微练(27) 导数与函数的零点-（作业课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高中数学高考一轮总复习

该高中数学高考复习课件聚焦导数与函数零点核心考点，依据高考评价体系分析考点权重，归纳单调区间、极值求解及零点存在性证明等常考题型，构建系统复习框架，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于真题导向的应试技巧指导，如通过求导判断函数单调性、结合端点值与极值分析零点个数，培养学生数学思维与逻辑推理能力，助力掌握导数应用答题策略，为教师高效复习教学提供清晰路径。

微练(二十七) 导数与函数的零点 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 8 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1．设函数f(x)＝－kln x，k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值； 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝－kln x(k>0)，得f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．f′(x)与f(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如下表． x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ ↗ 所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值． (2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点． 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点；当k>e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f(1)＝>0，f()＝<0，所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点． 2．已知函数f(x)＝ex cos x. (1)求f(x)在区间内的极大值； 由题得f′(x)＝ex(cos x－sin x)＝excos，当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，则f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以f(x)在区间内的极大值为f＝e. (2)令函数h(x)＝－1，当a>时，试讨论h(x)在区间内零点的个数． h(x)＝－1＝axcos x－1，则h′(x)＝a(cos x－xsin x)，令φ(x)＝cos x－xsin x，则φ′(x)＝－2sin x－xcos x<0，所以φ(x)在区间上单调递减．又φ(0)＝1>0，φ＝－<0，故存在x0∈，使得φ(x0) ＝0，当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，即h′(x)>0，h(x)在区间(0，x0)上单调递增；当x∈时，φ(x)<0，即h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减．因为h(0)＝－1<0，h＝－1<0，又a>，所以h＝a－1>×－1＝0，所以h(x)在区间，内各有一个零点，即h(x)在区间内有且仅有两个零点． 3．设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)． (1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间； 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝－2x－1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，当0<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围． 令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.令g(x)＝x－，其中x∈，则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，易得x＝1，当≤x<1时，g′(x)<0；当1<x≤3时，g′(x)>0，所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]．所以g(x)min＝g(1)＝1，因为函数f(x)在 上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋>3－，所以实数a的取值范围是. 4．已知函数f(x)＝e2x＋(2a－1)ex－2x－，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； 由题意得f′(x)＝ae2x＋(2a－1)ex－2＝(aex－1)(ex＋2)，a∈R. ①当a≤0 时，f′(x)<0，所以f(x)在R上单调递减． ②当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln ＝－ln a，令f′(x)<0，则x<－ln a；令f′(x) >0，则x>－ln a，所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)若f(x)在R上有两个零点，求实数a的取值范围． 由(1)得当a≤0时，f(x)在R上单调递减，所以f(x)在R上至多有一个零点，所以a≤0不符合题意．当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(－ln a)＝－＋2ln a. ①当a≥1时，－≥0,2ln a≥0，所以f(－ln a)≥0，所以f(x)在R上至多有一个零点，所以a≥1不符合题意． ②当0<a<1时，f(－ln a)<0.因为f(－1)＝·＋＋2－>－>0，所以f(x)在(－1，－ln a)上有一个零点．不妨设g(x)＝ex－1－x－，x≥0，易知g′(x)＝ex－1－x，x≥0.不妨设k(x)＝ex－x－1，x≥0，则k′(x)＝ex－1，当x>0时，ex－1>0，即k′(x)>0，k(x)在[0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)＝0，则当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0，得ex－1－x－x2>0，得ex>1＋x＋.因为·e>>4＋>1，所以f＝ ·e＋(2a－1)e－－>·e－e－－＝e－ －>·e－1－－>3＋－－＝>0，所以f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点，所以0<a<1符合题意．综上，实数a的取值范围为(0,1)． $$