专题7 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（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦函数与导数核心模块，覆盖零点个数讨论、切线方程求解、极值分析等高考高频考点，对接高考评价体系，通过湖北恩施、山东泰安等模拟题实例，梳理导数应用（占比约35%）、函数性质（占比约25%）等考点权重，归纳“求导判单调”“极值定零点”等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+素养导向”的训练模式，如以函数零点问题为例，通过构建“导数分析单调性—极值判断符号—图像交点定位”的解题链条，培养数学思维与运算能力，帮助学生掌握“转化与化归”技巧，提升得分率，为教师提供系统复习框架与学情诊断依据。

1 2 3 4 1.(2025·湖北恩施模拟)已知函数f(x)=2x-1-ln x,直线l:x-y-3=0. (1)若点P是函数y=f(x)图象上的一点,求点P到直线l距离的最小值; 基础巩固练 1 2 3 4 解:点P(x,f(x))到直线l:x-y-3=0的距离为d(x)===, 设h(x)=|ln x-x-2|,x>0,k(x)=ln x-x-2, 令k'(x)=-1=0得x=1, 当x=1时k(1)=-3为极大值, 当x→0+时ln x→-∞,k(x)→-∞, 当x→+∞时,k(x)→-∞, k(x)max=-3,所以|ln x-x-2|min=3, 所以最小距离为=. 1 2 3 4 (2)若g(x)=f(x)+tex-2x,讨论函数g(x)的零点的个数. 解:若g(x)=f(x)+tex-2x=tex-ln x-1, 定义域为(0,+∞),令g(x)=0可得-t=0, 则函数g(x)的零点的个数与h(x)=-t的零点个数相同, h'(x)=(-ln x-1)e-x, 再令m(x)=-ln x-1, 则m'(x)=--<0,所以m(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 2 3 4 又因为m(1)=0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 则h(x)max=h(1)=-t,当x→0时,h(x)→-∞, 当x→+∞时,h(x)→-t,所以当t>时h(x)max=-t<0恒成立,h(x)无零点, 当t=时h(x)max=-t=0,h(x)有1个零点, 当0<t<时h(x)max=-t>0,h(x)在(0,1)和(1,+∞)上分别有1个零点,即h(x)有2个零点,当t≤0时h(x)max=-t≥, h(x)在(0,1)上有1个零点,在(1,+∞)上h(x)>0恒成立,即h(x)只有1个零点. 综上所述,当t>时, g(x)无零点,当t=或t≤0时,g(x)有1个零点,当t∈(0,)时, g(x)有2个零点. 1 2 3 4 2.(2025·山东泰安模拟)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=1处有极小值. (1)求实数c的值; 解:因为f(x)=x(x-c)2=x3-2cx2+c2x, 所以f'(x)=3x2-4cx+c2=(x-c)(3x-c), 由已知f'(1)=0,即(1-c)(3-c)=0,所以c=1或c=3. 当c=1时,f'(x)=(x-1)(3x-1), 所以当x<时f'(x)>0,当<x<1时f'(x)<0,当x>1时f'(x)>0, 所以f(x)在(-∞,)上单调递增,在(,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以当x=1时有极小值,符合题意. 1 2 3 4 当c=3时,f'(x)=3(x-3)(x-1), 所以当x<1时f'(x)>0,当1<x<3时f'(x)<0,当x>3时f'(x)>0, 所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增, 所以当x=1时有极大值,不符合题意,故舍去, 所以c=1. 1 2 3 4 (2)若函数g(x)=f(x)+a有三个不同的零点,求实数a的取值范围. 解:由已知g(x)=f(x)+a有三个不同零点, 即y=f(x)的图象与直线y=-a有三个不同的交点, 由(1)知f(x)在(-∞,)上单调递增,在(,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 故f(x)极大值=f()=×(-1)2=, f(x)极小值=f(1)=0, 所以0<-a<,所以-<a<0. 1 2 3 4 3.(2025·安徽合肥模拟)已知函数f(x)=x+ln x-ax2,a∈R. (1)若a=0,求过原点且与函数f(x)图象相切的直线方程; 解:若a=0,则f(x)=x+ln x,f'(x)=1+,设切点P(x0,x0+ln x0), 此切线的斜率k=f'(x0)=1+, 所以切线方程为y-x0-ln x0=(1+)(x-x0). 因为切线过点(0,0),可得ln x0-1=0,所以x0=e, 则切线方程为(e+1)x-ey=0. 能力提升练 1 2 3 4 (2)若函数f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解: f'(x)=1+-2ax=,x∈(0,+∞), ①当a≤0时,-2ax2+x+1>0,f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增,当x→0时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,所以函数f(x)只有一个零点,不合题意; 1 2 3 4 ②当a>0时,令f'(x)=0,解得x1=(舍去),x2=, 当x∈(0,x2)时,f'(x)>0,f(x)在(0,x2)上单调递增, 当x∈(x2,+∞)时,f'(x)<0,f(x)在(x2,+∞)上单调递减, 所以f(x)max=f(x2),又当x→0时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→-∞, 所以要使函数f(x)有两个零点,则 f(x)max=f(x2)=x2+ln x2-a=ln x2+x2->0, 令h(x)=ln x+x-,x>0,则h'(x)=+>0, 所以h(x)在(0,+∞)上单调递增. 又因为h(1)=0,所以x2=>1,解得0<a<1. 综上所述,a的取值范围为(0,1). 1 2 3 4 4.“洛必达法则”是研究微积分时经常用到的一个重要定理,洛必达法则之一的内容是:若函数μ(x),ν(x)的导数μ'(x),ν'(x)都存在,且ν'(x)≠0,如果当x→a(a是常数)时,μ(x)→-∞或+∞,ν(x)→-∞或+∞,且→l(l是常数),则当x→a时,→l. 已知函数f(x)=kex-1-x,g(x)=ln x+-1,k∈R. (1)证明:当k=1时,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与曲线y=g(x)也相切. 1 2 3 4 证明:当k=1时,f(x)=ex-1-x,g(x)=ln x+-1,f'(x)=ex-1-1,g'(x)=-, 因为f(1)=0,f'(1)=0, 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是y-0=0×(x-1),即y=0. 因为g(1)=ln 1+-1=0,g'(1)=0, 所以曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程是y-0=0×(x-1),即y=0. 所以当k=1时,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线y=0与曲线y=g(x)也相切. 1 2 3 4 (2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2),函数g(x)有两个零点x3,x4(x3<x4). ①指出x1,x2,x3,x4的大致范围(不必说明理由),并求出k的取值范围; 1 2 3 4 解: 0<x1<1<x2,0<x3<1<x4<e. 由f(x)=0,g(x)=0,得-k=0,x(1-ln x)-k=0, 令F(x)=-k,G(x)=x(1-ln x)-k,则f(x)与F(x)的零点相同,g(x)与G(x)的零点相同. 又F'(x)=,G'(x)=-ln x, 当x<1时,F'(x)>0,F(x)单调递增;当x>1时,F'(x)<0,F(x)单调递减. 当0<x<1时,G'(x)>0,G(x)单调递增;当x>1时,G'(x)<0,G(x)单调递减. 1 2 3 4 所以F(x)和G(x)在(0,1)上都是增函数,在(1,+∞)上都是减函数, 所以当0<x<1时,-k=F(0)<F(x)<F(1)=1-k,当x>1时,-k<F(x)<F(1)=1-k. 因为f(x)有两个零点,即F(x)有两个零点, 所以0<x1<1<x2,且解得0<k<1. 当0<k<1时,G(1)=1-k>0,G(e)=-k<0, 又当x→0时,==-x→0, 根据洛必达法则可知,当x→0时,xln x=→0, 1 2 3 4 x(1-ln x)-k=x-k-xln x→-k, 所以当x→0时,G(x)<0, 所以当0<k<1时,G(x)在区间(0,1)和(1,e)上各有一个零点,所以0<x3<1<x4<e, 因此,若函数f(x),g(x)各有两个零点,k的取值范围是(0,1). 1 2 3 4 ②试探究x1+x2与x3+x4的大小关系. 解:由①知F(x)=-k,G(x)=x(1-ln x)-k,f(x)与F(x)的零点相同,g(x)与G(x)的零点相同,G(x)在区间(0,1)上是增函数, 令φ(x)=, 则φ(x)==+ln x-1, φ'(x)=-+=(x>0), 令t(x)=ex-ex(x>0),则t'(x)=ex-e(x>0), 1 2 3 4 当0<x<1时,t'(x)<0,t(x)单调递减;当x>1时,t'(x)>0,t(x)单调递增. 所以当x>0时,t(x)≥t(1)=0, 于是当x>0时,φ'(x)≥0当且仅当x=1时,等号成立, 所以φ(x)在(0,+∞)上是增函数. 所以当0<x<1时,φ(x)<φ(1)=0,F(x)-G(x)<0,即当0<x<1时,F(x)<G(x); 当x>1时,φ(x)>φ(1)=0,F(x)-G(x)>0,即当x>1时,F(x)>G(x). 由①知0<x1<1<x2,0<x3<1<x4<e,所以0=F(x1)<G(x1), 又F(x1)=0,G(x3)=0,所以G(x1)>G(x3), 又G(x)在区间(0,1)上是增函数,且x1,x3∈(0,1), 所以0<x3<x1<1.同理可证1<x4<x2, 于是x1+x2>x3+x4. 感谢您的观看 $