导数与函数零点讲义-2026届高考数学一轮复习

导数与函数零点 课前学习任务 一、必备知识 1.利用导数研究函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路： (1) 可转化为用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题； (2) 涉及两函数的交点，利用数形结合思想方法，通过图象可清楚地数出交点的个数(即零点，根的个数)或者确定参数的取值范围． 2.已知函数零点求参数的取值范围 (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． 课堂核心考点 考点一 讨论函数零点的个数 例1　已知0＜a＜1，函数f(x)＝(x≠0)． (1) 求f(x)的单调区间； (2) 讨论方程f(x)＝a的根的个数． 变式1　已知函数f(x)＝sin x＋ex－4x，e为自然对数的底数，函数g(x)＝x3－ax＋3． (1) 若f(x)在(0,1)处的切线也是g(x)的切线，求实数a的值； (2) 求f(x)在(－π，＋∞)上的零点个数． 考点二 根据函数零点情况确定参数 例2　已知函数f(x)＝aex－cosx－x(a∈R)． (1) 若a＝1，求证：f(x)≥0； (2) 若f(x)在(0，π)上有两个极值点，求实数a的取值范围． 变式2　已知函数 f(x)＝3ln x－ax． (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 已知x1，x2是函数f(x)的两个零点(x1＜x2)，求实数a的取值范围． 强化训练 1．若函数f(x)＝2x3－6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是(　　) A．[－4,4] B．(－4,4) C．(－∞，－4]∪[4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(4，＋∞) 2．(多选)已知函数f(x)＝x3－3x＋1，则(　　) A．直线y＝－x是曲线y＝f(x)的切线 B．f(x)有两个极值点 C．f(x)有三个零点 D．存在等差数列，满足 f(ak)＝5 3．已知函数f(x)＝，判断函数f(x)在区间(0,3π)上极值点的个数，并证明． 课后提升练 一、单项选择题 1．函数f(x)＝ex与g(x)＝x＋1的图象的交点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．不确定 2．已知函数f(x)＝ln(x＋1)－sinx，则函数f(x)在上零点的个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 3．已知函数f(x)＝ex－(a∈R)，则函数f(x)的零点个数最多为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 4．若函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3,0) 二、多项选择题 5．已知函数f(x)＝(x2－3)ex，x∈R，则(　　) A．函数f(x)有且只有2个零点 B．函数f(x)的单调递减区间为(－3,1) C．函数f(x)存在最大值和最小值 D．若方程f(x)＝a有三个实数解，则a∈(－2e,6e－3) 6．已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 7．若函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)＋，则(　　) A．f(x)的图象关于点(0,0)对称 B．f(x)在上单调递增 C．f(x)的极小值点为 D．f(x)有两个零点 三、填空题 8．函数f(x)＝(1＋x2)ex－1的零点个数为____． 9．若曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则实数a的取值范围为____． 10．已知函数f(x)＝3xlnx－ax3＋6x(a＞0)．若y＝f′(x)有且只有一个零点，则a的值为____． 四、解答题 11．已知函数f(x)＝x2＋ax－2lnx＋b的图象在x＝2处的切线与直线y＝－x＋5垂直． (1) 求实数a的值； (2) 若函数f(x)在[1，e]上无零点，求实数b的取值范围． 12．已知函数f(x)＝eax－x． (1) 若a＝2，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2) 讨论f(x)的零点个数． 答案解析 课堂核心考点 例1　【解答】 (1) 因为f(x)＝(x≠0)，所以f′(x)＝＝.由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得x<0或0<x<1.所以函数f(x)在(－∞，0)和(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2) 因为0<a<1，所以当x<0时，f(x)＝<0，方程f(x)＝a无解；当x>0时，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝ae1－a>ae0＝a，所以方程f(x)＝a无解．综上可知，方程f(x)＝a的根的个数为0. 变式1　【解答】 (1) f′(x)＝cos x＋ex－4，则f′(0)＝cos 0＋e0－4＝－2，所以切线方程为y＝－2x＋1.又g′(x)＝3x2－a，设直线y＝－2x＋1与y＝g(x)图象的切点为(x0，y0)，则解得 (2) f′(x)＝cos x＋ex－4，当－π<x≤0时，cos x≤1，ex≤1，f′(x)<0，所以函数f(x)单调递减，所以f(x)≥f(0)＝1，此时函数f(x)无零点；当x>0时，设h(x)＝f′(x)＝cos x＋ex－4，则h′(x)＝－sin x＋ex>0，h(x)即f′(x)单调递增，f′(0)＝－2，f′(2)＝cos 2＋e2－4>0，因此f′(x)在(0，2)上有唯一零点，记零点为m，即f′(m)＝0，在(0，m)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(m，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．又f(0)＝1>0，f(1)＝sin 1＋e－4<0，f(2)＝sin 2＋e2－4>0，所以f(x)在(0，1)上有一个零点，在(1，2)上有一个零点．综上所述，f(x)在(－π，＋∞)上有2个零点． 例2　【解答】 (1) 当a＝1时，f(x)＝ex－cos x－x，令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1，当x<0时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上为减函数，当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以g(x)≥g(0)＝1，而cos x≤1，所以ex－x≥cos x，即f(x)≥0. (2) f(x)在(0，π)上有两个极值点等价于f′(x)＝aex＋sin x－1＝0在(0，π)上有两个不同的零点，且在零点左右函数符号发生改变，f′(x)＝0等价于a＝.设h(x)＝，x∈(0，π)，h′(x)＝＝.令h′(x)＝0，得x＝.当0<x<时，h′(x)<0，h(x)为减函数；当<x<π时，h′(x)>0，h(x)为增函数．又h(0)＝1，h＝0，h(π)＝＝e－π，0<e－π<1，所以当0<a<e－π时，方程a＝在(0，π)上有两个不同的实数根，所以实数a的取值范围是(0，e－π). 变式2　【解答】 (1) f′(x)＝(x>0).①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>0时，令f′(x)>0，得0<x<，即f(x)在上单调递增；同理，令f′(x)<0，得x>，即f(x)在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2) 由(1)可知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点．当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，若使f(x)有两个零点，则f>0，即3ln －3>0，解得0<a<，且f(1)＝－a<0，当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，则有x1∈，x2∈，符合题意．所以a的取值范围为. 强化训练 1. B　【解析】 由题意可得f′(x)＝6x2－6，当x<－1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当－1<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，据此可得函数f(x)在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值，结合题意可得解得－4<m<4，所以实数m的取值范围是(－4，4). 2. BCD　【解析】 f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1).对于A，令f′(x)＝3x2－3＝－，得x＝±，而f＝－＋1，由点斜式可知此时切线方程为－＝y－；f＝＋1，由点斜式可知此时切线方程为－(x＋)＝y－.所以直线y＝－x不是曲线y＝f(x)的切线，故A错误．对于B，令f′(x)＝0，解得x＝±1，所以函数f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，故在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值，故B正确．对于C，因为f(－1)＝3>0，f(1)＝－1<0，所以由单调性可知函数f(x)有三个零点，故C正确．对于D，取an＝n－3，则f(ak)＝5，故D正确． 3. 【解答】 f′(x)＝，设g(x)＝x cos x－sin x，则g′(x)＝－x sin x．当x∈(0，π)时，因为sin x>0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，π)上单调递减，g(x)<g(0)＝0，所以g(x)在(0，π)上没有零点；当x∈(π，2π)时，因为sin x<0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(π，2π)上单调递增，又g(π)＝－π<0，g(2π)＝2π>0，所以g(x)在(π，2π)上有唯一零点；当x∈(2π，3π)时，因为sin x>0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(2π，3π)上单调递减．又因为g(2π)>0，g(3π)<0，所以g(x)在(2π，3π)上有唯一零点．综上，函数g(x)在区间(0，3π)上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变，故函数f(x)在区间(0，3π)内恰有两个极值点． 课后提升练 1. B　【解析】 令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，令h′(x)＝ex－1＝0，得x＝0.当x＜0时，h′(x)＜0，当x＞0时，h′(x)＞0.所以当x＝0时，h(x)取得最小值h(0)＝0，即h(x)＝ex－x－1只有一个零点，所以f(x)与g(x)的图象只有1个交点． 2. B　【解析】 f(x)＝ln (x＋1)－sin x，f′(x)＝－cos x.①当x∈时，－cos x>0，>0，所以f′(x)>0，即f(x)在上单调递增．又因为f＝ln －1<0，f(π)＝ln (π＋1)>0，所以f(x)在上有且仅有一个零点．②当x∈[π，＋∞)时，f(x)＝ln (x＋1)－sin x>ln (π＋1)－1>0，所以f(x)在[π，＋∞)上无零点. 综上所述，f(x)在上有且仅有一个零点． (第3题) 3. C　【解析】 由f(x)＝ex－＝0，得xex＝a(x≠0).设h(x)＝xex，x≠0，则h′(x)＝(x＋1)ex，当x<－1时，h′(x)<0，当－1<x<0或x>0时，h′(x)>0，所以h(x)＝xex在(－1，0)，(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，－1)上单调递减，所以h(x)min＝h(－1)＝－.据此可画出h(x)＝xex的大致图象如图所示，由图可知，当a<－或a＝0时，f(x)无零点；当a＝－或a>0时，f(x)有一个零点；当－<a<0时，f(x)有两个零点． 4. B　【解析】 f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)存在极大值和极小值，所以a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－或x＝，且当x∈∪时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，故f(x)的极大值为f(－)，极小值为f.若f(x)存在3个零点，则即解得a<－3. 5. AB　【解析】 由函数f(x)＝(x2－3)ex，x∈R，得f′(x)＝(x－1)(x＋3)ex，令f′(x)<0，解得－3<x<1；令f′(x)>0，解得x<－3或x>1，所以函数f(x)在(－3，1)上单调递减，在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增，且f(－3)＝6e－3，f(1)＝－2e，当x→－∞时，f(x)→0＋，作出函数y＝f(x)的大致图象如图所示，由图可知A，B正确；f(x)min＝f(1)＝－2e，无最大值，所以C错误；若方程f(x)＝a有三个实数解，即y＝a与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，可得a∈(0，6e－3)，所以D错误． (第5题) 6. AC　【解析】 由题知f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，得x>或x<－，令f′(x)<0，得－<x<，所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增，所以x＝±是极值点，故A正确．因为f＝1＋>0，f＝1－>0，f(－2)＝－5<0，所以函数f(x)在上有一个零点；当x≥－时，f(x)≥f>0，即函数f(x)在上无零点．综上所述，函数f(x)只有一个零点，故B错误．令h(x)＝x3－x，定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，则h(x)是奇函数，(0，0)是h(x)图象的对称中心，将h(x)的图象向上平移1个单位长度后得到f(x)的图象，所以点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故C正确．令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1，当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3，故D错误． 7. AC　【解析】 令解得－1<x<0或0<x<1，所以函数f(x)的定义域为(－1，0)∪(0，1)，又f(－x)＝ln (1－x)－ln (1＋x)－＝－＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，其图象关于点(0，0)对称，故A正确；f′(x)＝－－＝＋－＝－＝＝，当x∈时，f′(x)<0，即f(x)在上单调递减，故B错误；当x∈时，f′(x)>0，即f(x)在上单调递增，根据奇函数的对称性可知f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的极小值点为，极大值点为－，故C正确；因为f(x)极小值＝f＝ln (3＋2)＋2>0，且当x→1时，f(x)→＋∞，当x→0时，f(x)→＋∞，所以f(x)在(0，1)上无零点，根据对称性可知f(x)在(－1，0)上无零点，则f(x)无零点，故D错误． 8. 1　【解析】 因为f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(1＋x)2ex≥0，所以f(x)在R上单调递增．又因为f(0)＝0，所以f(x)有且仅有1个零点． 9. (－2，1)　【解析】 令x3－3x＝－(x－1)2＋a，得a＝x3－3x＋(x－1)2.令φ(x)＝x3－3x＋(x－1)2，x>0，则φ′(x)＝3x2－3＋2(x－1)＝(x－1)(3x＋5)，当x>1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，当0<x<1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减．因为φ(0)＝1，φ(1)＝－2，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，由题知y＝a与y＝x3－3x＋(x－1)2有两个不同的交点，则a的取值范围为(－2，1). 10. e5　【解析】 因为f(x)＝3x ln x－ax3＋6x，所以f′(x)＝3(1＋ln x)－3ax2＋6＝3(3＋ln x－ax2).令f′(x)＝0，即3＋ln x－ax2＝0，得a＝.令g(x)＝，则g′(x)＝，当0<x<e－时，g′(x)>0，当x>e－时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e－)上单调递增，在(e－，＋∞)上单调递减，所以g(x)在x＝e－处取得极大值，即最大值．当x→0＋时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0＋，g(e－)＝e5.因为a>0，所以当a＝e5时，f′(x)有且只有一个零点． 11. 【解答】 (1) f(x)＝x2＋ax－2ln x＋b，则f′(x)＝x＋a－.由题意得f′(2)＝2＋a－＝2，解得a＝1. (2) 若函数f(x)在[1，e]上无零点，即x2＋x－2ln x＋b＝0在[1，e]上无解，即－b＝x2＋x－2ln x在[1，e]上无解．令g(x)＝x2＋x－2ln x，x∈[1，e]，g′(x)＝x＋1－＝＝，在[1，e]上g′(x)>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(1)≤g(x)≤g(e)，即≤g(x)≤＋e－2.若－b＝x2＋x－2ln x在[1，e]上无解，则－b<或－b>＋e－2，即b>－或b<2－e－.所以实数b的取值范围为∪. 12. 【解答】 (1) 若a＝2，则f(x)＝e2x－x，f′(x)＝2e2x－1.又f(1)＝e2－1，切点为(1，e2－1)，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的斜率为f′(1)＝2e2×1－1＝2e2－1，故所求切线方程为y－(e2－1)＝(2e2－1)(x－1)，即y＝(2e2－1)x－e2. (2) 由题知f′(x)＝aeax－1.①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减．又f(0)＝1>0，f(1)＝ea－1≤0，故f(x)存在一个零点，此时f(x)的零点个数为1.②当a>0时，令f′(x)<0，得x<－，令f′(x)>0，得x>－，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．故f(x)的最小值为f＝.当a＝时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点．当a>时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点．当0<a<时，f(x)的最小值小于0，又f(－1)＝e－a＋1>0，f＝<0，x→＋∞时，f(x)→＋∞，此时f(x)有两个零点．综上，当a≤0或a＝时，f(x)有一个零点；当0<a<时，f(x)有两个零点；当a>时，f(x)没有零点． 学科网（北京）股份有限公司 $$