第三章 重难突破一 突破3 利用导数研究函数的零点问题（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（湘教版）

该高中数学高考复习讲义聚焦利用导数研究函数零点这一核心考点，整合函数、方程、不等式知识，以数形结合法、函数性质法、构造函数法为技法主线，通过考点梳理构建知识网络，结合典例精讲提炼解题策略，配套真题训练（如南昌模拟、全国乙卷题）巩固方法，形成系统性复习闭环。 讲义突出数学思维与表达，如分离参数后构造函数，用导数分析单调性与极值，结合图象确定交点个数，培养学生转化化归能力。设置分层练习（对点练、课时测评），适配不同水平学生，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生解决复杂零点问题的应考能力。

突破3　利用导数研究函数的零点问题 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相结合综合出题，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 (2024·南昌模拟节选)已知函数f(x)=(x-a)2+bex(a，b∈R)，若a=0时，函数y=f(x)有3个零点，求实数b的取值范围. 解：a=0时，f(x)=x2+bex，函数y=f(x)有3个零点，即关于x的方程f(x)=0有3个根， 也即关于x的方程b=-有3个根. 令g(x)=-，则直线y=b与g(x)=-的图象有3个交点. g'(x)=，由g'(x)<0，解得0<x<2； 由g'(x)>0，解得x<0或x>2， 所以g(x)在(-∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增. g(0)=0，g(2)=-， 当x>0时，g(x)<0；当x→+∞时，g(x)→0； 当x→-∞时，g(x)→-∞， 作出g(x)的大致图象如图所示，作出直线y=b. 由图可知，若直线y=b与g(x)的图象有3个交点，则-<b<0， 即实数b的取值范围为. 含参数的函数求零点个数问题，可转化为求方程解的个数，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，根据图象特征得出零点个数及对应参数的范围. 对点练1.已知函数f(x)=xex+ex，讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数. 解：函数f(x)的定义域为R，且f'(x)=ex， 所以当x∈(-∞，-2)时，f'(x)<0，f(x)在(-∞，-2)上为减函数， 当x∈(-2，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(-2，+∞)上为增函数， 故f(x)在x=-2时取得极小值，也是最小值，即f(-2)=-，令f(x)=0，得x=-1，当x<-1时，f(x)<0； 当x>-1时，f(x)>0，且f(x)的图象经过点，(-1，0)，(0，1). 当x→-∞时，与一次函数相比，指数函数y=e-x增长更快，从而f(x)=→0； 当x→+∞时，f(x)→+∞，f'(x)→+∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示. 函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数即为y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数. 所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论： 当a<-时，函数的零点个数为0； 当a=-或a≥0时，函数的零点个数为1； 当-<a<0时，函数的零点个数为2. 技法二　函数性质法 [答题规范]　(12分)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. [思路分析]　(1)求f'(x)，f'(0)，求切线方程；(2)求f'(x)→讨论当a>0，-1≤a≤0时，f(x)的零点情况→当a<-1时，讨论x∈(-1，0)与x∈(0，+∞)两种情况. 学生用书⬇第76页 学生用书⬇第77页 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、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. 对点练2.已知函数f(x)=2ln x-x2+m在上有两个零点，求实数m的取值范围. 解：由题意得f'(x)=-2x=，因为x∈，所以由f'(x)=0，得x=1. 当≤x<1时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增，当1<x≤e时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，故当x=1时，函数f(x)取得极大值，f(1)=m-1， 又f=m-2-，f(e)=m+2-e2， 且f>f(e)， 所以f(x)在上有两个零点需满足条件解得1<m≤2+. 故实数m的取值范围是. 技法三　构造函数法 设函数f(x)=x2-mln x，g(x)=x2-(m+1)x，m>0. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当m>1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，m>0， 所以f'(x)==， 令f'(x)=0可得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(0，). (2)令h(x)=f(x)-g(x)=-x2-mln x+(m+1)x，x>0， 则函数f(x)与g(x)图象交点的个数与h(x)的零点的个数相等， h'(x)=-，令h'(x)>0， 解得1<x<m， 令h'(x)<0，解得0<x<1或x>m， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，m)上单调递增，在(m，+∞)上单调递减， 注意到h(1)=m+>0，h=-mln(2m+2)<0，所以h(x)有唯一零点. 综上，函数h(x)有唯一零点，即f(x)与g(x)图象的交点个数为1. 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，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，从而解得函数的零点问题. 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. 对点练3.已知a>0且a≠1，函数f(x)=(x>0).若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，求实数a的取值范围. 解：要使曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，即方程=1(x>0)有两个不同的解，故方程=有两个不同的解. 设g(x)=(x>0)， 则g'(x)=(x>0). 令g'(x)==0，解得x=e. 令g'(x)>0，则0<x<e，此时函数g(x)单调递增. 令g'(x)<0，则x>e，此时函数g(x)单调递减. 故g(x)max=g(e)=，且当x>e时，g(x)∈，又g(1)=0，结合图象(图略)可知，0<<，所以a∈(1，e)∪(e，+∞). 综上，实数a的取值范围为(1，e)∪(e，+∞). 对点练4.已知函数f(x)=ex-1+ax(a∈R). (1)当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围； (2)若关于x的方程=ln x+a有两个不同的实数解，求实数a的取值范围. 解：(1)由题意，得f'(x)=ex+a. 若a≥-1，则当x∈[0，+∞)时，f'(x)≥0恒成立， 所以f(x)在[0，+∞)上单调递增， 所以当x∈[0，+∞)时，f(x)≥f(0)=0，符合题意； 若a<-1，令f'(x)<0，得x<ln(-a)， 所以f(x)在(0，ln(-a))上单调递减， 所以当x∈(0，ln(-a))时，f(x)<f(0)=0，不符合题意. 综上，实数a的取值范围为[-1，+∞). (2)法一：由=ln x+a，得ex-a=ln x+a. 令ex-a=t，则 所以x+ln x=t+ln t. 易知y=x+ln x在(0，+∞)上单调递增，所以t=x，得a=x-ln x. 则原问题可转化为方程a=x-ln x有两个不同的实数解. 令φ(x)=x-ln x(x>0)，则φ'(x)=， 令φ'(x)<0，得0<x<1； 令φ'(x)>0，得x>1， 所以φ(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，+∞)上单调递增， 所以φ(x)min=φ(1)=1，当x→0时，φ(x)→+∞， 当x→+∞时，φ(x)→+∞. 所以当a>1时，a=x-ln x有两个不同的实数解. 综上，实数a的取值范围为(1，+∞). 法二：由=ln x+a， 得ex=ea(ln x+a)， 所以xex=xea(ln x+a)，即xex=ea+ln x(ln x+a). 令u(x)=xex，则有u(x)=u(a+ln x). 当x>0时，u'(x)=(x+1)ex>0， 所以u(x)=xex在(0，+∞)上单调递增， 所以x=a+ln x，即a=x-ln x. 下同法一. 课时测评24　利用导数研究函数的零点问题 (时间：60分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) 1.(6分)(2024·江苏南通第二次诊断测试)若直线y=2x-1与函数f(x)=ln x-ax的图象有交点，则实数a的取值范围是 (　　) A．(-∞，-1] B．(-∞，1) C．[1，+∞) D．(-2，-1] 答案：A 解析：因为直线y=2x-1与函数f(x)=ln x-ax的图象有交点，所以方程2x-1=ln x-ax有解，即a=-2在(0，+∞)上有解.令g(x)=-2(x>0)，则g'(x)=.当0<x<1时，g'(x)>0，函数g(x)单调递增；当x>1时，g'(x)<0，函数g(x)单调递减.所以当x=1时，g(x)有极大值也是最大值，且g(1)=-1，且当x→0+时，g(x)→-∞，当x→+∞时，g(x)→-2，所以a≤-1.故选A． 2.(6分)(2023·全国乙卷)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) 答案：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)要存在极大值和极小值，则 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)要存在 3 个零点，则 即解得a<-3.故选B． 3.(8分)(新定义)若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)=g'(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数.已知函数g(x)=kx2-x+3为函数f(x)=x2ln x+x的“友导”函数，则实数k的取值范围是　　　　.  答案：[2，+∞) 解析：由g(x)=kx2-x+3可得g'(x)=kx-1，因为函数g(x)=kx2-x+3为函数f(x)=x2ln x+x的“友导”函数，所以kx-1=x2ln x+x有解，即k=xln x+1+有解.令h(x)=xln x+1+，则h'(x)=1+ln x-，再令φ(x)=1+ln x-，所以φ'(x)=+>0，所以φ(x)=1+ln x-在(0，+∞)上单调递增，因为h'(1)=φ(1)=0，所以当x>1时，h'(x)>0，当0<x<1时，h'(x)<0，所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以h(x)min=h(1)=2，所以k≥2. 4.(20分)已知函数f(x)=xex-ax-aln x+a，若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 解：f(x)=xex-ax-aln x+a=xex-a(ln ex+ln x-1)=xex-a. 令t=xex，x>0，则t'=ex>0，所以t=xex在(0，+∞)上单调递增，且t>0，t与x是一一对应的关系. 则函数f(x)的零点的个数可转化为关于t的方程t-a(ln t-1)=0的根的个数，即关于t的方程=的根的个数. 令g(t)=，则g'(t)=.令g'(t)=0可得t=e2，当t在区间(0，+∞)内变化时，g'(t)，g(t)随t的变化情况如表： t (0，e2) e2 (e2，+∞) g'(t) + 0 - g(t) 单调递增 单调递减 又g=>0，t→+∞时，g(t)→0，t→0时，g(t)→-∞， 所以要使f(x)有两个零点，则0<<，即a>e2. 所以实数a的取值范围为(e2，+∞). 5.(20分)已知函数f(x)=ex-1，g(x)=+x，其中e是自然对数的底数，e=2.718 28…. (1)证明：函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1，2)上有零点；(8分) (2)求方程f(x)=g(x)的根的个数，并说明理由.(12分) 解：(1)证明：由题意可得 h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x， 所以h(1)=e-3<0，h(2)=e2-3->0， 所以h(1)h(2)<0， 所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点. (2)由(1)可知h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x. 由g(x)=+x知x∈[0，+∞)， 而h(0)=0，则x=0为h(x)的一个零点. 又h(x)在(1，2)内有零点， 因此h(x)在[0，+∞)上至少有两个零点. h'(x)=ex--1， 记φ(x)=ex--1， 则φ'(x)=ex+， 当x∈(0，+∞)时，φ'(x)>0， 因此φ(x)在(0，+∞)上单调递增， 易知φ(x)在(0，+∞)内至多有一个零点， 即h(x)在[0，+∞)内至多有两个零点， 则h(x)在[0，+∞)上有且只有两个零点， 所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2. 6.(20分)(2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax--ln x. (1)当a=0时，求f(x)的最大值；(5分) (2)若f(x)恰有一个零点，求实数a的取值范围.(15分) 解：(1)当a=0时，f(x)=--ln x(x>0)， 所以f'(x)=-=. 当x∈(0，1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)max=f(1)=-1. (2)由f(x)=ax--ln x(x>0)，得f'(x)=a+-=(x>0). 若a=0，由(1)可知，f(x)不存在零点； 若a<0，f'(x)=， 当x∈(0，1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)max=f(1)=a-1<0， 所以f(x)不存在零点； 若a=1，则f'(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增， 因为f(1)=a-1=0，所以函数f(x)恰有一个零点. 若a>1，则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)→-∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点， 所以a>1满足条件. 若0<a<1，则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)→+∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，即0<a<1满足条件. 综上，若f(x)恰有一个零点，则实数a的取值范围为(0，+∞). 7.(20分)(2024·安徽淮南二模)已知函数f(x)=x+ln x+，x∈，其中a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性；(5分) (2)若方程f(x)=e+1恰有两个实根，求实数a的取值范围.(15分) 解：(1)x∈，f'(x)=-+=. 当a≤0时，f'(x)>0，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a>0时，当x∈(0，a)时，f'(x)<0，当x∈(a，+∞)时，f'(x)>0， 即函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增， 所以当a≤0时，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增. (2)令t=h(x)=x(t>0)，则ln t=ln x+， 设g(t)=t+ln t，则g'(t)=1+>0，g(t)为增函数，t'=h'(x)=， 当a≤0时，则h'(x)>0，函数h(x)在(0，+∞)上单调递增，则f(x)=g[h(x)]为增函数， 因此方程f(x)=e+1不可能有两个实根； 当a>0时，函数h(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增，由于g(e)=e+1， f(x)=g[h(x)]，方程f(x)=e+1恰有两个根，当且仅当h(x)=e有两个实根， 因此=h(a)=ae<e，即0<a<1， 由于h(e)=>e，则h(x)=e在(a，+∞)上恰有一个实根. 设φ(x)=ex-x2-x-1，则φ'(x)=ex-x-1， 令y=ex-x-1，则y'=ex-1>0， 即函数φ'(x)在(0，+∞)上单调递增，φ'(x)>φ'(0)=0，所以函数φ(x)在(0，+∞)上单调递增， 当x∈(0，+∞)时，φ(x)>φ(0)=0， 即ex>x2+x+1， 所以h(x)=x>x=+x+a，由于x∈(0，a)，0<a<1， 取0<x0=<a<1，则h>+x0+a=e++a>e， 因此h(x)=e在(0，a)上恰有一个根，从而h(x)=e有两个实根， 所以实数a的取值范围是(0，1). 学生用书⬇第78页 学科网（北京）股份有限公司 $