2025年高考数学二轮复习重点专题突破·导数与函数的零点（全国通用）

高考二轮复习专题 导数与函数的零点 目 录 1 2 3 知识梳理·温故知新 典例分析·能力提升 CONTENTS 真题演练·高分突破 知识梳理·温故知新 1 1.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件. 含参数的函数的零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，则可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数. 3.涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围. 典例分析·能力提升 2 典例一　讨论函数零点个数 8 9 10 典例二　利用零点求参数 11 12 13 14 真题演练·高分突破 3 16 17 18 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★二轮复习专题突破★ (2024·四川德阳阶段练习)已知函数f (x)＝ln x－ eq \f(m,x) (m∈R)，讨论函数f (x)的零点个数． 【解析】　f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝ eq \f(1,x) ＋ eq \f(m,x2) ＝ eq \f(x＋m,x2) ， 当m≥0时，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增， 当x→＋∞时，f (x)→＋∞，当x→0时，f (x)→－∞， 故此时f (x)在(0，＋∞)上只有一个零点． 当m<0时，令f ′(x)＝ eq \f(x＋m,x2) ＝0，得x＝－m， 当x∈(0，－m)时，f ′(x)<0，当x∈(－m，＋∞)时，f ′(x)>0， 所以f (x)在(0，－m)上单调递减，在(－m，＋∞)上单调递增， 所以f (x)min＝f (－m)＝ln (－m)＋1， 当m<－ eq \f(1,e) 时，f (x)min>0，此时函数f (x)没有零点； 当m＝－ eq \f(1,e) 时，f (x)min＝0，此时函数f (x)只有一个零点； 当－ eq \f(1,e) <m<0时，f (x)min<0， 当x→0时，f (x)→＋∞，当x→＋∞时，f (x)→＋∞，此时函数f (x)有两个零点． 综上所述，当m≥0或m＝－ eq \f(1,e) 时，f (x)只有一个零点； 当m<－ eq \f(1,e) 时，f (x)没有零点； 当－ eq \f(1,e) <m<0时，f (x)有两个零点． 解函数零点问题的一般思路 (1)对函数求导． (2)分析函数的单调性、极值情况． (3)结合函数性质画函数的草图． (4)依据函数草图确定函数零点情况． (2024·浙江适应性考试)已知函数f (x)＝ax－ln x－3. (1)当a＝1时，求函数f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线方程； 【解析】　(1)当a＝1时，f (x)＝x－ln x－3，f ′(x)＝1－ eq \f(1,x) ， ∴f ′(1)＝0，f (1)＝－2， ∴函数f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－2. (2)若函数f (x)在x∈[e－4，e]上的图象与直线y＝t(0≤t≤1)总有两个不同交点，求实数a的取值范围． 【解析】　(2)由f (x)＝ax－ln x－3，得f ′(x)＝a－ eq \f(1,x) ， 当a≤0时，f ′(x)＝a－ eq \f(1,x) 在x∈[e－4，e]上恒小于0，所以f (x)在[e－4，e]上单调递减，不满足题意． 当a>0时，令f ′(x)＝a－ eq \f(1,x) ＝ eq \f(ax－1,x) ＝0，可得x＝ eq \f(1,a) ， 当 eq \f(1,a) ≤e－4时，f ′(x)≥0且不恒为零，当 eq \f(1,a) ≥e时，f ′(x)≤0且不恒为零，所以f (x)在[e－4，e]是单调函数，不满足题意． 故e－4< eq \f(1,a) <e. 令f ′(x)＝a－ eq \f(1,x) <0，得e－4≤x< eq \f(1,a) ， ∴当x∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－4，\f(1,a))) 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 令f ′(x)＝a－ eq \f(1,x) >0，得 eq \f(1,a) <x≤e， ∴当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e)) 时，f ′(x)>0，f (x)单调递增， ∴若函数f (x)在x∈[e－4，e]上的图象与直线y＝t(0≤t≤1)总有两个不同交点， 则需 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（e－4）≥1，,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<0，,f（e）≥1，)) 可得 eq \f(5,e) ≤a<e2， ∴实数a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,e)，e2)) . 　已知函数有零点(极值点)求参数常用的方法 (1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围． (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题． (3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解． (2022·全国乙卷，文)已知函数f (x)＝ax－ eq \f(1,x) －(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f (x)的最大值； 解析　(1)当a＝0时，f (x)＝－ eq \f(1,x) －ln x(x>0)，所以f ′(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(1,x) ＝ eq \f(1－x,x2) . 若x∈(0，1)，f ′(x)>0，f (x)单调递增； 若x∈(1，＋∞)，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 所以f (x)max＝f (1)＝－1. (2)若f (x)恰有一个零点，求a的取值范围． 解析　(2)由f (x)＝ax－ eq \f(1,x) －(a＋1)ln x(x>0)，得f ′(x)＝a＋ eq \f(1,x2) － eq \f(a＋1,x) ＝ eq \f(（ax－1）（x－1）,x2) (x>0). 当a＝0时，由(1)可知，f (x)不存在零点； 当a<0时，f ′(x)＝ eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2) ， 若x∈(0，1)，f ′(x)>0，f (x)单调递增， 若x∈(1，＋∞)，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 所以f (x)max＝f (1)＝a－1<0，所以f (x)不存在零点； 当a>0时，f ′(x)＝ eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2) ，若a＝1，f ′(x)≥0且不恒为0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f (1)＝a－1＝0，所以函数f (x)恰有一个零点， 若a>1，f (x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))) ，(1，＋∞)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)) 上单调递减，因为f (1)＝a－1>0，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))) >f (1)>0，当x→0＋时，f (x)→－∞，由函数零点存在定理可知f (x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))) 上必有一个零点，所以a>1满足条件， 若0<a<1，f (x)在(0，1)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a))) 上单调递减，因为f (1)＝a－1<0，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))) <f (1)<0，当x→＋∞时，f (x)→＋∞，由函数零点存在定理可知f (x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)) 上必有一个零点，即0<a<1满足条件．综上，若f (x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞). $$