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Word

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. 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，＋∞） 1.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：B　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. 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 2.构造函数m（x）＝－x，m（x）与y＝－x的交点横坐标即为零点. 解析：B　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. 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，＋∞） 3.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. 解析：A　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）. 【思维建模】　函数零点问题的解题技巧 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）＝－xsin x＋，试求f（x）在区间[0，π]上的零点个数. 解：法一　因为f（x）＝－xsin x＋，所以f'（x）＝－sin x－xcos 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. 当x∈［，π］时，令h（x）＝f'（x）＝－sin x－xcos x，则h'（x）＝－2cos x＋xsin 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. 法二　易知x＝0不是函数f（x）＝－xsin x＋的零点，所以f（x）在[0，π]上的零点个数即方程－xsin 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. 【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. 【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； 解：（1）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. （2）当b＝0时，若f（x）存在零点，求a的取值范围. 解：（2）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； 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）＝2a－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[，＋∞）. 【瓶颈突破】　a＝g（x）存在零点⇒a的取值范围即为g（x）的值域. 【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， 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， 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，）. 【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. 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. 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）， 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（x1cos x1－sin x1）， 设h（x1）＝2（x1cos x1－sin x1），－＜x1＜0， 则h'（x1）＝－2x1sin x1＜0，即函数h（x1）在（－，0）上单调递减， 所以h（x1）＜h（－）＝2，即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. 【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]. （时间：45分钟，满分：59分） 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 解析：ABC　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. 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， 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. 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）＝， 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，＋∞）. 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； （2）若f（x）在区间（－1，0）上恰有一个零点，求a的取值范围. 解：（1）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； 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. （2）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）. 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； （2）讨论f（x）的零点个数，并证明所有零点之和为0. 解：（1）f'（x）＝xex－a， 由题意得 即所以 （2）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， 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. 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 学科网（北京）股份有限公司 $