专题1 第3课时 利用导数研究函数的零点问题（课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

高考总复习 数学 专题一　高考中的导数问题 第三课时 利用导数研究函数的零点问题 探究 函数零点个数的判断问题 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 探究 由函数零点个数求参数取值范围问题 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 B 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 探究 利用数形结合法研究函数的零点问题 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 B 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 请完成：课时作业（二十二） 温馨提示 谢谢观看！ 函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现． 【例1】 (2025·天津崇化中学模拟)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 \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(x>0)，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，∴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＝h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))) ＝－2e eq \s\up16(\f(1,e)) ＋ eq \f(1,e) ，h(x)maxh(e)＝e. ∴当m<－2e eq \s\up16(\f(1,e)) ＋ 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－2e eq \s\up16(\f(1,e)) ＋ 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． 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的草图，数形结合求解函数零点的个数． (2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 【练1】 (2024·淄博二模)已知函数fn(x)＝1＋x＋ eq \f(x2,2！) ＋ eq \f(x3,3！) ＋…＋ eq \f(xn,n！) (n∈N＋). (1)证明：f3(x)单调递增且有唯一零点； (2)已知f2n－1(x)单调递增且有唯一零点，判断f2n(x)的零点个数． (1)证明：因为f3(x)＝1＋x＋ eq \f(x2,2) ＋ eq \f(x3,6) ， 所以f3′(x)＝1＋x＋ eq \f(x2,2) >0， 所以f3(x)＝1＋x＋ eq \f(x2,2) ＋ eq \f(x3,6) 在R上单调递增． 又f3(－2)＝－ eq \f(1,3) <0，f3(0)＝1>0，所以f3(x)有唯一零点． (2)解：因为f2n(x)＝1＋x＋ eq \f(x2,2！) ＋ eq \f(x3,3！) ＋…＋ eq \f(x2n－1,（2n－1）！) ＋ eq \f(x2n,（2n）！) ， 所以f′2n(x)＝1＋x＋ eq \f(x2,2！) ＋ eq \f(x3,3！) ＋…＋ eq \f(x2n－1,（2n－1）！) ＝f2n－1(x). 又f2n－1(x)单调递增且有唯一零点，设其零点为xn， 则当x∈(－∞，xn)时，f2n－1(x)<0， 当x∈(xn，＋∞)时，f2n－1(x)>0. 所以f2n(x)在(－∞，xn)上单调递减， 在(xn，＋∞)上单调递增． 所以f2n(x)min＝f2n(xn)＝f2n－1(xn)＋eq \o\al(\s\up1(2n),\s\do1(n)) eq \f(x,（2n）！) . 因为f2n－1(xn)＝0，所以f2n(x)≥f2n(xn)＝f2n－1(xn)＋eq \o\al(\s\up1(2n),\s\do1(n)) eq \f(x,（2n）！) ＝eq \o\al(\s\up1(2n),\s\do1(n)) eq \f(x,（2n）！) >0， 所以f2n(x)的零点个数为0. 【例2】 (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)(x>－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． 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． 若a<－1， ①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∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，＋∞)) ，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)，f(x)<f(0)＝0，又当x→＋∞，f(x)→＋∞，如图所示， 所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点． 又f(x)在(0，m)上没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点． ②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)时，f(x)单调递增，当x∈(t，0)时，f(x)单调递减． 又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，＋∞)上各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1). 解决已知函数零点个数，求参数取值范围问题时，常从以下两个方面去思考． (1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件． (2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调性情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解． 【练2】 (2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3，0) 解析：f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a， 若f(x)要存在3个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则a<0， 令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－ eq \r(\f(－a,3)) 或 eq \r(\f(－a,3)) ， 且当x∈(－∞，－ eq \r(\f(－a,3)) )，x∈( eq \r(\f(－a,3)) ，＋∞)时，f′(x)>0， 当x∈(－ eq \r(\f(－a,3)) ， eq \r(\f(－a,3)) )时，f′(x)<0， 故f(x)的极大值为f(－ eq \r(\f(－a,3)) )， 极小值为f( eq \r(\f(－a,3)) )， 若f(x)要存在3个零点， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－\r(\f(－a,3))）>0，,f（\r(\f(－a,3))）<0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2>0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2<0，)) 解得a<－3. 故选B. 【例3】 (2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax 和g(x)＝ax－ln x 有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． (1)解：f(x)＝ex－ax 的定义域为R，f′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f′(x)>0在R上恒成立，此时f(x)无最小值，不合题意． 若a>0， 当x<ln a 时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减， 当x>ln a 时，f′(x)>0，故f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(ln a)＝a－a ln a. g(x)＝ax－ln x 的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝a－ eq \f(1,x) ＝ eq \f(ax－1,x) .若a≤0，则g′(x)<0，g(x)无最小值； 若a>0，当0<x< eq \f(1,a) 时，g′(x)<0，故g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))) 上单调递减， 当x> eq \f(1,a) 时，g′(x)>0，故g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)) 上单调递增，故g(x)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))) ＝1－ln eq \f(1,a) . ∵f(x)＝ex－ax 和g(x)＝ax－ln x 有相同的最小值， 故1－ln eq \f(1,a) ＝a－a ln a，整理得 eq \f(a－1,1＋a) ＝ln a，其中a>0， 设h(a)＝ eq \f(a－1,1＋a) －ln a，a>0，则h′(a)＝ eq \f(2,（1＋a）2) － eq \f(1,a) ＝ eq \f(－a2－1,a（1＋a）2) <0， 故h(a)为(0，＋∞)上的减函数，而h(1)＝0， 故h(a)＝0 的唯一解为a＝1，故 eq \f(1－a,1＋a) ＝ln a 的解为a＝1. 综上，a＝1. (2)证明：由(1)得f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x， 且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝g(x)min＝1. 当直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3， 则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b. ∵f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)， ∴f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3)＝b. 由于x2≠x1，x2≠ln x2，∴x2＝ln x3，x1＝ln x2， 则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b， f(ln x3)＝eln x3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b， 上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． (1)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． (2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 【练3】 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≥0，,－x2，x<0，)) 若方程f(x)＝aex 有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围为(　　) A．( eq \f(1,e) ，＋∞) B．(0， eq \f(1,e) ) C．(－∞，－ eq \f(1,e) ) D．(－ eq \f(1,e) ，0) 解析：f(x)＝aex⇔a＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,ex)，x≥0，,\f(－x2,ex)，x<0，)) 设g(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,ex)，x≥0，,\f(－x2,ex)，x<0，)) 当x≥0 时，g′(x)＝ eq \f(1－x,ex) ， 所以当0≤x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x＝1时，g(x)取得极大值 eq \f(1,e) ， 当x 趋向于＋∞，g(x)趋向于0. 当x<0 时，g′(x)＝ eq \f(x（x－2）,ex) >0，g(x)单调递增． 依题意可知，直线y＝a 与g(x)的图象有两个不同的交点． 如图所示，a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) . 【练4】 (2025·广东石门高级中学模拟)已知函数f(x)＝x2e－x. (1)求f(x)的单调区间和极值； (2)若关于x的方程f(x)＝k 有唯一的实数根，求实数k的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝(－x2＋2x)e－x＝ －x(x－2)e－x. 令f′(x)<0 得x<0 或x>2，令f′(x)>0 得0<x<2， 所以f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(－∞，0)，(2，＋∞). 极小值为f(0)＝0，极大值为f(2)＝4e－2. (2)方程f(x)＝k 有唯一的实数根等价于函数y＝f(x)与直线y＝k 有唯一的交点， 画出f(x)的大致图象如图所示， 所以实数k的取值范围为{0}∪(4e－2，＋∞). $$