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（标准版）（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·石家庄模拟)已知函数f(x)=x2-(a+1)x+aln x(a>0). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a=2时，若函数g(x)=f'(x)-x+ex-1，求函数g(x)的零点个数. 解　(1)f'(x)=x-(a+1)+==x>0，a>0， 当0<a<1时，当x∈(0，a)∪(1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(0，a)，(1，+∞)上单调递增； 当x∈(a，1)时，f'(x)<0，f(x)在(a，1)上单调递减. 当a>1时，当x∈(0，1)∪(a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(0，1)，(a，+∞)上单调递增； 当x∈(1，a)时，f'(x)<0，f(x)在(1，a)上单调递减. 当a=1时，f'(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增. (2)当a=2时，f(x)=x2-3x+2ln x，x>0， 所以f'(x)=x-3+x>0， 所以g(x)=ex-1-3+x>0， 所以g'(x)=ex-1- 显然g'(x)在区间(0，+∞)上单调递增， 因为g'(1)=-1<0，g'(2)=e->0， 所以存在唯一x0∈(1，2)，使得g'(x0)=0， 当x∈(0，x0)时，g'(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0， 所以g(x)在区间(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，其中x0∈(1，2)， 又g(1)=0，g(x0)<g(1)=0，g(2)=e-2>0， 所以g(x)在(0，x0)上有唯一零点x=1，在(x0，2)上有唯一零点， 因此g(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·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； (2)讨论f(x)的零点个数. 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. 考点二　由零点个数求参数范围 例2　(2024·北京丰台模拟)已知函数f(x)=a2x+2a-2ln x(a≠0). (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围. 解　(1)当a=1时，f(x)=x+2-2ln x，x>0， 则f'(x)=1+- 所以f'(1)=0，f(1)=3， 故曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=3. (2)f'(x)=a2+-==(a≠0，x>0)， 当a>0时，则a+2>0， 令f'(x)>0，则x> 令f'(x)<0，则0<x< 故f(x)在上单调递增，在上单调递减， 故当x=时，f(x)取极小值也是最小值， 则f(x)min=f=a2·+2a-2ln=3+4ln a， 又当x→+∞时，f(x)→+∞，且当x→0时，f(x)→+∞， 故要使函数f(x)有两个零点，只需要f(x)min=3+4ln a<0， 解得0<a<； 当a<0时，则a-1<0， 令f'(x)>0，则x> 令f'(x)<0，则0<x< 故f(x)在上单调递增，在上单调递减， 故当x=时，f(x)取极小值也是最小值， 则f(x)min=f=a2·+2a-2ln =-2ln=-4ln 2+2ln a2， 又当x→+∞时，f(x)→+∞，且当x→0时，f(x)→+∞， 故要使函数f(x)有两个零点，只需要f(x)min=-4ln 2+2ln a2<0，解得-2<a<0； 综上，0<a<或-2<a<0，故a的取值范围是(-2，0)∪(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·天津模拟)已知函数f(x)=ln(x+2). (1)求曲线y=f(x)在x=-1处的切线方程；(7分) (2)函数h(x)=f(x)-a(x+2)有且只有两个零点，求a的取值范围.(9分) 解　(1)因为f'(x)= 所以曲线y=f(x)在x=-1处的切线斜率为f'(-1)==1， 又f(-1)=ln(-1+2)=0，所以切线方程为y=x+1，即x-y+1=0. (2)h(x)=f(x)-a(x+2)=ln(x+2)-a(x+2)，x>-2， 由题知，ln(x+2)-a(x+2)=0有且只有两个不相等的实数根， 即=a有且只有两个不相等的实数根， 令m(x)=x>-2， 则m'(x)= 当-2<x<e-2时，m'(x)>0，m(x)在(-2，e-2)上单调递增； 当x>e-2时，m'(x)<0，m(x)在(e-2，+∞)上单调递减. 当x→-2时，m(x)→-∞，当x→+∞时，m(x)→0， 又m(e-2)=所以可得m(x)的大致图象如图所示， 由图可知，当0<a<时，函数m(x)的图象与直线y=a有两个交点，即函数h(x)有两个零点，所以a的取值范围为. 2.(17分)(2024·湖南省九校联盟联考)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a，b，c∈R)，其图象的对称中心为(1，-2). (1)求a-b-c的值；(8分) (2)判断函数f(x)的零点个数.(9分) 解　(1)函数f(x)的图象关于点(1，-2)对称，故y=f(x+1)+2为奇函数， 从而有f(x+1)+2+f(-x+1)+2=0，即f(x+1)+f(-x+1)=-4， f(x+1)=(x+1)3+a(x+1)2+b(x+1)+c =x3+(a+3)x2+(2a+b+3)x+a+b+c+1， f(1-x)=(1-x)3+a(1-x)2+b(1-x)+c =-x3+(a+3)x2-(2a+b+3)x+a+b+c+1， 则(2a+6)x2+2a+2b+2c+2=-4， ∴ 解得 ∴a-b-c=-3. (2)由(1)可知，f(x)=x3-3x2-cx+c， f'(x)=3x2-6x-c，令f'(x)=0，则Δ=36+12c， ①当c≤-3时，Δ=36+12c≤0，f'(x)≥0， ∴f(x)在R上单调递增， ∵f(1)=-2<0，f(3)=27-3×9-3c+c=-2c>0， ∴函数f(x)有且仅有一个零点； ②当-3<c<0时，设f'(x)=0的两个根分别为x1，x2，且x1≠x2， 则x1+x2=2>0，x1x2=->0， ∴f'(x)=0有两个正根，不妨设0<x1<x2，则3-6x1-c=0， ∴函数f(x)在(-∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增， ∵f(x1)=-3-(x1-1)(3-6x1) =-2x1(-3x1+3)<0，f(3)=-2c>0， ∴函数f(x)有且仅有一个零点； ③当c=0时，f(x)=x3-3x2， 令f(x)=x3-3x2=0，解得x=0或x=3， ∴f(x)有两个零点； ④当c>0时，设f'(x)=0的两个根分别为x3，x4，且x3≠x4， 则x3+x4=2，x3x4=-<0， ∴f'(x)=0有一个正根和一个负根，不妨设x3<0，x4>2， ∴函数f(x)在(-∞，x3)上单调递增，在(x3，x4)上单调递减，在(x4，+∞)上单调递增， ∵f(x3)>f(0)=c>0，f(x4)<f(1)=-2<0， ∴函数f(x)有且仅有三个零点. 综上，当c>0时，函数f(x)有三个零点； 当c=0时，函数f(x)有两个零点； 当c<0时，函数f(x)有一个零点. 3.(17分)(2024·安康模拟)已知函数f(x)=xsin x-. (1)证明：当x∈[0，π]时，ex-x-≥f(x)；(8分) (2)证明：f(x)在区间[0，π]上有两个零点.(9分) 证明　(1)设g(x)=ex-x--f(x)=ex-x-1-xsin x， 则g'(x)=ex-1-(sin x+xcos x). 设m(x)=g'(x)=ex-1-(sin x+xcos x)， 则m'(x)=ex+(xsin x-2cos x)=ex-cos x+xsin x， 因为x∈[0，π]，所以ex≥1，cos x≤1xsin x≥0， 所以ex-cos x≥0， 所以m'(x)≥0，所以m(x)在[0，π]上单调递增，所以m(x)≥m(0)=0，即g'(x)≥0， 所以g(x)在[0，π]上单调递增， 所以g(x)≥g(0)=0， 所以当x∈[0，π]时，ex-x-≥f(x). (2)f'(x)=(sin x+xcos x)， 当x∈时，f'(x)≥0， 所以f(x)在上单调递增， 因为f(0)=-<0，f=>0， 所以由零点存在定理知f(x)在上有且仅有一个零点. 当x∈时， 令h(x)=f'(x)=(sin x+xcos x)， 则h'(x)=(2cos x-xsin x)， 当x∈时，有h'(x)<0， 所以h(x)在上单调递减， 又因为h=>0， h(π)=-<0， 所以存在x0∈使得h(x0)=0， 所以当x∈时，h(x)>0，即f'(x)>0， 当x∈(x0，π]时，h(x)<0，即f'(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，在(x0，π]上单调递减， 又f=>0，f(π)=-<0， 所以f(x)在上有且仅有一个零点. 综上所述，f(x)在[0，π]上有两个零点. 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 专题强化练 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 内容索引 利用导数判断函数零点个数 考点一 　(2024·石家庄模拟)已知函数f(x)=x2-(a+1)x+aln x(a>0). (1)讨论函数f(x)的单调性； 例1 f'(x)=x-(a+1)+==x>0，a>0， 当0<a<1时，当x∈(0，a)∪(1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(0，a)，(1，+∞)上单调递增； 当x∈(a，1)时，f'(x)<0，f(x)在(a，1)上单调递减. 当a>1时，当x∈(0，1)∪(a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(0，1)，(a，+∞)上单调递增； 当x∈(1，a)时，f'(x)<0，f(x)在(1，a)上单调递减. 当a=1时，f'(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增. (2)当a=2时，若函数g(x)=f'(x)-x+ex-1，求函数g(x)的零点个数. 当a=2时，f(x)=x2-3x+2ln x，x>0， 所以f'(x)=x-3+x>0， 所以g(x)=ex-1-3+x>0， 所以g'(x)=ex-1- 显然g'(x)在区间(0，+∞)上单调递增， 因为g'(1)=-1<0，g'(2)=e->0， 所以存在唯一x0∈(1，2)，使得g'(x0)=0， 当x∈(0，x0)时，g'(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0， 所以g(x)在区间(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，其中x0∈(1，2)， 又g(1)=0，g(x0)<g(1)=0，g(2)=e-2>0， 所以g(x)在(0，x0)上有唯一零点x=1，在(x0，2)上有唯一零点， 因此g(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·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； 跟踪演练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)讨论f(x)的零点个数. 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=. 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. 由零点个数求参数范围 考点二 (2024·北京丰台模拟)已知函数f(x)=a2x+2a-2ln x(a≠0). (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 例2 当a=1时，f(x)=x+2-2ln x，x>0， 则f'(x)=1+- 所以f'(1)=0，f(1)=3， 故曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=3. (2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围. f'(x)=a2+-==(a≠0，x>0)， 当a>0时，则a+2>0， 令f'(x)>0，则x> 令f'(x)<0，则0<x< 故f(x)在上单调递减， 故当x=时，f(x)取极小值也是最小值， 则f(x)min=f=a2·+2a-2ln=3+4ln a， 又当x→+∞时，f(x)→+∞，且当x→0时，f(x)→+∞， 故要使函数f(x)有两个零点，只需要f(x)min=3+4ln a<0， 解得0<a<； 当a<0时，则a-1<0， 令f'(x)>0，则x> 令f'(x)<0，则0<x< 故f(x)在上单调递减， 故当x=时，f(x)取极小值也是最小值， 则f(x)min=f=a2·+2a-2ln =-2ln=-4ln 2+2ln a2， 又当x→+∞时，f(x)→+∞，且当x→0时，f(x)→+∞， 故要使函数f(x)有两个零点，只需要f(x)min=-4ln 2+2ln a2<0， 解得-2<a<0； 综上，0<a<或-2<a<0，故a的取值范围是(-2，0)∪(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 2 3 答案 (1)因为f'(x)=， 所以曲线y=f(x)在x=-1处的切线斜率为f'(-1)==1， 又f(-1)=ln(-1+2)=0，所以切线方程为y=x+1，即x-y+1=0. (2)h(x)=f(x)-a(x+2)=ln(x+2)-a(x+2)，x>-2， 由题知，ln(x+2)-a(x+2)=0有且只有两个不相等的实数根， 即=a有且只有两个不相等的实数根， 令m(x)=，x>-2，则m'(x)=， 当-2<x<e-2时，m'(x)>0， 1. 1 2 3 答案 m(x)在(-2，e-2)上单调递增； 当x>e-2时，m'(x)<0，m(x)在(e-2，+∞)上单调递减. 当x→-2时，m(x)→-∞， 当x→+∞时，m(x)→0， 又m(e-2)=，所以可得m(x)的大致图象如图所示， 由图可知，当0<a<时，函数m(x)的图象与直线y=a有两个交点，即函数h(x)有两个零点，所以a的取值范围为. 1. 1 2 3 答案 (1)函数f(x)的图象关于点(1，-2)对称，故y=f(x+1)+2为奇函数， 从而有f(x+1)+2+f(-x+1)+2=0，即f(x+1)+f(-x+1)=-4， f(x+1)=(x+1)3+a(x+1)2+b(x+1)+c =x3+(a+3)x2+(2a+b+3)x+a+b+c+1， f(1-x)=(1-x)3+a(1-x)2+b(1-x)+c =-x3+(a+3)x2-(2a+b+3)x+a+b+c+1， 则(2a+6)x2+2a+2b+2c+2=-4， ∴解得 ∴a-b-c=-3. 2. 1 2 3 答案 (2)由(1)可知， f(x)=x3-3x2-cx+c， f'(x)=3x2-6x-c，令f'(x)=0，则Δ=36+12c， ①当c≤-3时，Δ=36+12c≤0， f'(x)≥0， ∴f(x)在R上单调递增， ∵f(1)=-2<0，f(3)=27-3×9-3c+c=-2c>0， ∴函数f(x)有且仅有一个零点； ②当-3<c<0时，设f'(x)=0的两个根分别为x1，x2，且x1≠x2， 则x1+x2=2>0，x1x2=->0， ∴f'(x)=0有两个正根，不妨设0<x1<x2，则3-6x1-c=0， 2. 1 2 3 答案 ∴函数f(x)在(-∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减， 在(x2，+∞)上单调递增， ∵f(x1)=-3-(x1-1)(3-6x1)=-2x1(-3x1+3)<0， f(3)=-2c>0， ∴函数f(x)有且仅有一个零点； ③当c=0时，f(x)=x3-3x2， 令f(x)=x3-3x2=0， 解得x=0或x=3， ∴f(x)有两个零点； ④当c>0时，设f'(x)=0的两个根分别为x3，x4，且x3≠x4， 则x3+x4=2，x3x4=-<0， 2. 1 2 3 答案 ∴f'(x)=0有一个正根和一个负根，不妨设x3<0，x4>2， ∴函数f(x)在(-∞，x3)上单调递增，在(x3，x4)上单调递减， 在(x4，+∞)上单调递增， ∵f(x3)>f(0)=c>0， f(x4)<f(1)=-2<0， ∴函数f(x)有且仅有三个零点. 综上，当c>0时，函数f(x)有三个零点； 当c=0时，函数f(x)有两个零点； 当c<0时，函数f(x)有一个零点. 2. 1 2 3 答案 (1)设g(x)=ex-x--f(x)=ex-x-1-xsin x， 则g'(x)=ex-1-(sin x+xcos x). 设m(x)=g'(x)=ex-1-(sin x+xcos x)， 则m'(x)=ex+(xsin x-2cos x)=ex-cos x+xsin x， 因为x∈[0，π]， 所以ex≥1，cos x≤1，xsin x≥0， 所以ex-cos x≥0， 所以m'(x)≥0，所以m(x)在[0，π]上单调递增，所以m(x)≥m(0)=0，即g'(x)≥0， 所以g(x)在[0，π]上单调递增， 所以g(x)≥g(0)=0， 3. 1 2 3 答案 所以当x∈[0，π]时， ex-x-≥f(x). (2)f'(x)=(sin x+xcos x)， 当x∈时，f'(x)≥0， 所以f(x)在上单调递增， 因为f(0)=-<0， f=>0， 所以由零点存在定理知f(x)在上有且仅有一个零点. 3. 1 2 3 答案 当x∈时， 令h(x)=f'(x)=(sin x+xcos x)， 则h'(x)=(2cos x-xsin x)， 当x∈时，有h'(x)<0， 所以h(x)在上单调递减， 又因为h=>0， h(π)=-<0， 所以存在x0∈， 3. 1 2 3 答案 使得h(x0)=0， 所以当x∈时，h(x)>0， 即f'(x)>0， 当x∈(x0，π]时，h(x)<0， 即f'(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，在(x0，π]上单调递减， 又f=>0，f(π)=-<0， 所以f(x)在上有且仅有一个零点. 综上所述，f(x)在[0，π]上有两个零点. 3. 1 2 3 1.(2024·天津模拟)已知函数f(x)=ln(x+2). (1)求曲线y=f(x)在x=-1处的切线方程； 素养提升 答案 因为f'(x)= 所以曲线y=f(x)在x=-1处的切线斜率为f'(-1)==1， 又f(-1)=ln(-1+2)=0，所以切线方程为y=x+1，即x-y+1=0. 1 2 3 答案 (2)函数h(x)=f(x)-a(x+2)有且只有两个零点，求a的取值范围. 1 2 3 h(x)=f(x)-a(x+2)=ln(x+2)-a(x+2)，x>-2， 由题知，ln(x+2)-a(x+2)=0有且只有两个不相等的实数根， 即=a有且只有两个不相等的实数根， 令m(x)=x>-2， 则m'(x)= 当-2<x<e-2时，m'(x)>0，m(x)在(-2，e-2)上单调递增； 当x>e-2时，m'(x)<0，m(x)在(e-2，+∞)上单调递减. 答案 1 2 3 当x→-2时，m(x)→-∞，当x→+∞时，m(x)→0， 又m(e-2)=所以可得m(x)的大致图象如图所示， 由图可知，当0<a<时，函数m(x)的图象与直线y=a有两个交点，即函数h(x)有两个零点，所以a的取值范围为. 答案 1 2 3 2.(2024·湖南省九校联盟联考)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a，b，c∈R)，其图象的对称中心为(1，-2). (1)求a-b-c的值； 答案 1 2 3 答案 函数f(x)的图象关于点(1，-2)对称，故y=f(x+1)+2为奇函数， 从而有f(x+1)+2+f(-x+1)+2=0，即f(x+1)+f(-x+1)=-4， f(x+1)=(x+1)3+a(x+1)2+b(x+1)+c=x3+(a+3)x2+(2a+b+3)x+a+b+c+1， f(1-x)=(1-x)3+a(1-x)2+b(1-x)+c=-x3+(a+3)x2-(2a+b+3)x+a+b+c+1， 则(2a+6)x2+2a+2b+2c+2=-4， ∴解得 ∴a-b-c=-3. 1 2 3 答案 (2)判断函数f(x)的零点个数. 1 2 3 答案 由(1)可知，f(x)=x3-3x2-cx+c， f'(x)=3x2-6x-c，令f'(x)=0，则Δ=36+12c， ①当c≤-3时，Δ=36+12c≤0，f'(x)≥0， ∴f(x)在R上单调递增， ∵f(1)=-2<0，f(3)=27-3×9-3c+c=-2c>0， ∴函数f(x)有且仅有一个零点； ②当-3<c<0时，设f'(x)=0的两个根分别为x1，x2，且x1≠x2， 则x1+x2=2>0，x1x2=->0， 1 2 3 答案 ∴f'(x)=0有两个正根，不妨设0<x1<x2，则3-6x1-c=0， ∴函数f(x)在(-∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增， ∵f(x1)=-3-(x1-1)(3-6x1)=-2x1(-3x1+3)<0，f(3)=-2c>0， ∴函数f(x)有且仅有一个零点； ③当c=0时，f(x)=x3-3x2， 令f(x)=x3-3x2=0，解得x=0或x=3， ∴f(x)有两个零点； 1 2 3 答案 ④当c>0时，设f'(x)=0的两个根分别为x3，x4，且x3≠x4， 则x3+x4=2，x3x4=-<0， ∴f'(x)=0有一个正根和一个负根，不妨设x3<0，x4>2， ∴函数f(x)在(-∞，x3)上单调递增，在(x3，x4)上单调递减，在(x4，+∞)上单调递增， ∵f(x3)>f(0)=c>0，f(x4)<f(1)=-2<0， ∴函数f(x)有且仅有三个零点. 1 2 3 答案 综上，当c>0时，函数f(x)有三个零点； 当c=0时，函数f(x)有两个零点； 当c<0时，函数f(x)有一个零点. 1 2 3 3.(2024·安康模拟)已知函数f(x)=xsin x-. (1)证明：当x∈[0，π]时，ex-x-≥f(x)； 答案 思维创新 1 2 3 答案 设g(x)=ex-x--f(x)=ex-x-1-xsin x， 则g'(x)=ex-1-(sin x+xcos x). 设m(x)=g'(x)=ex-1-(sin x+xcos x)， 则m'(x)=ex+(xsin x-2cos x)=ex-cos x+xsin x， 因为x∈[0，π]，所以ex≥1，cos x≤1xsin x≥0， 所以ex-cos x≥0， 1 2 3 答案 所以m'(x)≥0，所以m(x)在[0，π]上单调递增，所以m(x)≥m(0)=0，即g'(x)≥0， 所以g(x)在[0，π]上单调递增， 所以g(x)≥g(0)=0， 所以当x∈[0，π]时，ex-x-≥f(x). 1 2 3 答案 (2)证明：f(x)在区间[0，π]上有两个零点. 1 2 3 答案 f'(x)=(sin x+xcos x)， 当x∈时，f'(x)≥0， 所以f(x)在上单调递增， 因为f(0)=-<0，f=>0， 所以由零点存在定理知f(x)在上有且仅有一个零点. 当x∈时， 1 2 3 答案 令h(x)=f'(x)=(sin x+xcos x)， 则h'(x)=(2cos x-xsin x)， 当x∈时，有h'(x)<0， 所以h(x)在上单调递减， 又因为h=>0， h(π)=-<0， 所以存在x0∈使得h(x0)=0， 1 2 3 答案 所以当x∈时，h(x)>0，即f'(x)>0， 当x∈(x0，π]时，h(x)<0，即f'(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，在(x0，π]上单调递减， 又f=>0，f(π)=-<0， 所以f(x)在上有且仅有一个零点. 综上所述，f(x)在[0，π]上有两个零点. 本课结束 THANKS $$