3.7 利用导数研究函数的零点（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

该高中数学高考复习资料聚焦利用导数研究函数零点核心考点，整合函数、方程、不等式知识，以数形结合法、函数性质法、构造函数法为主线，构建“课标要求-技法讲解-例题解析-真题演练”体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练，帮助学生突破零点存在及个数判断难点。 资料以核心素养为导向设计教学，如例1求导得单调区间与极值，结合特殊点画图象，将零点问题转化为函数与直线交点问题，培养数学眼光和逻辑推理能力。精选高考真题及分层练习，确保复习针对性，助力教师把控节奏，提升学生用导数解决复杂问题的应考能力。

3．7　利用导数研究函数的零点 [课标要求]　函数的零点问题综合了函数、方程、不等式等多方面的知识，考查转化与化归、数形结合及函数与方程等数学思想，函数的零点问题常与其他知识结合综合考查．解题难度较大，因此判断零点存在及零点个数问题是考查的一个热点． 技法一　数形结合法 【例1】　已知函数f(x)＝xex＋ex. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)画出函数f(x)的大致图象，并说明理由； (3)求函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数． 解：(1)易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋1)ex＋ex＝(x＋2)ex，令f′(x)＝0，解得x＝－2. 所以f′(x)，f(x)的变化情况如表所示： x (－∞，－2) －2 (－2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 － 单调递增 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)． 所以当x＝－2时，f(x)有极小值，极小值为f(－2)＝，f(x)无极大值． (2)令f(x)＝0，解得x＝－1， 当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0. 易知f(x)的图象经过特殊点A，B(－1，0)，C(0，1)． 当x→－∞时，f(x)＝→0且f(x)<0； 当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞. 根据以上信息，画出大致图象，如图所示． (3)令g(x)＝f(x)－a＝0，得f(x)＝a. 所以函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数，即函数y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数． 易知当x＝－2时，f(x)取得最小值，最小值为f(－2)＝－. 综上可知，当a<－时，函数g(x)零点的个数为0，当－<a<0时，函数g(x)零点的个数为2，当a≥0或a＝－时，函数g(x)零点的个数为1. 思维升华　含参数的函数零点个数问题，可转化为方程解的个数问题，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 【对点练习】　1.(2024·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； (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． 解：(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)＝， 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，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＋，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. 技法二　函数性质法 根据函数单调性、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． ·教考衔接· 链接高考·【例2】　(2017·课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 教材溯源·(本高考题同：人教A版选择性必修二P104T19) 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)， (ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减． (ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a. 当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增． (2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． (ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a. ①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点； ②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0， 即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点； ③当a∈(0，1)时，1－＋ln a<0， 即f(－ln a)<0. 又f(－2)＝ae-4＋(a－2)e-2＋2>－2e-2＋2>0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点． 设正整数n0满足n0>ln ，则f(n0)＝－n0>0. 由于ln >－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点． 综上，a的取值范围为(0，1)． 【对点练习】　2. (2024·湖北武汉模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝tan x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在内的零点个数． 解：(1)函数f(x)＝x≠0}，f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0； 当x∈(0，1)时，f′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在区间(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－tan x＝0，得x sin x－ex cos x＝0. 设h(x)＝x sin x－ex cos x， 所以h′(x)＝(ex＋1)sin x＋(x－ex)cos x. ①当x∈时，可知ex>0>x，则ex>x， 所以x－ex<0， 又sin x<0，cos x>0，所以h′(x)<0， 从而h(x)＝x sin x－ex cos x在上单调递减， 又h(0)＝－1，h>0， 由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上有一个零点． ②当x∈时，cos x≥sin x>0， 由(1)知函数f(x)＝在(0，1)上单调递减， 所以x∈时，函数f(x)＝>f(1)＝e>1， 则ex>x>0. 所以ex cos x>x sin x， 则h(x)＝x sin x－ex cos x<0恒成立． 所以h(x)在上无零点． ③当x∈时，sin x>cos x>0，h′(x)＝ex(sin x－cos x)＋(x cos x＋sin x)>0， 则h(x)在上单调递增． 又h>0，h<0， 由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在上存在一个零点． 综上，h(x)在内的零点个数为2，即F(x)在内的零点个数为2. 技法三　构造函数法 【例3】　已知函数f(x)＝ex＋x＋4ln (2－x)． (1)求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)判断函数f(x)的零点个数，并说明理由． 解：(1)f′(x)＝ex＋1－(x<2)， 所以f′(0)＝e0＋1－＝0， 又f(0)＝e0＋0＋4ln (2－0)＝1＋4ln 2， 所以切点坐标为(0，1＋4ln 2)， 所以函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1＋4ln 2. (2)方法一　函数f(x)有两个零点，理由如下： 令g(x)＝f′(x)，x∈(－∞，2)， g′(x)＝ex－， 令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)， 则h′(x)＝x(x－2)ex， 当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当0<x<2时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(0)＝0，故g′(x)≤0， 所以g(x)在(－∞，2)上为减函数， 所以当x<0时，g(x)>g(0)＝0，即当x<0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增， 当0<x<2时，g(x)<g(0)＝0，即当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)在(0，2)上单调递减， 又因为f(2－e6)＝＋2－e6＋24<0， f(0)＝e0＋0＋4ln 2>0， f(2－e-6)＝＋2－e-6－24<e2－22<0， 所以f(x)在区间(2－e6，0)，(0，2－e-6)内各有一个零点，即函数f(x)有两个零点． 综上，函数f(x)有两个零点． 方法二　函数f(x)有两个零点，理由如下： 令f(x)＝ex＋x＋4ln (2－x)＝0， 可得ex＝－x－4ln (2－x)， 判断函数f(x)的零点个数即判断函数t(x)＝ex(x<2)与g(x)＝－x－4ln (2－x)(x<2)图象交点的个数． t(x)＝ex为增函数，t(x)>0， 当x→－∞时，t(x)→0， 当x→－∞时，g(x)→＋∞， 由g′(x)＝－1＋＝0，得x＝－2， 当－2<x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 因为g(－2)＝2－4ln 4<0， g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14>0， g(1)＝－1<0，g－4ln ＝ln ＝>0， 且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2， 所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln (2－x)的图象在x<0时有一个交点，在0<x<2时有一个交点． 综上，函数f(x)有两个零点． 思维升华　(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构造函数F(x)，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． 【对点练习】　3.设函数f(x)＝m>0. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝. 当0<x<时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x>时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增． 综上，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是. (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－m ln x，x>0，题中问题等价于求函数F(x)的零点个数． F′(x)＝－， 当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为F(1)＝>0，F(4)＝－ln 4<0，所以F(x)有唯一零点； 当m>1时，0<x<1或x>m时，F′(x)<0；1<x<m时，F′(x)>0， 所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增， 因为F(1)＝m＋>0，F(2m＋2)＝－m ln (2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点． 综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图象总有一个交点． 学科网（北京）股份有限公司 $