第3章 第3课时 导数与函数的零点问题-（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（名师划重点）

该高中数学高考复习课件聚焦一元函数的导数及其应用中的零点问题，覆盖讨论零点个数、已知零点求参数、隐零点问题等高考核心考点。依据高考评价体系分析考点权重，归纳直接法、分类讨论法等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于高考真题训练与应试技巧指导，如结合2024全国甲卷真题讲解参数范围求解，通过隐零点问题中的“虚设零点代换”培养学生的数学思维和逻辑推理素养。提供分类讨论、单调性分析等突破方法，帮助学生掌握答题技巧提高得分率，助力教师精准指导高考冲刺复习。

赢在微点 高考复习顶层设计 数学 名师划重点 第三章 一元函数的导数及其应用 第3课时 导数与函数的零点问题 第三章　一元函数的导数及其应用 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 考点/精研突破 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 考点一 讨论零点个数问题 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 考点二 已知函数零点求参数 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 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 考点三 隐零点问题 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 证明 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 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 真题/重温高考 赢在微点 数学 大一轮 第二部分 ——明确方向 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 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 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 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（二十八） 本部分内容讲解结束 零点问题的不同处理方法：利用零点存在定理的条件——函数图象在区间[a，b]上是一条连续不断的曲线，且f(a)f(b)<0.(1)直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，取值证明f(a)f(b)<0；(2)分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在定理，在每个单调区间内取值证明f(a)f(b)<0. 【例1】　已知函数f(x)＝ex－a＋ax2－3ax＋1，a∈R. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处切线的方程； 当a＝1时，f(x)＝ex－1＋x2－3x＋1，则f′(x)＝ex－1＋2x－3，所以曲线y＝f(x)在x＝1处切线的斜率k＝f′(1)＝0.又因为f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在x＝1处切线的方程为y＝0. (2)当a>1时，试判断f(x)在[1，＋∞)上零点的个数，并说明理由． f(1)＝e1－a－2a＋1，令m(x)＝f′(x)＝ex－a＋2ax－3a，则f′(1)＝e1－a－a，当a>1时，m′(x)＝ex－a＋2a>0，则f′(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为f′(1)＝e1－a－a<e1－1－1＝0，f′(a)＝1＋2a2－3a＝(2a－1)(a－1)>0，所以存在唯一的x0∈(1，a)，使得f′(x0)＝0.当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，所以f(x)在[1，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(x0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝e1－a－2a＋1<e0－2＋1＝0，所以f(x0)<f(1)<0，又f(3)＝e3－a＋1>0，所以当a>1时，f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点． [规律方法]　求含参数的函数零点个数问题的策略 (1)可转化为求方程解的个数或转化为函数极值点问题． (2)若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数． (3)作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围. 【训练1】　已知函数f(x)＝sin x＋ex－4x，e为自然对数的底数，求f(x)在(－π，＋∞)上的零点个数． 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)＝cos x＋ex－4，则h′(x)＝－sin x＋ex>0，h(x)即f′(x)单调递增，f′(0)＝－2<0，f′(2)＝cos 2＋e2－4>0，f′(0)f′(2)<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，f(π)＝eπ－4π>0，所以f(x)在(0,1)有一个零点，在(1，π)上有一个零点．综上所述，f(x)在(－π，＋∞)上有2个零点． 【例2】　(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________． 　(－2,1) 令x3－3x＝－(x－1)2＋a，即a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)，则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，令g′(x)＝0(x>0)得x＝1，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1， ＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(0)＝1，g(1) ＝－2，因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在 (0，＋∞)上有两个不同的交点，所以等价于y＝a 与g(x)有两个交点，所以a∈(－2,1)． [规律方法]　利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件. 【训练2】　已知函数f(x)＝x2＋ax－xln x的导函数为f′(x)． (1)若a＝－1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 若a＝－1，f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－ln x－2，所以f′(1)＝0，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0. (2)若f′(x)存在两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围． f′(x)＝2x－ln x＋a－1，设g(x)＝2x－ln x＋a－1，则g′(x)＝2－，x>0.令g′(x)＝0, 得x＝， 在上，g′(x)<0, 在上，g′(x)>0，所以g(x)在上单调递减， 在上单调递增，所以g(x)min＝g＝2×－ln＋a－1＝a＋ln 2.又当x→0或x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以要使g(x)有两个零点， 只需a＋ln 2<0, 解得a<－ln 2，所以a的取值范围为(－∞，－ln 2)． 【例3】　(2025·河南模拟)已知函数f(x)＝4x2＋(8－a)x－aln x. (1)求f(x)的单调区间； 由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知得f′(x)＝＝.当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间．当a>0时，令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0<x<，所 以f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)当a＝2时，证明：f(x)>4x2－2ex＋6x＋4. 当a＝2时，f(x)＝4x2＋6x－2ln x，则原不等式等价于ex－ln x－2>0，设φ(x)＝ex－ln x－2，则φ′(x)＝ex－，易知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且φ′＝－2<0，φ′(1)＝e－1>0，所以φ′(x)在上存在唯一零点x0，此时φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，要证φ(x)>0即要证φ(x0)>0，由ex0－＝0，得ex0＝，x0＝，代入φ(x0)＝ ex0－ln x0－2，得φ(x0)＝＋x0－2，因为φ(x0)＝＋x0－2>2－2＝0，所以φ(x)>0，即f(x)>4x2－2ex＋6x＋4. [规律方法]　隐零点问题解题策略 在研究函数单调性时，常常会遇到f′(x)零点不可求的情形，此时可先论证f′(x)有零点，再虚设零点，最后运用零点代换，化简函数极值的策略来解决问题，这是隐零点问题常用的处理方法．隐零点的零点代换处理策略被广泛应用于零点讨论、不等式证明、求最值等各种题型中． 【训练3】　(2025·青岛质检)设函数f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数； f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)． 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；当a>0时， 令f′(x)＝2e2x－＝0，则2e2x＝，设函数y＝2e2x和 函数y＝，如图所示．则函数y＝2e2x与y＝在(0，＋∞)只有一个交点，所以当a>0时，f′(x)＝0在(0，＋∞)有唯一零点．综上，当a≤0时，f′(x)没有零点，当a>0时，f′(x)存在唯一零点． (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln. 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln，故当a>0时，f(x)≥2a＋aln. 1．(2021·全国甲卷)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性； 函数的定义域为，又f′(x)＝，因为a>0，x>0，故2ax＋3>0，当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围． 因为y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，所以y＝f(x)的图象在x轴的上方，由(1)中函数的单调性可得f(x)min＝f＝3－3ln＝3＋3lna，故3＋3ln a>0，所以a>，即a的取值范围为. 2．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； 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． f′(x)＝a＋－＝，x∈(0，＋∞)． (ⅰ)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． (ⅱ)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，因为f(1)＝a－1<0，所以f<f(1)<0，当x→＋∞时，f(x)>0，所以f(x)在上必有1个零点． ②当a＝1时，1＝，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝0，符合题意． ③当a>1时，<1，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．因为f(1)＝a－1>0，所以f>f(1)>0，当x→0＋时，f(x)→－∞，所以f(x)在上必有1个零点． 综上所述，a的取值范围为(0，＋∞)． 3．(2022·新课标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； f(x)＝ex－ax的定义域为R，而f′(x)＝ex－a，若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.当x<ln a时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，ln a)上为减函数，当x>ln a时，f′(x)>0，故f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数，故f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a．g(x)＝ax－ln x的定义域为(0，＋∞)，而g′(x)＝a－＝.当0<x<时，g′(x)<0，故g(x)在上为减函数，当x> 时，g′(x)>0，故g(x)在上为增函数，故g(x)min＝g＝1－ln.因为f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值，故1－ln＝a－aln a，整理得到＝ln a，其中a>0，设g(a)＝－ln a，a>0，则g′(a)＝－＝≤0，故g(a)为(0，＋∞)上的减函数，而g(1)＝0，故g(a)＝0的唯一解为a＝1，故＝ln a的解为a＝1.综上，a＝1. (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． 解法一：由(1)可得f(x)＝ex－x和g(x)＝x－ln x的最小值为1－ln 1＝1－ln＝1.当b>1时，考虑ex－x＝b的解的个数、x－ln x＝b的解的个数．设S(x)＝ex－x－b，S′(x)＝ex－1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，所以S(x)min＝S(0)＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝eb－2b，设u(b)＝eb－2b， 其中b>1，则u′(b)＝eb－2>0，故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1) ＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝ex－x－b有两个不同的零点，即ex－x＝b的解的个数为2.设T(x)＝x－ln x－b，T′(x)＝，当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以T(x)min＝T(1)＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(eb)＝eb－2b>0，T(x)＝x－ln x－b有两个不同的零点即x－ln x＝b的解的个数为2.当b＝1，由(1) 讨论可得x－ln x＝b，ex－x＝b仅有一个解，当b<1时，由(1)讨论可得x－ln x＝b，ex－x＝b均无根，故若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)，y＝g(x)有三个不同的交点，则b>1.设h(x)＝ex＋ln x－2x，其中x>0，故h′(x)＝ex＋－2，设s(x)＝ex－x－1，x>0，则s′(x)＝ex－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)>s(0)＝0即ex>x＋1，所以h′(x)>x＋－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，而h(1)＝e－2>0，h＝e－3－<e －3－<0，故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x0，<x0<1且当0<x<x0时，h(x)<0即ex－x<x－ln x即f(x)<g(x)，当x>x0时，h(x)>0即ex－x>x－ln x即f(x)>g(x)，因此若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)，y＝g(x)有三个不同的交点，故b＝f(x0)＝g(x0)>1，此时ex－x＝b有两个不同的根x1，x0(x1<0<x0)，此时x－ln x＝b有两个不同的根x0，x4(0<x0<1<x4)，故e x1－x1＝b，ex0－x0＝b，x4－ln x4－b＝0，x0－ln x0－b＝0，所以x4－b＝ln x4，即e x4－b ＝x4，即e x4－b－(x4－b)－b＝0，故x4－b为方程ex－x＝b的解，同理x0－b也为方程ex－x＝b的解，又ex1－x1＝b可化为ex1＝x1＋b，即x1－ln(x1＋b)＝0，即(x1＋b)－ln(x1＋b)－b＝0，故x1＋b为方程x－ln x＝b的解，同理x0＋b也为方程x－ln x＝b的解，所以{x1，x0}＝{x0－b，x4－b}，而b>1，故即x1＋x4＝2x0. 解法二：由(1)，知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，且f(x)min＝g(x)min＝1. ①b<1时，此时f(x)min＝g(x)min＝1>b，显然y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)，共有0个交点，不符合题意； ②b＝1时，此时f(x)min＝g(x)min＝1＝b，故y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； ③b>1时，首先，证明y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点，即证明F(x)＝f(x)－b有2个零点，F′(x)＝f′(x)＝ex－1，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又因为F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝eb－2b>0(令t(b)＝eb－2b，则t′(b)＝eb－2>0，t(b)>t(1)＝e－2>0)，所以F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.其次，证明y＝b与曲线y＝g(x)有2个交点，即证明G(x)＝g(x)－b有2个零点，G′(x)＝g′(x)＝1－，所以 G(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又因为G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln 2b>0，(令μ(b)＝b－ln 2b，则μ′(b)＝1－>0，μ(b)>μ(1)＝1－ln 2>0)，所以G(x)＝g(x)－b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x3在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.再次，证明存在b，使得x2＝x3：因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝ex2－x2＝x3－ln x3，若x2＝x3，则ex2－x2＝x2－ln x2，即ex2－2x2＋ln x2＝0，所以只需证明ex－2x＋ln x＝0在(0,1)上有解即可，即φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0,1)上有零点， 因为φ()＝e－－3<0，φ(1)＝e－2>0，所以φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0,1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可，此时取b＝ex0－x0，则此时存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝ g(x)共有三个不同的交点，如图，最后证明x1＋ x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差 数列，因为F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝0＝G(x3)＝G(x0) ＝G(x4)，所以F(x1)＝G(x0)＝F(ln x0)，又因为F(x) 在(－∞，0)上单调递减，x1<0,0<x0<1即ln x0<0，所 以x1＝ln x0，同理，因为F(x0)＝G(ex0)＝G(x4)，又因为G(x)在(1，＋∞)上单调递增，x0>0即ex0>1，x1>1，所以x4＝ex0，又因为ex0－2x0＋ln x0＝0，所以x1＋x4＝ex0＋ln x0＝2x0，即直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． $$