资源简介

第七节　利用导数研究函数的零点
多元视角·拓展教材　探究式精练 收获一个“赢”
视角一　确定函数零点的个数
例1 已知函数f(x)＝cos x＋x sin x＋a.
(1)若a＝0，求函数f(x)在x＝π处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)在(0，π)上零点的个数．
学霸笔记：函数的零点的个数即函数图象与x轴交点的个数，借助数形结合思想，可通过函数图象判断函数的零点的个数．
(1)利用导数研究函数f(x)的单调性、极值及最值情况，并结合函数值的正负情况及变化趋势，作出函数f(x)的大致图象，然后根据图象判断零点的个数．
(2)若函数f(x)的图象不易直接作出，可根据函数与方程思想将函数零点转化为方程的根，再将方程进行变形，转化为两个函数的图象交点问题，从而判断函数的零点的个数．
跟踪训练　已知函数f(x)＝.
(1)求函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)设g(x)＝f(x)－kx(k∈R)，求函数g(x)在区间[，e2]上的零点的个数．
视角二　由函数的零点的个数求参数
例2 已知函数f(x)＝ln x－mx2＋(2－m)x.
(1)若函数f(x)的极值点在(2，3)内，求m的取值范围；
(2)若f(x)有两个零点，求正实数m的取值范围．
学霸笔记：(1)分离参数法：从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数的取值范围；
(2)分类讨论法：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，即为所求参数的取值范围．
跟踪训练　(2026·临沂一模)已知函数f(x)＝(2x＋1)ex.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－kx在(－∞，0)上恰有两个零点，求k的取值范围．
视角三　隐零点问题
例3 已知函数f(x)＝ex－a－ln x＋x.
(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a≤0时，证明：f(x)>x＋2.
学霸笔记：(1)已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则有：①关系式f′(x0)＝0成立；②注意确定x0的合适范围．
(2)已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关．
跟踪训练　设函数f(x)＝ex＋b sin x，x∈(－π，＋∞)．若函数f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为2.
(1)求实数b的值；
(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1.
提示：请完成课时作业21
第七节　利用导数研究函数的零点
多元视角·拓展教材
视角一
例1　解析：(1)当a＝0时，f(x)＝cos x＋x sin x，
求导得f′(x)＝－sin x＋sin x＋x cos x＝x cos x，
则f′(π)＝－π，而f(π)＝－1，
所以所求切线方程为y＋1＝－π(x－π)，即y＝－πx＋π2－1.
(2)依题意，f′(x)＝－sin x＋sin x＋x cos x＝x cos x，
当00；
当在上单调递减，f(0)＝a＋1，f(x)max＝f＝a＋，f(π)＝a－1，
当a－1≥0，即a≥1时，f(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，π)上无零点；
当即－1≤a<1时，x∈，f(x)>0，f(x)在上无零点，
f＝a＋>0，f(π)＝a－1<0，在上有一个零点，则f(x)在(0，π)上有一个零点；
当即－0，f(π)＝a＋1<0，
函数f(x)在和上各有一个零点，因此f(x)在(0，π)上有两个零点；
当a＋＝0，即a＝－时，f(x)≤0在(0，π)上恒成立，当且仅当f＝0，函数f(x)在(0，π)上有一个零点；
当a＋<0，即a<－时，f(x)<0恒成立，此时f(x)在(0，π)上无零点，
所以当a<－或a≥1时，f(x)在(0，π)上无零点；
当－1≤a<1或a＝－时，f(x)在(0，π)上有一个零点；
当－跟踪训练　解析：(1)由题意得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，
则f′(1)＝＝1，因为f(1)＝0，
所以f(x)在点(1，0)处的切线方程为y－0＝1×(x－1)，化简为y＝x－1.
故函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(2)由题知令g(x)＝f(x)－kx＝0，即f(x)＝kx，则得＝kx，从而得＝k，
则函数g(x)在区间上的零点的个数即等价于求函数h(x)＝(x>0)的图象与函数y＝k的图象的交点的个数，
设h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，令h′(x)＝0，解得x＝，
当00；当x>时，h′(x)<0，
则h(x)＝在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且当x＝时，h(x)取到极大值也是最大值h＝，
又因为h＝－e2，h(e2)＝，
当k>或k<－e2时，函数h(x)＝的图象与函数y＝k的图象的交点的个数为0，
当－e2≤k<或k＝时，函数h(x)＝的图象与函数y＝k的图象的交点的个数为1，
当≤k<时，函数h(x)＝的图象与函数y＝k的图象的交点的个数为2.
综上所述，当k>或k<－e2时，g(x)函数在区间上没有零点；
当－e2≤k<或k＝时，g(x)函数在区间上有1个零点；
当≤k<时，g(x)函数在区间上有2个零点．
视角二
例2　解析：(1)由f(x)＝ln x－mx2＋(2－m)x，x>0，
则f′(x)＝，
要使函数f(x)的极值点在(2，3)内，
则f′(x)＝0在(2，3)上有解，
即mx－1＝0在(2，3)上有解，则解得即m的取值范围为.
(2)由f(x)＝ln x－mx2＋(2－m)x，x>0，
则f′(x)＝，
因为m>0，2x＋1>0，令f′(x)＝0，得x＝，
当00，函数f(x)在上单调递增；
当x>时，f′(x)<0，函数f(x)在上单调递减，
又x→0时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→－∞，
要使f(x)有两个零点，则f＝ln ＋(2－m)·＝ln －1>0恒成立，
设g(x)＝ln x＋x－1，x>0，则g′(x)＝＋1>0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，
则>1，解得0综上所述，m的取值范围为(0，1)．
跟踪训练　解析：(1)由f(x)＝(2x＋1)ex，
得f′(x)＝＝(2x＋3)ex，
则f(0)＝1，f′(0)＝3，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝3x，即3x－y＋1＝0.
(2)令g(x)＝f(x)－kx＝0，则k＝，
令h(x)＝，x∈(－∞，0)，
则h′(x)＝，x∈(－∞，0)，
令h′(x)>0，则x<－1，令h′(x)<0，则－1所以函数h(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，
所以h(x)max＝h(－1)＝，
h(x)＝＝2ex＋，当x→－∞时，h(x)→0，
当x→0时，h(x)→－∞，
如图，作出函数h(x)的大致图象，
因为函数g(x)＝f(x)－kx在(－∞，0)上恰有两个零点，
所以函数y＝k，y＝h(x)的图象恰有两个交点，
所以k的取值范围为.
视角三
例3　解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex-1－ln x＋x，x>0，
f′(x)＝ex-1－＋1，则f′(1)＝1，而f(1)＝2，
则切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0，
所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0.
(2)证明：当a≤0时，
令F(x)＝f(x)－x－2＝ex－a－ln x－2，x>0，
F′(x)＝ex－a－，
显然函数F′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令g(x)＝xex－a－1，x>0，g′(x)＝(x＋1)ex－a>0，
即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而g(0)＝－1<0，g(1)＝e1-a－1≥e－1>0，
则存在唯一x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0，即ex0－a＝，
因此存在唯一x0∈(0，1)，使得F′(x0)＝0，
当0x0时，F′(x)>0，
因此函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
当ex0－a＝时，x0－a＝－ln x0，
则F(x)≥F(x0)＝ex0－a－ln x0－2＝＋x0－a－2≥－a－2＝－a，当且仅当＝x0即x0＝1时，等号成立，故式子取不到等号，故F(x)≥F(x0)>－a≥0，即F(x)>0.
所以当a≤0时，f(x)>x＋2.
跟踪训练　解析：(1)∵f(x)＝ex＋b sin x，
∴f′(x)＝ex＋b cos x，
由导数的几何意义知，f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋b cos 0＝1＋b，
由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.
(2)证明：由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，
∴f′(x)＝ex＋cos x，
令g(x)＝ex＋cos x，x∈(－π，＋∞)，
则g′(x)＝ex－sin x，
当x∈(－π，0]时，
ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0，
当x∈(0，＋∞)时，
ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0，
∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
又∵g(－π)＝e－π＋cos (－π)＝－1<0，
g＝＋cos ＝>0，
∴存在唯一x0∈，
使g(x0)＝＋cos x0＝0，
又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
∴x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点，
∴f′(x)＝ex＋cos x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x0)＝＋cos x0＝0，
当x∈(－π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)存在唯一极小值点x0.
又∵＋cos x0＝0，∴＝－cos x0，
∴f(x0)＝＋sin x0＝sin x0－cos x0＝sin ，
又∵x0∈，
∴x0－∈，
∴sin ∈，
∴f(x0)＝sin ∈(－1，1)，
∴f(x0)>－1.(共55张PPT)
第七节　利用导数研究函数的零点
视角一　确定函数零点的个数
例1 已知函数f(x)＝cos x＋x sin x＋a.
(1)若a＝0，求函数f(x)在x＝π处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)在(0，π)上零点的个数．
解析：(1)当a＝0时，f(x)＝cos x＋x sin x，
求导得f′(x)＝－sin x＋sin x＋x cos x＝x cos x，
则f′(π)＝－π，而f(π)＝－1，
所以所求切线方程为y＋1＝－π(x－π)，即y＝－πx＋π2－1.
学霸笔记：函数的零点的个数即函数图象与x轴交点的个数，借助数形结合思想，可通过函数图象判断函数的零点的个数．
(1)利用导数研究函数f(x)的单调性、极值及最值情况，并结合函数值的正负情况及变化趋势，作出函数f(x)的大致图象，然后根据图象判断零点的个数．
(2)若函数f(x)的图象不易直接作出，可根据函数与方程思想将函数零点转化为方程的根，再将方程进行变形，转化为两个函数的图象交点问题，从而判断函数的零点的个数．
视角二　由函数的零点的个数求参数
例2 已知函数f(x)＝ln x－mx2＋(2－m)x.
(1)若函数f(x)的极值点在(2，3)内，求m的取值范围；
(2)若f(x)有两个零点，求正实数m的取值范围．


学霸笔记：(1)分离参数法：从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数的取值范围；
(2)分类讨论法：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，即为所求参数的取值范围．
跟踪训练　(2026·临沂一模)已知函数f(x)＝(2x＋1)ex.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－kx在(－∞，0)上恰有两个零点，求k的取值范围．

视角三　隐零点问题
例3 已知函数f(x)＝ex－a－ln x＋x.
(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a≤0时，证明：f(x)>x＋2.


学霸笔记：(1)已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则有：①关系式f′(x0)＝0成立；②注意确定x0的合适范围．
(2)已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关．
跟踪训练　设函数f(x)＝ex＋b sin x，x∈(－π，＋∞)．若函数f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为2.
(1)求实数b的值；
(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1.
解析：(1)∵f(x)＝ex＋b sin x，
∴f′(x)＝ex＋b cos x，
由导数的几何意义知，f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋b cos 0＝1＋b，
由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.
(2)证明：由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，
∴f′(x)＝ex＋cos x，
令g(x)＝ex＋cos x，x∈(－π，＋∞)，
则g′(x)＝ex－sin x，
当x∈(－π，0]时，
ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0，
当x∈(0，＋∞)时，
ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0，


x (0，2) 2 (2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值 单调递增


3．(15分)已知函数f(x)＝x＋1－(2x＋1)ln x.
(1)证明：f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(2)若关于x的不等式ln x－ax2－ax<0恒成立，求整数a的最小值．

展开更多......

收起↑