专题7 第6讲 大题专攻——利用导数研究函数零点-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书Word

第6讲　大题专攻——利用导数研究函数零点 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 判断函数零点个数 以指数函数、对数函数、三次有理函数为载体（有时与三角函数结合），探究函数的零点问题是高考的常考点，通常以压轴题的形式呈现 根据零点个数求参数范围 二、真题感悟 　（2022·全国乙卷文20题）（根据零点个数求参数范围）已知函数f（x）＝ax－－（a＋1）ln x. （1）当a＝0时，求f（x）的最大值； （2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围. 解：（1）当a＝0时，f（x）＝－－ln x（x＞0），所以f'（x）＝－＝. 若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增； 若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减； 所以f（x）max＝f（1）＝－1. （2）由f（x）＝ax－－（a＋1）ln x（x＞0），得f'（x）＝a＋－＝（x＞0）. 当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点； 当a＜0时，f'（x）＝， 若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增， 若x∈（1，＋∞），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； 当a＞0时，f'（x）＝，若a＝1，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，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，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，a的取值范围为（0，＋∞）. 重｜难｜排｜查 常见函数的图象与性质 函数 图象 性质 f（x）＝ln x－x，x∈（0，＋∞） 在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，在x＝1处取得极大值－1，无极小值 f（x）＝xln x，x∈（0，＋∞） 在上单调递减，在上单调递增，在x＝处取得极小值－，无极大值 f（x）＝，x∈（0，＋∞） 在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，在x＝e处取得极大值，无极小值 f（x）＝ex－x，x∈R 在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，在x＝0处取得极小值1，无极大值 f（x）＝xex，x∈R 在（－∞，－1）上单调递减，在（－1，＋∞）上单调递增，在x＝－1处取得极小值－，无极大值 f（x）＝，x∈R 在（－∞，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，在x＝1处取得极大值，无极小值 探究函数零点个数 【例1】　已知函数f（x）＝ln x－ax2（a∈R）.讨论函数f（x）在区间[1，e]上的零点个数. 解：由f（x）＝0，得a＝. 令g（x）＝，x∈[1，e]， 则函数f（x）在区间[1，e]上的零点个数等于直线y＝a与函数g（x）图象的交点个数. g'（x）＝，令g'（x）＝0，得x＝， 令g'（x）＞0，得1≤x＜；令g'（x）＜0，得＜x≤e. 所以g（x）在[1，）上单调递增，在（，e]上单调递减. 又g（1）＝0，g（）＝，g（e）＝， 所以当a＜0或a＞时，函数f（x）在区间[1，e]上没有零点； 当0≤a＜或a＝时，函数f（x）在区间[1，e]上有1个零点； 当≤a＜时，函数f（x）在区间[1，e]上有2个零点. 感悟提升 判断函数零点个数的2种常用方法 （1）直接法：直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题； （2）分离参数法：分离出参数，转化为a＝g（x），根据导数的知识求出函数g（x）在某区间上的单调性，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g（x）图象交点的个数问题.只需要用a与函数g（x）的极值和最值进行比较即可. （2024·郑州第三次质量检测节选）已知函数f（x）＝eax－x.讨论f（x）的零点个数. 解：由题f'（x）＝aeax－1. ①当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在R上单调递减，又f（0）＝1＞0，f（1）＝ea－1≤0. 故f（x）存在一个零点，此时f（x）零点个数为1. ②当a＞0时，令f'（x）＜0得x＜－，令f'（x）＞0得x＞－， 所以f（x）在（－∞，－）上单调递减，在（－，＋∞）上单调递增. 故f（x）的最小值为f（－）＝. 当a＝时，f（x）的最小值为0，此时f（x）有一个零点. 当a＞时，f（x）的最小值大于0，此时f（x）没有零点. 当0＜a＜时，f（x）的最小值小于0，f（－1）＝e－a＋1＞0， f（－）＝＜0，x→＋∞时，f（x）→＋∞，此时f（x）有两个零点. 综上，当a≤0或a＝时，f（x）有一个零点； 当0＜a＜时，f（x）有两个零点； 当a＞时，f（x）没有零点. 根据零点个数求参数 【例2】　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：曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点， 可转化为方程＝1（x＞0）有两个不同的实数解， 即方程＝有两个不同的实数解. 设g（x）＝（x＞0）， 则g'（x）＝（x＞0）， 令g'（x）＝0，得x＝e， 当0＜x＜e时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增； 当x＞e时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减， 故g（x）max＝g（e）＝， 且当x＞e时，g（x）∈（0，），又g（1）＝0， 所以0＜＜， 解得a＞1且a≠e， 故实数a的取值范围是（1，e）∪（e，＋∞）. 感悟提升 根据零点个数求参数的常用方法 （1）分离参数法：分离参数，再通过求导求出分离参数后构造的新函数的最值，根据条件，通过数形结合构建关于参数的不等式，解不等式确定参数值（范围）； （2）分类讨论法：结合单调性确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，再将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求. （2024·河南五市第一次联考）已知函数f（x）＝aln x－x2＋a（a∈R）. （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若f（x）有两个零点，求实数a的取值范围. 解：（1）f'（x）＝－2x（x＞0）， 当a≤0时，f'（x）＜0在定义域（0，＋∞）内恒成立，因此f（x）在（0，＋∞）上单调递减； 当a＞0时，由f'（x）＞0，解得0＜x＜；f'（x）＜0，解得x＞， 因此，当a≤0时，f（x）的单调减区间为（0，＋∞），无增区间； a＞0时，f（x）的单调减区间为（，＋∞），增区间为（0，）. （2）若f（x）有两个零点，由（1）可知a＞0且f（x）≤f（）， 则必有f（）＝aln －（）2＋a＞0，即ln＋1＞0，解得a＞， 又因f（）＝－＜0，f（4a）＝aln 4a－16a2＋a＝a（ln 4a－16a＋1）， 令g（t）＝ln t－4t＋1（t＝4a＞）⇒g'（t）＝－4＝， 当t∈（，＋∞）时，g'（t）＜0恒成立，即g（t）在（，＋∞）上单调递减， 可得g（t）＜g（）＝ln－＋1＝ln 8－＜0， 也即得g（t）＜0在t∈（，＋∞）上恒成立， 从而可得f（x）在区间（，），（，4a）上各有一个零点， 综上所述，若f（x）有两个零点，实数a的范围为（，＋∞）. 1.已知函数f（x）＝2e－x＋1ln x＋（e为自然对数的底数），证明：函数f（x）在区间（，e）内有唯一零点. 证明：f（x）＝2e－x＋1ln x＋ ＝e－x（2eln x＋）， ∵e－x＞0恒成立， ∴f（x）在区间（，e）内零点的个数等价于g（x）＝2eln x＋在区间（，e）内零点的个数. ∵g（）＝2eln＋ ＝－2e＋e＝－e＜0， g（e）＝2eln e＋＝2e＋＞0. ∴g（x）在（，e）内有零点. 又∵g'（x）＝－＝， 当＜x＜e时，g'（x）＞0，g（x）单调递增. ∴g（x）在（，e）内有唯一零点，即函数f（x）在区间（，e）内有唯一零点. 2.已知f（x）＝ln x＋kx（k∈R）. （1）求f（x）的最值； （2）若f（x）有两个零点，求实数k的取值范围. 解：（1）f（x）＝ln x＋kx的定义域为（0，＋∞）， f'（x）＝＋k（x＞0）. 当k≥0时，f'（x）＞0恒成立，f（x）在（0，＋∞）上是增函数，此时函数无最值； 当k＜0时，在（0，－）上，f'（x）＞0，f（x）单调递增； 在 （－，＋∞）上，f'（x）＜0，f（x）单调递减. 所以f（x）在x＝－处取得极大值，即最大值， f（x）max＝f（－）＝ln（－）－1. 综上可知，当k≥0时，f（x）在（0，＋∞）上无最值； 当k＜0时，f（x）的最大值为ln（－）－1，无最小值. （2）f（x）＝ln x＋kx有两个零点，可得－k＝有两个实根. 设h（x）＝（x＞0），h'（x）＝. 令h'（x）＞0，得0＜x＜e；令h'（x）＜0，得x＞e， 所以h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减. 所以h（x）max＝h（e）＝. 当x∈（e，＋∞）时，x＞0，ln x＞0，所以h（x）＝＞0，又h（1）＝0，所以当x∈（0，1）时，h（x）＜0；当x∈（1，＋∞）时，h（x）＞0. h（x）＝的大致图象如图所示， 若直线y＝－k与y＝h（x）的图象有两个交点， 则0＜－k＜，所以实数k的取值范围是（－，0）. 3.已知函数f（x）＝（x－1）ex－ax2，a∈R. （1）当a＝时，求f（x）的单调区间； （2）若方程f（x）＋a＝0有三个不同的实根，求a的取值范围. 解：（1）当a＝时，函数f（x）＝（x－1）ex－x2， 则f'（x）＝xex－ex＝x（ex－e），令f'（x）＝0得x＝0或x＝1， 当x∈（－∞，0）或x∈（1，＋∞）时，f'（x）＞0，当x∈（0，1）时，f'（x）＜0， 所以f（x）在（－∞，0）上单调递增，在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增， 即当a＝时，f（x）单调递增区间为（－∞，0）和（1，＋∞），单调递减区间为（0，1）. （2）因为f（x）＋a＝（x－1）[ex－a（x＋1）]，所以x＝1为f（x）＋a＝0的一个根， 故ex－a（x＋1）＝0有两个不同于1的实根， 令g（x）＝ex－a（x＋1），则g'（x）＝ex－a， ①当a≤0时，g'（x）＞0，故g（x）在R上单调递增，不符合题意； ②当a＞0时，令g'（x）＝0，得x＝ln a， 当x＞ln a时，g'（x）＞0，故g（x）在区间（ln a，＋∞）上单调递增， 当x＜ln a时，g'（x）＜0，故g（x）在区间（－∞，ln a）上单调递减， 并且当x→－∞时，g（x）→＋∞；当x→＋∞时，g（x）→＋∞； 所以若要满足题意，只需g（ln a）＜0且g（1）≠0， 因为g（ln a）＝eln a－a（ln a＋1）＝－aln a＜0，所以a＞1， 又g（1）＝e－2a≠0，所以a≠， 所以实数a的取值范围为（1，）∪（，＋∞）. 4.（2024·湖南九校联盟第二次联考）已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c（a，b，c∈R），其图象的对称中心为（1，－2）. （1）求a－b－c的值； （2）判断函数f（x）的零点个数. 解：（1）∵函数f（x）的图象关于点（1，－2）中心对称，故y＝f（x＋1）＋2为奇函数， 从而有f（x＋1）＋2＋f（－x＋1）＋2＝0，即f（x＋1）＋f（－x＋1）＝－4， f（x＋1）＝（x＋1）3＋a（x＋1）2＋b（x＋1）＋c＝x3＋（a＋3）x2＋（2a＋b＋3）x＋a＋b＋c＋1， f（1－x）＝（1－x）3＋a（1－x）2＋b（1－x）＋c＝－x3＋（a＋3）x2－（2a＋b＋3）x＋a＋b＋c＋1， ∴解得∴a－b－c＝－3. （2）由（1）可知，f（x）＝x3－3x2－cx＋c，f'（x）＝3x2－6x－c，Δ＝36＋12c， ①当c≤－3时，Δ＝36＋12c≤0，f'（x）≥0，所以f（x）在R上单调递增， ∵f（1）＝－2＜0，f（3）＝27－3×9－3c＋c＝－2c＞0， ∴函数f（x）有且仅有一个零点； ②当－3＜c＜0时，Δ＞0， ∴f'（x）＝0有两个正根x1，x2，不妨设x1＜x2，x1＋x2＝2＞0，x1·x2＝－＞0，则3－6x1－c＝0，x2＜2， ∴函数f（x）在（－∞，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，＋∞）上单调递增， ∵f（x1）＝－3－（x1－1）（3－6x1）＝－2x1（－3x1＋3）＜0，f（x2）＜0，f（3）＝－2c＞0， ∴函数f（x）有且仅有一个零点； ③当c＝0时，f（x）＝x3－3x2， 令f（x）＝x3－3x2＝0，解得x＝0或x＝3，∴f（x）有两个零点； ④当c＞0时，Δ＞0， ∴f'（x）＝0有一个正根和一个负根x1，x2，不妨设x1＜0＜x2，x1＋x2＝2，x1·x2＝－＜0，则x2＞1， ∴函数f（x）在（－∞，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，＋∞）上单调递增， ∵f（x1）＞f（0）＝c＞0，f（x2）＜f（1）＝－2＜0，当x→－∞时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞， ∴函数f（x）有且仅有三个零点； 综上，当c＞0时，函数f（x）有三个零点； 当c＝0时，函数f（x）有两个零点； 当c＜0时，函数f（x）有一个零点. 7 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $