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学生用书Word

第9讲　导数与函数零点 【基础·回扣】 1.B　2.B　3.A 【典例·讲解】 【例1】　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. 【例2】　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，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[，＋∞）. 【训练1】　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，）. 【例3】　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. 【训练2】　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]. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 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.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. 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，＋∞） 2.构造函数m（x）＝－x，m（x）与y＝－x的交点横坐标即为零点. 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. 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 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，＋∞） 【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 【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. 【瓶颈突破】　a＝g（x）存在零点⇒a的取值范围即为g（x）的值域. 【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； （2）当b＝0时，若f（x）存在零点，求a的取值范围. 【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. 【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. 考点二　隐零点问题 【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. 【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. 【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. 提示：完成课后作业　专题三　第9讲 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $