主题2 第3章 第4节 第3课时 利用导数研究函数的零点问题(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

主题二 函　数 第三章　导数及其应用 第4节　导数的综合应用 第3课时　利用导数研究函数的零点问题 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 课时冲关 01 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 　 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 　 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 可以利用转化与化归思想解决此类问题，即转化为相应方程根的问题或函数图象交点的问题，是高考考查的热点． 确定函数零点(相应方程根)的个数 [典例]　(2025·天津崇化中学期末)已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,ax)－eq \f(1,a)，a∈R且a≠0. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数． [解]　(1)f′(x)＝eq \f(ax－1,ax2)(x>0)，当a<0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′(x)>0，得x>eq \f(1,a)；由f′(x)<0，得0<x<eq \f(1,a)， ∴函数f(x)在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(0，\f(1,a)))上单调递减． 综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在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(0，\f(1,a)))上单调递减． (2)∵当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点， 即当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根． 令h(x)＝(ln x－1)ex＋x， 则h′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋ln x－1))ex＋1. 由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，f(x)≥f(1)＝0. ∴eq \f(1,x)＋ln x－1≥0在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上恒成立． ∴h′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋ln x－1))ex＋1≥0＋1>0， ∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递增． ∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝＋eq \f(1,e)，h(x)max＝e. ∴当m<＋eq \f(1,e)或m>e时，函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上没有零点； 当＋eq \f(1,e)≤m≤e时，函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有且只有一个零点． 研究函数f(x)零点的策略 (1)如果函数f(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在． (2)如果函数f(x)在已知区间不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g(x)的极值与零的大小，以及函数f(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数． (2023·北京卷)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f(x)极值点的个数． 解：(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R， 所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b， 因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 y＝－x＋1， 所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－13×ea＋b＝0，,1－3＋aea＋b＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，)) 所以a＝－1，b＝1. (2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1(x∈R)，则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x＋1， 令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±eq \r(3)， 不妨设x1＝3－eq \r(3)，x2＝3＋eq \r(3)，则0＜x1＜x2， 易知e－x＋1＞0恒成立， 所以令g′(x)＜0，解得0＜x＜x1或x＞x2； 令g′(x)＞0，解得x＜0或x1＜x＜x2； 所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减， 在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0,3－eq \r(3))和(3＋eq \r(3)，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－eq \r(3)，3＋eq \r(3))． (3)由(1)得f(x)＝x－x3e－x＋1(x∈R)， f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1， 由(2)知f′(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 当x＜0时，f′(－1)＝1－4e2＜0，f′(0)＝1＞0， 即f′(－1)f′(0)＜0， 所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则－1＜x3＜0， 此时，当x＜x3时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减； 当x3＜x＜0时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增； 所以f(x)在(－∞，0)上有一个极小值点； 当x∈(0，x1)时，f′(x)在(0，x1)上单调递减， 则f′(x1)＝f′(3－eq \r(3))＜f′(1)＝1－2＜0， 故f′(0)f′(x1)＜0， 所以f′(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0＜x4＜x1， 此时，当0＜x＜x4时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；当x4＜x＜x1时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减； 所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点； 当x∈(x1，x2)时，f′(x)在(x1，x2)上单调递增， 则f′(x2)＝f′(3＋eq \r(3))＞f′(3)＝1＞0， 故f′(x1)f′(x2)＜0， 所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1＜x5＜x2， 此时，当x1＜x＜x5时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x5＜x＜x2时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增； 所以f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点； 当x＞x2＝3＋eq \r(3)＞3时，3x2－x3＝x2(3－x)＜0， 所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1＞0， 则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x2，＋∞)上无极值点； 综上，f(x)在(－∞，0)和(x1，x2)上各有一个极小值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极值点． 由函数零点(相应方程根)的 个数确定参数的取值范围 [典例]　(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围． [解]　 (1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)， 当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋eq \f(x,ex)，f(0)＝0，所以切点为(0,0)，f′(x)＝eq \f(1,1＋x)＋eq \f(1－x,ex)，f′(0)＝2，所以切线斜率为2， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x. (2)f(x)＝ln(1＋x)＋eq \f(ax,ex)， f′(x)＝eq \f(1,1＋x)＋eq \f(a1－x,ex)＝eq \f(ex＋a1－x2,1＋xex)， 设g(x)＝ex＋a(1－x2)， ①若a＞0，当x∈(－1,0)，g(x)＝ex＋a(1－x2)＞0，即f′(x)＞0， 所以f(x)在(－1,0)上单调递增，f(x)＜f(0)＝0， 故f(x)在(－1,0)上没有零点，不合题意； ②若－1≤a≤0，当x∈(0，＋∞)， 则g′(x)＝ex－2ax＞0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(0)＝1＋a＞0，即f′(x)＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， f(x)＞f(0)＝0， 故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意； ③若a＜－1， a．当x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex－2ax＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， g(0)＝1＋a＜0，g(1)＝e＞0， 所以存在m∈(0,1)，使得g(m)＝0，即f′(m)＝0， 当x∈(0，m)，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(m，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)，f(x)＜f(0)＝0，当x→＋∞，f(x)→＋∞， 所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点． 又(0，m)没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点． b．当x∈(－1,0)，g(x)＝ex＋a(1－x2)， 设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，h′(x)＝ex－2a＞0，所以g′(x)在(－1,0)上单调递增， g′(－1)＝eq \f(1,e)＋2a＜0，g′(0)＝1＞0， 所以存在n∈(－1,0)，使得g′(n)＝0， 当x∈(－1，n)，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x∈(n,0)，g′(x)＞0，g(x)单调递增， g(x)＜g(0)＝1＋a＜0， 又g(－1)＝eq \f(1,e)＞0，所以存在t∈(－1，n)， 使得g(t)＝0，即f′(t)＝0， 当x∈(－1，t)，f(x)单调递增， 当x∈(t,0)，f(x)单调递减， 有x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0， 所以当x∈(t,0)，f(x)＞0， 所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，(t,0)上无零点， 即f(x)在(－1,0)上有唯一零点，所以a＜－1，符合题意， 所以若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围为(－∞，－1)． 利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路： ①将问题转化为函数零点的个数问题，进而转化为函数图象交点的个数问题； ②利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质； ③画出函数的大致图象，结合图象求解． 已知函数f(x)＝eq \f(ax,ex－1)＋x－ln(ax)－2(a＞0)，若函数f(x)在区间(0，＋∞)内存在零点，求实数a的取值范围． 解：法一：由f(x)＝eq \f(ax,ex－1)＋x－ln(ax)－2(a＞0)，可得f′(x)＝eq \f(x－1,ex－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex－1,x)－a))， 设y＝eq \f(ex－1,x)－a，x＞0，a＞0，则y′＝eq \f(ex－1x－1,x2)，令y′＝0解得x＝1，∴y在x∈(0,1)上单调递减，在x∈(1，＋∞)上单调递增，故ymin＝y(1)＝1－a. ①当0＜a＜1时，令f′(x)＝0解得x＝1，当x∈(0,1)时，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(1)＝a－1－ln a＞0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内无零点； ②当a＝1时，f(1)＝a－1－ln a＝0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内有零点； ③当a＞1时，令f′(x)＝eq \f(x－1,ex－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex－1,x)－a))＝0，解得x＝x1或1或x2，且0＜x1＜1＜x2， 此时f(x)在x∈(0，x1)上单调递减，x∈(x1,1)上单调递增，在x∈(1，x2)上单调递减，在x∈(x2，＋∞)上单调递增， 当x＝x1或x2时，f(x)极小值＝0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内有两个零点； 综合①②③知f(x)在区间(0，＋∞)内有零点， 则a≥1. 法二：由题意可得e－x+1+ln (ax)＝ln (ax)－x＋2， 即e－x+1+ln (ax)－[－x＋1＋ln (ax)]－1＝0， 因为ex≥x＋1，当x＝0时等号成立， 所以－x＋1＋ln (ax)＝0，即ax＝ex-1， a＝ eq \f(ex-1,x)，令g(x)＝ eq \f(ex-1,x)，g′(x)＝ eq \f(1,e)× eq \f((x－1)ex,x2)， 易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1， 又x趋近于0和正无穷时，g(x)趋近于正无穷，所以a≥1. $$