创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题35　导数与函数的零点.pptx

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1、INNOVATIVE DESIGN上篇板块五函数与导数微专题35导数与函数的零点真题研析 类题突破高分训练 对接高考索引利利用用导数数研研究究函函数数的的零零点点主主要要类型型是是判判定定函函数数零零点点的的个个数数，根根据据零零点点的的个个数数求求参数等，常出参数等，常出现在在压轴题位置，位置，难度度较大大.索引1真题研析 类题突破索引索引若若x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增，增，若若x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减，减，所以所以f(x)maxf(1)a10，所以所以f(x)不存在零点；不存在零点；当当a1时，f(x)0，f(x)在在(0，)上上单调递增，增，因因为f(

2、1)a10，所以，所以函数函数f(x)恰有一个零点；恰有一个零点；索引因因为f(1)a10，所以所以a1满足条件；足条件；索引综上，若上，若f(x)恰有一个零点，恰有一个零点，则a的取的取值范范围为(0，).索引样样题题1 已已知知函函数数f(x)a(x2)ex(x1)2，a0，aR，证明明：函函数数yf(x)有有两两个个不同的零点不同的零点.证明证明由由题知知f(x)a(x1)ex2(x1)(x1)(aex2)，当当a0时，aex20，由，由f(x)0得得x0得得x1，所以所以f(x)在在(1，)上上为增函数，增函数，而而f(1)ae0，所以所以f(x)在在(1，)上有唯一零点，上有唯一零点

3、，且且该零点在零点在(1，2)上上.索引所以所以f(x)在在(，1)上有唯一零点，上有唯一零点，且且该零点在零点在(b，1)上，上，所以当所以当a0时，f(x)恰好有两个零点恰好有两个零点.索引当当a0时，f(x)在在(，a)和和(a，)上上递增，在增，在(a，a)递减；减；当当a0时，f(x)的的递增增区区间为(，a)和和(a，)，递减减区区间是是(a，a)；当；当a0时，f(x)在在(，a)和和(a，)上上递增，在增，在(a，a)递减，减，又当又当x时，f(x)0，当，当x时，f(x)，当当a0，由零点存在定理知由零点存在定理知f(x)在在1，e2上有上有1个零点；个零点；索引当当1ae2

4、时，当当x1，a)时，f(x)0；f(x)在在1，a)上上单调递减，在减，在(a，e2上上单调递增，增，f(x)minf(a)(a1)(1ln a).()当当ae时，f(x)min0，此此时f(x)在在1，e2上有上有1个零点；个零点；()当当1a0，此此时f(x)在在1，e2上无零点；上无零点；索引()当当eae2时，f(x)min0.当当ae2时，f(x)0在在1，e2上恒成立，上恒成立，f(x)在在1，e2上上单调递减，减，索引f(x)在在1，e2上有上有1个零点个零点.综上，当上，当1a0，f(x)在在(0，)上上单调递增；增；当当n0时，令，令f(x)0，索引索引(2)若若n1，h(

5、x)f(x)g(x)，当函数，当函数h(x)有两个零点有两个零点时，求，求实数数a的取的取值范范围.索引又又k(1)0，当当x(0，1)时，k(x)0；当当x(1，)时，k(x)1时，ln x0，m(x)0，若若(*)成立，成立，则a(0，1).索引当当a(0，1)时，m(x)a在在(0，1)，(1，)内各有一个根内各有一个根.综上，上，实数数a的取的取值范范围是是(0，1).索引2高分训练 对接高考/索引1234一、基本技能练令令g(x)0，得，得xe，在在(0，e)上，上，g(x)0，g(x)单调递增；增；在在(e，)上，上，g(x)0，得，得xln 2，令令f(x)0，得，得xln 2，

6、故函数故函数f(x)在在(，ln 2)上上单调递减，在减，在(ln 2，)上上单调递增增.索引1234(2)若函数若函数g(x)f(x)m，x1，1恰有两个零点，求恰有两个零点，求实数数m的取的取值范范围.解解由由(1)知，知，g(x)f(x)mex2xm，x1，1，且函数且函数g(x)在在1，ln 2)上上单调递减，在减，在(ln 2，1上上单调递增，增，因因为函数函数g(x)恰有两个零点，恰有两个零点，所以函数所以函数g(x)在区在区间1，ln 2)，(ln 2，1内各有一个零点，内各有一个零点，解得解得22ln 2me2.所以所以m(22ln 2，e2.索引12343.(2022广州模广

7、州模拟)已知函数已知函数f(x)exsin xcos x，f(x)为f(x)的的导数数.(1)证明：当明：当x0时，f(x)2；证明证明由由f(x)excos xsin x，设h(x)excos xsin x，则h(x)exsin xcos x，当当x0时，设p(x)exx1，q(x)xsin x，p(x)ex10，q(x)1cos x0，p(x)和和q(x)在在0，)上上单调递增，增，p(x)p(0)0，q(x)q(0)0，索引1234当当x0时，exx1，xsin x，则h(x)exsin xcos xx1sin xcos x(xsin x)(1cos x)0，函数函数h(x)excos

8、xsin x在在0，)上上单调递增，增，h(x)h(0)2，即当即当x0时，f(x)2.索引1234(2)设g(x)f(x)2x1，证明：明：g(x)有且有且仅有有2个零点个零点.证明证明由已知得由已知得g(x)exsin xcos x2x1，当当x0时，g(x)excos xsin x2f(x)20，g(x)在在0，)上上单调递增，增，又又g(0)10，由零点存在定理可知由零点存在定理可知g(x)在在0，)上上仅有一个零点，有一个零点，索引1234m(x)在在(，0)上上单调递减，减，m(x)m(0)1，excos xsin x20，g(x)excos xsin x20，g(x)在在(，0)

9、上上单调递减，减，又又g(0)10，由零点存在定理可知由零点存在定理可知g(x)在在(，0)上上仅有一个零点，有一个零点，综上所述，上所述，g(x)有且有且仅有有2个零点个零点./索引1234令令f(x)0，则x2.令令f(x)0，则x2，令令f(x)0，则0 x2，所以所以f(x)在在(0，2)上上单调递减，在减，在(2，)上上单调递增增.二、创新拓展练索引1234因因为f(1)0，f(2)ln 211，且，且满足足f()0，试讨论函数函数g(x)的零点个数的零点个数.从而从而g(x)的零点个数等价于直的零点个数等价于直线yax与与(x)图象的交点个数象的交点个数.令令(x)0，得，得x1，令令(x)0，得，得x1，令令(x)0，得，得0 x1，索引1234所以所以(x)在在(0，1)上上单调递减，在减，在(1，)上上单调递增，且增，且(x)min(1)0.当当a0时，直，直线yax与与(x)图象有一个交点象有一个交点.当当a0时，直直线yax经过一一、三三象象限限，与与(x)图象象至至少少有有一一个个交交点点，当当直直线yax与与(x)图象相切象相切时，设切点的横坐切点的横坐标为x0，索引1234从而从而x0，综上所述，当上所述，当a0时，g(x)没有零点；没有零点；索引1234INNOVATIVE DESIGNTHANKS本节内容结束