第3章 第3讲 第3课时 导数与函数的零点-【衡中学案】2027年高考数学一轮总复习学案

例已知函数)：(x+)n(x+1.若对任意>0都 有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围。 六'()=1-1=x x+1x+>0, [解析]解法一：令p(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x .k(x)在(0，+∞)上单调递增. +1)-ax(x>0), .k(x)>k(0)=0, 则p'(x)=ln(x+1)+1-a. ∴.x-ln(x+1)>0恒成立， x>0,ln(x+1)>0. .g'(x)>0,故g(x)在(0，+∞)上单调递增. ①当1-a≥0，即a≤1时，p'(x)>0, 由洛必达法则 ∴.p(x)在(0，+0)上单调递增， 又p(0)=0,.p(x)>0恒成立，故a≤1满足 limg()=lim (x+1)ln(x+1)=lim[n(x+1)+1] 一0 题意. 1, ②当1-a<0,即a>1时， .a≤1，故实数a的取值范围是(-o,1]. 令p'(x)=0,得x=e-l-1, 【变式训练】 x∈(0，e--1)时，p'(x)<0; 已知函数f(x)=x(e-1)-ax2(a∈R). x∈(e-1-1,+∞)时，p'(x)>0, (1)若f(x)在x=-1处有极值，求a的值； .p(x)在(0，e-l-1)上单调递减， (2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围. 在(e-1-1,+o)上单调递增， ∴.p(x)mn=p(e-l-1)<p(0)=0与p(x)>0恒成 立矛盾，故a>1不满足题意. 综上有a≤1，故实数a的取值范围是(-∞，1]. 解法二：当x∈(0，+∞)时， (x+1)n(x+1)>x恒成立， 即ax+1)ln(x+lD恒成立. 令g(x)=（x+I)ln(x+1) (x>0). 074 g'(x)=-(x+1) x2 令k(x)=x-ln(x+1)(x>0), 温馨提示：复习至此，请完成练案[19] 第三课时导数与函数的零点 考点突破·互动探究 点 名师点拨：利用导数研究方程根（函数零点）的 判断、证明或讨论零点的个数 技巧 例(2025· 河北省级联测)已知函数f(x)=-ae snx1在区问(0，受）内有唯一极值点x,其中 1.研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的 单调性、最大值、最小值、变化趋势等。 aeR,e为自然对数的底数. (1)求实数a的取值范围 2.根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明 (2)证明x)在区间(0，）内有唯一零点 函数极（最）值的位置 3.利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题 的求解有一个清晰、直观的整体展现 【变式训练】 (2026·赣州适应性考试)已知函数f(x)=e-m- xnx,f(x)的导函数为f'(x). (1)当m=1时，证明：函数f(x)在(0，+∞)上单调递 增； (2)若g(x)=f'(x)-m+1,讨论函数g(x)零点的 名师点拨：利用函数零点求参数范围的方法 个数 1,利用零点的个数结合函数f(x)的单调性构建不 等式求解。 2.转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题， 从而构建不等式求解。 3.分离参数(k=g(x)后，将原问题转化为y= g(x)的值域（最值）问题或转化为直线y=k与y=g(x) 的图象的交点个数问题（优选分离、次选分类）求解. 【变式训练】 (2025·浙江温州第二次适应性考试)已知函数 )h(i)() (1)讨论f(x)的单调性： (2)若f(x)在区间(-1,0)上恰有一个零点，求a的 取值范围。 老点己 根据零点个数求参数范围 075 例(2026·北京模拟)已知函数fx)=(x-1)e-. (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)的零点个数： (3)g()=)-m在区间[-1,2]上有两个零 点，求m的范围。 曹点3 【变式训练】 与零点有关的综合问题 设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点 例已知函数fx)=(x-1)h-x-1 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (行（分）处的切线与y轴垂直 (2)f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为 (1)求b; 倒数 (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明： f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 076 名师讲坛·素养提升 极值点偏移问题处理方法 图说极值点偏移 方法（一）对称变换 1.已知函数f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值 对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相 点若几)-=e的两根的中点刚好清足 关的不等式的证明问题，其解题要点如下： 二=x0,即 (1)定极值点，即利用导函数符号的变化判断函 极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此数单调性，进而确定函数的极值点x 时函数f(x)在x=x。两侧，函数值变化快慢相同，如 (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数h(x) 图1. =f(x)-f(2x-x),若证x1x2>x,则令g(x)=f(x)- f(x) (3)判断单调性，即利用导数讨论h(x)的单调性. (无偏移，左右对称，二次函数) 若f)=fx),则x,+x=2x (4)比较大小，即判断函数h(x)在某段区间上的 图1 正负，并得出f(x)与f(2xx)的大小关系 2若 (5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与 ≠xo,则极值点偏移，此时函数f(x)在 f(2x。-x)的大小关系转化为x与2x。-x之间的关系，进 x=x两侧，函数值变化快慢不同，如图2、图3. 而得到所证或所求。 f) [提醒] f(x 若要证明∫ 2 的符号问题，还需进 步讨论2与。的大小，得出 2所在的单调区 (左陡右缓，极值点向左偏移)（左缓右陡，极值点向右偏移 若fx)=fx),则x,+x>2x0 若f)=fx),则x+x2<2x 间，从而得出该处导数值的正负， 图2 图3 例(2026·周市高级中学高三考试)已知函数f(x) [探究]本题证明的不等式中含有两个变量，对 e2te(0,m). sinx 于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式 的两侧，然后根据函数的单调性，通过两个变量之间的 (1)求函数f(x)的单调区间； 关系“减元”，建立新函数，最终将问题转化为函数的 (2)若x1≠，且fx)=fx),证明：x+2>2 最值问题来求解.考查了逻辑推理、数学建模及数学运 算等核心素养.在求解此类问题时，需要注意变量取值 [解析](1)f'(x)=cos-sinx 0<x<T, 范围的限定 e 方法（二）消参减元 由f'(x)=0得x= 消参减元的主要目的就是减元，进而建立与所求 4 解问题相关的函数.主要是利用函数极值点乘积所满 当0e<好时)>0：当Km时f")<0. 足的条件进行消参减元.其解题要点如下： ∴x)的单调递增区间是(0，) ,单调递减区间 求函数的导函数，令∫'(x)=0,建立极值点所满足 建方程的方程，抓住导函数中的关键式子，即导函数解析 是（牙 式中变号的部分（一般为一个二次整式） （2)证明：x1≠x2,且f八x)=f(x2), 根据极值点所满足的方程，利用方程解的理论，建 由（1)知，不纺设0x<牙<，<m 定关系立极值点与方程系数之间的关系，确定两个极值 点之积 要证x+:>受，只隋证>受， 消参 根据两个极值点之积的关系，化简或转化所求解 受)上单莲。 减元 问题，进行消参减元 故只带证)5) 07 构造 根据消参减元后的式子结构特征，构建相应的 又fx1)=fx2), 函数 函数 只需证x)7 求解 利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值 问题 等，从而解决相关问题 - e 例(2026，安徽六安一中模拟)已知函数x)=n -ax2+x(a∈R). (1)证明：曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线1 恒过定点； ()=cos x-sin sin x-cosx (2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x2>2x1,证明： 8 xx27E [证明](1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，由 cos x-sin f(x)=xln x-ax2+x,f'(x)=In x-2ax+2,f(1)= -x 2(1-a),又f1)=1-a,则曲线y=f(x)在点(1，f1) -e =cos x-sin x) 处的切线1的方程为y-(1-a)=2(1-a)(x-1),即y= 21-)显然恒过定点分可 当0<牙时，eus-sin0,7>x,故g(x)>0, (2)若f八x)有两个零点x1,x2,则xlnx1-ax+x1= In x 1 In x2.1 ”g(x)在0，日)上单调递增， 0,x2hx2-ax+x2=0,得a= X1 x1 x2 x2 故0）上)母)-)=0， 因为x2>2x1>0,令x2=x1(t>2),则 ln(x1）.1 x)成立，故+>7成立 x11 得h1,则h=hahh ①+②可得lnx,+lnx2=m(x1+x2), t-1 In x +In x2 -1, 即m= x1+x2 所以ln(x1x2)=nx1+lnx2= ②-①可得lnx2-nx1=m(x2-x1), t-1 In x2-In x (+1)ln-2. 即m= x2-X1 t-1 In x2-In x In x1+ln x2 令)=+9lnt-2>2, 从而可得 x2-X1 x1+x2 t-1 1 1+n 1+ -2In t+t- 则h'(t)=- 于是nx,+lnx2= (t-1)2, 21 X1 1 令p(t)=-2 In t+t-三(t>2), 由0<1<2，设t=,则>1 2,1(t-1)2 X1 则φ'(t)=- +1+ 0, 2 因此h无+lnx,=1w)n1 t-1,l>1. 则p(t)在(2，+∞)上单调递增，所以p(t)>p(2) =3-2h2>0. 要证nx,n,>2,即证+l)血>2(>1），即证 t-1 2 所以)=20，则0在2，+)上单 2(t-1) 当t>1时，有nt> t+1 2(t-1) 递增， 令h(t)=lnt +1(1), 所以h(o)h(2)=3h2-2=n 8 则'(0=12(+1)-2(-1--1) 078 t (+1)20+1)>0, 8 8 即h(x)>。之，故>e 所以h(t)为(1，+∞)上的增函数. [探究]本题第(2)问要证明的方程f(x)=0的 21-1)=0. 因此h()>h(1)=l血1-1+1 根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等 于是当t>1时，有nt> 2(t-1) 式的等价变形，再利用函数的单调性转化为对应函数 t+1 值之间的大小关系.显然构造函数的关键仍然是消掉 所以lhx1+lnx2>2成立，即x1x2>e2. 参数. [探究]求解本题的关键点有两个：一是消参， 方法（三）比（差）值换元 把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量 比（差）值换元的目的也是消参、减元，就是根据 把参数表示出来，这是解决问题的基础，若只用一个极 已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个 值点表示参数，如得到m= 极值点之比（差）作为变量，从而实现消参、减元的目 =n之后，代入第二个方 的，设法用比值或差值（一般用：表示）表示两个极值程，则无法建立两个极值，点的关系，本题中利用两个方 点，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解. 程相加（减）之后再消参，巧妙地把两个极值点与参数 例已知=h子r-eR若)有两个 之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个 数，只有把方程转化为一个变量的式子后，才能建立与 极值点x1,x2,且x1<x2,求证：x1x2>e2(e为自然对数的 之相应的函数，转化为函数问题求解.本题利用参数m 底数). 的值相等建立方程，进而利用对数运算的性质，将方程 [证明]欲证x1x2>e2,只需证lnx1+nx2>2. 由函数f八x)有两个极值点x1,x2,可得函数∫'(x) 转化为关于的方程，通过建立函数模型求解该问题， 有两个零点，又f'(x)=lnx-mx,所以x1,x2是方程 这体现了对数学建模等核心素养的考查。 ∫'(x)=0的两个不同实根。 nx1-mx1=0,① 温馨提示：复习至此，请完成练案[20] 于是有 nx2-mx2=0,②'.f代x）mx≤g(x)min; f(x)=2e(1-h x2 .当xe[1,e]时，f'(x)≥0恒成立， fx)在[l,e]上单调递增，∴fx)m=f代e)=1; g'(x)=3x2+2ax=x(3x+2a),令g'(x)=0, 2a 解得x=0或x=-3 ①当-2 3 ≤1，即a≥ 2时， g'(x)≥0在[1，e]上恒成立 ∴.g(x)在[1，e]上单调递增， ∴.g(x）mn=g(1)=2+a, 由f代x)mm≤g(x)min得1≤2+a,解得a≥-l; 2a 3e ②当1<3<e,即2<a<2时， 若xe[1,)则g()<0, 若xe(则g(>0. 六g(a)在[1，召)上单润递减，在（召©]上单调递谐。 4a +l<1,不满足f(x)mm≤g(x)mn; g'(x)≤0在[1，e]上恒成立， ∴g(x)在[1，e]上单调递减， ..g(x)min=g(e)=etae2+1, 由f(x)mm≤g(x)m得1≤e3+ae2+l, 解得a≥-e(舍). 综上所述，实数a的取值范围为[-1，+∞). 变式训练 [解析]()因为x)=(-D(xR), e 所以f'(=-a(-3》(xeR), e 因为a>0,所以令f'(x)>0,得0<x<3; 令f'(x)<0,得x<0或x>3. 所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(-∞，0 和(3，+0). (2)由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减， 所以)在[0,4)]上的最大值是f代3)=50 e3 又f(0)=-a<0,f(4)=11ae4>0, 所以f(0)<f(4), 所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)=-a, 若Vx1,x2e[0,4],不等式fx1)-fx2)1<1恒成立， 则需f代x)ms-f代x)mn<1在x∈[0,4]上恒成立， 即f3)-f0)<1, e 。ta<l,解得a3+e 又a>0,所以0<a< 5+e3, 故实数a的取值范国为(0,5+e) e 名师讲坛·素养提升 变式训练 [解析](1)f'(x)=e-1+xe-2ax=(x+1)e-2ax-l, 依商意知f(-1=2a-1=0,a=7 经检验a=2符合题意 (2)解法一：当x>0时f(x)≥0， 即x(e-1)-ax2≥0，即e-1-ax≥0 令p(x)=e-1-ax(x>0),则p(x)mn≥0， p'(x)=e'-a ①当a≤1时，p'(x)=e-a>0, ∴.p(x)在(0，+0)上单调递增 ∴.p(x)>p(0)=0,∴.a≤1满足条件. ②当a>1时，若0<x<na,则p'(x)<0, 若x>lna,则p'(x)>0. ∴.p(x)在(0，lna)上单调递减，在(na,+o)上单调递增， ∴.p(x)min=p(lna)=a-l-dlna≥0. Ag(a)=a-1-aln a(a>1), .g'(a)=1-(1+lna)=-lna<0, .g(a)在(1，+o)上单调递减. .g(a)<g(1)=0与g(a)≥0矛盾， 故a>1不满足条件， 综上，实数a的取值范围是(-0,1]. 解法二：当x>0时，f(x)≥0， 即x(e-1)-ax2≥0，即e-1-ax≥0， 即ax≤e-1,即a 。1恒成立， 令h(x)=e-(20). h'(a)=e(x-1)+1 x2 令k(x)=e*(x-1)+1(x>0),∴.k'(x)=e·x>0, ..k(x)在(0，+∞)上单调递增 ∴.k(x)>k(0)=0,.h'(x)>0, ∴.h(x)在(0，+o)上单调递增 由洛必达法则知，limh(x)=lim e-1 =lime=1, 0x8一0 ∴.a≤1.故实数a的取值范围是(-∞，1] 第三课时导数与函数的零点 考点突破·互动探究 考点1 例：[解析](1)f'(x)=-ae-cosx, 当xe(0,号）时，mxe(0,). ①当a≥0时f'()0x)在(0，受）上单调递减，设有极值 点，不合题意； ②当a<0时，y=-ae与y=-casx均在(0，）上单调递增， 故f(x)在(0,7)上单调递增， 因为f0=a-1(受）=e>0, 所以f'(0)=-a-1<0,得a>-1, 455 此时f'(x)在(0,7)内有唯一零点， 所以当xe(0,x1)时f'(x)<0; 当xe(受）时f(>0 所以f)在(0，受）内有唯一极小值点，符合题意， 综上，实数a的取值范围为(-1,0) (②)证明：由()知-1a<0,所以当xe[受)时( -ae*-cos x>0, 所以=a心-m1在[受)上单调造指。 结合(1)知当xe(0,x)时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 当xe(,）时()>0)单调道增。 所以当xe(0,x1)时，fx)<f(0)=-a-1<0,则fx)<0. 又因为f(）=-ae于0， 所以)在(，）内有唯-零点， 即)在(0，）内有唯-零点。 变式训练 [解析](1)证明：当m=1时，f(x)=e-xnx(x>0), ..f'(x)=e-In x-1, h(x)=f'(x)=e*-In x-1, 则)e士 当xe(0,1)时，h'(x)<0,h(x)单调递减； 当x∈(1，+o)时，h'(x)>0,h(x)单调递增 .h(x)m=h(1)=0, 当x>0时，h(x)=f'(x)=e-1-lnx-1≥0， ·f代x)在(0，+∞)上单调递增. (2)由题意得，f'(x)=em-nx-1, 则g(x)=f'(x)-m+1=e"-nx-m(x>0), 令g(x)=em-lnx-m=0,则em=lnx+m, ∴.e=e"(lnx+m), .xe'=xe"(In x+m), xe*=em+a*(lnx+m）). 令p(x)=xe,则p(x)=p(m+lnx), 当x>0时，p'(x)=(x+1)e>0, 当x>0时，p(x)=xe*为单调递增函数， .x=m+ln x,.'.m=x-In x (x>0), 1 令(x)=x-lnx(>0),则t(x)=1-文， 当0<x<1时，t'(x)<0,t(x)单调递减，当x>1时， t'(x)>0,t(x)单调递增， ∴.t(x)mn=t(1)=1, ∴.当m<1时，m=x-lnx无解，即g(x)无零点； 当m=1时，m=x-lnx有1个解，即g(x)有1个零点； 当m>1时，m=x-lnx有2个解，即g(x)有2个零点. 考点2 例：[解析](1)由题可得f'(x)=xe-2x=x(e-2), 令f'(x)=0,解得x=0或x=ln2,令f'(x)<0,解得0<x<n 令f'(x)>0,解得x<0或x>ln2. 所以f(x)的单调递减区间为(0，n2),单调递增区间为(-∞， 0),(ln2,+o). (2)因为f(x)的单调递减区间为(0，n2),单调递增区间为 (-,0),(ln2,+∞)， In 2 由于f(0)=-1<0,则f(x)在(-∞，0)上无零点； 由于f(ln2)=2(ln2-1)-(n2)2<0, 则f(x)在(0，n2)上无零点；由于f2)=e2-4>0,则f(x)在 (n2,2)上存在唯一零点 综上，函数f(x)在R上存在唯一零点. （3)若g()=x)-m在区间[-1,2]上有两个零点， 则函数y)的图象与直线y=m在区同[-1，]上有两个 交点， 由(1)知)在[-1,0)上单调递增，在(0,2]上单调递减。 -1)-2 10)=-1<0, )9-. 1=71 y=f(x) 所以函数y=)的图象与直线y=m在区间【-1,2]上有两 个交点，则E1 24sm<-1, 即&())-m在区同[-1，方]上有两个零点，则m商范 型为[会子 变式训练 【释折（)因为时=in(+)+年o-, 所以f'(x)= 1 a （++1(x0, 当a≥0时，因为x>-1, 所以x+1+a≥x+1>0,即f'(x)>0, 则f(x)在定义域(-1，+∞)内单调递增； 当a<0时，由f'(x)<0=-1<x<-1-a;由f'(x)>0曰x>-1-a, 所以f(x)在(-1，-1-a)上单调递减，在(-1-a,+o)上单调 递增。 综上，当a≥0时，f(x)在定义域内单调递增； 当a<0时，f(x)在(-1，-1-a)上单调递减，在(-1-a,+o)上单 2 调递增. 456- (2)由(1)知，当a≥0时f(x)在(-1，+0)内单调递增，且注意 到f(0)=0, 因此(x)在区间(-1,0)上无零点； 当a<0时，考虑到f(0)=0,x-1时 f(x)→+∞，为使f代x)在(-1,0)内有零点，则极小值点小于零， 即-1-a<0→a>-1, 结合a<0,得a的取值范围为(-l,0). 考点3 例：[证明](1)f代x)的定义域为(0，+0). f()=11 因为y=hx在(0，+0)上单润递增y=在(0，+0)上单洞 递减， 所以f'(x)在(0，+o)上单调递增. a=-10f2=h2h40, 故存在唯一x0e(1,2),使得f'(x)=0. 又当x<x时，f'(x)<0,fx)单调递减， 当x>x。时，f'(x)>0,f代x)单调递增， 因此f代x)存在唯一的极值点. (2)由(1)知fx)<fe)=-2,又fe2)=e2-3>0, 所以f代x)=0在(xo,+∞)内存在唯一根x=a. 电aw>1得0<<1 台)（合。g0 故是=)=0在(0)萄峰一气 综上代x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。 变式训练 [解析] (1)f'(x)=3x2+b. 依题意得/（分）=0，即子6=0， (2)证明：(1)知fx)=x- 4xtc, x变化时，f'(x)与f(x)的变化情况为： 2 2 f'(x) 0 0 f(x) c+4 c-4 因为0=分）=+号 厨以当c<4时代)只有大于1的零点 因为-1)时（兮）=e 所以当e>时)只有小于-1的零点 4 1 由题设可知一 4≤c≤4 1 1 当c=4时()只有两个零点2和1 当c=号时)只有两个零成-1布宁 1 1 当4<4时x)有三个零点，出，且年∈(1,2） 4 (2)(分 111 综上，若f代x)有一个绝对值不大于1的零点，则f代x)所有零点 的绝对值都不大于1. 第四章三角函数与解三角形 第一讲任意角和弧度制及任意角的三角函数 知识梳理·双基自测 知识梳理 知识点一 1.负角零角 2.象限角轴线角 3.BlB=2km+a,keZ 知识点二 1.半径长 21 3. 180ad /180 2a·r2 1 4.lalr 知识点三 1.yxy(x≠0) 2.一全正二正弦三正切四余弦 双基自测 1.(1)×(2)×(3)×(4)×(5)V [解析]根据任意角的概念知(1)(2)(4)均是错误的.sina> 0,a也可落在y轴正半轴上，故(3)也不对.由三角函数定义 ina+cosa=+y1,故(5)正确. C与的终边相同的角可以写成2+ +9如(keZ),但是角度 4 制与弧度制不能混用，所以只有C正确. 3.C由tan>0知，0是一、三象限角，由sin0<0知，0是三、四象 限角或终边在y轴非正半轴上，故0是第三象限角. 4D10P1=V-12)2+5=13in0= 13,os0=-1 13,.sin 0+ 7 c0s0=-13 5.-4π某次考试时间为120分钟，则从开始到结束，墙上时钟的 分针旋转了-720°，即-4π rl+2r=18, 6AD设扇形的半径为r,弧长为L,圆心角为，则r=18,解 (2 由a=得=4或a=1.故选AD.