第9讲 导数与函数零点-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书配套课件

第9讲　导数与函数零点 备考指南 利用导数研究函数零点问题是高考的热点，主要涉及判断、证明或讨论函数零点的个数、已知函数零点存在情况求参数及由函数零点性质研究其他问题等，考查形式多样，难度中等偏上，若以解答题的形式出现，则难度较大. 基础·回扣 诊断自测 知识回扣 一 典例·讲解 典例精析 强技提能 二 课后·训练 巩固强化 综合测评 三 目录 / CONTENTS 基础·回扣 诊断自测 知识回扣 目 录 1. 函数f（x）＝ln x－ 的零点所在的大致区间是（　　） A. （1，2） B. （2，3） C. （1，e）和（3，4） D. （e，＋∞） f（x）在区间（a，b）上连续，若f（a）·f（b）＜0，则（a，b）上至少有一个零点. √ 解析： 　因为函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f（x）在定义域 上单调递增，所以f（x）只有唯一零点.又f（2）＝ln 2－1＜0，f（3）＝ ln 3－ ＞ln e－ ＝ ＞0，所以f（x）的零点在区间（2，3）上. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 2. 已知函数f（x）＝2x＋x，g（x）＝log2x＋x，h（x）＝x3＋x的零 点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（　　） A. a＞b＞c B. b＞c＞a C. c＞a＞b D. b＞a＞c 构造函数m（x）＝－x，m（x）与y＝ －x的交点横坐标即为零点. √ 解析： 在同一平面直角坐标系中分别作出函数y＝2x，y＝log2x，y＝x3及y＝－x的图象如图所示.由图象可知b＞c＞a. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 3. 若函数f（x）＝2x3－6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是 （　　） A. （－4，4） B. [－4，4] C. （－∞，－4]∪[4，＋∞） D. （－∞，－4）∪（4，＋∞） √ f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋d有两个极值点x1，x2： f（x1）f（x2）＞0⇒f（x）＝0有一个解； f（x1）f（x2）＝0⇒f（x）＝0有两个解； f（x1）f（x2）＜0⇒f（x）＝0有三个解. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 解析： 　由f（x）＝2x3－6x＋m，得f'（x）＝6x2－6＝6（x－1）（x ＋1）.当x＜－1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当－1＜x＜1时，f' （x）＜0，f（x）单调递减；当x＞1时，f'（x）＞0，f（x）单调递 增，所以函数f（x）在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值.要使 得函数f（x）有三个零点，则满足 解得 －4＜m＜4，即实数m的取值范围是（－4，4）. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 【思维建模】　函数零点问题的解题技巧 高考专题辅导与测试·数学 目 录 典例·讲解 典例精析 强技提能 目 录 考点一　利用导数研究函数的零点问题 【例1】　（2025·安徽六校入学测试节选）已知函数f（x）＝－x sin x＋ ，试求f（x）在区间[0，π]上的零点个数. 【通性通法】　三步求解函数零点（方程根）的个数问题 第一步：将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. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 解：法一　因为f（x）＝－x sin x＋ ，所以f'（x）＝－ sin x－x cos x， 当x∈［0， ）时，f'（x）≤0，所以f（x）在［0， ）上单调递减，因 为f（0）＝ ＞0，f（ ）＝ ＜0，所以由函数零点存在定理知f（x） 在［0， ）上有且仅有1个零点. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 当x∈［ ，π］时，令h（x）＝f'（x）＝－ sin x－x cos x，则h'（x）＝ －2 cos x＋x sin x，当x∈［ ，π］时，h'（x）＞0，所以h（x）在 ［ ，π］上单调递增，又h（ ）＝－1＜0，h（π）＝π＞0，所以存在 m∈（ ，π），使得h（m）＝0，所以f（x）在［ ，m）上单调递减， 在（m，π]上单调递增. 又f（m）＜f（ ）＜0，f（π）＝ ＞0，所以f（x）在［ ，π］上有且 仅有1个零点. 综上所述，f（x）在区间[0，π]上有且只有2个零点. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 法二　易知x＝0不是函数f（x）＝－x sin x＋ 的零点，所以f（x）在 [0，π]上的零点个数即方程－x sin x＋ ＝0在[0，π]上的根的个数，即函 数y＝ sin x与y＝ 的图象在（0，π]上的交点个数. 作出函数y＝ sin x与y＝ 的部分图象，如 图，所以函数y＝ sin x与y＝ 的图象在 （0，π]上有2个交点，即f（x）在[0，π] 上有2个零点. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 【例2】　（2025·山东济南一模）已知a，b∈R，函数f（x）＝ex－a －bx，x∈[0，＋∞）. （1）当a＝0时，求f（x）的极值； 【瓶颈突破】　a＝g（x）存在零 点⇒a的取值范围即为g（x）的值域. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 解： 当a＝0时，f（x）＝ex－bx，f'（x）＝ex－b，因为x≥0，所 以当b≤1时，f'（x）≥0，则函数f（x）在[0，＋∞）上单调递增，既无 极大值也无极小值； 当b＞1时，令f'（x）＞0，则x＞ln b，令f'（x）＜0，则0≤x＜ln b，故 函数f（x）在[0，ln b）上单调递减，在（ln b，＋∞）上单调递增， 所以函数f（x）在x＝ln b时取得极小值b－bln b，无极大值. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 （2）当b＝0时，若f（x）存在零点，求a的取值范围. 解： 当b＝0时，f（x）＝ex－a ，因为函数f（x）存在零点，故 ex＝a 有解， 若x＝0，此时无解，所以x＞0时，f（x）＝ex－a 有解，f'（x）＝ex － ＝ ， ①若a≤0，f'（x）＞0，f（x）单调递增，f（x）＞f（0）＝1此时不存 在零点； 高考专题辅导与测试·数学 目 录 ②若a＞0，令h（x）＝2ex －a，易知h（x）在（0，＋∞）上单调递 增，因为h（0）＝－a＜0，h（a2）＝2 a－a＞0， 由函数零点存在定理可知存在x0∈（0，a2），使得h（x0）＝0， 所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增， 故f（x）min＝ －a ＝ －a ≤0， 解得x0≥ ，故a≥ ＝ . 故a的取值范围为[，＋∞）. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 【训练1】　（2025·北京丰台一模节选）已知函数f（x）＝a2x＋2a － 2ln x（a≠0），若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围. 解：f'（x）＝a2＋ － ＝ ＝ （a≠0，且x ＞0），当a＞0时，则a ＋2＞0， 令f'（x）＞0，则x＞ ，令f'（x）＜0，则0＜x＜ ， 故f（x）在（ ，＋∞）上单调递增，在（0， ）上单调递减， 故当x＝ 时，f（x）取极小值也是最小值， 【瓶颈突破】　参数不易分离，对参数 选择恰当的分类标准进行讨论. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 则f（x）min＝f（ ）＝a2· ＋2a －2ln ＝3＋4ln a， 又当x→＋∞时，f（x）→＋∞，且当x→0时，f（x）→＋∞， 故要使函数f（x）有两个零点，只需要f（x）min＝3＋4ln a＜0， 解得0＜a＜ ； 当a＜0时，则a －1＜0， 令f'（x）＞0，则x＞ ，令f'（x）＜0，则0＜x＜ ， 故f（x）在（ ，＋∞）上单调递增，在（0， ）上单调递减， 故当x＝ 时，f（x）取极小值也是最小值， 高考专题辅导与测试·数学 目 录 则f（x）min＝f（ ）＝a2· ＋2a －2ln ＝－2ln ＝－4ln 2＋2ln a2， 又当x→＋∞时，f（x）→＋∞，且当x→0时，f（x）→＋∞， 故要使函数f（x）有两个零点，只需要f（x）min＝－4ln 2＋2ln a2＜0，解 得－2＜a＜0. 综上，0＜a＜ 或－2＜a＜0，故a的取值范围是（－2，0）∪（0， ）. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 考点二　隐零点问题 【例3】　（2025·山东青岛一模节选）已知函数f（x）＝ax－ sin x，x∈ ［－ ， ］.若f（x）有两个极值点，记极大值和极小值分别为M，m， 证明：M－m＜2. 【通性通法】　“设而不求”解函数隐零点问题 （1）找零点：分析题干，把问题转化为关于函数零点的问题，根据函数的单调性、函数零点存在定理等确定零点所在的区间； （2）设零点：将零点设为x0，由导数等于0得出零点x0满足的关系式，无须求出具体的零点数值； （3）巧代换：根据零点满足的关系式，整体代入求解. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 证明：由f（x）＝ax－ sin x，x∈［－ ， ］，得f'（x）＝a－ cos x， 因为函数f（x）有两个极值点，所以方程f'（x）＝a－ cos x＝0有两个不 相等的实根，设为x1，x2且x1＜x2， 因为函数y＝ cos x在x∈［－ ， ］时的图象关于y轴对称， 所以x1＋x2＝0，即 cos x1＝ cos x2＝a∈（0，1）， 高考专题辅导与测试·数学 目 录 当x∈（－ ，x1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增， 当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减， 当x∈（x2， ）时， f'（x）＞0，f（x）单调递增， 所以x1，x2分别是函数的极大值点和极小值点， 即M＝f（x1）＝ax1－ sin x1，m＝f（x2）＝ax2－ sin x2， 又x1＋x2＝0，即x2＝－x1， 则M－m＝ax1－ sin x1－（ax2－ sin x2）＝2（ax1－ sin x1）， 又 cos x1＝a∈（0，1），则M－m＝2（x1 cos x1－ sin x1）， 设h（x1）＝2（x1 cos x1－ sin x1），－ ＜x1＜0， 则h'（x1）＝－2x1 sin x1＜0，即函数h（x1）在（－ ，0）上单调递减， 所以h（x1）＜h（－ ）＝2，即M－m＜2. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 【训练2】　（2025·四川成都二诊节选）已知函数f（x）＝（a－x） ex，a∈R. 若不等式f（x）＞1－x没有整数解，求实数a的取值范围. 解：f（x）＝（a－x）ex＞1－x没有整数解，即关于x的不等式a＞x＋ 没有整数解.设h（x）＝x＋ ，则h'（x）＝1＋ ＝ ， 设t（x）＝ex＋x－2，易知t（x）单调递增， 且t（0）＝－1，t（1）＝e－1＞0， 所以存在唯一的x0∈（0，1），使得t（x0）＝0，即h'（x0）＝0， 当x∈（－∞，x0）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减， 当x∈（x0，＋∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增， 又h（0）＝h（1）＝1，所以当x∈Z时，h（x）≥1， 所以若不等式f（x）＞1－x没有整数解，故实数a的取值范围为（－∞，1]. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 课后·训练 巩固强化 综合测评 （时间：45分钟，满分：59分） 目 录 一、多项选择题（6分） 1. （2025·江苏常州二模）设函数f（x）＝ x3－2x2＋2x，则下列结论正 确的是（　　） A. 存在实数x0使得f（x0）＝f'（x0） B. 方程f（x）＝3有唯一正实数解 C. 方程f（x）＝－1有唯一负实数解 D. f（x）＝1有负实数解 1 2 3 4 5 √ √ √ 高考专题辅导与测试·数学 目 录 解析： 　因为f（x）＝ x3－2x2＋2x，f'（x）＝ x2－4x＋2.由 x3－2x2＋2x＝ x2－4x＋2⇒x3－7x2＋ 12x－4＝0，设h（x）＝x3－7x2＋12x－4，因为函数 定义域为（－∞，＋∞），且h（0）＝－4＜0，h （7）＝80＞0，可知方程h（x）＝0一定有实数根，故A正确；由f'（x）＞0⇒（x－2）（3x－2）＞0⇒x＜ 或x＞2，所以函数在（－∞， ），（2，＋∞）上单调递增，在（ ，2）上单调递减，且f（ ）＝ 为极 大值，f（2）＝0为极小值.作出函数草图如图所示，观察图象可知，方程f（x）＝3有唯一正实数解，f（x）＝－1有唯一负实数解，故B、C正确；又f（0）＝0，结合函数的单调性，当x＜0时，f（x）＜0，所以f（x）＝1无负实数解.故D错误，故选A、B、C. 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 二、解答题（共53分） 2. （10分）（2024·新高考Ⅱ卷11题改编）已知函数f（x）＝2x3－3ax2＋ 1，当a＞1时，试求函数f（x）的零点个数. 解：f'（x）＝6x2－6ax＝6x（x－a）， 由于a＞1，故当x∈（－∞，0）∪（a，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x） 在（－∞，0），（a，＋∞）上单调递增，当x∈（0，a）时，f'（x）＜ 0，f（x）在（0，a）上单调递减， 则f（x）在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值， 由f（0）＝1＞0，f（a）＝1－a3＜0，则f（0）f（a）＜0， 根据函数零点存在定理，f（x）在（0，a）上有一个零点， 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 又f（－1）＝－1－3a＜0，f（2a）＝4a3＋1＞0， 则f（－1）f（0）＜0，f（a）f（2a）＜0， 则f（x）在（－1，0），（a，2a）上各有一个零点，于是当a＞1时，f （x）有3个零点. 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 3. （13分）已知函数f（x）＝ －aln x，a≠0，若f（x）在区间（1， e）上存在零点，试求实数a的取值范围. 解：因为f（x）＝ －aln x在（1，e）上有零点， 所以方程 ＝a在（1，e）上有解. 设h（x）＝ ， 则h'（x）＝ ，且 ＞0. 设n（x）＝ln x－x＋1⇒n'（x）＝ ， 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 当x＞1时，n'（x）＜0，n（x）单调递减； 当0＜x＜1时，n'（x）＞0，n（x）单调递增， 故当x＝1时，函数n（x）有最大值n（1）＝0， 因此有n（x）＝ln x－x＋1≤0⇒ln x≤x－1. 设j（x）＝2ln x－xln x－1， 则j（x）≤2（x－1）－xln x－1＝2x－xln x－3. 设k（x）＝2x－xln x－3， 则在区间（1，e）上，k'（x）＝1－ln x＞0，k（x）单调递增， k（x）＜k（e）＝e－3＜0， 故j（x）≤k（x）＜e－3＜0， 即h'（x）＜0，h（x）单调递减， 所以在区间（1，e）上，h（x）的值域为（e2－e，＋∞）， 所以实数a的取值范围是（e2－e，＋∞）. 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 4. （15分）（2025·浙江温州二模）已知函数f（x）＝ln（x＋1）＋ （a∈R）. （1）讨论f（x）的单调性； 解： 因为f（x）＝ln（x＋1）＋ （x＞－1）， 所以f'（x）＝ ＋ ＝ （x＞－1）， 当a≥0时，因为x＞－1，所以x＋1＋a≥x＋1＞0，即f'（x）＞0，f （x）在定义域（－1，＋∞）内单调递增； 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 当a＜0时，由f'（x）＜0⇒－1＜x＜－1－a；由f'（x）＞0⇒x＞－1－a. 所以f（x）在（－1，－1－a）上单调递减，在（－1－a，＋∞）上单调 递增. 综上，当a≥0时，f（x）在定义域内单调递增； 当a＜0时，f（x）在（－1，－1－a）上单调递减，在（－1－a，＋ ∞）上单调递增. 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 （2）若f（x）在区间（－1，0）上恰有一个零点，求a的取值范围. 解： 由（1）知，当a≥0时，f（x）在（－1，＋∞）内单调递增， 且注意到f（0）＝0，因此f（x）在区间（－1，0）上无零点； 当a＜0时，由ln（x＋1）＋ ＝0（x∈（－1，0）），可得（x＋1）ln （x＋1）＝－ax（x∈（－1，0））恰有一解， 所以xln x＝－a（x－1）（x∈（0，1））恰有一解， 令p（x）＝xln x（x∈（0，1）），则直线y＝－a（x－1）与p（x） 的图象恰有一个交点， 因为p'（x）＝ln x＋1（x∈（0，1）），且直线y＝－a（x－1）过点 （1，0）， 所以当x∈（0， ）时，p'（x）＜0，p（x）单调递减，当x∈（ ，1） 时，p'（x）＞0，p（x）单调递增，且p（1）＝0，p'（1）＝1， 所以－a＜1⇒a＞－1，结合a＜0，则a的取值范围为（－1，0）. 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 5. （15分）（2025·安徽合肥第二次质量检测）已知函数f（x）＝（x－ 1）ex－ax－b，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x＋y ＋2＝0. （1）求a，b的值； 解： f'（x）＝xex－a， 由题意得 即 所以 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 （2）讨论f（x）的零点个数，并证明所有零点之和为0. 解：由（1）知f（x）＝（x－1）ex－x－1，所以f'（x）＝xex－1. 令g（x）＝f'（x），则g'（x）＝（x＋1）ex， 当x∈（－∞，－1）时，g'（x）＜0，所以g（x）在（－∞，－1）上 单调递减； 当x∈（－1，＋∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）在（－1，＋∞）上 单调递增. 又g（1）＝e－1＞0，g（0）＝－1＜0，且当x＜0时，g（x）＜0， 所以存在唯一x0∈（0，1），使得g（x0）＝0， 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 当x∈（－∞，x0）时，g（x）＜0，即f'（x）＜0，所以f（x）在（－ ∞，x0）上单调递减， 当x∈（x0，＋∞）时，g（x）＞0，即f'（x）＞0，所以f（x）在 （x0，＋∞）上单调递增，所以f（x）≥f（x0）， 因为g（x0）＝0，即x0 ＝1，也即 ＝ ， 所以f（x0）＝－x0－ ＜0. f（－2）＝1－ ＞0，f（2）＝e2－3＞0， 根据函数零点存在定理，可得f（x）在区间（－2，x0）和（x0，2）上 各仅有一个零点，所以f（x）有两个零点. 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 设x1是函数f（x）的其中一个零点，则f（x1）＝（x1－1） －x1－1 ＝0， 所以f（－x1）＝（－x1－1） ＋x1－1＝ [（x1－1） －x1－ 1]＝0， 所以－x1是函数f（x）的另一个零点， 因为x1＋（－x1）＝0， 所以f（x）的所有零点之和为0. 1 2 3 4 5 高考专题辅导与测试·数学 目 录 THANKS 演示完毕 感谢观看 $