第4章 第4节 第2课时-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备（教师课件）

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 考点知识突破 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 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 判断函数零点个数 (2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cos x＋2ax.当x∈(－1,1)时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)恰有一个交点．则a＝(　　) A．－1　　　　　　　 B.eq \f(1,2) C．1 D．2 【解析】　由题意知f(x)＝g(x)，则a(x＋1)2－1＝cos x＋2ax，即cos x＝a(x2＋1)－1.令h(x)＝cos x－a(x2＋1)＋1.易知h(x)为偶函数，由题意知h(x)在(－1,1)上有唯一零点，所以h(0)＝0，即cos 0－a(0＋1)＋1＝0，得a＝2，故选D. 【答案】　D 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． 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\{\rc\ (\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(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1,2)上是减函数， 所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝eq \f(7,6)＋c， 极小值为f(2)＝c－eq \f(10,3). 而函数f(x)恰有三个零点，故必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(7,6)＋c＞0，,c－\f(10,3)<0，)) 解得－eq \f(7,6)<c<eq \f(10,3). 所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，\f(10,3))). 和函数零点有关的参数范围问题 (1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理． (2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析． (3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数． [针对训练] 2．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)． (1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值； (2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围． 解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R， 又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1， 所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1. 易知f(x)在[－2,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)在[－2,1]上取得最小值2. (2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0， ①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数， 当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0； 当x<0时，取x＝－eq \f(1,a)， 则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))<1＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)－1))＝－a<0. 所以函数f(x)存在零点，不满足题意． ②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)． 在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减， 在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值． 函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0， 解得－e2<a<0. 综上所述，实数a的取值范围是(－e2,0)． $