第3章 第4节 第3课时 导数与函数的零点-（配套课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高考数学高考一轮总复习

该高中数学高考复习课件聚焦“一元函数的导数及其应用”专题，紧扣课标要求梳理了函数零点个数判断、范围求解等核心考点，对接高考评价体系分析三次函数、复合函数零点及交汇问题的高频考查方向，归纳数形结合、分离参数等常考题型的解题路径，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题模拟+方法建模”的实战设计，如以厦门模拟题为例，通过分离参数将零点问题转化为函数最值问题，培养学生的数学思维和数学语言素养。具体如例1将f(x)=0转化为a=g(x)，通过导数求g(x)单调性极值判断交点个数，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第三章 一元函数的导数及其应用 赢在微点 高考复习顶层设计 数学 第四节 第三章 一元函数的导数及其应用 导数的综合应用 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 第3课时 第三章 一元函数的导数及其应用 导数与函数的零点 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 课 程 标 准 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 关键能力/落实 赢在微点 数学 大一轮 第一部分 ——考向探究 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型一 数形结合法讨论函数零点 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型二 利用函数性质研究函数零点 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 把握高考微点，实现素能提升 完成——微练（二十七） 本部分内容讲解结束 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的个数或范围．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. 【例1】　已知函数f(x)＝ax－ln x－2. (1)当a＝1时，求函数f(x)的极值； (1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x－2(x>0)，f′(x)＝1－＝(x>0)，令f′(x)>0，则x>1；令f′(x)<0，则0<x<1，故函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．当x＝1时，函数取得极小值f(1)＝1－ln 1－2＝－1，无极大值． (2)讨论函数f(x)的零点个数． (2)令f(x)＝ax－ln x－2＝0，因为x>0，所以a＝，令g(x)＝，则g′(x)＝，令g′(x)>0，则0<x<；令 g′(x)<0，则x>，故g(x)在上单调递增， 在上单调递减，从而g(x)max＝g＝e， 函数g(x)的大致图象如图所示，因此当a>e时， 直线y＝a与y＝g(x)的图象没有交点；当a＝e或a≤0时，直线y＝a与y＝g(x)的图象有1个交点；当0<a<e时，直线y＝a与y＝g(x)的图象有2个交点．综上，当a>e时，函数f(x)没有零点； 当a＝e或a≤0时，函数f(x)有1个零点； 当0<a<e时，函数f(x)有2个零点． 利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法 1．研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等． 2．根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置． 3．数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现． 【训练1】　(2025·厦门模拟)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx(a，b∈R)． (1)当a＝2，b＝1时，求函数f(x)的单调区间． (1)依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝2，b＝1时，f(x)＝ln x－x2－x，则f′(x)＝－2x－1＝，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－1(舍去)，当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)当a＝0，b＝－1时，方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，求实数m的取值范围． (2)当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x，由f(x)＝mx得ln x＋x＝mx，又x>0，所以m＝1＋，要使方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，只需m＝1＋在区间[1，e2]上有唯一实数解，令g(x)＝1＋，x ∈[1，e2]，则g′(x)＝，由g′(x)>0，得1≤x<e；由g′(x)<0，得e<x≤e2，所以g(x)在区间[1，e)上单调递增，在区间(e，e2]上单调递减．又g(1)＝1，g(e2)＝1＋＝1＋，g(e)＝1＋，则函数g(x)＝1＋，x∈[1，e2]的大致图象如图所示． 由图象可知，m＝1＋或1≤m<1＋. 故m的取值范围为∪. 【例2】　已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，则f′(x)＝－＝.当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1. (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． (2)f′(x)＝a＋－＝，x∈(0，＋∞)．当a≤0时，ax－1<0恒成立，所以0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0.此时f(x)无零点，不合题意．当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝.①当0<a<1时，1<，所以当1<x<时，f′(x)<0，当0<x<1或x>时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)，上单 调递增，在上单调递减，f(x)的极大值为f(1)＝a－1<0，x→＋∞时，f(x)>0，所以f(x)恰有1个零点．②当a＝1时，1＝，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝0，所以f(x)恰有1个零点．③当a>1时，<1，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．f(x)的极小值为f(1)＝a－1>0，x→0＋时，f(x)→－∞，所以f(x)恰有1个零点．综上所述，a的取值范围为(0，＋∞)． 根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数的单调性确定函数图象与x轴的交点个数，或者通过两个相关函数图象的交点个数确定参数需满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”． 【训练2】　已知函数f(x)＝xex－kx2，k∈R. (1)当k＝0时，求函数f(x)在[－2,2]上的值域； (1)当k＝0时，f(x)＝xex，所以f′(x)＝(1＋x)ex，令f′(x)＝0，则x＝－1，当－2<x<－1时，f′(x)<0，当－1<x<2时，f′(x)>0，列表如下： x [－2，－1) －1 (－1,2] f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)min＝f(－1)＝－e－1＝－.又f(－2)＝－，f(2)＝2e2，所以f(x)在[－2,2]上的值域为. (2)若函数f(x)在(0，＋∞)上仅有两个零点，求实数k的取值范围． (2)解法一：函数f(x)＝xex－kx2＝x(ex－kx)在(0，＋∞)上仅有两个零点，令g(x)＝ex－kx，则问题等价于g(x)在(0，＋∞)上仅有两个零点，易求g′(x)＝ex－k.因为x∈(0，＋∞)，所以ex>1.①当k∈(－∞，1]时，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意；②当k∈(1，＋∞)时，令g′(x)＝0，得x＝ln k，所以在(0，ln k)上g′(x)<0，在(ln k，＋∞)上g′(x)>0，所以g(x)在(0，ln k)上单调递减，在(ln k，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最 小值为g(ln k)＝k－kln k．因为g(x)在(0，＋∞)上有两个零点，所以k－kln k<0，所以k>e.因为g(0)＝1>0，g(ln k2)＝k2－kln k2＝k(k－2ln k)，令h(x)＝x－2ln x，h′(x)＝1－＝，所以在(0,2)上h′(x)<0，在(2，＋∞)上h′(x)>0，所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．所以h(x)≥2－2ln 2＝ln e2－ln 4>0，所以g(ln k2)＝k(k－2ln k)>0，所以当k>e时，g(x)在(0，ln k)和(ln k，＋∞)内各有一个零点，即当k>e时，g(x)在(0，＋∞)上仅有两个零点．综上，实数k的取值范围是(e，＋∞)． 解法二：(分离参数法)函数f(x)＝xex－kx2在(0，＋∞)上仅有两个零点，等价于ex－kx＝0在(0，＋∞)有两个解，即k＝.设g(x)＝，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝＝.当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，当x＝1时，g(x)的最小值为e，又当x趋向于0时，g(x)趋向于＋∞，x趋向于＋∞时，g(x)趋向于＋∞.故y＝k与y＝g(x)有两个交点时k>e，即k的取值范围是(e，＋∞)． $$