专题6 第8讲 利用导数研究函数的零点问题 提升课 课时作业-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

该高中数学高考复习课件聚焦函数与导数核心考点，覆盖切线方程、零点个数、参数范围等高考高频题型，依据高考评价体系分析近五年考点权重，如导数应用占比达35%，通过模拟题与真题归纳“构造函数法”“导数判断单调性”等常考解题模型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题实战+素养提升”策略，以天津卷函数零点问题为例，引导学生用数学思维构建函数关系，通过求导分析单调性突破难点，培养逻辑推理与创新意识。特设易错点警示如导数计算失误，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升高考冲刺效率。

1 2 3 4 1.(2025·北京模拟)已知函数f(x)=ln(1+x)+2cos x. (1)求曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程; 解:由f(x)=ln(1+x)+2cos x,则f(0)=ln(1+0)+2cos 0=2, f'(x)=-2sin x,则f'(0)=-2sin 0=1, ∴切线方程为y-2=1·(x-0),即y=x+2. 基础巩固练 1 2 3 4 (2)若x∈(-1,1),求曲线y=f(x)与曲线y=的交点个数. 解:令ln(1+x)+2cos x=,故ln(1+x)+2cos x-=0, 令g(x)=ln(1+x)+2cos x-,g'(x)=-2sin x+(1+x, 令h(x)=g'(x)=-2sin x+(1+x, h'(x)=--2cos x-(1+x, 当x∈(-1,1)时,cos x>0,(1+x)2>0,(1+x>0, 1 2 3 4 ∴h'(x)<0,∴h(x)在(-1,1)上为减函数,即g'(x)在(-1,1)上为减函数, 又g'(0)=1+>0,g'(1)=-2sin 1+×<-2sin 1+<1-2×=0, ∴g'(x)在(0,1)上有唯一的零点,设为x0,即g'(x0)=0(0<x0<1), ∴g(x)在(-1,x0)上为增函数,在(x0,1)上为减函数, 又g(-)=ln(1-)+2cos(-)- =ln(1-)+-<-2<0, 1 2 3 4 g(0)=2-1>0, g(1)=ln 2+2cos 1->ln 2+2cos-=ln 2+1->0, ∴g(x)在(-1,x0)上有且只有一个零点,在(x0,1)上无零点, ∴曲线y=f(x)与曲线y=的交点个数为1. 1 2 3 4 2.(2025·江苏南京模拟)已知函数f(x)=ex-ax-x2. (1)若函数f(x)是增函数,求实数a的取值范围; 解:由题意得f'(x)=ex-a-x,且f'(x)≥0在定义域R内恒成立. 则ex-x≥a在定义域R内恒成立,令g(x)=ex-x,对g(x)求导可得,g'(x)=ex-1,当x<0时,g'(x)<0,即g(x)单调递减, 当x>0时,g'(x)>0,即g(x)单调递增, 所以g(x)≥g(x)min=g(0)=1,则a≤1,故实数a的取值范围为(-∞,1]. 1 2 3 4 (2)试判断f(x)在(-∞,1)上的零点个数. 解:由(1)知,当a≤1时,f(x)在(-∞,1)上单调递增. 注意到f(1)=e-a->0,x→-∞时,f(x)→-∞, 则此时f(x)在(-∞,1)上有一个零点; 当a>1时,令f'(x)=p(x)=ex-a-x, 则p'(x)=ex-1,当p'(x)>0时,x>0,当p'(x)<0时,x<0. 则f'(x)=p(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减, 注意到f'(-a)=e-a>0,f'(0)=1-a<0, 则存在x1∈(-a,0),使f'(x1)=-a-x1=0,则a=-x1. 1 2 3 4 ①若f'(1)=e-a-1≤0,即a≥e-1,则f'(x)>0⇒x<x1,f'(x)<0⇒x1<x<1. 则此时f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,1)上单调递减. 注意到x→-∞时,f(x)→-∞,f(x1)=-(-x1)x1-=(1-x1)+>0, 则∃x2∈(-∞,x1),使f(x2)=0.注意到f(0)=1, 若f(1)=e-a-≥0,则e-1≤a≤e-,则此时f(x)有一个零点; 若f(1)<0,则a>e-,则∃x3∈(0,1),使f(x3)=0,则此时f(x)有两个零点. 1 2 3 4 ②若f'(1)=e-a-1>0,即1<a<e-1,因为f'(x)在(0,+∞)上单调递增,f'(0)=1-a<0, 则存在∃x4∈(0,1),使f'(x4)=-a-x4=0,则a=-x4. 若f'(x)>0⇒x∈(-∞,x1)∪(x4,1),f'(x)<0⇒(x1,x4). 则此时f(x)在(-∞,x1),(x4,1)上单调递增,在(x1,x4)上单调递减. 由①分析,f(x)在(-∞,x1)上存在零点x2,又注意到f(x4)=(1-x4)+>0, 则此时f(x)有一个零点. 综上可得,当a≤e-时,f(x)在(-∞,1)上有一个零点; 当a>e-时,f(x)在(-∞,1)上有两个零点. 1 2 3 4 3.(2025·天津卷)已知函数f(x)=ax-(ln x)2. (1)a=1时,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程. 解:当a=1时,f(x)=x-(ln x)2,x>0, 则f'(x)=1-,则f'(1)=1,且f(1)=1, 故函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x. 能力提升练 1 2 3 4 (2)f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1<x2<x3. (ⅰ)求a的取值范围; 1 2 3 4 解:令f(x)=ax-(ln x)2=0,x>0,得a=, 设g(x)=,x>0, 则g'(x)==, 由g'(x)=0得x=1或x=e2,其中g(1)=0,g(e2)=. 当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减; 当1<x<e2时,g'(x)>0,g(x)在(1,e2)上单调递增; 当x>e2时,g'(x)<0,g(x)在(e2,+∞)上单调递减. 1 2 3 4 且当x→0时,g(x)→+∞; 当x→+∞时,g(x)→0. 要使函数f(x)有3个零点, 则方程a=g(x)在(0,+∞)上有3个根,即直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点, 所以0<a<.故a的取值范围为(0,). 1 2 3 4 (ⅱ)证明:(ln x2-ln x1)·ln x3<. 证明:由(ⅰ)可知,0<x1<1<x2<e2<x3, 设ln x1=t1,ln x2=t2,ln x3=t3,则t1<0<t2<2<t3, 满足 由②③可得 两式作差可得t3-t2=2(ln t3-ln t2), 1 2 3 4 则由对数均值不等式可得2=>, 则t2t3<4,故要证(ln x2-ln x1)·ln x3<, 即证t2t3-t1t3<,只需证4-t1t3≤, 即证-t1t3≤.又因为t1<0,=a<a,则|t1|=-t1<, 所以-t1t3<t3=,故只需证≤. 1 2 3 4 设函数φ(t)=,t>2,则φ'(t)==, 当2<t<4时,φ'(t)>0,则φ(t)在(2,4)上单调递增; 当t>4时,φ'(t)<0,则φ(t)在(4,+∞)上单调递减, 故φ(t)max=φ(4)=,即φ(t)≤. 而由4e2-16e+16=4(e-2)2>0, 可知<成立,故命题得证. 1 2 3 4 4.(2025·广东珠海模拟)已知函数f(x)=ax-ln x-2. (1)当a≤0时,讨论f(x)的零点个数; 解:由f'(x)=a-=(x>0), 当a=0时,由f'(x)=a-=<0,得f(x)在(0,+∞)上单调递减, 解f(x)=-ln x-2=0得x=e-2, ∴当a=0时,f(x)在(0,+∞)上只有一个零点. 1 2 3 4 当a<0时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,+∞)单调递减, ∵a<0,ea-2<e0=1,∴f(ea-2)=aea-2-(a-2)-2=aea-2-a=a(ea-2-1)>0. 又∵f(1)=a-2<0,∴f(x)在(ea-2,1)有一个零点. 又∵f(x)在(0,+∞)上单调递减,∴当a<0时,f(x)在(0,+∞)上有一个零点. 综上,当a≤0时,f(x)只有一个零点. 1 2 3 4 (2)当a=1时,证明:f(x)在区间(3,4)内存在唯一的零点; 证明:当a=1时,f(x)=x-ln x-2,∴f'(x)=1-, 当x∈(3,4)时,f'(x)=1->0,∴f(x)在(3,4)上单调递增. ∵f(3)=3-ln 3-2=1-ln 3<0,f(4)=4-ln 4-2=2-ln 4>0, ∴f(x)在区间(3,4)内存在唯一的零点. 1 2 3 4 (3)若对于任意的x∈(1,+∞),都有xln x+x>k(x-1),求整数k的最大值. 解:∵xln x+x>k(x-1),且x∈(1,+∞), ∴k<, 令g(x)=,则g'(x)=,x>1, 由(2)知,f(x)=x-ln x-2在(1,+∞)上单调递增,且在区间(3,4)内存在唯一的零点, 设该零点为x0∈(3,4),则f(x0)=x0-ln x0-2=0, 1 2 3 4 故当x∈(1,x0)时,f(x)<0,即g'(x)<0,g(x)在(1,x0)上单调递减, 当x∈(x0,+∞)时,f(x)>0,即g'(x)>0,g(x)在(x0,+∞)上单调递增, ∴g(x)min=g(x0)===x0∈(3,4), ∴k<g(x)min=x0<4, 故整数k的最大值为3. 感谢您的观看 $