高考数学二轮复习p pt课件第1篇　专题1　第5讲

第一篇核心专题突破、素养能力提升专题一函数与导数第5讲利用导数研究函数的零点问题结构框架明体系真题再现明考向考点突破提能力课时跟踪训练考情分析明方向考情分析明方向以指数函数、对数函数、三次有理函数、三角函数为载体，利用导数，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解函数零点或方程解的问题是高考的热点题型．考查的角度主要是函数零点的综合应用．结构框架明体系真题再现明考向(1)证明：f(x)在区间(0，＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点；(2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，＋∞)的极值点和零点．①设函数g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t)．证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减；②比较2x1与x2的大小，并证明你的结论．所以当x∈(0，x0)时，g(x)>0，则f′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，则f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以f(x)在(0，＋∞)上存在唯一极值点，所以y＝ln(1＋x)－x在(0，＋∞)上单调递减，所以y＝ln(1＋x)－x<y|x＝0＝0在(0，＋∞)上恒成立，所以x→＋∞时f(x)<0，所以存在唯一x2∈(0，＋∞)使得f(x2)＝0，即f(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．即g(t)在t∈(0，x1)上单调递减．②2x1>x2，证明如下：由①知：函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减，所以g(0)>g(x1)即0>f(2x1)，又f(x2)＝0，由(1)可知f(x)在(x0，＋∞)上单调递减，x2∈(x0，＋∞)，且对任意x∈(0，x2)，f(x)>0，所以2x1>x2.(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．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；所以f(x)max＝f(1)＝－1.当a≤0时,ax－1≤0，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；所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，此时函数无零点，不符合题意；所以f(x)有唯一零点，符合题意；所以f(x)在(0，＋∞)有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.【解析】

(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f

′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0，1)，f

′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)，f

′(x)>0，f(x)单调递增f(x)≥f(1)＝e＋1－a，若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．(2)证明：由题知，f(x)一个零点小于1，一个零点大于1，4．(2022·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值．(1)求a；(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．【解析】

(1)f(x)＝ex－ax的定义域为R，而f

′(x)＝ex－a，若a≤0，则f

′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.当f′(x)＝0时，x＝lna，当x<lna时，f

′(x)<0，故f(x)在(－∞，lna)上为减函数，当x>lna时，f

′(x)>0，故f(x)在(lna，＋∞)上为增函数，故f(x)min＝f(lna)＝a－alna.故h(a)为(0，＋∞)上的减函数，而h(1)＝0，当b>1时，考虑ex－x＝b的解的个数、x－lnx＝b的解的个数．设S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，所以S(x)min＝S(0)＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b，设u(b)＝eb－2b，其中b>1，则u′(b)＝eb－2>0，故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝ex－x－b有两个不同的零点，即ex－x＝b的解的个数为2.当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以T(x)min＝T(1)＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0，T(x)＝x－lnx－b有两个不同的零点即x－lnx＝b的解的个数为2.当b＝1，由(1)讨论可得x－lnx＝b、ex－x＝b仅有一个零点，当b<1时，由(1)讨论可得x－lnx＝b、ex－x＝b均无零点，故若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)、y＝g(x)有三个不同的交点，则b>1.设s(x)＝ex－x－1，x>0，则s′(x)＝ex－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)>s(0)＝0即ex>x＋1，当0<x<x0时，h(x)<0即ex－x<x－lnx即f(x)<g(x)，当x>x0时，h(x)>0即ex－x>x－lnx即f(x)>g(x)，因此若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)、y＝g(x)有三个不同的交点，故b＝f(x0)＝g(x0)>1，此时ex－x＝b有两个不同的零点x1，x0(x1<0<x0)，此时x－lnx＝b有两个不同的零点x0，x4(0<x0<1<x4)，(1)若a＝0，求函数的定义域，并判断是否存在c使得f(x)是奇函数，说明理由；(2)若函数过点(1，3)，且函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点，求此时c的值和a的取值范围．设g(x)＝x2＋(3a＋1)x＋1，若x＋a＝0即x＝－a是方程x2＋(3a＋1)x＋1＝0的根，考点突破提能力考点一判断函数零点的个数●方法技巧利用导数研究函数零点问题的思路(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．(1)求a的值；(2)判断f(x)的零点个数．因为0＜x＜x0时，g(x)＞0，所以(x－2)g(x)＜0，即f′(x)＜0，此时f(x)单调递减；x0＜x＜2时，g(x)＜0，则(x－2)g(x)＞0，即f′(x)＞0，此时f(x)单调递增；x≥2时，g(x)≥0，所以(x－2)g(x)≥0，即f′(x)≥0，此时f(x)单调递增，即f(x)min＝f(x0)，且x→0时，f(x)→＋∞；x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以f(x)在(0，x0)，(x0，＋∞)上各有1个零点，所以f(x)在(0，＋∞)上有且仅有2个零点．●跟踪训练1．(2025·山海关区三模)设函数f(x)＝exsinx.(1)求f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程；(2)记g(x)＝f(x)－ax，若0＜a≤1，试讨论g(x)在(0，π)上的零点个数.【解析】

(1)导函数f′(x)＝ex(sinx＋cosx)，因此f′(0)＝1，又f(0)＝0，因此函数f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程为y＝x.(2)根据已知得函数g(x)＝exsinx－ax，因此导函数g′(x)＝ex(sinx＋cosx)－a，令h(x)＝g′(x)，那么导函数h′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋ex(cosx－sinx)＝2excosx.当x∈(x0，π)时，g′(x)＜0；当x∈(0，x0)时，g′(x)＞0，因此g(x)在(x0，π)上单调递减，在(0，x0)上单调递增，由于g(0)＝0，g(x0)＞g(0)＝0，因此g(x)在(0，x0)上无零点，又由于g(π)＝－aπ＜0，根据零点存在定理可得函数g(x)在(x0，π)上有且只有一个零点．综上所述，当0＜a≤1时，g(x)在(0，π)上的零点个数为1.考点二根据零点的个数求参数的值(范围)●方法技巧根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思路也是数形结合，即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数y＝f(x)的图象，再根据零点个数确定函数y＝f(x)的图象交点的个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围，一个基本的技巧是把f(x)＝0化为g(x)＝h(x)，据f(x)零点个数确定函数y＝g(x)，y＝h(x)图象的交点个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围．●典例研析2．(2025·白银三模)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x－1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)讨论f(x)的单调性；【解析】

(1)因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，即a≥－x－1对x∈(1，＋∞)恒成立，所以a≥－2，即a的取值范围是[－2，＋∞)．(2)由题知，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．当a＜0时，令f′(x)＜0，得－1＜x＜－a－1，令f′(x)＞0，得x＞－a－1，则f(x)在(－1，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增．综上，当a≥0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，当a＜0时，f(x)在(－1，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增．则g′(a)＝ln(－a)，令g′(a)＝0，可得a＝－1，当a∈(－8，－1)时，g′(a)＞0，g(a)单调递增，●跟踪训练(1)当a＝－3时，求证：f(x)在区间(－1，0)上单调递增．(2)若函数f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有1个零点，求a的取值范围．所以导函数f′(x)在(－1，0)上单调递减，因此f′(x)＞f′(0)＝a＋3＝0，所以函数f(x)在(－1，0)上单调递增．(2)当a≥－3时，对x∈(－1，0)，根据第一问知，f′(x)＞f′(0)＝a＋3≥0，所以函数f(x)在(－1,0)上单调递增，此时f(x)＜f(0)＝0，与题设矛盾.当a＜－3时，对x∈(－1，0)，根据第一问知，导函数f′(x)在(－1，0)上单调递减，因此存在唯一r∈(－1，x1)使f(r)＝0.对x∈(0，＋∞)，令函数g(x)＝f′(x)，因此存在x2∈(0，1)使g′(x2)＝0，当x∈(x2，＋∞)，g′(x)＞0，当x∈(0，x2)，g′(x)＜0，因此导函数f′(x)在(x2，＋∞)上单调递增，在(0，x2)上单调递减，所以f′(x2)＜f′(0)＝a＋3＜0.课时跟踪训练一、单项选择题：本题共4小题，每小题5分．共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2025·海口一模)已知实数a满足2a＋a＝2，则函数f(x)＝2x3－3x2＋1－a的零点个数为(

)A．0 B．1C．2 D．3【答案】

D【解析】由题设f′(x)＝6x(x－1)，当x＜0或x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，且f(0)＝1－a，f(1)＝－a，由2a＋a＝2，即2a＝2－a，而y＝2a在R上单调递增，y＝2－a在R上单调递减，显然20＝1＜2－0＝2，21＝2＞2－1＝1，故0＜a＜1，所以f(0)＞0＞f(1)，又x趋向－∞时f(x)趋向－∞，x趋向＋∞时f(x)趋向＋∞，综上，f(x)共有3个零点．故选D．2．(2025·齐齐哈尔三模)已知x1是函数f(x)＝xlnx－e的零点，x2是函数g(x)＝x＋lnx－1的零点，则x1x2的值为(

)【答案】

D【答案】

D4．(2025·新宁县校级模拟)已知f(x)＝x2e2x＋a|x|ex＋2(a∈R)有4个零点，则实数a的取值范围为(

)【答案】

C二、多项选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．5．(2025·广东模拟)已知f(x)＝[lnx＋ln(2π－x)]·sinx，则下列结论正确的是(

)A．f(x＋π)是奇函数C．f(x)有3个零点D．∀x∈(0，π]，f(x)≤2lnπ【答案】

ACD6．(2025·广安区校级二模)函数f(x)＝2xlnx＋ax2－x，则下列说法正确的是(

)A．当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数【答案】

BD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．7．(2025·铜仁市三模)已知函数f(x)＝x3－mx2的一个零点为3，则f(x)的单调减区间是________.【答案】

(0，2)【解析】已知函数f(x)＝x3－mx2的一个零点为3，所以将x＝3代入函数得33－m×32＝0，即27－9m＝0，解得m＝3.所以f(x)＝x3－3x2，所以f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＜0，即3x(x－2)＜0，解得0＜x＜2，所以f(x)的单调减区间是(0，2)．8．(2025·平凉校级模拟)已知函数f(x)＝ex＋kx2在(0，＋∞)上只有一个零点，则实数k的值为________.四、解答题：每小题15分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．10．(2025·河南模拟)已知函数f(x)＝m(2－x2)－cosx(m∈R)．(1)当m＝1时，求f(x)的零点个数；(2)若∀x∈R，f(x)≤0，求m的最大值．【解析】

(1)根据题目：已知函数f(x)＝m(2－x2)－cosx(m∈R)，当m＝1时，f(x)＝2－x2－cosx，即f′(x)＝sinx－2x，令h(x)＝sinx－2x，则h′(x)＝cosx－2＜0，即h(x)在R上单调递减，即f′(x)在R上单调递减，又f′(0)＝0，则f′(x)＜0的解集为(0，＋∞)，则f′(x)＞0的解集为(－∞，0)，即f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，在区间(－∞，0)上单调递增，又因为f(0)＝1＞0，f(2)＝f(－2)＝－2－cos2＜0，即存在x1∈(－2，0)，x2∈(0，2)，使得f(x1)＝f(x2)＝0，当m＝1时，即f(x)有两个零点．则g′(x)＝sinx－x，令φ(x)＝sinx－x，则φ′(x)＝cosx－1≤0，即φ(x)在R上单调递减，又φ(0)＝sin0－0＝0，则g′(x)＜0的解集为(0，＋∞)，则g′(x)＞0的解集为(－∞，0)，即g(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在区间(0，＋∞)上单调递减，(1)若a＝1，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求证：当a≥0时，f(x)有且仅有一个零点．(2)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，∴f(x)＜0，函数f(x)无零点，又当x∈(1，x2)时，f(x)单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，f(x)单调递增，且f(x2)＜f(1)＜0，f(4)＝aln4＞0，∴f(x)有且仅有一个零点；当a≥1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，又f(1)＜0，f(4)＝aln4＞0，知f(x)存在唯一个零点x0∈(1，4)．综上所述，当a≥0时，f(x)有且仅有一个零点．12．(2025·广东校级模拟)已知函数f(x)＝ax－lnx－2.(1)当a≤0时，讨论f(x)的零点个数；(2)当a＝1时，证明：f(x)在区间(3，4)内存在唯一的零点；(3)若对于任意的x∈(1，＋∞)，都有xlnx＋x＞k(x－1)，求整数k的最大值．【解析】

(1)根据导函数可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减，解方程f(x)＝－lnx－2＝0，得x＝e－2，因此当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．当a＜0时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，因为a＜0，ea－2＜e0＝1，所以f(ea－2)＝aea－2－(a－2)－2＝aea－2－a＝a(ea－2－1)＞0，又因为f(1)＝a－2＜0，所以函数f(x)在(ea－2，1)上有一个零点．又因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上有一个零点．综上，当a≤0时，函数f(x)上有一个零点．(2)证明：当a＝1时f(x)＝x－lnx－2，所以函数f(x)在(3，4)上单调递增，因为f(4)＝4－ln4－2＝2－ln4＞0，f(3)＝3－ln3－2＝1－ln3＜0，所以函数f(x)在区间(3，4)内存在唯一的零点．(3)因为xlnx＋x＞k(x－1)，且x∈(1，＋∞)，根据第二问知，函数f(x)＝x－lnx－2在(1，＋∞)上单调递增，且在区间(3，4)内存在唯一的零点，设该零点为x0∈(3，4)，那么f(x0)＝x0－lnx0－2＝0，因此当x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞0，即g′(x)＞0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)在(1，x0)上单调递减，所以k＜g(x)min＝x0∈(3，4)，因此整数k的最大值为3.13．(2025·安丘市模拟)已知函数f(x)＝x＋asinx－xcosx.(1)当a＝1时，求f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；【解析】

(1)因为a＝1，所以f(x)＝x＋sinx－xcosx，即f′(x)＝1＋cosx－cosx＋xsinx＝1＋xsinx，所以切线的斜率为k＝f′(π)＝1，又f(π)＝2π，所以切线方程为y－2π＝x－π，即x－y＋π＝0.(2)f(x)＝x＋asinx－xcosx，则f′(x)＝1＋(a－1)cosx＋xsinx，①当a