2021届高考数学(新课改版)二轮专题六函数与导数第4讲导数与函数的零点问题课件
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(2)法一：因为f(x)＝(x－1)(ln x＋ax＋1)，所以x＝1是f(x)
的一个零点．
设g(x)＝ln x＋ax＋1，则f(x)的零点个数等价于g(x)中不
等于1的零点个数再加上1.
①当a＝－1时，由(1)可知，f(x)单调递减，又x＝1是f(x)
的零点，所以此时f(x)有且只有一个零点；
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考点2 根据函数零点的个数确定参 数的取值范围
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③因为g′(x)＝
ax＋1 x
，所以当－1＜Biblioteka ＜0时，g(x)在0，－1a 上单调递增，在 －1a，＋∞ 上单调递减，所以g(x)的
最大值为g －1a ＝ln －1a ＞0，又x―→0时，g(x)―→－∞，
x―→＋∞时，g(x)―→－∞，所以g(x)在 0，－1a 上有一个零
点，在－1a，＋∞上也有一个零点，且g(1)≠0，所以此时f(x) 有3个零点；
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[跟踪训练] (2020·福州市质量检测)已知函数f(x)＝cos x＋ax2－1. (1)当a＝12时，证明：f(x)≥0；
(2)若f(x)在R 上有且只有一个零点，求a的取值范围． 解：(1)证明：当a＝12时，f(x)＝cos x＋12x2－1，
所以f(x)的定义域为R ，且f(－x)＝f(x)，
(1)当a＝－1时，判断函数的单调性； (2)讨论f(x)的零点个数．
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[解] (1)当a＝－1时，f(x)＝(x－1)ln x－x2＋2x－1＝
(x－1)(ln x－x＋1)，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝ln x－2x－1x＋3，
设h(x)＝ln
x－2x－
1 x
＋3，则h′(x)＝
1 x
－2＋
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解：(1)f′(x)＝a(cos x－xsin x)，
因为x∈0，π6 ，所以cos x＞sin x≥0，又1＞x≥0， 所以1·cos x＞xsin x，即cos x－xsin x＞0. 当a＞0时 ，f′(x)＞0，
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[例2] (2020·广东省七校联考)已知函数f(x)＝aln x－x2＋ (2a－1)x，其中a∈R .
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)求函数f(x)的极值； (3)若函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．
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[跟踪训练] (2020·福州市质量检测)已知函数f(x)＝axcos x－1在 0，π6 上 的最大值为 36π－1. (1)求a的值； (2)证明：函数f(x)在区间0，π2 上有且仅有2个零点．
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又f(0)＝－1＜0，fπ4 ＝ 24π－1＞0，fπ2 ＝－1＜0， 所以f(x)在0，π4 与π4 ，π2 上各有一个零点， 综上，函数f(x)在区间0，π2 上有且仅有两个零点.
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(1，＋∞)．
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解题方略
利用函数零点的情况求参数范围的方法 (1)分离参数(a＝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＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选 分离、次选分类)求解； (2)利用零点的存在性定理构建不等式求解； (3)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．
令ln
x＋ax＋1＝0，则－a＝
ln
x＋1 x
.令m(x)＝
ln
x＋1 x
，则
m′(x)＝－
ln x x2
，所以m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单
调递减，所以m(x)max＝m(1)＝1，m1e＝0，且x＞1时m(x)＞0， 所以当a＜－1时，g(x)在(0，＋∞)上没有零点；
当a＝－1时，g(x)在(0，＋∞)上有1个零点；
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当a＞0时，函数f(x)的极大值为f(a)＝a(ln a＋a－1)， 令g(x)＝ln x＋x－1(x＞0)， 则g′(x)＝1x＋1＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝0， ∴0＜x＜1时，g(x)＜0，x＞1时，g(x)＞0. ①当0＜a≤1时，f(a)＝ag(a)≤0，则f(x)至多有一个零 点，不合题意． ②当a＞1时，f(a)＝ag(a)＞0， f1e＝a2e－1－e12－1e＜0，
第2课时 导数与函数的零点问题
Contents
1 考点1 确定函数零点的个数
考点2 根据函数零点的个数确定参数的
2
取值范围
3 专题检测
4 高考5个大题 解题研诀窍
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考点1 确定函数零点的个数
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[例1] (2020·深圳市统一测试)已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ ax2＋(1－a)x－1.
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∴函数f(x)在1e，a内有一个零点． ∵f(3a－1)＝aln(3a－1)－(3a－1)2＋(2a－1)(3a－1)＝ a[ln(3a－1)－(3a－1)]， 设h(x)＝ln x－x(x＞2)， ∵h′(x)＝1x－1＜0， ∴h(x)在(2，＋∞)上单调递减． 则h(3a－1)＜ln 2－2＜0. ∴f(3a－1)＝a·h(3a－1)＜0. ∴函数f(x)在(a，3a－1)内有一个零点． ∴当a＞1时，函数f(x)恰有两个不同的零点． 综上，当函数f(x)有两个不同的零点时，a的取值范围是
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(2)f′(x)＝ax－2x＋2a－1＝－（2x＋1）x（x－a）. 当a≤0时，∵f′(x)＜0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单 调递减，无极值． 当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝a. 当x∈(0，a)时，f′(x)＞0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＜0， ∴当x＝a时，函数f(x)取得极大值f(a)＝a(ln a＋a－1)． (3)由(2)知，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去．
1 x2
＝
（2x＋1）x2（1－x），
当0＜x＜1时，h′(x)＞0；当x＞1时，h′(x)＜0，所以h(x)
在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以h(x)的极大值，也是最大值为h(1)＝0，所以f′(x)≤0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
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(2)证明：设g(x)＝cos x－xsin x， 则g′(x)＝－2sin x－xcos x＜00＜x＜π2 ， 所以g(x)在0，π2 上单调递减， 又g(0)＝1＞0，gπ2 ＝－π2 ＜0， 所以存在唯一的x0∈0，π2 ，使得g(x0)＝0， 当0＜x＜x0时，g(x)＞0，即f′(x)＝2g(x)＞0，所以f(x)在(0，x0)
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[解] (1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，函数的定义域为 (0，＋∞)．
f′(x)＝1x－2x＋1＝－（2x＋1）x（x－1）. 当0＜x＜1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增； 当x＞1时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减． ∴函数f(x)的单调递增区间为(0，1)；单调递减区间为 (1，＋∞)．
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法二：因为f(x)＝(x－1)(ln x＋ax＋1)，所以x＝1是f(x)的一
个零点．设g(x)＝ln x＋ax＋1，则f(x)的零点个数等价于g(x)中不
等于1的零点个数再加上1.
②因为g′(x)＝
ax＋1 x
，当a≥0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，
＋∞)上单调递增，又g(1)＞0，x―→0时，g(x)―→－∞，
所以g(x)在(0，＋∞)上有一个零点，又g(1)≠0，所以此
时f(x)有2个零点；
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高考数学一轮复习讲义(新高考版) 第4章 第4讲 第3课时 利用导数探究函数的零点问题
第3课时 利用导数探究函数的零点问题考点一 判断、证明或讨论函数零点个数(综合型)(2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ,f ′(x )为f (x )的导数．证明:f ′(x )在区间(0,π)存在唯一零点．【证明】 设g (x )＝f ′(x ),则g (x )＝cos x ＋x sin x －1,g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0π2时,g ′(x )>0;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2π时,g ′(x )<0,所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0π2上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2π上单调递减．又g (0)＝0,g (π2)>0,g (π)＝－2,故g (x )在(0,π)存在唯一零点．所以f ′(x )在(0,π)存在唯一零点．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、极值去解决已知f (x )＝1x ＋e x e －3,F (x )＝ln x ＋e xe－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 )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x －ee x 2,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 )＝1x ＋e xe－3,由(1)得∃x 1,x 2,满足0＜x 1＜1＜x 2,使得f (x )在(0,x 1)上大于0,在(x 1,x 2)上小于0,在(x 2,＋∞)上大于0, 即F (x )在(0,x 1)上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减,在(x 2,＋∞)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． 考点二 已知零点个数求参数范围(综合型)函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋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 )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ,所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b . 因为f ′(x )＝0的两个根为－1,2,所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a －1×2＝b解得a ＝－12,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 )＝13x 3－12x 2－2x ＋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)＝76＋c ,极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点,故必有⎩⎪⎨⎪⎧76＋c ＞0c －103<0解得－76<c <103.所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－76103.已知函数(方程)零点的个数求参数范围(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．已知函数f (x )＝e x ＋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 )＝e x －x ＋1,求导得f ′(x )＝e x －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 )＝e x ＋a ,由于e x >0,①当a >0时,f ′(x )>0,f (x )在R 上是增函数, 当x >1时,f (x )＝e x ＋a (x －1)>0; 当x <0时,取x ＝－1a,则f ⎝⎛⎭⎫－1a <1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －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 ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0,解得－e 2<a <0.综上所述,实数a 的取值范围是(－e 2,0)．[基础题组练]1．(2020·江西七校第一次联考)已知函数y ＝f (x )是R 上的可导函数,当x ≠0时,有f ′(x )＋f （x ）x >0,则函数F (x )＝x ·f (x )－1x的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析:选B ．函数F (x )＝xf (x )－1x 的零点,就是方程xf (x )－1x ＝0的根,即方程xf (x )＝1x 的根．令函数g (x )＝xf (x ),则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )．因为当x >0时,g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0,所以g (x )＝xf (x )单调递增,g (x )>g (0)＝0;当x <0时,g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )<0,所以g (x )＝xf (x )单调递减,g (x )>g (0)＝0.所以函数y ＝g (x )与y ＝1x 的图象只有一个交点,即F (x )＝xf (x )－1x 只有一个零点．故选B ．2．若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点,则实数a 的取值范围为________．解析:f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0)．当x <2时,f ′(x )<0;当x >2时,f ′(x )>0, 所以当x ＝2时,f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点,当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0,解得a >－e 2,因此－e 2<a <0. 答案:(－e 2,0)3．已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间; (2)试判断f (x )的零点个数． 解:(1)函数f (x )的定义域是(0,＋∞), f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x＝x （ln x ＋2）2x,令f ′(x )＞0,解得x ＞e －2, 令f ′(x )<0,解得0<x <e －2,所以f (x )在(0,e －2)上单调递减, 在(e －2,＋∞)上单调递增． (2)由(1)得f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e ,显然a ＞2e 时,f (x )＞0,无零点,a ＝2e 时,f (x )＝0,有1个零点,a <2e时,f (x )<0,有2个零点． 4．(2020·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4103.(1)求函数f (x )的单调递增区间;(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点,求m 的取值范围．解:(1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4103,所以32a 3－4a －4a －2＝103,解得a ＝2,即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2,所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0,得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞,－1),(2,＋∞)． (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56,f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163,由数形结合,可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点, 则－163<2m －3<－56,解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－761312.5．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明: (1)f (x )存在唯一的极值点;(2)f (x )＝0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数． 证明:(1)f (x )的定义域为(0,＋∞)． f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x.因为y ＝ln x 单调递增,y ＝1x 单调递减,所以f ′(x )单调递增．又f ′(1)＝－1<0,f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12>0,故存在唯一x 0∈(1,2),使得f ′(x 0)＝0.又当x <x 0时,f ′(x )<0,f (x )单调递减;当x >x 0时,f ′(x )>0,f (x )单调递增． 因此,f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)<f (1)＝－2,又f (e 2)＝e 2－3>0,所以f (x )＝0在(x 0,＋∞)内存在唯一根x ＝α. 由α>x 0>1得1α<1<x 0.又f ⎝⎛⎭⎫1α＝⎝⎛⎭⎫1α－1ln 1α－1α－1＝f （α）α＝0,故1α是f (x )＝0在(0,x 0)的唯一根． 综上,f (x )＝0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数．6．(2020·武昌区调研考试)已知函数f (x )＝a e x －a e x －1,g (x )＝－x 3－32x 2＋6x ,其中a >0.(1)若曲线y ＝f (x )经过坐标原点,求该曲线在原点处的切线方程; (2)若f (x )＝g (x )＋m 在[0,＋∞)上有解,求实数m 的取值范围． 解:(1)因为f (0)＝a －1＝0,所以a ＝1,此时f (x )＝e x －e x －1. 所以f ′(x )＝e x －e ,f ′(0)＝1－e.所以曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝(1－e)x . (2)因为f (x )＝a e x －a e x －1,所以f ′(x )＝a e x －a e ＝a (e x －e)． 当x >1时,f ′(x )>0;当0<x <1时,f ′(x )<0.所以f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增． 所以当x ∈[0,＋∞)时,f (x )min ＝f (1)＝－1. 令h (x )＝g (x )＋m ＝－x 3－32x 2＋6x ＋m ,则h ′(x )＝－3x 2－3x ＋6＝－3(x ＋2)(x －1)． 当x >1时,h ′(x )<0;当0<x <1时,h ′(x )>0.所以h (x )在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减． 所以当x ∈[0,＋∞)时,h (x )max ＝h (1)＝72＋m .要使f (x )＝g (x )＋m 在[0,＋∞)上有解,则72＋m ≥－1,即m ≥－92.所以实数m 的取值范围为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫－92＋∞.。
利用导数研究函数的零点专题课件-2025届高三数学二轮复习+++
f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
x
(-∞,-2)
f'(x)
-
f(x)
单调递减
-2
0
1
− 2
所以f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增.
1
当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)= − 2 .
(-2,+∞)
+
单调递增
(2)令f(x)=0,解得x=-1.
来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进
而求解
【考点分类练】
命题点1
根据函数零点个数求参数
已知函数零点个数求参数的方法
(1)数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合
象的交点个数.
考点一
探究零点个数
例1(2024·河南郑州三模)已知函数f(x)=eax-x.
(1)若a=2,求曲线y=f(x)在(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),
此 f(x)在 R 上单调递减.当 a>0 时,f'(x)=2a e +
则 f(x)在
1
ln ,
+ ∞ 上单调递增;令 f'(x)<0,得
1
2021届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2.12.3导数与函数的零点问题课件苏教版
考向二 由函数零点个数求参数
【例 2】 (2020·湖南五市十校联考)已知函数 f(x)＝lnx－ax＋1. (1)当 a＝1 时，求证：f(x)≤0 恒成立； (2)若关于 x 的方程 f(x)＋x2＋1＝0 至少有两个不相等的实数根，求 实数 a 的最小值．
【解】 (1)证明：当 a＝1 时，f(x)＝lnx－x＋1， f′(x)＝1x－1＝1－x x， 令 f′(x)＝0⇒x＝1，所以当 x∈(0,1)时， f′(x)>0，f(x)单调递增；
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 故 f(x)max＝f(1)＝0，所以 f(x)≤0. (2)f(x)＋x2＋1＝0 至少有两个不相等的实数根， 即 lnx＋x2－ax＋2＝0，a＝lnxx＋x＋2x至少有两个不相等的实数根， 记 φ(x)＝lnxx＋x＋2ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ(x>0)， 所以 φ′(x)＝1－x2lnx＋1－x22＝x2－lxn2x－1， 记 h(x)＝x2－lnx－1(x>0)，所以 h′(x)＝2x－1x＝2x2x－1，令 h′(x) ＝0⇒x＝ 22(x＝－ 22舍去)，
2．已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般 命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为 从 f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的 最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参 数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数 零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标 准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参 数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
因此当 φ(1)≤a≤φ(x0)时，直线 y＝a 与 y＝φ(x)的图象至少有两个 交点，所以 a 的最小值为 φ(1)＝3.
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《利用导数研究函数的零点》课件
即x－y－3＝0.
(2)若函数f(x)在(0,16]上有两个零点，求a的取值范围.
①当 a≤0 时，f′(x)＝ax－ 1x<0， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； ②当 a>0 时，由 f(x)＝aln x－2 x＝0 可得2a＝lnxx， 令 g(x)＝lnxx，其中 x>0，则直线 y＝2a与曲线 y＝g(x)的图象在(0,16] 内有两个交点，
即 g(x)在π2，π上单调递减，又 gπ2＝1>0，g(π)＝－π<0， 则存在 m∈π2，π，使得 g(m)＝0， 且当 x∈π2，m时，g(x)>g(m)＝0， 即 f′(x)>0，则 f(x)在π2，m上单调递增， 当x∈(m，π]时，有g(x)<g(m)＝0，即f′(x)<0， 则f(x)在(m，π]上单调递减，
由图可知，当 ln 2≤2a<2e，
即 e<a≤ln22时， 直线 y＝2a与曲线 y＝g(x)的图象在(0,16]内有 两个交点，
即f(x)在(0,16]上有两个零点， 因此，实数 a 的取值范围是e，ln22.
题型三 构造函数法研究函数的零点
例3 (12分)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数 f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值. (1)求a； [切入点：求f(x)，g(x)的最小值] (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝ f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从 左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
又 f π2＝π2－1>0，f(π)＝－1<0， 所以f(x)在(m，π]上有且只有一个零点， 综上，函数y＝f(x)在[0，π]上有2个零点.
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(3)利用导数比较大小或解不等式的常见技巧： 利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式 的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性 比较大小或解不等式． (4)讨论含参数函数的单调性： ①确定函数定义域； ②求f′(x)，并整理分解因式(如果能分解因式)； ③优先考虑特殊情况：即参数取哪些值时f′(x)≥0或f′ (x)≤0恒成立，从而得到相应的单调性；
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(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路： ①由函数在区间[a，b]上单调递增(或递减)可知f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立； ②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题； ③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整舍去；若只有 在个别处有f′(x)＝0，则参数可取此值．
【评说】 切线问题，如果不知道切点，一般先设切点， 利用条件得到关于切点横坐标的方程．
(5)(2019·石家庄教学质检)将函数y＝ex(e为自然对数的底数)
的图像绕坐标原点O顺时针旋转角θ后第一次与x轴相切，则角θ
满足的条件是( B ) A．esinθ＝cosθ
B．sinθ＝ecosθ
2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用第4节导数与函数的零点含解析
第4节导数与函数的零点考试要求能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题。
知识梳理函数的零点、方程的根、曲线的交点,这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数;(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.[常用结论与易错提醒］（1)注意构造函数;（2)注意转化思想、数形结合思想的应用。
诊断自测1.若函数f（x）＝错误!在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是（）A.(16，＋∞）B。
［16，＋∞）C。
（－∞，16） D.（－∞，16]解析①当x≤0时,f（x)＝x＋3x,∵y＝x与y＝3x在(－∞,0)上都单调递增，∴f(x）＝x＋3x在(－∞，0)上也单调递增，又f(－1）〈0,f（0)〉0，∴f(x）在(－1，0）内有一个零点。
②当x>0时，f（x）＝错误!x3－4x＋错误!，f′(x)＝x2－4＝(x＋2）（x－2).令f′（x)＝0得x＝2或x＝－2（舍），当x∈(0，2)时,f′（x)〈0，f(x)递减,当x∈(2,＋∞)时，f′(x)〉0，f(x）递增,∴在x〉0时,f（x）最小＝f(x)极小＝233－8＋错误!，要使f(x）在(0，＋∞)上无零点，需错误!－8＋错误!>0，∴a>16.答案A2。
已知函数f（x)＝x2＋e x－12（x〈0）与g（x)＝x2＋ln（x＋a）的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是() A。
错误! B.(－∞，错误!）C.错误!D。
错误!解析设点P(x0，y0)（x0〈0)在函数f(x）上，由题意可知，点P 关于y轴的对称点P′(－x0,y0)在函数g(x)上，所以错误!消y0可得x错误!＋e x0－错误!＝（－x0）2＋ln(－x0＋a）,即e x0－ln(a－x0）－错误!＝0（x0〈0),所以e x0－错误!＝ln（a－x0）(x0〈0）。
专题04 导数解答题2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(文科,全国通用版)(解析版)
当 时， ，当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
所以 ，
而 ， ，
有两个不同的零点即 的解的个数为2．
当 ，由(1)讨论可得 、 仅有一个零点，
当 时，由(1)讨论可得 、 均无零点，
故若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点，
则 ．
设 ，其中 ，故 ，
设 ， ，则 ，
故 在 上为增函数，故 即 ，
【题目栏目】导数\导数的综合应用
【题目来源】2021年高考全国甲卷文科·第20题
10．(2021年全国高考乙卷文科·第21题)已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)求曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) ．
解析：(1)由函数的解析式可得： ，
导函数的判别式 ，
即曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标为 ．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
故 为方程 的解，同理 也为方程 的解，
所以 ，而 ，
故 即 ．
【题目栏目】导数\导数的综合应用
【题目来源】2022新高考全国I卷·第22题
5．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第22题)已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个，证明： 有一个零点
新高考方案二轮-数学(新高考版)小题考法(一) 函数图象与性质
融会贯通串知识 一、主干知识·以点带面 (一)函数的概念与性质
主干
知识点
概念及 (1)函数的定义． 图象 (2)函数的图象：对于函数的图象要会作图、识图和用图．
(3)函数图象的对称性及变换
(1)单调性：复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则． 三种常 (2)奇偶性：奇函数在关于原点对称的单调区间内有相同的单调性，
(二)导数 导数的几 函数f(x) 在点x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率， 何意义 因此曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－
f(x0)＝f′(x0)(x－x0)
(1)利用导数研究函数的单调性 ①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不 两种基本 等式f′(x)>0或f′(x)<0； 应用 ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间 上恒成立问题来求解．
B.12，＋∞
C.0，12
D.12，1
解析：因为 f(x)＝e－－xx，3，x≤x>00，， 当 x≤0 时，f(x)＝e－x 单调递减，且 f(x)≥1；
当 x>0 时，f(x)＝－x3 单调递减，且 f(x)<0，所以函数 f(x)＝e－－xx，3，x≤x>00， 在定
义域上单调递减．因为 f(a－1)≥f(－a)，所以 a－1≤－a，解得 a≤12，即不等式
导数题强调“用”，“用”就是导数的应用，即用导数来研究函数的单调性 与极值．考查内容主要包括：导数与函数的单调性、极值，利用导数解决不等式 问题，利用导数研究函数的零点问题等．考查的函数一般是多项式函数、指数函 数、对数函数、三角函数这几种函数的组合.2021年新高考Ⅱ卷T22第(2)问为结构 不良问题，体现了结构不良问题适度开放命题的科学性与素养导向．
超实用高考数学专题复习：第三章导数及其应用 第2节第4课时导数与函数的零点
考点一 判断零点的个数 【例1】 (2020·潍坊检测)已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R.
(1)证明ln x≤x－1； (2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数.
(1)证明 令 g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则 g(1)＝0，g′(x)＝1x－1＝1－x x， 可得x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增； x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减. ∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值， ∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1.
考点三 函数零点的综合问题
【例3】 设函数f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数；
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln
2 a.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0). 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点； 当 a>0 时，因为 y＝e2x 单调递增，y＝－ax单调递增，
规律方法 1.利用导数求函数的零点常用方法： (1)构造函数g(x)(其中g′(x)易求，且g′(x)＝0可解)，利用导数研究g(x)的性质，结合 g(x)的图象，判断函数零点的个数. (2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数 有多少个零点. 2.根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函 数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过 函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤 是“先数后形”.
f21a＝ln 21a－41a2＋12<21a－1－41a2＋12＝－21a－122－14<0，
2023版新高考数学总复习专题四导数的应用 课件
含有参数的不等式要针对具体情况进行分类讨论,但始终要注意定义域 及分类讨论的标准. 2.已知函数的单调性求参数范围 注意参数在导函数解析式中的位置,先尝试分离参数,将问题转化为求解 对应函数的最值问题;若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性 无法利用导数解决,则可以直接转化为求解含参内,函数的极值不一定唯一,在整个定义 域内可能有多个极大值和极小值;2)极大值与极小值没有必然关系,极大 值可能比极小值还小;3)导数等于零的点不一定是极值点(例如: f(x)=x3, f '(x)=3x2,当x=0时, f '(0)=0,但x=0不是函数的极值点);4)对于处处可导的函 数,极值点处的导数必为零. 2.函数的最值 1)一般地,如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那 么它必有最大值和最小值,函数的最值必在极值点或区间端点处取得.
④∃x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
3.利用导数构造函数解不等式
常见的构造函数模型总结:
1)关系式为“加”型
①f '(x)+f(x)≥0,构造y=exf(x),则y'=[exf(x)]'=ex·[f '(x)+f(x)].
②xf '(x)+f(x)≥0,构造y=xf(x),则y'=[xf(x)]'=xf '(x)+f(x).
x
1 x ln x
,则f '(x)=x
x2
=
1
ln x2
x
,当x>e时,
f
'(x)<0,所以函
数f(x)在(e,+∞)上单调递减,因为t≥2,所以t+3>t+2>e,所以f(t+3)<f(t+2),所