导数与函数的零点课件-2026年高考数学二轮专题复习

　导数与函数的零点 高中数学 二轮复习 返回导航 在近几年的高考中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数以及三角函数为载体考查函数的零点(方程的根)问题，考查形式多样，难度中等偏上，若以压轴题的形式出现，则难度较大． 返回导航 内容索引 真题演练　重温高考 第二部分 第一部分 热点分类　考向探究 课时作业8 第三部分 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 一 返回导航 考向 1 零点的个数问题 返回导航 返回导航 求解函数零点(方程根)的个数问题的步骤 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． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 由零点求参数的范围 返回导航 返回导航 返回导航 已知零点求参数的取值范围 1．结合图象与单调性，分析函数的极值点． 2．依据零点确定极值的范围． 3．对于参数选择恰当的分类标准进行讨论． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 真题演练　重温高考 第 分 部 二 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业8 第 分 部 三 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 例1　(2025·安徽淮北二模节选)已知函数f(x)＝x2－2x＋a ln x，求证：当a≥0时，f(x)有且仅有一个零点． 证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x－2＋＝， 当a＝0时，f(x)＝－2x，f(x)有且仅有一个零点4． 当a≥1时，f ′(x)≥0，函数f(x)单调递增，由f(1)<0，f(4)＝a ln 4>0，知f(x)存在唯一零点x0∈(1，4)． 当0<a<1时，令f ′(x)＝0得x1＝1－，x2＝1＋，0<x1<1<x2， 当x∈(0，x1)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x∈(x1，x2)时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x∈(x2，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增． 当x∈(0，1]时，－2x<0，a ln x≤0，所以f(x)<0，函数f(x)无零点； 因为当x∈(1，x2)时，f(x)单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，f(x)单调递增，且f(x2)<f(1)<0，f(4)＝a ln 4>0，所以f(x)存在唯一零点x3∈(1，4)． 综上所述，当a≥0时，f(x)有且仅有一个零点． 跟踪训练 (2025·湖北荆州二模)已知函数f(x)＝2ln x＋，若g(x)＝emx－x2＋mx＋，讨论方程f(x)－g(x)＝0的根的个数． 解：由题设f(x)＝2ln x＋，g(x)＝emx－x2＋mx＋， ∴f(x)－g(x)＝0⇔emx＋mx＝2ln x＋x2＝eln x2＋ln x2(*)． 令h(x)＝x＋ex，则h ′(x)＝1＋ex>0，即h(x)在R上单调递增， 故上式(*)中满足h(mx)＝h(ln x2)，则有mx＝ln x2，可得m＝＝． 令F(x)＝，则F ′(x)＝，由F ′(x)＝0解得x＝e． 当0<x<e时，F ′(x)>0，当x>e时，F ′(x)<0， 则F(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 当x→＋∞时，F(x)→0且F(x)>0，当x→0时，F(x)→－∞， 故F(x)max＝F(e)＝．画出F(x)的图象如图所示， 结合图象可知，当m>时，方程f(x)－g(x)＝0有0个实根； 当m＝或m≤0时，方程f(x)－g(x)＝0有1个实根；当0<m<时，方程f(x)－g(x)＝0有2个实根． 例2　(2025·安徽马鞍山二模)已知函数f(x)＝2ae2x＋2(a－1)ex－x． (1)讨论f(x)的单调性； 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x)＝4ae2x＋2(a－1)ex－1＝(2aex－1)(2ex＋1)， 若a≤0，则f ′(x)<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． 若a>0，则由f ′(x)＝0得x＝－ln 2a． 当x∈(－∞，－ln 2a)时，f ′(x)<0，当x∈(－ln 2a，＋∞)时，f ′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，－ln 2a)上单调递减，在(－ln 2a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln 2a)上单调递减，在(－ln 2a，＋∞)上单调递增． (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 解：(2)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． 若a>0，由(1)知，当x＝－ln 2a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln 2a)＝1－＋ln 2a． ①当a＝时，由于f(－ln 2a)＝0，故f(x)只有一个零点． ②当a∈时，因为y＝1－单调递增，y＝ln 2a单调递增，所以y＝1－＋ln 2a单调递增， 所以1－＋ln 2a>1－＋ln ＝0，即f(－ln 2a)>0，故f(x)没有零点． ③当a∈时，由于1－＋ln 2a<0，即f(－ln 2a)<0． 又f(－2)＝2ae－4＋2(a－1)e－2＋2＝＋2－>2－>0， 故f(x)在(－∞，－ln 2a)上有一个零点． 设正整数n0满足n0>ln ，则f(n0)＝en0(2aen0＋2a－2)－n0>en0－n0>0， 故f(x)在(－ln 2a，＋∞)上有一个零点． 综上，实数a的取值范围为． 跟踪训练 (2025·四川绵阳模拟节选)已知函数f(x)＝ln x＋k－ex－k，若f(x)有两个零点，求实数k的取值范围． 解：由f(x)＝ln x＋k－ex－k＝0得ln x＋x＝x－k＋ex－k＝ln ex－k＋ex－k． 构造函数φ(x)＝ln x＋x，则φ ′(x)＝＋1． 因为x>0，所以φ ′(x)＝＋1>0， 即函数φ(x)＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增． 由ln x＋x＝ln ex－k＋ex－k⇔φ(x)＝φ(ex－k)，根据单调性可得x＝ex－k⇔ln x＝x－k⇔k＝x－ln x． 再构造t(x)＝x－ln x，则t ′(x)＝1－＝， 则当x>1时，t ′(x)＝>0，当0<x<1时，t ′(x)＝<0， 所以t(x)＝x－ln x在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即t(x)＝x－ln x≥t(1)＝1． 当x→0时，由ln x→－∞，可知t(x)＝x－ln x→＋∞， 当x→＋∞时，由对数函数没有一次函数增长得快，可知t(x)＝x－ln x→＋∞，画出t(x)的图象和直线y＝k如图所示．而函数f(x)＝ln x＋k－ex－k有两个零点等价于直线y＝k与函数t(x)＝x－ln x的图象有两个交点，根据数形结合可得k>1． 1．(2025·天津卷节选)已知函数f(x)＝ax－(ln x)2，若f(x)有3个零点，求a的取值范围． 解：令f(x)＝ax－(ln x)2＝0，x>0，得a＝． 设g(x)＝，x>0，则g ′(x)＝． 由g ′(x)＝0，解得x＝1或x＝e2． 当0<x<1时，g ′(x)<0，g(x)在(0，1)上单调递减； 当1<x<e2时，g ′(x)>0，g(x)在(1，e2)上单调递增； 当x>e2时，g ′(x)<0，g(x)在(e2，＋∞)上单调递减． 且当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，g(1)＝0，g(e2)＝． 如图，作出函数g(x)的图象和直线y＝a， 要使函数f(x)有3个零点， 则方程a＝g(x)在(0，＋∞)内有3个不同的根，即直线y＝a与函数g(x)的图象有3个交点． 结合图象可知，0<a<．故a的取值范围为． 2．(2022·全国乙卷文节选)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，f ′(x)＝， 当x∈(0，1)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f(x)max＝f(1)＝－1<0，所以f(x)不存在零点． 当a＜0时，f ′(x)＝， 当x∈(0，1)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f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点． 当a>0时，f ′(x)＝， 当a＝1时，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，即a＝1满足条件． 当a>1时，0＜＜1，故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0<x<1时，ln x>1－，则ln >1－，则ln x>2，此时f(x)<ax－－2(a＋1)<－＋，故存在n＝<，使得f(n)<0， 所以由函数零点存在定理可知f(x)仅在上有一个零点，所以a>1满足条件． 当0＜a＜1时，>1，故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，由对数函数没有一次函数增长得快，可知f(x)→＋∞， 由函数零点存在定理可知f(x)仅在上有一个零点，即0＜a＜1满足条件． 综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)． 1．(15分)(2025·黑龙江黑河二模)已知函数f(x)＝ln x－axex－1＋x＋1． (1)若存在t∈(2，＋∞)，使得f(x)的图象在x＝t处的切线过原点，求a的取值范围； 解：(1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)． 因为f(x)＝ln x－axex－1＋x＋1，所以f ′(x)＝－a(x＋1)ex－1＋1． 若存在t∈(2，＋∞)，使得f(x)的图象在x＝t处的切线过原点， 则切线斜率k＝f ′(t)＝，得到－a(t＋1)et－1＋1＝－aet－1＋1＋，整理得a＝－， 设g(t)＝－(t>2)， 则g ′(t)＝－>0， 所以g(t)在区间(2，＋∞)上单调递增，a>g(2)＝－． 又a＝－<0，t→＋∞时，－→0，所以a的取值范围是． (2)若a＝，判断f(x)的零点个数． 解：(2)当a＝时，f(x)＝ln x－xex－4＋x＋1， 则f ′(x)＝－(x＋1)ex－4＋1＝(x＋1)， 设h(x)＝－ex－4，则h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 且h(2)＝－>0，h(3)＝－<0，得到h(2)·h(3)<0， 所以由函数零点存在定理得存在x0∈(2，3)，使得h(x0)＝0，即＝ex0－4， 则x0ex0－4＝1，得到ln x0＝－x0＋4， 当x∈(0，x0)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， 得到f(x)≤f(x0)＝ln x0－x0ex0－4＋x0＋1＝4>0． 又x→0＋时，f(x)→－∞，x→＋∞时， f(x)→－∞，所以f(x)有两个零点． 2．(15分)(2025·四川广安二模)已知函数f(x)＝e2x－ax2(a为常数)． (1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线在两坐标轴上的截距相等，求a的值． 解：(1)因为f(x)＝e2x－ax2，所以f ′(x)＝2e2x－2ax， 所以f ′(1)＝2e2－2a，f(1)＝e2－a，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－f(1)＝f ′(1)(x－1)，即y＝(2e2－2a)x－e2＋a． 令y＝0，则2(e2－a)x＝e2－a，若e2－a＝0，则a＝e2，则切点为(1，0)，切线方程为y＝0，不合题意；若e2－a≠0，则x＝；令x＝0，则y＝a－e2．又切线在两坐标轴上的截距相等，即＝a－e2，故a＝＋e2． (2)是否存在实数a，使得f(x)有3个零点？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：(2)存在．若函数f(x)＝e2x－ax2有3个零点，等价于方程e2x＝ax2有3个解． 其中x＝0时，显然不是方程的根， 当x≠0时，转化为g(x)＝与y＝a的图象有3个交点． 又由g ′(x)＝＝， 令g ′(x)>0，解得x<0或x>1；令g ′(x)<0，解得0<x<1， 所以函数g(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减， 所以当x＝1时，函数g(x)取得极小值，极小值为g(1)＝e2． 又由x→0－时，g(x)→＋∞；当x→－∞时，g(x)→0且g(x)>0；当x→0＋时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 故函数g(x)的大致图象如图所示． 所以a>e2，即实数a的取值范围为(e2，＋∞)． 3．(15分)(2025·内蒙古赤峰模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)ex． (1)求f(x)的单调区间及最小值； 解：(1)由f(x)＝(x＋1)ex求导得 f ′(x)＝(x＋2)ex， 当x<－2时，f ′(x)<0，当x>－2时，f ′(x)>0， 即f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增． 故f(x)的单调递增区间为(－2，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－2)； 当x＝－2时，f(x)min＝f(－2)＝－． (2)令g(x)＝f(x)－a，求g(x)的零点个数． 解：(2)由g(x)＝f(x)－a＝(x＋1)ex－a＝0可得a＝(x＋1)ex， 则g(x)的零点个数即函数f(x)＝(x＋1)ex的图象与直线y＝a的交点个数． 由(1)得f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增， 且当x＝－2时，f(x)min＝f(－2)＝－， 又x→－∞时，f(x)→0－，当x→＋∞时，f(x)→＋∞， 作出函数f(x)＝(x＋1)ex的图象如图所示． 由图知，当a<－时， 直线y＝a与函数f(x)＝(x＋1)ex的图象没有交点， 此时函数g(x)无零点； 当－<a<0时， 直线y＝a与函数f(x)＝(x＋1)ex的图象有2个交点， 此时函数g(x)有2个零点； 当a＝－或a≥0时， 直线y＝a与函数f(x)＝(x＋1)ex的图象有1个交点， 此时函数g(x)有1个零点． 4．(15分)(2025·山东日照二模)已知函数f(x)＝a ln x＋(a∈R)． (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x)＝－，f ′(1)＝1－＝． 又因为f(1)＝ln 1＋＝1，所以切点为(1，1)， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝(x－1)， 化简可得x－2y＋1＝0． (2)若方程f(x)－1＝0有3个不同的实数解，求a的取值范围． 解：(2)令g(x)＝f(x)－1＝a ln x＋－1， 函数g(x)的定义域为(0，＋∞)， g ′(x)＝－＝＝． ①当a≤0时，g ′(x)<0，函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 函数g(x)至多有一个零点，不合题意． ②当a>0时，设函数h(x)＝ax2＋(2a－2)x＋a，Δ＝(2a－2)2－4a2＝－8a＋4， 当a≥时，Δ≤0，即h(x)≥0对任意的x>0恒成立，即g ′(x)≥0， 所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，函数g(x)至多有一个零点，不合题意． 当0<a<时，因为Δ＝－8a＋4>0，所以方程ax2＋(2a－2)x＋a＝0有两个不相等的实数根x1，x2，且满足x1＋x2＝－2>0，x1x2＝1，不妨设0<x1<1<x2， 当x∈(0，x1)时，h(x)>0，g ′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，h(x)<0，g ′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，h(x)>0，g ′(x)>0，g(x)单调递增． 因为g(1)＝0，所以1为g(x)的一个零点． 又g(x1)>g(1)＝0，0<e－<1，且g(e－)＝<0， 所以存在唯一实数t1∈(0，1)，使得g(t1)＝0． 又g(x2)<g(1)＝0，e>1，且g(e)＝>0， 所以存在唯一实数t2∈(1，＋∞)，使得g(t2)＝0． 所以函数g(x)有3个零点，方程f(x)－1＝0有3个不同的实数解． 综上，a的取值范围为． $