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（提升版）

第9讲　导数与函数零点 【考情分析】　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，多以解答题的形式出现，难度较大. 　　 考点　利用导数研究函数的零点问题 【例1】　〔一题多解〕（2025·浙江温州一模）已知f（x）＝（x＞0）. （1）求导函数f'（x）的最值； 解：（1）∵f'（x）＝（ ），记g（x）＝f'（x）， ∴g'（x）＝·＋·（ ）＝·，令g'（x）＝0，解得x＝. 当x∈（ 0，）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增， 当x∈（ ，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减， ∴f'（x）的最大值为f'（ ）＝. （2）试讨论关于x的方程f（x）＝kx（k＞0）的根的个数，并说明理由. 解：（2）法一（分离参数法）　由f（x）＝kx，即＝kx，得k＝. 令k（x）＝，∴k'（x）＝，由k'（x）＝0，解得x＝1. ∴k（x）在（0，1）内单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，∴kmax（x）＝k（1）＝1，且k（x）＞0. ∴当k＞1时，方程无解；当k＝1时，方程有1个解；当0＜k＜1时，方程有2个解. 法二（构造函数法）　由f（x）＝kx，即＝kx，两边取对数得1－＝ln k＋ln x，即ln k＝1－－ln x. 令h（x）＝1－－ln x，由h'（x）＝－＝＝0，解得x＝1. 当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减， ∴hmax（x）＝h（1）＝0. ∴当ln k＞0，即k＞1时，方程无解； 当ln k＝0，即k＝1时，方程有1个解； 当ln k＜0，即0＜k＜1时，方程有2个解. 【规律方法】　函数零点问题的解题技巧 【训练1】　（2025·吉林长春一模节选）设函数f（x）＝－x2＋ax＋ln x（a∈R）在［，e］上有两个零点，求实数a的取值范围.（其中e是自然对数的底数） 解：当≤x≤e时，由f（x）＝－x2＋ax＋ln x＝0，可得a＝x－. 令g（x）＝x－，其中≤x≤e， 由题意可知，直线y＝a与函数g（x）＝x－在［，e］上的图象有两个公共点， g'（x）＝1－＝， 令h（x）＝x2＋ln x－1，则h（x）与g'（x）同号， 则h'（x）＝2x＋＞0对任意的x∈［，e］恒成立，所以函数h（x）＝x2＋ln x－1在［，e］上为增函数，且h（1）＝0. 当≤x＜1时，h（x）＜h（1）＝0， 此时，g'（x）＜0，此时函数g（x）单调递减； 当1＜x≤e时，h（x）＞h（1）＝0，此时，g'（x）＞0，此时函数g（x）单调递增， 所以g（x）min＝g（1）＝1. 又因为g（ ）＝＋e，g（e）＝e－， 显然g（ ）＞g（e）， 如图所示. 当1＜a≤e－时，直线y＝a与函数g（x）＝x－在［，e］上的图象有两个公共点， 因此，实数a的取值范围是（ 1，e－］. 【训练2】　已知函数f（x）＝xsin x－1. （1）讨论函数f（x）在区间［－，］上的单调性； 解：（1）因为函数f（x）的定义域为R，f（－x）＝－xsin （－x）－1＝f（x）， 所以函数f（x）为偶函数，又f'（x）＝sin x＋xcos x， 且当x∈［0，］时，f'（x）≥0，故函数f（x）在［0，］上单调递增， 又函数f（x）为偶函数，所以f（x）在［－，0）上单调递减. 综上，函数f（x）在［0，］上单调递增，在［－，0）上单调递减. （2）证明：函数y＝f（x）在[0，π]上有两个零点. 解：（2）证明：由（1）得，f（x）在［0，］上单调递增，又f（0）＝－1＜0，f（ ）＝－1＞0， 所以f（x）在［0，］内有且只有一个零点； 当x∈（ ，π］时，令g（x）＝f'（x）＝sin x＋xcos x， 则g'（x）＝2cos x－xsin x， 当x∈（ ，π］时，g'（x）＜0恒成立， 即g（x）在（ ，π］上单调递减， 又g（ ）＝1＞0，g（π）＝－π＜0， 则存在m∈（ ，π］，使得g（m）＝0， 且当x∈（ ，m）时，g（x）＞g（m）＝0， 即f'（x）＞0，则f（x）在（ ，m）上单调递增， f（ ）＝－1＞0，f（m）＞0， 故f（x）在（ ，m）上没有零点， 当x∈（m，π]时，有g（x）＜g（m）＝0， 即f'（x）＜0，则f（x）在（m，π]上单调递减， 又f（π）＝－1＜0，所以f（x）在（m，π]上有且只有一个零点. 综上，函数f（x）在[0，π]上有两个零点. 突破点　隐零点问题 【例2】　已知函数f（x）＝xex－1，g（x）＝ln x－mx，φ（x）＝ex－－. （1）求f（x）的单调递增区间； 解：（1）f'（x）＝（x＋1）ex，令f'（x）≥0，可得x≥－1， 故f（x）的单调递增区间为[－1，＋∞）. （2）求φ（x）的最小值； 解：（2）φ'（x）＝ex－＋＝（x＞0）， 令μ（x）＝x2ex＋ln x（x＞0）， 则μ'（x）＝（x2＋2x）ex＋， 因为x＞0，故μ'（x）＝（x2＋2x）ex＋＞0恒成立， 故μ（x）在（0，＋∞）上单调递增， 又μ（ ）＝＋ln＝－1＝＜0，μ（1）＝e＋ln 1＝e＞0， 故存在x0∈（ ，1），使μ（x0）＝0，即＋ln x0＝0， 即φ（x）在（0，x0）内单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增， 故φ（x）≥φ（x0）. 由＋ln x0＝0，则x0＝－＝ln·. 【会代换】 整体代换要向着解决问题的方向去靠，如本题 两边同除以x，形式上接近f（x），便易于求解了 令ω（x）＝f（x）＋1＝xex（x＞0），则有ω（x0）＝ω（ ln）， ω'（x）＝f'（x）＝（x＋1）ex，当x＞0时，ω'（x）＞0恒成立， 故ω（x）在（0，＋∞）上单调递增， 故x0＝ln，即ln x0＝－x0， 则φ（x0）＝－－＝－－＝＋1－＝1， 即φ（x）的最小值为1. （3）设h（x）＝f（x）－g（x），讨论函数h（x）的零点个数. 解：（3）令h（x）＝f（x）－g（x）＝xex－1－ln x＋mx＝0（x＞0）， 即有－m＝ex－－＝φ（x）， 即函数h（x）的零点个数为φ（x）＝－m的实数根的个数. 【技巧】 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数， 若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函 数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围 由（2）知，φ（x）在（0，x0）内单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，且φ（x0）＝1， 又当x→0时，φ（x）→＋∞，当x→＋∞时，φ（x）→＋∞， 故当－m＝1，即m＝－1时，φ（x）＝－m有唯一实数根； 当－m＞1，即m＜－1时，φ（x）＝－m有两实数根； 当－m＜1，即m＞－1时，φ（x）＝－m无实数根. 即当m＝－1时，函数h（x）有一个零点； 当m＜－1时，函数h（x）有两个零点； 当m＞－1时，函数h（x）无零点. 【规律方法】　用“设而不求”策略解导函数隐零点问题的步骤 【训练3】　（2025·湖南邵阳一模）已知函数f（x）＝ex－3x，若对任意实数x，f（x）≥－x2－3＋2b恒成立，则整数b的最大值为　1　. 解析：对任意实数x，f（x）≥－x2－3＋2b恒成立，即ex＋x2－3x＋3≥2b恒成立，令g（x）＝ex＋x2－3x＋3，则b≤g（x）min. 【技巧】 通过分离参数，转化为求函数g（x）的最值问题 g'（x）＝ex＋2x－3，令h（x）＝g'（x）＝ex＋2x－3，则h'（x）＝ex＋2＞0，所以g'（x）＝ex＋2x－3在R上单调递增，又g'（ ）＝－2＜0，g'（1）＝e－1＞0，则由函数零点存在定理知，存在唯一x∈（ ，1），使得g'（x）＝0.设x0∈（ ，1），且g'（x0）＝0，则g'（x0）＝＋2x0－3＝0，所以＝3－2x0.当x∈（－∞，x0）时，g'（x）＜0，函数g（x）在（－∞，x0）上单调递减；当x∈（x0，＋∞）时，g'（x）＞0，函数g（x）在（x0，＋∞）上单调递增.所以g（x）在x＝x0时取得最小值g（x0）＝＋－3x0＋3.由＝3－2x0，得g（x0）＝3－2x0＋－3x0＋3＝－.又x0∈（ ，1），所以－∈（ 2，），所以g（x0）∈（ 1，），又b∈Z，所以整数b的最大值为1. 真题体验 1.（2024·新高考Ⅱ卷11题改编）设函数f（x）＝2x3－3ax2＋1，当a＞1时，则f（x）有　3　个零点. 解析：f'（x）＝6x2－6ax＝6x（x－a），由于a＞1，故x∈（－∞，0）∪（a，＋∞）时，f'（x）＞0，故f（x）在（－∞，0），（a，＋∞）上单调递增，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知，f（x）在（0，a）内有一个零点，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）内各有一个零点，于是a＞1时，f（x）有三个零点. 2.（2024·全国甲卷文16题）当x＞0时，曲线y＝x3－3x与曲线y＝－（x－1）2＋a有两个交点，则a的取值范围为　（－2，1）　. 解析：令x3－3x＝－（x－1）2＋a，则a＝x3－3x＋（x－1）2，设h（x）＝x3－3x＋（x－1）2，则h'（x）＝3x2－3＋2（x－1）＝（3x＋5）（x－1），∵x＞0，∴3x＋5＞0，当0＜x＜1时，h'（x）＜0，当x＞1时，h'（x）＞0，∴h（x）在（1，＋∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减.∵当x＞0时，曲线y＝x3－3x与曲线y＝－（x－1）2＋a有两个交点，h（0）＝1，h（1）＝－2，∴a的取值范围为（－2，1）. 3.（2022·全国乙卷文20题节选）已知函数f（x）＝ax－－（a＋1）ln x.若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围. 解：由f（x）＝ax－－（a＋1）ln x（x＞0），得f'（x）＝a＋－＝（x＞0）. 当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点； 当a＜0时，f'（x）＝， 若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增， 若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减， 所以f（x）max＝f（1）＝a－1＜0，所以f（x）不存在零点； 当a＞0时，f'（x）＝，若a＝1，f'（x）≥0， f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（1）＝a－1＝0，所以函数f（x）恰有一个零点. 若a＞1，f（x）在，（1，＋∞）上单调递增，在上单调递减，因为f（1）＝a－1＞0，所以f＞f（1）＞0，当x→0＋时，f（x）→－∞，由零点存在定理可知f（x）在上必有一个零点，所以a＞1满足条件. 若0＜a＜1，f（x）在（0，1），上单调递增，在上单调递减，因为f（1）＝a－1＜0，所以f＜f（1）＜0，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理可知f（x）在上必有一个零点，即0＜a＜1满足条件. 综上，若f（x）恰有一个零点，a的取值范围为（0，＋∞）. （时间：45分钟，满分：52分） 1.（10分）已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝x2－2x＋1.设h（x）＝af（x）－g（x），a∈R.求证：函数y＝h（x）存在零点. 证明：h（x）＝aln x－x2＋2x－1， 由题可知h'（x）＝.令y＝－x2＋2x＋a，则其Δ＝4＋4a. ①当a≤－1时，Δ≤0，h'（x）≤0，故h（x）在（0，＋∞）上单调递减. 又因为h（1）＝＞0，h（3）＝＋aln 3＜0，故h（x）在区间（1，3）内一定有一个零点. ②当－1＜a＜0时，Δ＞0，令y＝－x2＋2x＋a＝0，解得x1＝1－，x2＝1＋， 令h'（x）＞0，故可得x∈（x1，x2），故h（x）在区间（x1，x2）内单调递增； 令h'（x）＜0，故可得x∈（0，x1）∪（x2，＋∞），故h（x）在（0，x1），（x2，＋∞）上单调递减. 又x2＝1＋∈（1，2），故可得x2＜2， 又因为h（2）＝aln 2＋1＞1－ln 2＞0，h（4）＝aln 4－1＜－1，故h（x）在区间（2，4）内一定有一个零点. ③当a＝0时，h（x）＝－x2＋2x－1，令h（x）＝0， 解得x＝2±，显然h（x）存在零点. ④当a＞0时，令h'（x）＝0，解得x＝1＋∈（2，＋∞）， 故可得h（x）在区间（0，1＋）内单调递增，在（1＋，＋∞）上单调递减. 又因为h（ ）＝－aln 4－＜0，h（1）＝＞0， 故h（x）在区间（ ，1）内一定存在一个零点. 综上所述，对任意的a∈R，h（x）一定存在零点. 2.（10分）（2025·广东湛江一模节选）已知函数f（x）＝aln（x－1）＋x2－2x，当a＜－2时，试判断f（x）的零点个数并证明. 解：法一　函数f（x）的定义域为（1，＋∞）， f'（x）＝＋2x－2＝. 因为f（2）＝0，故f（x）有一个零点是2. 令f'（x）＝0，解得x1＝1－＜1（舍去），x2＝1＋. 当x∈（1，x2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减； 当x∈（x2，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增. 当a＜－2时，x2＝1＋∈（2，＋∞），f（x2）＜f（2）＝0. f（1－a）＝aln（－a）＋a2－1＝－a[－a－ln（－a）]－1. 下面先证明当x≥1时，x－ln x≥1. 令g（x）＝x－ln x（x≥1），则g'（x）＝1－＝≥0， 故g（x）在[1，＋∞）上单调递增，所以g（x）≥g（1）＝1. 因为－a＞2＞1，所以f（1－a）＝－a[－a－ln（－a）]－1＞－a－1＞0. 易知1－a＞x2，所以f（x）在（x2，＋∞）上存在唯一的零点x3， 所以当a＜－2时，f（x）有两个零点，为2和x3. 法二　函数f（x）的定义域为（1，＋∞）， f'（x）＝＋2x－2＝. 当x＝2时，f（2）＝0，故2是f（x）的一个零点. 令f'（x）＝0，又x＞1，所以x0＝1＋. 当x∈（1，x0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减， x∈（x0，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增， 所以x＝x0是f（x）的极小值点. 当a＜－2时，x0＞2，所以f（x0）＜0. 下面证ln x≤x－1（x＞0）. 令g（x）＝x－1－ln x，则g'（x）＝1－＝. 当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增， 从而g（x）≥g（1）＝0，所以当x＞1时，ln（x－1）≤x－2， 所以aln（x－1）≥ax－2a， 即f（x）≥ax－2a＋x2－2x＝x[x＋（a－2）]－2a 令x1＞2－a，则有x1＋a－2＞0，则f（x1）＞0. 易得当a＜－2时，2－a＞x0， 所以f（x）＝0在（x0，＋∞）上有唯一解. 综上，当a＜－2时，f（x）有两个零点. 3.（15分）已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝（x＞0）. （1）当a＝2时，求f（x）的单调区间； （2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围. 解：（1）当a＝2时，f（x）＝（x＞0）， f'（x）＝（x＞0）， 令f'（x）＞0，则0＜x＜，此时函数f（x）单调递增， 令f'（x）＜0，则x＞，此时函数f（x）单调递减， 所以函数f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，＋∞）. （2）曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点， 可转化为方程＝1（x＞0）有两个解， 即方程＝有两个解. 设g（x）＝（x＞0）， 则g'（x）＝（x＞0）， 令g'（x）＝＝0，得x＝e， 当0＜x＜e时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增， 当x＞e时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减， 故g（x）max＝g（e）＝， 且当x＞e时，g（x）∈（0，）， 又g（1）＝0，所以0＜＜，所以a＞1且a≠e， 即a的取值范围为（1，e）∪（e，＋∞）. 4.（17分）（2025·全国Ⅱ卷18题）已知函数f（x）＝ln（1＋x）－x＋x2－kx3，其中0＜k＜. （1）证明：f（x）在区间（0，＋∞）存在唯一的极值点和唯一的零点； （2）设x1，x2分别为f（x）在区间（0，＋∞）的极值点和零点， ①设函数g（t）＝f（x1＋t）－f（x1－t），证明：g（t）在区间（0，x1）单调递减； ②比较2x1与x2的大小，并证明你的结论. 解：（1）证明：因为f（x）＝ln（1＋x）－x＋x2－kx3，k∈（0，）， 所以f'（x）＝－1＋x－3kx2＝＝（x＋1－）. 当x＞0时，令f'（x）＝0，解得x＝－1＞0， 所以当0＜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. 所以x＝－1是f（x）在（0，＋∞）上唯一的极值点，且是极大值点. 因为f（－1）＞f（0）＝0，f（）＝ln（1＋）－＋－＝ln（1＋）－＜0， 所以∃x0∈（－1，），使f（x0）＝0， 所以x0是f（x）在（0，＋∞）上唯一的零点. （2）①证明：因为g（t）＝f（x1＋t）－f（x1－t）， 所以g'（t）＝f'（x1＋t）＋f'（x1－t）＝（x1＋t－x1）＋（x1－t－x1）＝3kt［－］＝. 因为t∈（0，x1），所以t2－－2x1＜0，（1＋x1）2－t2＞0， 所以g'（t）＝＜0， 即g（t）在区间（0，x1）单调递减. ②由①得，g（t）在（0，x1）上单调递减， 所以g（x1）＜g（0）， 即f（2x1）－f（0）＜f（x1）－f（x1）＝0， 又f（0）＝0，所以f（2x1）＜0， 因为x2是f（x）的零点，所以f（x2）＝0， 所以f（2x1）＜f（x2）， 又x2＞x1，2x1＞x1，且f（x）在（x1，＋∞）上单调递减， 所以2x1＞x2. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $