板块一 习题讲评（七）导数与函数的零点-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

习题讲评（七）　导数与函数的零点 教学点（一）　利用导数研究函数的零点个数 [典例]　（2025·秦皇岛三模）设函数f（x）=exsin x. （1）求f（x）的图象在（0，f（0））处的切线方程； （2）记g（x）=f（x）-ax，若0<a≤1，试讨论g（x）在（0，π）上的零点个数. 解：（1）f'（x）=ex（sin x+cos x），所以f'（0）=1，又f（0）=0，所以f（x）的图象在（0，f（0））处的切线方程为y=x. （2）由已知得g（x）=exsin x-ax， 所以g'（x）=ex（sin x+cos x）-a， 令h（x）=g'（x），（无法判断g（x）的单调性，故二次求导） 则h'（x）=ex（sin x+cos x）+ex（cos x-sin x）=2excos x. 当0<x<时，h'（x）>0，函数h（x）单调递增， 当<x<π时，h'（x）<0，函数h（x）单调递减， 即g'（x）在上单调递增，在上单调递减. 当0<a≤1时，g'（0）=1-a≥0，g'=-a>0， g'（π）=-eπ-a<0，所以存在x0∈，使得g'（x0）=0，（函数零点存在定理的应用） 当x∈（0，x0）时，g'（x）>0； 当x∈（x0，π）时，g'（x）<0， 所以函数g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，π）上单调递减. 因为g（0）=0，g（x0）>g（0）=0， 故函数g（x）在（0，x0）上无零点， 又因为g（π）=-aπ<0， 由函数零点存在定理可得g（x）在（x0，π）上有且只有一个零点. 综上所述，当0<a≤1时，函数g（x）在（0，π）上的零点个数为1. |思|维|建|模|　确定函数零点个数的方法 （1）利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值（最值）及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数. （2）图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极（最）值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）. [即时训练] （2025·赤峰模拟）已知函数f（x）=（x+1）ex. （1）求f（x）的单调区间及最小值； （2）令g（x）=f（x）-a，求g（x）的零点个数. 解：（1）由f（x）=（x+1）ex求导得f'（x）=（x+2）ex， 当x<-2时，f'（x）<0；当x>-2时，f'（x）>0， 即f（x）在（-∞，-2）上单调递减，在（-2，+∞）上单调递增. 故f（x）的单调递增区间为（-2，+∞），单调递减区间为（-∞，-2）； 当x=-2时，f（x）min=f（-2）=-. （2）由g（x）=f（x）-a=（x+1）ex-a=0可得a=（x+1）ex，则g（x）的零点个数即函数f（x）=（x+1）ex的图象与直线y=a的交点个数.由（1）知f（x）在（-∞，-2）上单调递减，在（-2，+∞）上单调递增，且当x=-2时，f（x）min=f（-2）=-. 又x→-∞时，f（x）→0-，当x→+∞时，f（x）→+∞， （要作出f（x）的草图，只知道f（x）的单调性与最小值还不够，还需要极限思想，判断在自变量逼近∞时，函数值的极限） 作出函数f（x）=（x+1）ex的图象. 由图知，当a<-时，直线y=a与函数f（x）=（x+1）ex的图象没有交点，此时函数g（x）无零点； 当-<a<0时，直线y=a与函数f（x）=（x+1）ex的图象有2个交点，此时函数g（x）有2个零点； 当a=-或a≥0时，直线y=a与函数f（x）=（x+1）ex的图象有1个交点，此时函数g（x）有1个零点. 习得方略：三步求解函数零点（方程根）的个数问题 第一步：将方程根问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴（或直线y=k）在该区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值（最值）、端点值等性质； 第三步：结合图象求解. 教学点（二）　由函数零点存在情况求参数 [典例]　已知函数f（x）=x+asin x-xcos x. （1）当a=1时，求f（x）在点（π，f（π））处的切线方程； （2）若f（x）在区间上有零点，求实数a的取值范围. 解：（1）因为a=1，所以f（x）=x+sin x-xcos x， 则f'（x）=1+cos x-cos x+xsin x=1+xsin x，所以切线的斜率为k=f'（π）=1. 又f（π）=2π，所以切线方程为y-2π=x-π，即x-y+π=0. （2）因为f（x）=x+asin x-xcos x，则f'（x）=1+（a-1）cos x+xsin x， ①当a≥1时，因为0<x<，所以（a-1）cos x≥0，sin x>0，所以f'（x）>0在区间上恒成立，即f（x）在区间上单调递增. 所以f（x）>f（0）=0在区间上恒成立， 即f（x）在区间上无零点. ②当a<1时，令h（x）=f'（x）=1+（a-1）cos x+xsin x，x∈，则h'（x）=（2-a）sin x+xcos x>0在区间上恒成立，所以h（x）在区间上单调递增，易知h（0）=a. 当0≤a<1时，h（x）>a≥0，f（x）在区间上单调递增， 即f（x）>f（0）=0在区间上恒成立，所以f（x）在区间上无零点. 当a<0时，h（0）=a<0，又h=1+>0， 所以存在x0∈，使得h（x0）=0， 所以当0<x<x0时，h（x）<0，f（x）单调递减，当x0<x<时，h（x）>0，f（x）单调递增， 即当x=x0时，f（x）在区间上取得最小值，因为f（0）=0， 所以f（x0）<0. 因为f=+a，所以当a≤-时，f=+a≤0， 此时，f（x）<0在区间上恒成立， f（x）在区间上无零点. 当-<a<0时，f=+a>0， 故存在x1∈，使得f（x1）=0， 所以实数a的取值范围是. |思|维|建|模|　已知函数的零点情况求参数范围方法 分类 讨论法 将所有可能出现的情况进行分类，然后逐个论证，属于完全归纳 分离 参数法 分离参数，将原问题转化成函数最值问题加以解决 数形 结合法 先对函数解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解 [即时训练] （2025·广安二模）已知函数f（x）=e2x-ax2（a为常数）. （1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线在两坐标轴上的截距相等，求a的值； （2）是否存在实数a，使得f（x）有3个零点?若存在，求实数a的取值范围；若不存在，请说明理由. 解：（1）因为f（x）=e2x-ax2，所以f'（x）=2e2x-2ax，所以f'（1）=2e2-2a，f（1）=e2-a， 所以曲线y=f（x）在x=1处的切线方程为y-（e2-a）=（2e2-2a）（x-1），即y=（2e2-2a）x-e2+a. 令y=0，则2（e2-a）x=e2-a， 若e2-a=0，则a=e2，则切点为（1，0），切线为y=0，不合题意； 若e2-a≠0，则x=；令x=0，则y=a-e2. 又切线在两坐标轴上的截距相等，即=a-e2，故a=+e2. （2）若函数f（x）=e2x-ax2有3个零点，等价于方程e2x=ax2有三个解. 其中x=0时，显然不是方程的根， 当x≠0时，转化为g（x）=与y=a的图象有3个交点. 又由g'（x）==， 令g'（x）>0，解得x<0或x>1；令g'（x）<0，解得0<x<1， 所以函数g（x）在（-∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）内单调递减， 所以当x=1时，函数g（x）取得极小值，极小值为g（1）=e2. 又由x→0时，g（x）→+∞；当x→-∞时，g（x）→0且g（x）>0；当x→+∞时，g（x）→+∞， 故函数g（x）的大致图象如图所示，所以a>e2，即实数a的取值范围为（e2，+∞）. 习得方略：已知零点求参数取值范围的步骤 （1）结合图象与单调性，分析函数的极值点； （2）依据零点确定极值的范围； （3）对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. [课时验收评价] 1.（15分）（2025·马鞍山二模）已知函数f（x）=2ae2x+2（a-1）ex-x. （1）讨论f（x）的单调性；（5分） （2）若f（x）有两个零点，求实数a的取值范围.（10分） 解：（1）f（x）的定义域为（-∞，+∞），f'（x）=4ae2x+2（a-1）ex-1=（2aex-1）（2ex+1）. 若a≤0，则f'（x）<0，则f（x）在（-∞，+∞）上单调递减； 若a>0，则由f'（x）=0，得x=-ln 2a. 当x∈（-∞，-ln 2a）时，f'（x）<0； 当x∈（-ln 2a，+∞）时，f'（x）>0， 所以f（x）在（-∞，-ln 2a）上单调递减， 在（-ln 2a，+∞）上单调递增. 综上，当a≤0时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减； 当a>0时，f（x）在（-∞，-ln 2a）上单调递减，在（-ln 2a，+∞）上单调递增. （2）若a≤0，由（1）知，f（x）至多有一个零点. 若a>0，由（1）知，当x=-ln 2a时，f（x）取得最小值，最小值为f（-ln 2a）=1-+ln 2a. ①当a=时，由于f（-ln 2a）=0，故f（x）只有一个零点； ②当a∈时，因为1-单调递增，ln 2a单调递增，所以1-+ln 2a单调递增， 所以1-+ln 2a>1-+ln=0，f（-ln 2a）>0，故f（x）没有零点； ③当a∈时，由于1-+ln 2a<0， 即f（-ln 2a）<0， 又f（-2）=2ae-4+2（a-1）e-2+2=+2->2->0， 故f（x）在（-∞，-ln 2a）上有一个零点. 设正整数n0满足n0>ln， 则f（n0）=（2a+2a-2）-n0>-n0>0， 故f（x）在（-ln 2a，+∞）上有一个零点. 综上，a的取值范围为. 2.（15分）已知函数f（x）=ln x-axex-1+x+1. （1）若存在t∈（2，+∞），使得f（x）的图象在x=t处的切线过原点，求a的取值范围；（6分） （2）若a=，判断f（x）的零点个数.（9分） 解：（1）由题意得f（x）定义域为x∈（0，+∞）， 因为f（x）=ln x-axex-1+x+1，所以f'（x）=-a（x+1）ex-1+1， 若存在t∈（2，+∞），使得f（x）的图象在x=t处的切线过原点， 则切线斜率k=f'（t）=，得-a（t+1）et-1+1=-aet-1+1+，整理得a=-. 令g（t）=-（t>2）， 则g'（t）=->0，所以g（t）在区间（2，+∞）上单调递增，a>g（2）=-. 又当a=-<0，t→+∞时，-→0， 故a的取值范围是. （2）当a=时，f（x）=ln x-xex-4+x+1，则f'（x）=-（x+1）ex-4+1=（x+1）. 设h（x）=-ex-4（x>0），则h（x）在区间（0，+∞）上单调递减，且h（2）=->0，h（3）=-<0，得到h（2）h（3）<0，所以由函数零点存在定理得存在x0∈（2，3），使得h（x0）=0，即=， 则x0=1，得到ln x0=-x0+4， 当x∈（0，x0）时，f'（x）>0，f（x）单调递增， 当x∈（x0，+∞）时，f'（x）<0，f（x）单调递减， 得到f（x）≤f（x0）=ln x0-x0+x0+1=4>0. 又当x→0+时，f（x）→-∞； 当x→+∞时，f（x）→-∞，故f（x）有两个零点. 3.（17分）已知函数f（x）=ax2+（a-2）x-ln x. （1）讨论函数f（x）的单调性；（5分） （2）讨论方程f（x）=（a-1）x的根的个数.（12分） 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）， 又f'（x）=2ax+a-2- ==. 当a≤0时，在（0，+∞）上，f'（x）<0，f（x）单调递减；当a>0时，由f'（x）=0，得x=或x=-（舍去）， 所以在内，f'（x）<0，f（x）单调递减，在上，f'（x）>0，f（x）单调递增. 综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减； 当a>0时，f（x）在内单调递减，在上单调递增. （2）f（x）=（a-1）x的根即是ax2-x-ln x=0的根，即a=的根. 设g（x）=，则g（x）与y=a图象的交点个数即是方程f（x）=（a-1）x的根的个数， g'（x）=，令t（x）=-2ln x-x+1，则t'（x）=-1<0，即t（x）在（0，+∞）上单调递减. 又t（1）=0，所以当x∈（0，1）时，g'（x）>0，g（x）单调递增； 当x∈（1，+∞）时，g'（x）<0，g（x）单调递减； 所以g（x）max=g（1）=1，若x>1，g（x）>0，若x→0，g（x）→-∞. 分别作出y=g（x）与y=a的图象，当a=1或a≤0时，g（x）与y=a图象的交点个数是1，方程f（x）=（a-1）x有一个根； 当0<a<1时，g（x）与y=a图象的交点个数是2，方程f（x）=（a-1）x有两个根； 当a>1时，g（x）与y=a图象的交点个数是0，方程f（x）=（a-1）x没有根. 综上，当a=1或a≤0时，方程f（x）=（a-1）x有一个根；当0<a<1时，方程f（x）=（a-1）x有两个根；当a>1时，方程f（x）=（a-1）x没有根. 4.（17分）（2025·日照二模）已知函数f（x）=aln x+（a∈R）. （1）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（5分） （2）若方程f（x）-1=0有3个不同的实数解，求a的取值范围.（12分） 解：（1）当a=1时，f（x）=ln x+的定义域为（0，+∞）， 所以f'（x）=-，f'（1）=1-=. 又因为f（1）=ln 1+=1，所以切点为（1，1）， 所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-1=（x-1），化简可得x-2y+1=0. （2）令g（x）=f（x）-1=aln x+-1， 函数g（x）的定义域为（0，+∞）， g'（x）=-==. ①当a≤0时，g'（x）<0，函数g（x）在区间（0，+∞）上单调递减， 函数g（x）至多一个零点，不合题意； ②当a>0时，设函数h（x）=ax2+（2a-2）x+a，Δ=（2a-2）2-4a2=-8a+4， 当a≥时，Δ≤0，即h（x）≥0对任意的x>0恒成立，即g'（x）≥0， 所以函数g（x）在区间（0，+∞）上单调递增，函数g（x）至多一个零点，不合题意； 当0<a<时，因为Δ=-8a+4>0，所以方程ax2+（2a-2）x+a=0有两个实数根x1，x2， 且满足x1+x2=-2>0，x1x2=1. 不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，g'（x），g（x）的情况如下： x （0，x1） x1 （x1，x2） x2 （x2，+∞） g'（x） + 0 - 0 + g（x） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以函数g（x）的单调递增区间是（0，x1），（x2，+∞），单调递减区间是（x1，x2）. 因为g（1）=0，所以1为g（x）的一个零点. 又g（x1）>g（1）=0，0<<1，且g=<0， 所以存在唯一实数t1∈（0，1），使得g（t1）=0. 又g（x2）<g（1）=0，>1，且g=>0， 所以存在唯一实数t2∈（1，+∞），使得g（t2）=0. 所以函数g（x）有3个不同的零点，方程f（x）-1=0有3个不同的实数解， 综上，a的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $