2025高考数学一轮复习-导函数的零点【课件】

第三章一元函数的导数及其应用补上一课导函数的零点导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导函数值的正负确定函数的单调性.应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究函数f(x)的单调性，往往需要解方程f′(x)＝0，但有时该方程不易求解，可应用以下三种方法解决.题型一仔细观察，猜出零点例1

(2024·长沙模拟改编)已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋1，若f(x)<kex对任意的x∈ (－1，＋∞)恒成立，求k的取值范围.∴m(x)在(－1，＋∞)上单调递减.又m(0)＝0，∴当x∈(－1，0)时，m(x)＞0，即h′(x)＞0，此时h(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，m(x)＜0，即h′(x)＜0，此时h(x)单调递减.∴h(x)max＝h(0)＝1，∴k＞1.故实数k的取值范围是(1，＋∞).感悟提升当导函数为超越函数，无法利用解方程的方法求其零点，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测其零点，一般地，当所求的导函数解析式中出现lnx时，常猜x＝1，当导函数的解析式中出现ex时，常猜x＝0或x＝lnx.显然φ′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又∵φ′(e)＝0，则当x∈(0，e)时，φ′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)<0，从而φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(e)＝e，题型二设而不求，巧借零点例2(2024·青岛质检)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；证明

由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).感悟提升记h(x)＝g′(x)＝ex－2x－1⇒h′(x)＝ex－2，当x∈(0，ln2)时，h′(x)<0；当x∈(ln2，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)即g′(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，g′(ln2)＝1－2ln2<0，故当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，题型三二次构造(求导)避免求根又f(x)在(0，1)上有唯一的零点x0，且当x→0＋时，f(x)→－∞，感悟提升当导函数的零点不易求且含有参数时，往往利用导函数在其零点处的函数值为0构建方程，结合其它条件消去参数，重新构造函数，利用该函数的性质求解.证明

f(x)＝e2x－(x＋1)ex，则f′(x)＝ex(2ex－x－2)，构造函数g(x)＝2ex－x－2，则g′(x)＝2ex－1，又g′(x)在R上单调递增，且g′(－ln2)＝0，故当x<－ln2时，g′(x)<0；当x>－ln2时，g′(x)>0，则g(x)在(－∞，－ln2)上单调递减，在(－ln2，＋∞)上单调递增，当x<x0时，f′(x)>0；当x0<x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)存在唯一极大值点x0.课时分层精练KESHIFENCENGJINGLIAN1.已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数.(1)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)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.故g(x)在(0，π)存在唯一零点.所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点.(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.解由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0].则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x).证明f(x)≥g(x)等价于证明xex＋1－2≥lnx＋x(x>0)，即xex＋1－lnx－x－2≥0.令h(x)＝xex＋1－lnx－x－2(x>0)，3.(2024·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数， (1)求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；解由f(x)＝ex－xlnx，知f′(x)＝e－lnx－1，则f′(1)＝e－1，f(1)＝e，则所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1.(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围.解∵f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于ex－tx2＋x－ex＋xlnx≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，∴当x∈(0，1)时，G(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，G(x)>0，即当x∈(0，1)时，F′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，即t的取值范围是(－∞，1].4.(2024·广州调研)已知函数f(x)＝x2＋1－asinx，x∈[0，π]，a∈R，f′(x)是函数f(x)的导函数. (1)当a＝1时，证明：函数f(x)在[0，π]没有零点；证明若a＝1，则f(x)＝x2＋1－sinx，x∈[0，π]，又x2＋1≥1，0≤sinx≤1，故0≥－sinx≥－1，所以x2＋1－sinx≥0，所以x2＋1－sinx>0恒成立，所以当a＝1时，函数f(x)在[0，π]没有零点.(2)若f′(x)＋asinx＋a≤0在[0，π]上恒成立，求a的取值范围.解f′(x)＝2x－acosx，x∈[0，π]，故2x－acosx＋asinx＋a≤0在[0，π]上