第二编 专题1 第4讲 利用导数研究函数的零点问题-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

　　第4讲　利用导数研究函数的零点问题

「考情研析」以导数为工具，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解函数零点或方程解的问题是高考的热点题型．

考向1　利用导数讨论函数零点的个数

例1　(2025·广东湛江一模)已知函数f(x)＝aln (x－1)＋x2－2x，其中a∈R.

(1)若a＝－8，求函数f(x)的单调区间；

(2)当a<－2时，试判断f(x)的零点个数，并证明．

解：(1)由题意，知x>1，f′(x)＝＋2x－2＝，

当a＝－8时，f′(x)＝，

令f′(x)＝0，得x＝3或x＝－1(舍去)．

当x∈(1，3)时，f′(x)<0，

当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，

故函数f(x)的单调递减区间为(1，3)，单调递增区间为(3，＋∞)．

(2)解法一：因为f(2)＝0，故f(x)有一个零点2.

令f′(x)＝0，解得x1＝1－<1(舍去)，x2＝1＋，

当x∈(1，x2)时，f′(x)<0，故f(x)单调递减，

当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)单调递增．

当a<－2时，x2＝1＋∈(2，＋∞)，f(x2)<f(2)＝0.

f(1－a)＝aln (－a)＋a2－1＝－a[－a－ln (－a)]－1.

下面先证明当x≥1时，x－ln x≥1.

令g(x)＝x－ln x(x≥1)，

则g′(x)＝1－＝≥0，

故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，

所以g(x)≥g(1)＝1.

因为－a>2>1，

所以f(1－a)＝－a[－a－ln (－a)]－1>－a－1>0.

易知1－a>x2，所以f(x)在(x2，＋∞)上存在唯一的零点x3，

所以当a<－2时，f(x)有两个零点，为2和x3.

解法二：令f(x)＝aln (x－1)＋x2－2x＝0，

当x＝2时，f(2)＝0，故2是f(x)的一个零点，

当x≠2时，a＝，

令g(x)＝，易得g(x)在(1，2)和(2，＋∞)上单调递减．

因为＝＝－2(洛必达法则)，

所以当x∈(2，＋∞)时，g(x)<－2且单调递减，

故当a<－2时，a＝在(2，＋∞)上有唯一解，

而当x∈(1，2)时，g(x)>－2，

故当a<－2时，a＝无解．

综上可知，当a<－2时，f(x)有两个零点．

　利用导数研究函数零点或方程根的方法

(1)通过极值(最值)判断零点个数

借助导数研究函数的单调性、极值，通过极值的正负、函数的单调性判断函数图象的走势，从而判断函数零点的个数．

(2)构造函数法研究函数零点

根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，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，从而求解．

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．

已知函数f(x)＝sinx＋ln (x＋1)－ax，且曲线y＝f(x)与x轴相切于坐标原点．

(1)求实数a的值及f(x)的最大值；

(2)判断关于x的方程f(x)＋x＝0的实数根的个数，并证明．

解：(1)由题意知，f(0)＝0，且f′(0)＝0，

∵f′(x)＝cosx＋－a，

∴f′(0)＝2－a＝0，解得a＝2，

∴f(x)＝sinx＋ln (x＋1)－2x，x∈(－1，＋∞)，

则f′(x)＝cosx＋－2，

当x≥0时，cosx≤1，≤1，故f′(x)≤0，

∴f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，

∴f(x)≤f(0)＝0；

当－1<x<0时，令g(x)＝cosx＋－2，

则g′(x)＝－sinx－，

∵－sinx∈(0，1)，>1，

∴g′(x)<0，

∴f′(x)在区间(－1，0)上单调递减，

则f′(x)>f′(0)＝0，

∴f(x)在区间(－1，0)上单调递增，

则f(x)<f(0)＝0，

则f(x)max＝f(0)＝0.

综上所述，a＝2，f(x)的最大值为0.

(2)关于x的方程f(x)＋x＝0的实数根的个数为2.证明如下：

设h(x)＝f(x)＋x＝sinx＋ln (x＋1)－x，x∈(－1，＋∞)，

∴h′(x)＝cosx＋－1，