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

(3)因为f(x)>-2当且仅当1<r<2,故x=1为f(x)=-2 (2)由(1)知，对任意的m,f(x)在[一1,0们上单调递减，在[0,1 的一个解， 上单调递增，故f(x)在=0处取得最小值.所以对于任意 所以f(1)=一2即a=一2， xg∈[-1.1]. 先考虑1<r<2时，f(r)>-2恒成立。 1fm)-f)1<e-1的克要条#是/1)-f0)≤e-1. 此时f(r)>-2即为1n2十2(1-x)+6(r-1)3>0在 {f(-1)-f(0)≤e-1, (1,2)上恒成立， 中i四 设1--1∈01).期h告-2+6r>0在0)上0 设函数g(t)=e一1一e十1，则g(t)=t一1. 当1<0时g'(t)<0:当>0时，g'(t)>0. 成立， 故g(1)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调道增. 设R)=lh告2+b,e(01D, 又g(1)=0,g(-1)=e1+2-c<0, 故当1∈[-1.1]时，g()≤0. 则g02-2+3h2-一36+2+边， 2 当m∈[一1.1门时，g(m)≤0，g(-m)≤0， 1-2 即①式成立： 当b≥0.-3b12+2十3b≥-3b十2+3b=2>0, 当川>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0, 故g(t)>0恒成立，故g(1)在(0,1)上为增函数， 即m一m>e一1： 故g(1)>g(0)=0即f(x)>一2在(1,2)上位成立. 当m<一1时，g(一m)>0,即em十m>e-1. 当-号<6<0时，-3h1+2+3b>2+36≥0， 综上，m的取值范四是[一1,1]. 第3课时利用导数研究函数的零点问题 故g”(1)≥0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数， 故g(t)>g(0)=0即f(x)>-2在(1,2)上恒成立， 题型1 当K-号当0<什孟<1时)<0 [典别[g】f)=>0:当a<0时f>0数 成立，∴.函数f(x)在(0，十∞》上单调递增： 故在(0，√什品)上g)为减画数，故g()<8(0)=0,不 当a>0时，由fu)>0,得>：由f<0,得0<号 合题意，会去 上，f)>-2在1.2)上成立时>-号 画教)在（日十）上单润递增，在(0，日)上单润蓬减。 综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，十∞)上单调递增：当a>0 题型3 [典例们[解](（4)：fx)=a++uln,定义城为(0，十o. 时，画教f()在（日+∞）上单调通增，在(0，）上单洞 递减。 心厂(x)=“-g1 r r2 2:当xe[片e可]时品数g)-n-1e+一m的 ①当-1<a<0时，+1<0，恒有∫x)<0. 零点， .函数f（:x)的单调减区间是(0，十∞) 中多e[日小时，方a一IDe+-m的板 ②当a=-1时f()=-1<0, 令h(x)=(lnx-1)e+x, .f(x)的减区间是(0，十∞). 则(x)=(于+iax-1)e+1. ③当a<-1时，r∈(0，+)，x>0. d 由)知当a-1时，)=nx+}-1在（日）上单调递流， )的培同是(0，)∈（去+） 在(1，e)上单调递增， 广)<0)的减区间是（由，+） 当re[日e]时≥)-0 (2)g(x)=2ar-arin r-(6a+3)(a<0), “+n一1>0在€[日e门]上根成立 因为存在实数12∈[1，]，使得不等式2g()<g(x)成 )=(+1nr-1)e+1≥0+1>0， 立，.2g(x)mn<g(x)mnx 又g(x)=a(1-lnx),且a<0..当x∈[1，e)时，g'(x)<0, )-n一1加中在：e[日]上学调是增 g(x)是减函数： 当x∈(e,e2]时，g(x)>0,g(x)是增函数. A)m=h(）=-2e+是4as=e g(r)min=g(e)=ue-6a-3, g(r)mm=maxg(1),g(e2)1=-6a-3. 吉m<一2十m>时，画数g)在[]上有 2ae-12a-6<-6a-3,则a>2e6 3 零点； 3 当-2e+≤m<e时画)在[日e]上有且只有一个 e 又a<0.从而2-6<a<0. 零点， 中a的取值范国是(c之0) 跟踪训练 解：(1)因为f(x)=x一2e+6,r∈R. 跟踪训练 所以了(.x)=1-(3.x2十4.x2)e“+, 解：(1)证明：(x)=m(e四一1)十2x, 因为f(x)在(1，f(1)处的切线方程为 若m≥0，则当x∈（一∞，0）时，er一10，f(x)<0: y=-x+1, 当x∈(0，+∞)时，em-1≥0，(x)>0. 所以f(1)=一1+1=0，(1)=一1， 若m<0.则当x∈(-四，0)时，e一1>0，(r)<0: 当r∈(0，+oo)时，em-1<0,f(x)>0. c 所以f(x)在（一o∞，0）上单调递减，在(0，十©)上单调递增， 所以a=一1，b=1. 441 (2)由(1)得g(.x)=f(x)=1-(3x2-x3)e+1(x∈R), ③若a<一1， 则g(x)=-x(.x2-6r+6)e-+1, L当x∈(0，十o),则g(x)=e一2a.x>0,所以g(x)在(0，十o∞) 令x2-6x十6=0，样得x=3土5， 上单调递增， 不坊设1=3-3，x2=3十3，则0<1<2· g(0)=1十e<0,g(1)=e>0, 易知e+1>0恒成立， 所以存在m∈(0,1)，使得g(m)=0,即了(m)=0, 所以令g'(x)<0,解得0<<1或x>x2: 当r∈(0，m),f(r)<0,f(r)单调递减： 令g(x)>0,解得x<0或x1<x<x?: 当r∈(m,+o),(x)>0,f(x)单调递增 所以g(x)在(0，)，(2，十o)上单调递减， 所以当x∈(0，m),f(r)<f(0)-0,当+十o∞，f(x)+十∞， 在（一©，0），(1，Tg)上单调递增， 所以f(r)在(m,十o)上有唯一零点， 即g(x)的单调递诚区间为(0,3一√)和(3十，十∞)，单调递增 又(0，m)授有零点，即f(x)在(0，十0o)上有唯一零点 区间为（一∞，0）和(3一.3十3). b.当x∈(-1,0)，gx)-e+a(1-x2), (3)由(1)得f(x)=x-x2e+1(x∈R), 设h(x)-g(.r)=c-2a.x,h'(.x) f(x)=1-(3.x2-x2)e+1. =c-2a>0,所以g'(x)在（一1,0） f(x) 由(2)知(x)在(0，d),(2·+∞)上单调递减，在（一∞，0）， 上单调递增， (x1,2)上单调境增， g'(-1)=上+2a<0,g(0)=1 当x<0时，f(-1)=1一4e2<0,(0)=1>0, e 即(-1)(0)<0， >0, 所以(x)在（一©⊙，0）上存在唯一零点，不妨设为1g,则一1 所以存在n∈（-1,0)，使得g(n) x3<0, =0, 此时，当xx时，(x)<0,则f(x》单调递减： 当r∈(-1，n),g'(x)<0,g(r)单 当rg<r<0时，f(r)>0,则f(x)单调运增： 调递减； 所以f(x)在（一o∞，0）上有一个极小值，点： 当x∈(n,0),g'(x)>0,g(x)单调递增， 当x∈(0，x1)时，f(x)在(0，r1)上单调递减， g(x)<g(0)=1十a<0, 则(x)=f(3-3)<f(1)=1-2<0, 又g(-1)=上>0，所以存在1E(-1,m, 故子(0)(x1)<0, e 所以了(x)在(0,1)上存在唯一零点，不妨设为x4·则0< 使得g(t)=0,即(t)=0, <x1· 当r∈（一1，t),f(x)单调递增，当x∈(1,0）， 此时，当0<x<1时，f(x)>0,则f(x)单调造增：当x<r f(x)单调递减， 1时，f(r)<0,则f(x)单调递减： 有x一1，f(x)-∞，而f(0)=0, 所以f(x)在(0,1)上有一个极大值点： 所以当x∈(1,0)，f(x)>0, 当r∈(x12)时，∫(x)在(x1x2)上单调递增. 所以f(r)在(-1，)上有唯一零点，(t,0)上无零点， 则(x2)=(3+√3)>(3)=1>0. 聊f(x)在（一1,0）上有唯一零点，所以a<一1，待合题意， 故厂()f(x)<0, 所以若f(x)在区间（一1,0），(0，十o)各恰有一个零点，求a的 所以f(x)在(r1,x1)上存在唯一零点，不妨设为x5,则x1< 取值范四为（一∞，一1）， 跟踪训练 此时，当1<r<时，f(x)<0,射f(r)单调递减；当x<r< 2时，厂(x)>0,则f(x)单调递增： 解：法-：由f)=告+x一h6a)-2a>0,可得f) 所以f（x)在(x1)上有一个极小值点： 当x>x=3+3>3时，3x2-x3=x2(3-x)<0. (-小 所以f广(x)=1-(3x2-x3)e+1>0, 设y= -4x>0,a>0,则y=-D,令y=0解得x 则f(x)单调递增， 所以f(7)在(r,十oo)上无极值点： =1,y在x∈(0,1)上单调递减，在x∈(1，十o)上单调递增， 综上，f(x)在(-∞，0)和(x,x)上各有一个极小值点，在 故y,=y(1)=1一a. (0,x1)上有一个极大值点，共有3个极值点. ①当0<a<1时，令广(x)=0解得x=1.当x∈(0,1)时，f(x) 题型2 单调递减，当x∈(1，十o)时，f(r)单调递增， [典例][解](1)f(x)的定义战为（一1，+o), f八x)mia■f1)■a-1-lna>0,此时f(x)在区间(0，+oo)内 当a=1时.fx)=ln(1+x)+三，f(0)=0,所以切点为(0,0)， 无零点： ②当a=1时，f(1)=a一1-na=0,北时f(x)在区间(0，+o∞) 了)=中十号，f(0)=2,所以切线斜率为2， 内有零点 所以曲线y一f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y-2r @当>1时，◆了)=月（号-）=0，解得=1或1 (2)/(x)=n(1+x）+ 或.且0<1<1<x, e 此时f(x)在x∈(0,1)上单调递减，x∈(1,1)上单调递增，在 1+a1-2_+a1-r2) 了(x)=1+ r∈(1,2》上单调道减，在r∈(2，十∞)上单调递增， e (1+x)c 当r=或经时，f(.x)瓶小指=0，此时f(x)在区间(0，十co)内 设g(x)=e2十a(1-x2), 有两个零点： ①若a>0,当r∈(-1,0)，g(x)=e2十a(1一x2)>0,即f(x) 综合①②③知f()在区间(0，十9)内有零点， >0, 则a≥1， 所以f(x)在（一1.0）上单调递增，f(r)<f(0)=0, 法二：由题意可得e+1+a)=ln(ar)一x十2， 故f()在（一1,0）上没有零点，不合题意： 即e+1+w)-[-x+1+ln(ax)]-1=0, ②若一1a0,当r∈(0，十∞）， 因为e≥x十1，当r=0时等号成立， 则g(r)=e2ar>0, 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)=1十a>0, 所以-x+1+ln(a.x)=0,即ax=el, 即(x)>0, as8-1 u)=×e 2 所以(x)在(0，十∞)上单调递增， 易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增，所以 f(x)>f(0)=0, 故f(x)在(0，十)上没有零，点，不合题意： g(x)≥g(1)=1, 文T趋近于0和正无穷时，g(x)趋近于正无穷，所以4≥1， 442主题二第三章导数及其应用 第3课时利用导数研究函数的零点问题 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 题型1〔确定函数零点（相应方程根）的个数 1跟踪训练 [典例](2025·天津崇化中学期末)已知函数 (2023·北京卷)设函数f(.x)=x-x3ear+b f(.x)=lnx+1-1. 曲线y=f(x)在点(1，f(1))的切线方程为y= ,a∈R且a≠0. ax a -x+1. (1)讨论函数f(x)的单调性： (1)求a,b的值： (2)当x[日e]时，试判断函数g)=nx (2)设g(x)=f(x),求g(x)的单调区间； (3)求f(x)极值点的个数. -1)e十x-m的零点个数. [尝试解答] 方法指导 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 ∫(x)的单调性、结合零点存在定理判断其 零点的个数 71 金榜题名创新高考总复习数学北师大版 由函数零点（相应方程根）的 跟踪训练 题型2 个数确定参数的取值范围 [典例们(2022·全国乙卷)已知函数f(x)= 已知函数)=气+g-lnar)-2a>0. In(1+r)+axe, 若函数f(x)在区间(0，十∞)内存在零点，求 (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0) 实数a的取值范围. 处的切线方程； (2)若f(x)在区间（一1,0），(0，十∞)各恰有 一个零点，求a的取值范围. [尝试解答] …方法指导 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· 请完成课时冲关19 72