3.3导数的综合应用课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦导数综合应用专题，覆盖利用导数证明不等式（含构造函数、恒成立问题、适当放缩）和研究函数零点（含个数判断、参数范围、隐零点问题）等核心考点，对接高考评价体系，通过课标Ⅰ理21题等真题分析考点权重，归纳典例与变式训练，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+方法总结+素养培养”，如以2025北京20题为例，详解切线不等式证明中数学思维的运用，总结参变分离、隐零点处理等技巧，帮助学生掌握得分策略，为教师提供系统复习框架，助力高效备考。

3.3 导数的综合应用 返回目录 考点清单 考点1　利用导数证明不等式 角度1　构造函数证明不等式 典例1    (参变分离构造法)(课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=ex+ax2-x. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x≥0时, f(x)≥ x3+1,求a的取值范围. 返回目录 解析    (1)当a=1时, f(x)=ex+x2-x, f'(x)=ex+2x-1,设g(x)=f'(x),则g'(x)=ex+2,因为g'(x)>0,所以g (x)在R上单调递增,即f'(x)在R上单调递增,因为f'(0)=0,故当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0;当x∈(0, +∞)时, f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)解法一　①当x=0时,不等式恒成立,可得a∈R. ②当x>0时,可得a≥ ,【分离参数,构造新函数】 设h(x)= ,x>0, 返回目录 则h'(x)=  = , 可设m(x)=ex- x2-x-1, 则m'(x)=ex-x-1, 设k(x)=ex-x-1,则k'(x)=ex-1, 由x>0,可得k'(x)>0恒成立, 可得k(x)在(0,+∞)上单调递增, 返回目录 即m'(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以m'(x)>m'(0)=0, 所以m(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以m(x)>m(0)=0, 令h'(x)=0,可得x=2,当0<x<2时,h'(x)>0,h(x)在(0,2)上单调递增;当x>2时,h'(x)<0,h(x)在(2, +∞)上单调递减,所以h(x)max=h(2)= ,所以a≥ . 综上,a的取值范围是 . 解法二　指数找朋友法 返回目录 f(x)≥ x3+1等价于  x3-ax2+x+1 e-x≤1. 【将不等式化成指数与多项式乘积的形式,可以在求导后省去研究指数函数,有利于进 行分类讨论】 设g(x)= e-x(x≥0), 则g'(x)=-  x3-ax2+x+1- x2+2ax-1 e-x=- x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x =- x(x-2a-1)(x-2)e-x. (i)若2a+1≤0,即a≤- ,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故 当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意. 返回目录 (ii)若0<2a+1<2,即- <a< ,则当x∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x)<0;当x∈(2a+1,2)时,g'(x)> 0.所以g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)≤ 1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a≥ . 所以当 ≤a< 时,g(x)≤1. (iii)若2a+1≥2,即a≥ ,则g(x)≤ e-x. 由于0∈ ,故由(ii)可得 e-x≤1. 故当a≥ 时,g(x)≤1. 综上,a的取值范围是 . 返回目录 知识拓展　指数找朋友法:在证明或处理含指数函数的不等式时,通常要将指数型的函 数“结合”起来,即让指数型的部分乘或除以一个多项式,这样对变形的函数求导后,无 需考虑指数型部分的值,使得后续解方程或求值的范围更加简单.这种变形过程,我们称 为“指数找朋友”. 返回目录 方法总结　构造函数证明不等式的常见思路 1.直接构造法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构 造辅助函数h(x)=f(x)-g(x). 2.参变分离构造法:含参不等式证明或求含参不等式中参数范围时,可将参数与变量分 离到不等号两边,将不含参的多项式构造为新函数,转化为不含参函数的最值问题. 3.构造双函数:若直接构造函数求导难以判断符号,则可构造函数f(x)和g(x),利用其最值 求解.f(x)min>g(x)max恒成立,从而f(x)>g(x),但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个 “x的值”,此法也称为“凸凹反转法”. 返回目录 变式训练 1.(直接构造法)证明不等式:(1)x-1≥ln x,x∈(0,+∞);(2)ex≥1+x. 证明    (1)设f(x)=ln x-x+1,x∈(0,+∞),则f'(x)= -1= . 令f'(x)=0,得x=1. 当0<x<1时, f'(x)>0, f(x)在(0,1)上单调递增; 当x>1时, f'(x)<0, f(x)在(1,+∞)上单调递减. 所以当x=1时, f(x)在区间(0,+∞)上取最大值. 所以f(x)≤f(1)=ln 1-1+1=0, 所以x-1≥ln x,x∈(0,+∞). (2)设g(x)=ex-1-x,则g'(x)=ex-1. 返回目录 令g'(x)=0,得x=0. 当x>0时,g'(x)>0,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当x<0时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,0)上单调递减. 所以当x=0时,g(x)取最小值. 所以g(x)≥g(0)=0,所以ex≥1+x. 返回目录 2.(凸凹反转法)设函数f(x)=aexln x+ ,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y= e(x-1)+2. (1)求a,b; (2)证明:f(x)>1. 返回目录 解析    (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=aexln x+ - ex-1+ ex-1. 由题意可得f(1)=2, f'(1)=e. 故a=1,b=2. (2)证明:由(1)知, f(x)=exln x+ ex-1, 从而f(x)>1等价于xln x>xe-x- .【不等式两边同乘 】 设g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x. 当x∈ 时,g'(x)<0;当x∈ 时,g'(x)>0. 返回目录 故g(x)在 上单调递减,在 上单调递增, 从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g =- . 设h(x)=xe-x- ,则h'(x)=e-x(1-x). 当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0. 故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)= - . 综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1. 返回目录 角度2　利用导数解决不等式恒(能)成立问题 典例2    (2025北京,20节选)已知函数f(x)的定义域是(-1,+∞), f(0)=0,导函数f '(x)=  ,设l1是曲线y=f(x)在点A(a, f(a))(a≠0)处的切线. (1)求f '(x)的最大值; (2)当-1<a<0时,证明:除切点A外,曲线y=f(x)在直线l1的上方. 返回目录 解析    (1)设g(x)=f '(x),则g'(x)= = . 由g'(x)=0,可得x=e-1,当x∈(-1,e-1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x∈(e-1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,∴f '(x)的最大值为f '(e-1)= . (2)证明:切线l1的方程为y-f(a)=f '(a)(x-a),即y=f '(a)(x-a)+f(a), 即证f(x)-[f '(a)(x-a)+f(a)]>0对任意的x∈(-1,a)∪(a,+∞)恒成立. 令h(x)=f(x)-xf '(a)+af '(a)-f(a), 则h'(x)= f '(x)-f '(a), 返回目录 由(1)知,h'(x)在(-1,e-1)上单调递增,在(e-1,+∞)上单调递减, ∴当x∈(-1,a)时,h'(x)<h'(a)=0,h(x)单调递减,h(x)>h(a)=0; 当x∈(a,+∞)时, ①x∈(a,e-1]时,h'(x)>h'(a)=0, h(x)单调递增,∴h(x)>h(a)=0; ②x∈(e-1,+∞)时, f '(x)>0, f '(a)<0,h'(x)>0,h(x)在(e-1,+∞)上单调递增,显然有h(x)>0. 综上,原命题得证. 返回目录 方法总结　利用导数解决不等式恒(能)成立问题 1.转化策略一般有:(1)参数讨论法;(2)分离参数法;(3)先特殊、后一般法;(4)同构法等. 2.常用的转化方法 (1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max; (2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min; (3)a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min; (4)a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 返回目录 (1)∀x1∈M,∃x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min; (2)∀x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max; (3)∃x1∈M,∃x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min; (4)∃x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 3.双变量恒(能)成立问题的转化方法 返回目录 变式训练 3.(分离参数法)已知函数g(x)=3aln x-2x+1,若存在x∈(1,4),使得g(x)≥1成立,则实数a 的取值范围是 ( ) A. 　　    B.  C.(-∞,2e]　　     D.[2e,+∞)     B     返回目录 解析　由题意得g(x)=3aln x-2x+1≥1在区间(1,4)上有解,可转化为3a≥ ,令φ(x)= , 【参变分离,构造函数,求最小值】 则φ'(x)= ,当x∈(1,e)时,φ'(x)<0,φ(x)在区间(1,e)上单调递减, 当x∈(e,4)时,φ'(x)>0,φ(x)在区间(e,4)上单调递增, 因此要使得3a≥ 在区间(1,4)上有解,只需满足3a≥φ(x)min=φ(e)=2e,即a≥ .故选B. 返回目录 4.(双变量恒(能)成立问题)已知函数f(x)=xln x,g(x)=x2-2x+a,若对任意的x1∈ ,总 存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,则实数a的取值范围是 ( ) A. 　　    B.  C. 　　    D.      D     返回目录 解析　因为f '(x)=ln x+1,x∈ ,所以f '(x)≥0,故f(x)在 上单调递增,所以f(x)∈  . 因为g(x)=x2-2x+a=(x-1)2+a-1,所以g(x)在[1,2]上单调递增,所以g(x)∈[a-1,a]. 因为对任意的x1∈ ,总存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)成立,所以有f(x)min≥g(x)min, 所以- ≥a-1,解得a≤1- ,故实数a的取值范围是 .故选D. 返回目录 角度3　适当放缩证明不等式 典例3　(利用ln x≤x-1放缩)(2025届湖南娄底模拟,18)已知函数f(x)=ln x- x2+(1-a)x- sin x+ln a+1,g(x)=xex, f '(x)为f(x)的导函数. (1)若函数f '(x)的图象与g(x)的图象的交点的横坐标x0∈ ,求实数a的取值范围; (2)当a=1时,证明:f(x)<0. 返回目录 解析    (1)因为f(x)=ln x- x2+(1-a)x-sin x+ln a+1,x>0, 所以f '(x)= -x+1-a-cos x. 构造函数h(x)=f'(x)-g(x)= -x+1-a-cos x-xex,x∈(0,+∞), 则h'(x)=- -1+sin x-(x+1)ex≤- -(x+1)ex<0, 所以h(x)在(0,+∞)上单调递减. 由题意知方程h(x)=0在 上有解,所以h >0,且h(1)<0, 返回目录 即  解得1-cos 1-e<a< -cos - , 即实数a的取值范围是 . (2)证明:当a=1时, f(x)=ln x- x2-sin x+1,x>0. 构造函数F(x)=ln x-x+1,x>0, 则F'(x)= -1= , 当0<x<1时,F'(x)>0;当x>1时,F'(x)<0, 返回目录 所以F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以F(x)≤F(1)=0,所以ln x-x+1≤0, 所以ln x≤x-1, 所以f(x)=ln x- x2-sin x+1≤x-1- x2-sin x+1=x- x2-sin x. 令G(x)=x- x2-sin x,则问题转化为证明当x>0时,G(x)<0. G'(x)=1-x-cos x,令φ(x)=G'(x),则φ'(x)=-1+sin x≤0,等号不恒成立, 所以φ(x)在(0,+∞)上单调递减. 又因为φ(0)=0,所以当x>0时,φ(x)<0,即G'(x)<0, 所以G(x)在(0,+∞)上单调递减. 又因为G(0)=0,所以当x>0时,G(x)<0,所以f(x)≤x- x2-sin x<0,即f(x)<0得证. 返回目录 归纳总结　常见的放缩公式 (1)ex≥x+1,ex-1≥x,ex≥ex,e-x≥1-x. (2)ln x≤x-1(x>0),ln(x+1)≤x(x>-1), ln ≤ -1(x>0),ln x≥1- (x>0). (3)ex≥1+x+ x2(x≥0),ex≤1+x+ x2(x≤0), ln x≤ x(x>0). 返回目录 变式训练 5.(利用ex≥x+1放缩)已知函数f(x)= . (1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a≥1时, f(x)+e≥0. 返回目录 解析    (1)由f(x)= ,得 f'(x)=  = , ∴f'(0)= =2,即曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线斜率为2, ∴切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0. (2)证明:由题意,原不等式等价于证明ex+1+ax2+x-1≥0, 因为ex≥x+1,所以ex+1≥x+2, 返回目录 所以ex+1+ax2+x-1≥ax2+2x+1, 即证ax2+2x+1≥0, 因为a≥1,所以ax2+2x+1≥x2+2x+1=(x+1)2≥0. 故当a≥1时, f(x)+e≥0. 返回目录 考点2　利用导数研究函数零点 角度1　函数零点个数的判断或证明 典例4　设函数f(x)=ln x+ ,m∈R. (1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值; (2)讨论函数g(x)=f'(x)- 的零点个数. 返回目录 解析    (1)由题意知,当m=e时, f(x)=ln x+ (x>0),则f '(x)= , 由f '(x)=0,得x=e, 所以当x∈(0,e)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(e,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增, 所以当x=e时, f(x)取得极小值,为f(e)=ln e+ =2, 所以f(x)的极小值为2. (2)由题意知g(x)=f '(x)- = - - (x>0), 令g(x)=0,得m=- x3+x(x>0). 返回目录 设φ(x)=- x3+x(x>0), 则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1). 当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点, 因此当x=1时,φ(x)取得最大值,为φ(1)= . 易知φ(0)=0. 结合y=φ(x)的大致图象(如图所示),可知当m> 时,函数g(x)无零点; 返回目录 当m= 时,函数g(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点;当0<m< 时,函数g(x)有两个零点;当 m≤0时,函数g(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点. 综上所述,当m> 时,函数g(x)无零点; 当m= 或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点; 当0<m< 时,函数g(x)有两个零点.   返回目录 方法总结　函数零点问题的解题思路 1.利用导数研究函数的单调性,借助函数零点存在定理进行判断. 2.将零点问题转化为函数图象的公共点问题,结合函数的极值利用数形结合来解决. 3.构造函数,将问题转化为相关函数问题进行求解. 返回目录 变式训练 6.(关键元素变式)已知函数f(x)=(x-1)ex-x2. (1)求f(x)的单调区间; (2)求f(x)的零点个数. 返回目录 解析    (1)由题可得f'(x)=xex-2x=x(ex-2), 令f'(x)<0,解得0<x<ln 2, 令f'(x)>0,解得x<0或x>ln 2, 所以f(x)的单调递减区间为(0,ln 2),单调递增区间为(-∞,0),(ln 2,+∞). (2)由(1)知f(x)的单调递减区间为(0,ln 2),单调递增区间为(-∞,0),(ln 2,+∞), 因为f(0)=-1<0,所以f(x)在(-∞,0)上无零点; 因为f(ln 2)=2(ln 2-1)-(ln 2)2<0,所以f(x)在(0,ln 2)上无零点; 因为f(2)=e2-4>0,所以f(x)在(ln 2,2)上存在唯一零点. 综上,函数f(x)在R上的零点个数为1. 返回目录 角度2　根据函数的零点个数求参数范围 典例5    (2022全国乙文,20,12分)已知函数f(x)=ax- -(a+1)ln x. (1)当a=0时,求f(x)的最大值; (2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围. 返回目录 解析    (1)当a=0时, f(x)=- -ln x(x>0), ∴f'(x)= - = (x>0), 令 f'(x)=0,得x=1, 当x∈(0,1)时, f '(x)>0,当x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, ∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f(x)max=f(1)=-1. (2)f'(x)=a+ - = . (i)当a≤0时,ax-1<0恒成立, ∴0<x<1时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 返回目录 x>1时, f'(x)<0, f(x)单调递减, ∴f(x)max=f(1)=a-1<0. 此时f(x)无零点,不合题意. (ii)当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1或x= , ①当0<a<1时,1< , ∴1<x< 时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 0<x<1或x> 时, f'(x)>0, f(x)单调递增, ∴f(x)在(0,1), 上单调递增,在 上单调递减, f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,x→+∞ 返回目录 时, f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点. ②当a=1时,1= , f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(1)=0,符合题意. ③当a>1时, <1, f(x)在 ,(1,+∞)上单调递增,在 上单调递减, f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时, f(x)→-∞,∴f(x)恰有1个零点. 综上所述,a>0. 返回目录 变式训练 7.(关键条件变式)已知函数f(x)=e2x-5ex+λx. (1)若λ=2,求f(x)的极值; (2)若f(x)在区间(-∞,0)上存在零点,求实数λ的取值范围. 返回目录 解析    (1)由题意得, f'(x)=2e2x-5ex+2=(2ex-1)(ex-2), 令f'(x)=0,则x=-ln 2或x=ln 2, 故当x∈(-∞,-ln 2)时, f'(x)>0, f(x)单调递增; 当x∈(-ln 2,ln 2)时, f'(x)<0, f(x)单调递减; 当x∈(ln 2,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增; 故当x=-ln 2时, f(x)有极大值f(-ln 2)=- -2ln 2, 当x=ln 2时, f(x)有极小值f(ln 2)=2ln 2-6. (2)令f(x)=0,则e2x-5ex=-λx, 返回目录 则 =-λ. 令g(x)= ,x∈(-∞,0), 故g'(x)=  = . 令h(x)=2xex-ex-5x+5,x∈(-∞,0), 则h'(x)=(2x+1)ex-5<0, 所以h(x)在(-∞,0)上单调递减,故h(x)>h(0)=4>0,故g'(x)>0,则g(x)在(-∞,0)上单调递增; 且当x→0时,g(x)→+∞,当x→-∞时,g(x)→0,故-λ>0,则λ<0, 即实数λ的取值范围为(-∞,0). 返回目录 角度3　隐零点问题 典例6    (2026届重庆巴蜀中学月考,17)已知函数f(x)=cos x+e1-x,x∈(0,2π). (1)请回答f(x)在(0,2π)上的零点个数,并说明理由; (2)求证:f(x)的所有零点之和大于2π. 返回目录 解析    (1)f(x)在(0,2π)上有2个零点,理由如下: 当x∈ ∪ 时,cos x≥0, 又e1-x>0,所以f(x)>0, 即f(x)在x∈ ∪ 上无零点; 当x∈ 时, f'(x)=-e1-x-sin x,易知f'(x)在 上单调递增, 又f'(π)=-e1-π<0, f' =- +1>0,所以存在唯一x0∈ ,使得f '(x0)=0, 当x∈ 时, f'(x)<0, f(x)在 上单调递减; 返回目录 当x∈ 时, f'(x)>0, f(x)在 上单调递增. 又f = >0, f(π)=e1-π-1<0, f = >0, 所以存在唯一x1∈ ,使得f(x1)=0;存在唯一x2∈ ,使得f(x2)=0, 故函数f(x)在(0,2π)上共有2个零点x1,x2. (2)证明:由(1)知 <x1<π<x2< , ∴ > , 由f(x1)=0⇒ =-cos x1, f(x2)=0⇒ =-cos x2, ∴cos x1<cos x2=cos(2π-x2), 而x1,2π-x2∈ ,y=cos x在 上单调递减, 所以x1>2π-x2⇒x1+x2>2π,故结论得证. 返回目录 解题技巧　导数的零点很多时候无法直接求解或者猜测出来,我们称之为“隐零点” (即能确定零点存在,但无法用显性数字表达),这类问题对学生的综合能力要求比较高, 往往为考查的难点. 解决“隐零点”问题的基本思路如下: (1)形式上虚设,变量为x时,设零点为x0; (2)运算上代换,对于含有隐零点x0的恒等式,根据需要通过移项将含有x0的一项或几项 移在等号一边代换到其他式子中; (3)数值上估算,估算零点所在的区间; 返回目录 (4)策略上等价转化,运用充要条件等价转化或恒等变形; (5)方法上分离参数,零点x0用数学式子表示出来; (6)技巧上反客为主,零点x0作为主变量,其他变量作为参变量. 返回目录 变式训练 8.(关键条件变式)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f '(x)为f(x)的导数.证明: (1)f'(x)在区间 存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点. 返回目录 证明    (1)设g(x)=f '(x), 则g(x)=cos x- , g'(x)=-sin x+ . 【研究g(x)=f '(x)的极值点,即g'(x)的变号零点】 当x∈ 时,g'(x)单调递减, 而g'(0)>0,g' <0,可得g'(x)在 有唯一零点,设为α.【函数零点存在定理】 则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0; 返回目录 当x∈ 时,g'(x)<0. 所以g(x)在(-1,α)单调递增,在 单调递减, 故g(x)在 存在唯一极大值点, 即f '(x)在 存在唯一极大值点. (2)f(x)的定义域为(-1,+∞). 【根据(1)知f(x)在不同区间上的单调性不一样,所以需要分区间研究函数f(x)的零点个 数】 (i)当x∈(-1,0]时,由(1)知, f '(x)在(-1,0)单调递增,而f '(0)=0,所以当x∈(-1,0)时, f '(x)<0,故 返回目录 f(x)在(-1,0)单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.(研究f '(x)的正负情况 及f(x)的单调性,观察到f(0)=0) (ii)当x∈ 时,由(1)知, f '(x)在(0,α)单调递增,在 单调递减,而f '(0)=0, f ' <0, 所以存在β∈ ,使得f '(β)=0,且当x∈(0,β)时,f '(x)>0;当x∈ 时, f '(x)<0.【函数 零点存在定理说明f '(x)存在零点,并说明f '(x)在零点两侧的正负情况】 故f(x)在(0,β)单调递增,在 单调递减. 又f(0)=0, f =1-ln >0,所以当x∈ 时,f(x)>0.从而, f(x)在 没有零点. 【f(x)先增后减,且函数值都为正,故这个区间中没有零点】 返回目录 (iii)当x∈ 时, f '(x)<0,所以f(x)在 单调递减.而f >0, f(π)<0,所以f(x)在  有唯一零点.【利用函数的单调性及函数零点存在定理说明f(x)在这个区间上有 唯一零点】 (iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.【函数值恒负,没 有零点】 综上, f(x)有且仅有2个零点. 返回目录 $