]　已知函数f(x)=. (1)讨论f(x)的最值; 解:由题知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)==, ∴当0<x<时,f'(x)>0,当x>时,f'(x)<0,∴f(x)在区间内单调递增,在区间(,+∞)上单调递减,当x趋近于0时,f(x)趋近于-∞,当x趋近于+∞时,f(x)趋近于0,∴当x=时,f(x)取得最大值f=,无最小值. 13 (2)若函数g(x)=ex+x4f(x)-x2-ax有2个零点,求实数a的取值范围. 解: 法一:由题知g(x)=ex+x2ln x-x2-ax有2个零点,∴方程ex+x2ln x-x2-ax=0,即=-xln x+x+a有2个解. 设h(x)=(x>0),m(x)=-xln x+x+a(x>0),则函数m(x)与h(x)的图象恰有2个交点.∵h'(x)=,∴当0<x<1时,h'(x)<0,当x>1时,h'(x)>0, ∴h(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(1)=e. 当x趋近于0时,h(x)趋近于+∞,当x趋近于+∞时,h(x)趋近于+∞. 14 ∵m'(x)=-ln x-x×+1=-ln x, ∴当0<x<1时,m'(x)>0,当x>1时,m'(x)<0, ∴m(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴m(x)max=m(1)=1+a, 当x趋近于0时,m(x)趋近于a,当x趋近 于+∞时,m(x)趋近于-∞. 作出函数m(x)与h(x)的大致图象, 如图(1)所示. 15 结合函数图象知,要使函数m(x)与h(x)的图象恰有2个交点,则m(x)max=1+a>h(x)min=e,∴a>e-1,即实数a的取值范围为(e-1,+∞). 法二:由题知g(x)=ex+x2ln x-x2-ax有2个零点,∴方程ex+x2ln x-x2-ax=0,即a=+xln x-x恰有2个解. 设H(x)=+xln x-x,则函数H(x)的图象与直线y=a恰有2个交点. H'(x)=+ln x,设M(x)=+ln x, 则M'(x)=+=+>0, 16 ∴函数M(x)即H'(x)单调递增,∵H'(1)=0,∴当x∈(0,1)时,H'(x)<0, H(x)单调递减, 当x∈(1,+∞)时,H'(x)>0, H(x)单调递增,∴H(x)min=H(1)=e-1, 当x趋近于0时,H(x)趋近于+∞,当x趋近于 +∞时,H(x)趋近于+∞.如图(2),作出直线y=a与 H(x)的大致图象,结合函数图象知,要使直线y=a 与H(x)的图象恰有2个交点,则a>e-1,故实数a的 取值范围为(e-1,+∞). 17 [思维建模]　已知函数的零点情况求参数范围方法 分类 讨论法 将所有可能出现的情况进行分类,然后逐个论证,属于完全归纳 分离 参数法 分离参数,将原问题转化成函数最值问题加以解决 数形 结合法 先对函数解析式变形,在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,然后数形结合求解 18 (2024·商洛模拟)已知函数f(x)=3x2+msin x(x>0),其中m为常数且m≥-6. (1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; 解:当m=1时,f(x)=3x2+sin x,则f'(x)=6x+cos x.因为f'(0)=1,所以切线的斜率为1,又f(0)=0,所以切点坐标为(0,0), 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x. 即时训练 即时训练 19 (2)若函数g(x)=f(x)-mxcos x在区间上有且只有一个零点,求实数m的取值范围. 解:由g(x)=f(x)-mxcos x=3x2+msin x-mxcos x,得g'(x)=6x+mxsin x=x(6+msin x), 当-6≤m≤6时,对于x∈,有-1<sin x≤1,若0<m≤6,则-m<msin x≤m,若-6≤m<0,则m≤msin x<-m,若m=0,则msin x=0, 所以当-6≤m≤6时,g'(x)≥0,当且仅当m=-6,x=时取等号, 所以g(x)在区间上单调递增. 20 又g(0)=0,于是g(x)在区间上无零点,不合题意. 当m>6时,令g'(x)=0,得sin x=-∈(-1,0), 所以存在唯一的x0∈,使得g'(x0)=0, 当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 21 又g(0)=0,g=-m,所以当g=-m≥0, 即6<m≤时,g(x)在区间上无零点,不符合题意; 当g=-m<0,即m>时,g(x)在区间上有且只有一个零点,符合题意. 综上所述,实数m的取值范围是. 22 本课结束 $$