第3章 微专题三 利用导数研究函数的零点-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考数学大一轮复习全新方案通用版

第三章一元函数的导数及其应用 进 【时点训练3】已知函数了(x)=2mr2+(m (2)当m>0时，若对于任意的x1∈(0， 十∞)，总存在x2∈[1，十∞)，使得f(x1)≥ 1)x-In x(m E R).g(x)=x2-1 +1. g(x2),求m的取值范围. (1)讨论f(x)的单调性； 温馨提示0… 学习至此，请完成课时作业22 微专题 利用导数研究函数的零点 073 考试要求 能利用导数判断函数零点的个数或范围，能根据函数的零点求参数的取值范围，理解零点的几何意义，体 会函数图象在解决此类问题中的作用. 关键能力提升 互动探究·考点精讲 考点1数形结合法研究函数的零点 【例1】(2024·广东汕头三模节选)已知函数 f(x)=x(e-a.x2).若f(x)在(0，+o∞)上 只有一个零点，求a的值. 听课记录 红闪·讲与练·高三数学 4规律总结 含参数的函数的零点个数，可转化为方程解的 个数，若能分离参数，则可将参数分离出来，用x表 示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求 参数的范围或判断零点个数， 【对点训练1】(2024·湖北武汉模拟)已知函数 1 f (x)=In x- 2ax(a∈R). (1)当a=1时，求f(x)的最大值； (2)讨论函数f(x)在区间[1，e]上零点的 个数. 规律总结、 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函 数的单调性、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· 【对点训练2】(2024·广东梅州二模)已知函数 f(x)=e",g(x)=x2+1,h(x)=asinx+1 (a>0). (1)求证：当x∈(0，十∞)时，f(x)>g(x); 074 (2)讨论函数F(x)=f(x)-h(x)在(0，π)上 的零点个数. 考点2利用函数的性质研究函数的零点 【例2】(2024·河南郑州三模)已知函数f(x) er一x,讨论f(x)的零点个数. 吧听课记录 第三章一元函数的导数及其应用 考点3构造函数法研究函数的零点 【对点训练3】已知函数f(x)=e十x十4ln(2 x),判断函数∫(x)的零点个数，并说明理由 【例3】(2021·全国甲卷理T21节选)已知a>0 且a≠1，函数f(x)=x>0).若曲线y=人 f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，求a的 取值范围。 听课记录 075 微拓展 拉格朗日中值定理 l.拉格朗日(Lagrange)中值定理 若函数f(x)满足如下条件： (1)f(x)在闭区间[a,b]上连续： (2)f(x)在开区间(a,b)内可导， 则在(a,b)内至少存在一点，使得f'()= f(b)-f(a) b-a 2.拉格朗日中值定理的几何意义 如图所示，在满足定理条件的曲线y=f(x)上至 少存在一点P(E,f()),该曲线在该，点处的切线 平行于曲线两端的连线 y↑ 4规律总结、 y-Ra)+Rb)-Aa(x-a) b-a 1,涉及函数的零点（方程的根）问题，主要利用 f'(=h)-a) B b-a 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内的极值以及区间端点 y=f(x) 的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围. 2.构造函数的常用方法：①直接作差构造函数； a ②作商转化为两个函数：③指对同构构造函数 b 红圈内·讲与练·高三数学 【典例】(2024·河北衡水三模)已知f(x)=e-x (1)求f(x)的单调区间和最值； (2)定理：若函数f(x)在(a,b)上可导，在[a, b]上连续，则存在∈(a,b),使得f'() b)一f(a),该定理称为“拉格朗日中值定 b-a 理”.请利用该定理解决下面的问题： 若0<m<n,求证：g-c <(m十1)2· 听课记录 温馨提示) 学习至此，请完成课时作业23 076 微专题 四 隐零点与极值点偏移问题 考试要求 1.在利用导数研究函数问题的过程中，会利用隐零点解决相关问题. 2.会利用常见的方法（对称化构造函数法与比（差）值换元法)解决极值点偏移问题. 关键能力提升 互动探究·考点精讲 考点1隐零点问题 听课记录 隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接 求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题 目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问 题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号， 再结合函数零点存在定理处理. 【例1】(2024·河北承德模拟节选)已知函数 fx)-ggx)=sinx+0s.当x∈0， 元)时，f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值 范围例3解：(1)g'(x)=(x十3)十2x(x十 3)-3(x十1)(x十3)e=3(x 1)(x+3)(1-e),令g'(x)=0,可得 x=一3或x=一1或x=0, 当-3<x<-1或x>0时，g'(x)< 0,当x<一3或-1<x<0时， g(x)>0, 所以g(x)的单调递减区间为（一3， 一1)，(0，十∞)，单调递增区间为 (-∞，-3)，(-1,0). (2)当x∈[-3,0]时，由(1)可知 g(x)在[-3，一1)上单调递减，在 (一1,0]上单调递增， 且g(-3)=-12e3,g(0)=-3, 所以g(x)在[-3,0]上的最大值为 g(-3)=-12e 因为f(x)=血x+a,x>0, 所以当x∈(0，e)时，f'(x)<0, f(x)单调递减，当x∈(e“,十o∞) 时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以当x∈[1，e]时，f(x)的最大值 可能为f(e)或f(1), 可得/e)=-2≤-12e, e f(1)=-a-1≤-12e3, 解得a≥12e2-2, 所以a的取值范围为[12e2-2,十∞). 对点训练3解：(1)f'(x)=mx十m 1-1=mx-1)(x+1) ,x>0. 当m≤0时，f'(x)<0恒成立，f(x) 在(0，十∞)上单调递减； 当m>0时，由f'(x)>0,解得x (偏+)小即f)在（偏+） 上单调递增， 由fx)<0,解得x∈(o,),即 fx)在(0，）上单调递减. m (2)当m>0时，由(1)知f(x)mm f(月）=am+1-2a 当x≥1时，g'（x)=2x+2e>0 恒成立，g(x)在[1，十o∞)上单调递 增，所以g(x)m=g(1)=220 由题意知f(x)≥g(x)in,即lhm十 1 设h(m）=lnm十1一2mm>0,则 1 1 h'(m）=2m十m >0,所以h(m)为 增函数， 1 又h(e)=2-2e,所以m≥e, 即m的取值范围是[e,十o∞). 红对勾·讲与练·高三数学 微专题三利用导数 研究函数的零点 关键能力提升 例1解：函数f(x)=x(e-ax2)在 (0,十∞)上只有一个零点，等价于 y=e-a.x2在(0，十∞)上只有一个 零点 设g(x)=e-ax2,则函数g(x)在 (0,十∞)上只有一个零点，当且仅当 g(x)=0在(0，十∞)上只有一解， 即a= 在(0，十∞)上只有一解，于 是曲线y=(x>0)与直线y=。 只有一个公共点： 令pu)= (x≥0，求导得 g'(x)=c22,当0<x<2时， x p'(x)<0,当x>2时，9'(x)>0, 因此函数g(x)在(0,2)上单调递减， 在(2，十∞)上单调递增， 函数9(x)在x=2处取得极小值，同 时也是最小值，9(2)= 4 画出g红)二的大致图象，如图 e y=( 巴4 y=a 0 2 g(x)在(0，十∞)上只有一个零点时， a=92)= e2 所以f(x)在(0，十∞)上只有一个零 点时，a= 41 对点训练1解：(1)f(x)的定义域是 (0,十∞). 1 fx)=lnx-2ax(a∈R), f)=-x=1ar, x 当a=1时，f'(x)=1-x 令f'(x)=0,得x=士1. x0, .当x∈(0,1)时，f'(x)>0,函数 f(x)单调递增， 当x∈(1，十∞)时，f(x)<0,函数 f(x)单调递减， .当x=1时，函数f(x)取最大值， 最大值为F)=一号 -458- (2)由f(x)=0,得a=21nx, 令g(x)=2n r? ,x∈[1，e],则 g'(x)=2-4nx 由g'(x)>0,得1≤x<, 由g'(x)<0,得√E<x≤e, 故g(x)在区间[1WE)上单调递增，在 区间（√e,e2]上单调递减. 又g)=0g0)=。ge)=合 4 作函数g(x)的图象如图所示。 e e2 由图可知，当0≤a<号攻a=时， f(x)在[1，e]上有1个零点， 当合≤a<时)在1e门上 有2个零点， 当a<0或a>是时，fx)在[1，e门 上没有零点 例2解：由题意知f(x)=aer一1. 当a≤0时，f'(x)<0,f(x)在R上 单调递减，又f(0)=1>0,f(1)= e-1≤0， 故f(x)存在一个零点，此时f(x)的 零点个数为1. 当a>0时，令f'(x)<0,得x< 0,令f'(x)>0,得x>血a a a 所以x)在(0,2）上单两 递谈，在(-，十一）上单酒通n, 故f)的最小值为(2） 1+In a a 当a=1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<是时fx)的最小值小于 0,f(-1)=e“+1>0, x十∞时，f(x)→十o,此时f(x) 有两个零点 综上，当a<0或a=时，fx)有 个零点； 当0<a<】时，f(x)有两个零点： 当a>1时，f(x)没有零点. 对点训练2解：(1)证明：令G(x) f(x)-g(x)=e-x2-1, 则G'(x)=e-2x. 记p(x)=c -2x,则p'(x)=e-2, 当x∈(0，ln2)时，p'(x)<0,当x∈ (ln2,+∞)时，p'(x)>0, 所以p(x)在(0，ln2)上单调递减，在 (ln2,+oo)上单调递增， 从而在(0，十∞)上，G'(x)=p(x)≥ p(ln2)=2-2ln2>0, 所以G(x)在(0，十)上单调递增， 因此在(0，十∞)上，G(x)>G(0)= 0,即f(x)>g(x). (2)F(x)=f(x)-h(x)=e asin x-1,F'(x)=e*-acos x. 若0<a≤1，则在(0，π)上，F'(x)= e-acos x>1-a≥0， 所以F(x)在(0，π)上单调递增，则 F(x)>F(0)=0,即函数F(x)在(0， π)上无零点； 若a>1,记g(x)=F'(x)=e acos x, 则在(0，π)上，g'(x)=e十a sin x≥ 0,所以g(x)在(0，π)上单调递增， 而g0)=1-a<09(5）=e>0, 故存在x。∈(0，)，使g(x)=0, 所以当0<x<x。时，F(x)单调递 减，x。<x<π时，F(x)单调递增， F(x)min =F(o), 而F(x。)<F(0)=0,F(π)=e" 1>0, 所以F(x)在(0，x。)上无零点，在 (x。,π)上有唯一零点。 综上，当0<a≤1时，F(x)在(0，π) 上没有零点； 当a>1时，F(x)在(0，π)上有且仅有 1个零点. 例3解：曲线y=f(x)与直线y=1有 且仅有两个交点， 可转化为方程二=1(x>0)有两个 不同的解，即方程 -有两个 不同的解. 设g(x)=血工(x>0),则g'(x)= 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Rx)m=g(0=, 且当x>e时，gx)∈(o,)小，又 1 g)=0,所以0<n8 所以a>1且a≠e, 故a的取值范围为(1，e)U(e,十∞). 对点训练3解：方法一函数f(x)有 两个零点，理由如下： 4一十1. 由题知f'(x)=e一2- 令g(x)=f'(x),x∈(-∞，2)， 4 则g'x)=e-2-x) (2-x)e-4 (2-x)2 令h(x)=(2-x)'e-4,x∈(-∞， 2),则h'(x)=x(x-2)e, 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 (一∞，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-e)=e°+2-e+ 240,f(0)=e°+0+41n2>0, f(2-e)=e2-+2-e6-24< e2-22<0, 所以f(x)在区间(2一e,0),(0,2一 e)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)=e+x+4ln(2-x)=0, 可得e=-x-4ln(2-x), 判断函数F(x)的零点个数，即判断函 数t(x)=e(x<2)与g(x)=-x 4ln(2-x)(x<2)图象交点的个数. t(x)=e为增函数，t(x)>0,当 x→-∞时，t(x)→0，当x→-∞时， g(x)→十0∞. 4 x+2=0 由g'(x)=-1+2-x=2-x 得x=一2， 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)=2-4ln4<0, 且当x→-∞时，g(x)→十o∞，当x→ 2时，g(x)→+o∞，t(2)=e,所以 t(x)=e*g(z)=-x-4In(2-x) -459- 的图象在（一∞，0）上有一个交点，在 (0,2)上有一个交点. 综上，函数f(x)有两个零点 【微拓展】拉格朗日中值定理 典例解：(1)f'(x)=e-1,令f'(x)= 0,解得x=0, 当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0,f(x) 单调递减， 当x∈(0，十o∞)时，f'(x)>0,f(x) 单调递增. 故f(x)的单调增区间为(0，+∞)，单 调减区间为（一∞，0）. 当x=0时，f(x)取得最小值1，无最 大值. (2证明：要证一C<(m十1)· n m (日一》，只需证ae心一e<m叶 1)(m-n),又0<m<n, 故只需证mc二nC>(m+1）. m-n 令g(x)=xe(x>0),显然g(x)在 (m,n)上可导，在[m,n]上连续， 故由拉格朗日中值定理知存在：∈ (mm,n),使得g'()=me-ne m-n, 而g'(x)=(x十1)e>0,g(x)在 (0,十∞)上单调递增， 因为m<<n,所以g'()>g'(m), 即g'()>(m十1)e”, 故只需证(m十1)e”≥(m十1)”即可， 因为m>0,所以只需证e”≥m十1. 由(1)知e≥x十1恒成立，因此原命 题得证. 微专题四隐零点 与极值点偏移问题 关键能力提升 例1解：因为当x∈(0，π)时，f(x) g(x)恒成立， 即当x∈(0，x)时，az≤sinx十cosx 恒成立， 所以e(sinx十cosx)-ax≥0在(0， π)上恒成立， 当x=子时，一经。≥0，解得a<0 4 设h(x)=e(sinx十cosx)-ax, x∈(0，π)， 则h'(x)=e(sinx十cosx)十e(cosx sin x)-a 2e"cos x -a, 令m(x)=h'(x)=2 e"cos x-a,则 m'(x)=2e(cos x -sin x)= 2(+) 当x∈(（0，)时m')>0,则 h'(x)单调递增， 参考答案“☑。