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（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. 利用导数研究函数的零点问题 考点 目录 / CONTENTS 隐零点问题 突破点 课时作业 考点 利用导数研究函数的零点问题 目 录 【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：∵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'（ ）＝ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （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：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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【规律方法】　函数零点问题的解题技巧 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【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， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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； 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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－ ］. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【训练2】　已知函数f（x）＝x sin x－1. （1）讨论函数f（x）在区间［－ ， ］上的单调性； 解：因为函数f（x）的定义域为R，f（－x）＝－x sin （－x）－ 1＝f（x）， 所以函数f（x）为偶函数，又f'（x）＝ sin x＋x cos 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）证明：函数y＝f（x）在[0，π]上有两个零点. 解：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＋x cos x， 则g'（x）＝2 cos x－x sin x， 当x∈（ ，π］时，g'（x）＜0恒成立， 即g（x）在（ ，π］上单调递减， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 突破点　隐零点问题 目 录 【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： 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，＋∞）. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）求φ（x）的最小值； 解： 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， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （3）设h（x）＝f（x）－g（x），讨论函数h（x）的零点个数. 解：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， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【规律方法】　用“设而不求”策略解导函数隐零点问题的步骤 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【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 ⁠. 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 1 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）， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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 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. 3 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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 ⁠. 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）. （－2，1） 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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，＋∞）. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 课时作业 （时间：45分钟，满分：52分） 目 录 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. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 下面证ln x≤x－1（x＞0）. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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； 解：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（ ， ＋∞）. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （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：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， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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，＋∞）. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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； 解：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， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （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［ － ］＝ . 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 THANKS 演示完毕 感谢观看 $