专题一 微专题7 零点问题-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（基础版）（课件PPT+word教案）

微专题7　零点问题 ［考情分析］　在近几年的高考中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数以及三角函数为载体考查函数的零点(方程的根)问题，考查形式多样，难度中等偏上，若以压轴题出现，则难度较大. 考点一　利用导数判断函数零点个数 例1　(2024·山东省齐鲁名校联盟联考)已知函数f(x)=-. (1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线l在y轴上的截距； (2)探究f(x)的零点个数. 解　(1)由函数f(x)=-， 可得f'(x)=-， 所以f'(1)=-， 又f(1)=-1， 所以l的方程为y=(x-1)+-1， 即y=x-， 令x=0，可得y=-， 所以切线l在y轴上的截距为-. (2)因为y=和y=-在(0，+∞)上均单调递增， 所以f'(x)=-在(0，+∞)上单调递增， 又因为f'=-1<0， f'(1)=->0， 所以∃x0∈，使得f'(x0)=0， 所以当x∈(0，x0)时，f'(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减； 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(x0，+∞)上单调递增， 又因为f=->0， f=-<0， f(1)=-1<0，f(4)=-2>0， 所以f(x)在和(1，4)上各有一个零点， 所以f(x)的零点个数为2. ［规律方法］　三步求解函数零点(方程根)的个数问题 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质； 第三步：结合图象求解. 跟踪演练1　(2024·西安模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax(a∈R). (1)若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x+2ey+1=0垂直，求a的值； (2)当x∈(0，2］时，讨论函数F(x)=f(x)-xln x零点的个数. 解　(1)由题意可知，f'(x)=ex-a，可知f'(1)=e-a， 且直线x+2ey+1=0的斜率k=-， 由题意可知，(e-a)×=-1，解得a=-e. (2)由F(x)=f(x)-xln x=0得a=--ln x， 可知F(x)的零点个数即为y=a与y=g(x)图象的交点个数， 令g(x)=--ln x(x∈(0，2］)， 则g'(x)=+-=， 因为0<x≤2，所以ex-1>0， 令g'(x)>0，得1<x≤2；令g'(x)<0，得0<x<1； 可知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2］上单调递增， 且当x→0+时，g(x)→+∞，g(1)=e-1，g(2)=-ln 2， 当a=e-1或a>-ln 2时，函数F(x)有一个零点； 当e-1<a≤-ln 2时，函数F(x)有两个零点； 当a<e-1时，函数F(x)没有零点. 考点二　 由零点个数求参数范围 例2　(2024·南宁模拟)已知函数f(x)=ln x-ax. (1)若f(x)在定义域上单调递增，求a的取值范围； (2)若函数g(x)=f(x)-x+1恰有两个零点，求a的取值范围. 解　(1)由f(x)=ln x-ax， 得f'(x)=-a， 因为f(x)在定义域(0，+∞)上单调递增，所以f'(x)≥0，即a≤在x∈(0，+∞)上恒成立. 由x∈(0，+∞)，得∈(0，+∞)，故a的取值范围为(-∞，0］. (2)方法一　由g(x)=f(x)-x+1=ln x-ax-x+1，x∈(0，+∞)， 所以g'(x)=-(a+1)， 当a+1≤0，即a≤-1时，g'(x)>0恒成立，g(x)在(0，+∞)上单调递增，不符合题意； 当a+1>0，即a>-1时， g'(x)==， 当0<x<时，g'(x)>0，g(x)在上单调递增； 当x>时，g'(x)<0，g(x)在上单调递减； 且当x→0+时，g(x)→-∞；当x→+∞时，g(x)→-∞. 故要使函数g(x)=f(x)-x+1恰有两个零点， 只需要g(x)max=g=ln-(a+1)·+1=ln >0，解得-1<a<0. 综上所述，a的取值范围为(-1，0). 方法二　由g(x)=0，得a=， 令h(x)==-1，x>0， 则h'(x)=， 当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 则h(x)max=h(1)=0， =-1=-1=-1，即当x→+∞时，h(x)→-1； 当x→0+时，h(x)→-∞， 所以当a∈(-1，0)时，h(x)的图象与直线y=a恰有两个交点. 即g(x)=f(x)-x+1恰有两个零点，所以a的取值范围为(-1，0). ［规律方法］　已知零点求参数的取值范围 (1)结合图象与单调性，分析函数的极值点； (2)依据零点确定极值的范围； (3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. 跟踪演练2　已知函数f(x)=ex-1+e-x+1，g(x)=a(x2-2x)(a<0). (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数h(x)=f(x)-g(x)有两个零点，求a的取值范围. 解　(1)由f(x)=ex-1+e-x+1， 可得f'(x)=ex-1-e-x+1=， 令f'(x)=0，解得x=1， 当x<1时，f'(x)<0，f(x)在(-∞，1)上单调递减； 当x>1时，f'(x)>0，f(x)在(1，+∞)上单调递增， 故函数f(x)的单调递减区间是(-∞，1)，单调递增区间是(1，+∞). (2)由h(x)=0，得f(x)=g(x)， 因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)的图象的交点个数， 因为g(x)=a(x2-2x)(a<0)，所以g(x)的图象关于直线x=1对称， 且单调递增区间是(-∞，1)，单调递减区间是(1，+∞)， 所以当x=1时，g(x)取最大值g(1)=-a， 由(1)可知，函数f(x)的单调递减区间是(-∞，1)，单调递增区间是(1，+∞). 当x=1时，f(x)取最小值f(1)=2， 又f(1-x)=f(1+x)，所以f(x)的图象关于直线x=1对称， 故当-a>2，即a<-2时，函数h(x)有两个零点， 故a的取值范围是(-∞，-2). 专题强化练 (分值：50分) 1.(16分)(2024·福建省竺数教研模拟)已知函数f(x)=aln x-bx的图象在点(1，f(1))处的切线在y轴上的截距为-2. (1)求a的值；(7分) (2)若f(x)有且仅有两个零点，求b的取值范围.(9分) 解　(1)f'(x)=-b，f'(1)=a-b，f(1)=-b， 则函数f(x)=aln x-bx的图象在点(1，f(1))处的切线为y+b=(a-b)(x-1)， 即y=(a-b)x-a，令x=0， 得y=-a=-2，所以a=2. (2)由a=2，得f(x)=2ln x-bx(x>0)， 若f(x)有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个不相等的实数根， 即方程b=有两个不相等的实数根， 令g(x)=，x>0， 则g'(x)=， 当x∈(0，e)时，g'(x)>0； 当x∈(e，+∞)时，g'(x)<0， 故g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减， 故g(x)≤g(e)==， 又当x→0+时，g(x)→-∞，当x→+∞时，g(x)→0+， 故当0<b<时，方程b=有两个不相等的实数根， 即f(x)有且仅有两个零点. 故b的取值范围是. 2.(17分)(2024·郑州模拟)已知函数f(x)=eax-x. (1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(7分) (2)讨论f(x)的零点个数.(10分) 解　(1)若a=2，则f(x)=e2x-x，f'(x)=2e2x-1. 又f(1)=e2-1，切点为(1，e2-1)， 曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的斜率k=f'(1)=2e2-1， 故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1)， 即y=(2e2-1)x-e2. (2)由题意得f'(x)=aeax-1. 当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在R上单调递减， 又f(0)=1>0，f(1)=ea-1≤0， 此时f(x)有一个零点. 当a>0时，令f'(x)<0得x<-， 令f'(x)>0得x>-， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增. 故f(x)的最小值为f=. 当a=时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点. 当a>时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点. 当0<a<时，f(x)的最小值小于0，f(-1)=e-a+1>0， 当x→+∞时，f(x)→+∞，此时f(x)有两个零点. 综上，当a≤0或a=时，f(x)有一个零点； 当0<a<时，f(x)有两个零点； 当a>时，f(x)没有零点. 3.(17分)(2024·浙大优学靶向精准模拟)已知函数f(x)=cos x+ln(1+x). (1)求证：f(x)在上有唯一的极大值点；(8分) (2)求证：函数g(x)=f(x)-x有两个零点.(9分) 证明　(1)因为f(x)=cos x+ln(1+x)， 所以f'(x)=-sin x+， 设u(x)=-sin x+， 则u'(x)=-cos x-<0在上恒成立， 所以f'(x)=-sin x+在上单调递减. 又f'(0)=1>0， f'=-sin+=-<0， 由零点存在定理可知f'(x)在上有唯一的零点x0， f'(x)和f(x)随x变化而变化的情况如表. x (-1，x0) x0 f'(x) >0 0 <0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 所以f(x)在上有唯一的极大值点. (2)g(x)=f(x)-x=cos x+ln(1+x)-x，x>-1，则g'(x)=-sin x-. 当x∈(-1，0］时，-sin x≥0，-≥0， 所以g'(x)≥0，g(x)在(-1，0］上单调递增， 又因为g(0)=1>0，g(e-3-1)=cos(e-3-1)-2-e-3<0， 由零点存在定理可知，存在x1∈(e-3-1，0)，使得g(x1)=0； 当x∈(0，π)时，-sin x<0，-<0， 所以g'(x)=-sin x-<0， 故g(x)在(0，π)上单调递减， 又g(0)=1>0，g(π)=ln(1+π)-(1+π)<0， 由零点存在定理可知，存在x2∈(0，π)，使得g(x2)=0； 当x∈［π，+∞)时，由上可知g(x)=cos x+ln(1+x)-x≤1+ln(1+x)-x， 令h(x)=1+ln(1+x)-x， h'(x)=-1=<0， 所以h(x)在［π，+∞)上单调递减， 所以h(x)≤h(π)=1+ln(1+π)-π<0， 故g(x)<0，故g(x)在［π，+∞)上没有零点. 综上所述，函数g(x)=f(x)-x有两个零点. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 零点问题 微专题7 在近几年的高考中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数以及三角函数为载体考查函数的零点(方程的根)问题，考查形式多样，难度中等偏上，若以压轴题出现，则难度较大. 考情分析 考点一 考点二 利用导数判断函数零点个数 由零点个数求参数范围 专题强化练 内容索引 考点一 利用导数判断函数零点个数 (2024·山东省齐鲁名校联盟联考)已知函数f(x)=-. (1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线l在y轴上的截距； 例1 由函数f(x)=-， 可得f'(x)=-， 所以f'(1)=-， 又f(1)=-1， 所以l的方程为y=(x-1)+-1， 即y=x-， 令x=0，可得y=-， 所以切线l在y轴上的截距为-. (2)探究f(x)的零点个数. 因为y=和y=-在(0，+∞)上均单调递增， 所以f'(x)=-在(0，+∞)上单调递增， 又因为f'=-1<0， f'(1)=->0， 所以∃x0∈，使得f'(x0)=0， 所以当x∈(0，x0)时，f'(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减； 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(x0，+∞)上单调递增， 又因为f=->0， f=-<0， f(1)=-1<0，f(4)=-2>0， 所以f(x)在和(1，4)上各有一个零点， 所以f(x)的零点个数为2. 规律方法 三步求解函数零点(方程根)的个数问题 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质； 第三步：结合图象求解. (2024·西安模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax(a∈R). (1)若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x+2ey+1=0垂直，求a的值； 跟踪演练1 由题意可知，f'(x)=ex-a，可知f'(1)=e-a， 且直线x+2ey+1=0的斜率k=-， 由题意可知，(e-a)×=-1，解得a=-e. (2)当x∈(0，2］时，讨论函数F(x)=f(x)-xln x零点的个数. 由F(x)=f(x)-xln x=0得a=--ln x， 可知F(x)的零点个数即为y=a与y=g(x)图象的交点个数， 令g(x)=--ln x(x∈(0，2］)， 则g'(x)=+-=， 因为0<x≤2，所以ex-1>0， 令g'(x)>0，得1<x≤2；令g'(x)<0，得0<x<1； 可知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2］上单调递增， 且当x→0+时，g(x)→+∞，g(1)=e-1，g(2)=-ln 2， 当a=e-1或a>-ln 2时，函数F(x)有一个零点； 当e-1<a≤-ln 2时，函数F(x)有两个零点； 当a<e-1时，函数F(x)没有零点. 由零点个数求参数范围 考点二 (2024·南宁模拟)已知函数f(x)=ln x-ax. (1)若f(x)在定义域上单调递增，求a的取值范围； 例2 由f(x)=ln x-ax， 得f'(x)=-a， 因为f(x)在定义域(0，+∞)上单调递增，所以f'(x)≥0，即a≤在x∈(0，+∞)上恒成立. 由x∈(0，+∞)，得∈(0，+∞)，故a的取值范围为(-∞，0］. (2)若函数g(x)=f(x)-x+1恰有两个零点，求a的取值范围. 方法一　由g(x)=f(x)-x+1=ln x-ax-x+1，x∈(0，+∞)， 所以g'(x)=-(a+1)， 当a+1≤0，即a≤-1时，g'(x)>0恒成立，g(x)在(0，+∞)上单调递增，不符合题意； 当a+1>0，即a>-1时， g'(x)==， 当0<x<时，g'(x)>0，g(x)在上单调递增； 当x>时，g'(x)<0，g(x)在上单调递减； 且当x→0+时，g(x)→-∞；当x→+∞时，g(x)→-∞. 故要使函数g(x)=f(x)-x+1恰有两个零点， 只需要g(x)max=g=ln-(a+1)·+1=ln >0，解得-1<a<0. 综上所述，a的取值范围为(-1，0). 方法二　由g(x)=0，得a=， 令h(x)==-1，x>0， 则h'(x)=， 当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 则h(x)max=h(1)=0， =-1=-1=-1，即当x→+∞时，h(x)→-1； 当x→0+时，h(x)→-∞， 所以当a∈(-1，0)时，h(x)的图象与直线y=a恰有两个交点. 即g(x)=f(x)-x+1恰有两个零点，所以a的取值范围为(-1，0). 已知零点求参数的取值范围 (1)结合图象与单调性，分析函数的极值点； (2)依据零点确定极值的范围； (3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. 规律方法 已知函数f(x)=ex-1+e-x+1，g(x)=a(x2-2x)(a<0). (1)求函数f(x)的单调区间； 跟踪演练2 由f(x)=ex-1+e-x+1， 可得f'(x)=ex-1-e-x+1=， 令f'(x)=0，解得x=1， 当x<1时，f'(x)<0，f(x)在(-∞，1)上单调递减； 当x>1时，f'(x)>0，f(x)在(1，+∞)上单调递增， 故函数f(x)的单调递减区间是(-∞，1)，单调递增区间是(1，+∞). (2)若函数h(x)=f(x)-g(x)有两个零点，求a的取值范围. 由h(x)=0，得f(x)=g(x)， 因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)的图象的交点个数， 因为g(x)=a(x2-2x)(a<0)，所以g(x)的图象关于直线x=1对称， 且单调递增区间是(-∞，1)，单调递减区间是(1，+∞)， 所以当x=1时，g(x)取最大值g(1)=-a， 由(1)可知，函数f(x)的单调递减区间是(-∞，1)，单调递增区间是 (1，+∞). 当x=1时，f(x)取最小值f(1)=2， 又f(1-x)=f(1+x)，所以f(x)的图象关于直线x=1对称， 故当-a>2，即a<-2时，函数h(x)有两个零点， 故a的取值范围是(-∞，-2). 专题强化练 1. (1)f'(x)=-b，f'(1)=a-b，f(1)=-b， 则函数f(x)=aln x-bx的图象在点(1，f(1))处的切线为y+b=(a-b)(x-1)， 即y=(a-b)x-a，令x=0， 得y=-a=-2，所以a=2. 1 2 3 答案 (2)由a=2， 得f(x)=2ln x-bx(x>0)， 若f(x)有且仅有两个零点， 则方程2ln x-bx=0有两个不相等的实数根， 即方程b=有两个不相等的实数根， 令g(x)=，x>0， 则g'(x)=， 1 2 3 答案 1. 当x∈(0，e)时，g'(x)>0； 当x∈(e，+∞)时，g'(x)<0， 故g(x)在(0，e)上单调递增， 在(e，+∞)上单调递减， 故g(x)≤g(e)==， 又当x→0+时，g(x)→-∞， 当x→+∞时，g(x)→0+， 1 2 3 答案 1. 故当0<b<时， 方程b=有两个不相等的实数根， 即f(x)有且仅有两个零点. 故b的取值范围是. 1 2 3 答案 1. (1)若a=2， 则f(x)=e2x-x，f'(x)=2e2x-1. 又f(1)=e2-1，切点为(1，e2-1)， 曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的斜率k=f'(1)=2e2-1， 故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1)， 即y=(2e2-1)x-e2. 1 2 3 答案 2. (2)由题意得f'(x)=aeax-1. 当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在R上单调递减， 又f(0)=1>0，f(1)=ea-1≤0， 此时f(x)有一个零点. 当a>0时， 令f'(x)<0得x<-， 令f'(x)>0得x>-， 1 2 3 答案 2. 所以f(x)在上单调递增. 故f(x)的最小值为f=. 当a=时，f(x)的最小值为0， 此时f(x)有一个零点. 当a>时，f(x)的最小值大于0， 此时f(x)没有零点. 1 2 3 答案 2. 当0<a<时，f(x)的最小值小于0，f(-1)=e-a+1>0， 当x→+∞时，f(x)→+∞， 此时f(x)有两个零点. 综上，当a≤0或a=时，f(x)有一个零点； 当0<a<时，f(x)有两个零点； 当a>时，f(x)没有零点. 1 2 3 答案 2. 因为f(x)=cos x+ln(1+x)， 所以f'(x)=-sin x+， 设u(x)=-sin x+， 则u'(x)=-cos x-<0在上恒成立， 所以f'(x)=-sin x+上单调递减. 又f'(0)=1>0，f'=-sin+=-<0， 1 2 3 答案 3. 由零点存在定理可知f'(x)在上有唯一的零点x0， f'(x)和f(x)随x变化而变化的情况如表. 所以f(x)在上有唯一的极大值点. 1 2 3 答案 3. x (-1，x0) x0 f'(x) >0 0 <0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 (2)g(x)=f(x)-x=cos x+ln(1+x)-x，x>-1， 则g'(x)=-sin x-. 当x∈(-1，0］时，-sin x≥0，-≥0， 所以g'(x)≥0，g(x)在(-1，0］上单调递增， 又因为g(0)=1>0，g(e-3-1)=cos(e-3-1)-2-e-3<0， 由零点存在定理可知， 存在x1∈(e-3-1，0)， 1 2 3 答案 3. 使得g(x1)=0； 当x∈(0，π)时，-sin x<0，-<0， 所以g'(x)=-sin x-<0， 故g(x)在(0，π)上单调递减， 又g(0)=1>0，g(π)=ln(1+π)-(1+π)<0， 由零点存在定理可知， 存在x2∈(0，π)，使得g(x2)=0； 1 2 3 答案 3. 当x∈［π，+∞)时， 由上可知 g(x)=cos x+ln(1+x)-x≤1+ln(1+x)-x， 令h(x)=1+ln(1+x)-x，h'(x)=-1=<0， 所以h(x)在［π，+∞)上单调递减， 所以h(x)≤h(π)=1+ln(1+π)-π<0， 故g(x)<0，故g(x)在［π，+∞)上没有零点. 综上所述，函数g(x)=f(x)-x有两个零点. 1 2 3 答案 3. 1 2 3 1.(2024·福建省竺数教研模拟)已知函数f(x)=aln x-bx的图象在点(1，f(1))处的切线在y轴上的截距为-2. (1)求a的值； 素养提升 答案 f'(x)=-b，f'(1)=a-b，f(1)=-b， 则函数f(x)=aln x-bx的图象在点(1，f(1))处的切线为y+b=(a-b)(x-1)， 即y=(a-b)x-a，令x=0， 得y=-a=-2，所以a=2. 1 2 3 答案 (2)若∃x∈(0，+∞)，使f(x)≤g(x)成立，求a的最小值. 1 2 3 答案 由a=2，得f(x)=2ln x-bx(x>0)， 若f(x)有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个不相等的实数根， 即方程b=有两个不相等的实数根， 令g(x)=，x>0， 则g'(x)=， 当x∈(0，e)时，g'(x)>0； 当x∈(e，+∞)时，g'(x)<0， 1 2 3 答案 故g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减， 故g(x)≤g(e)==， 又当x→0+时，g(x)→-∞，当x→+∞时，g(x)→0+， 故当0<b<时，方程b=有两个不相等的实数根， 即f(x)有且仅有两个零点. 故b的取值范围是. 1 2 3 2.(2024·郑州模拟)已知函数f(x)=eax-x. (1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 答案 1 2 3 答案 若a=2，则f(x)=e2x-x，f'(x)=2e2x-1. 又f(1)=e2-1，切点为(1，e2-1)， 曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的斜率k=f'(1)=2e2-1， 故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1)， 即y=(2e2-1)x-e2. 1 2 3 答案 (2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合. 1 2 3 答案 由题意得f'(x)=aeax-1. 当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在R上单调递减， 又f(0)=1>0，f(1)=ea-1≤0， 此时f(x)有一个零点. 当a>0时，令f'(x)<0得x<-， 令f'(x)>0得x>-， 所以f(x)在上单调递增. 故f(x)的最小值为f=. 1 2 3 答案 当a=时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点. 当a>时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点. 当0<a<时，f(x)的最小值小于0，f(-1)=e-a+1>0， 当x→+∞时，f(x)→+∞，此时f(x)有两个零点. 综上，当a≤0或a=时，f(x)有一个零点； 当0<a<时，f(x)有两个零点； 当a>时，f(x)没有零点. 1 2 3 3.(2024·浙大优学靶向精准模拟)已知函数f(x)=cos x+ln(1+x). (1)求证：f(x)在上有唯一的极大值点； 答案 思维创新 1 2 3 答案 因为f(x)=cos x+ln(1+x)， 所以f'(x)=-sin x+， 设u(x)=-sin x+， 则u'(x)=-cos x-<0在上恒成立， 所以f'(x)=-sin x+上单调递减. 又f'(0)=1>0， f'=-sin+=-<0， 1 2 3 答案 由零点存在定理可知f'(x)在上有唯一的零点x0， f'(x)和f(x)随x变化而变化的情况如表. 所以f(x)在上有唯一的极大值点. x (-1，x0) X0 f'(x) >0 0 <0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 1 2 3 答案 (2)求证：函数g(x)=f(x)-x有两个零点. 1 2 3 答案 g(x)=f(x)-x=cos x+ln(1+x)-x，x>-1，则g'(x)=-sin x-. 当x∈(-1，0］时，-sin x≥0，-≥0， 所以g'(x)≥0，g(x)在(-1，0］上单调递增， 又因为g(0)=1>0，g(e-3-1)=cos(e-3-1)-2-e-3<0， 由零点存在定理可知，存在x1∈(e-3-1，0)，使得g(x1)=0； 当x∈(0，π)时，-sin x<0，-<0， 所以g'(x)=-sin x-<0， 故g(x)在(0，π)上单调递减， 1 2 3 答案 又g(0)=1>0，g(π)=ln(1+π)-(1+π)<0， 由零点存在定理可知，存在x2∈(0，π)，使得g(x2)=0； 当x∈［π，+∞)时，由上可知g(x)=cos x+ln(1+x)-x≤1+ln(1+x)-x， 令h(x)=1+ln(1+x)-x， h'(x)=-1=<0， 所以h(x)在［π，+∞)上单调递减， 所以h(x)≤h(π)=1+ln(1+π)-π<0， 故g(x)<0，故g(x)在［π，+∞)上没有零点. 综上所述，函数g(x)=f(x)-x有两个零点. 本课结束 THANKS $$