微专题 导数与函数的零点 课件-2026届高三数学二轮专题复习

板块六　函数与导数 微专题32　导数与函数的零点 高考定位 导数与函数的零点问题是高考的热点题型.常见题型:(1)判断、证明或讨论函数零点的个数;(2)已知零点存在情况求参数范围;(3)函数零点性质的研究. 高考定位 精准强化练 难点突破 (2025·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0<k<.证明:f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点. 高考真题 因为f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,k∈, 所以f'(x)=-1+x-3kx2 = =. 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,是极大值点. 因为f>f(0)=0,f=ln-+-=ln-<0, 所以∃x0∈,f(x0)=0, 所以x0是f(x)在(0,+∞)上唯一的零点. (2025·烟台模拟改编)已知函数f(x)=x(x-3)2,若函数g(x)=f(x)+a有三个不同的零点,求实数a的取值范围. 样题1 函数f(x)=x(x-3)2,求导可得f'(x)=3(x-1)(x-3), 令f'(x)=0,解得x=1或3,可得下表: x (-∞,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 6 所以函数f(x)的极大值为f(1)=4,极小值为f(3)=0,函数g(x)=f(x)+a存在三个零点,等价于函数f(x)图象与直线y=-a存在三个交点,如图所示. 由图可得0<-a<4,则-4<a<0. (2025·南通调研改编)已知函数f(x)=xex+ax2,讨论f(x)的零点个数. 样题2 令f(x)=xex+ax2=0,解得x=0或ex+ax=0. 设函数g(x)=ex+ax. 当a=0时,g(x)=ex>0恒成立,g(x)没有零点,则f(x)有唯一的零点. 当a>0时,易证g(x)是R上的增函数, 因为g=-1<0,g(0)=1>0, 所以g(x)有唯一的零点x0∈(-,0), 则f(x)有两个零点. 当a<0时,g'(x)=ex+a. 由g'(x)>0,得x>ln(-a), 由g'(x)<0,得x<ln(-a), 则g(x)在(-∞,ln(-a))上单调递减,在(ln(-a),+∞)上单调递增, 故g(x)极小值=g(ln(-a))=-a+aln(-a). 当-e<a<0时,g(x)极小值=-a+aln(-a)>0, 所以g(x)没有零点,则f(x)有唯一的零点; 当a=-e时,g(x)极小值=-a+aln(-a)=0, 所以g(x)有一个零点,则f(x)有两个零点; 当a<-e时,g(x)极小值=-a+aln(-a)<0, 因为g(0)=1>0, 所以g(x)有两个小于0的零点,则f(x)有三个零点. 综上,当-e<a≤0时,f(x)有唯一的零点; 当a>0或a=-e时,f(x)有两个零点; 当a<-e时,f(x)有三个零点. 已知函数f(x)=+,g(x)=a(x2-2x)(a<0). (1)求函数f(x)的单调区间; 样题3 由f(x)=ex-1+e-x+1, 可得f'(x)=-e-x+1=, 令f'(x)=0,解得x=1, 当x<1时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,1)上单调递减; 当x>1时,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增, 故函数f(x)的单调递减区间是(-∞,1),单调递增区间是(1,+∞). (2)若函数h(x)=f(x)-g(x)有两个零点,求a的取值范围. 由h(x)=0,得f(x)=g(x), 因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)的图象的交点个数, 因为g(x)=a(x2-2x)(a<0),所以g(x)的图象关于直线x=1对称,且单调递增区间是(-∞,1),单调递减区间是(1,+∞), 所以当x=1时,g(x)取最大值g(1)=-a, 由(1)可知,函数f(x)的单调递减区间是(-∞,1), 单调递增区间是(1,+∞). 当x=1时,f(x)取最小值f(1)=2, 又f(1-x)=f(1+x),所以f(x)的图象关于直线x=1对称, 故当-a>2,即a<-2时,函数f(x)与g(x)的图象有两个交点, 即函数h(x)有两个零点, 故a的取值范围是(-∞,-2). 1.三步求解函数零点(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. 2.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)对于参数要选择恰当的分类标准进行讨论. 规律方法 (2025·北京西城区调研)已知函数f(x)=(2x+1)ex. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; 训练 由f(x)=(2x+1)ex, 得f'(x)=(2x+3)ex, 则f(0)=1,f'(0)=3, 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=3x, 即3x-y+1=0. 15 (2)若函数g(x)=f(x)-kx在(-∞,0)上恰有两个零点,求k的取值范围. 令g(x)=f(x)-kx=0, 则k==, 令h(x)=,x∈(-∞,0), 则h'(x)==,x∈(-∞,0), 令h'(x)>0,则x<-1, 令h'(x)<0,则-1<x<0, 所以函数h(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,0)上单调递减, 所以h(x)max=h(-1)=, h(x)==2ex+,当x→-∞时,h(x)→0, 当x→0时,h(x)→-∞,如图,作出函数h(x)的大致图象, 因为函数g(x)=f(x)-kx在(-∞,0)上恰有两个零点, 所以函数y=k,y=h(x)的图象恰有两个交点,所以k的取值范围为. 【精准强化练】 1.(2025·成都诊断改编)已知曲线f(x)=ex(x+1).若函数g(x)=f(x)-3ex-m有两个零点,求实数m的取值范围. 因为g(x)=f(x)-3ex-m=ex(x-2)-m, 函数g(x)=ex(x-2)-m有两个零点, 相当于曲线u(x)=ex(x-2)与直线y=m有两个交点, 又u'(x)=ex(x-2)+ex=ex(x-1), 当x∈(-∞,1)时,u'(x)<0,所以u(x)在(-∞,1)上单调递减, 当x∈(1,+∞)时,u'(x)>0,所以u(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以x=1时,u(x)取得极小值u(1)=-e, 2 3 4 1 又x→+∞时,u(x)→+∞,且当x<2时,u(x)<0,所以u(x)=ex·(x-2)的图象如图所示. 由图可得实数m的取值范围为{m|-e<m<0}. 2 3 4 1 2.(2025·天津卷节选)已知函数f(x)=ax-(ln x)2. (1)a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; 当a=1时,f(x)=x-(ln x)2,f(1)=1,故切点为(1,1). f'(x)=1-,f'(1)=1, 故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=x-1, 即x-y=0. 2 3 4 1 (2)若f(x)有3个零点,求a的取值范围. 由f(x)=0,得a-=0, 令g(x)=a-, 则g'(x)=, 所以g(x)在(0,1),(e2,+∞)上单调递增,在(1,e2)上单调递减, 因为x→0时,g(x)→-∞,x→+∞时,g(x)→a, 2 3 4 1 解得0<a<, 所以此时g(x)有三个零点, 故a的取值范围为. 2 3 4 1 3.(2025·湛江模拟改编)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. 函数f(x)=aln(x-1)+x2-2x的定义域为(1,+∞), f'(x)=, 法一　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+. 2 3 4 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), g'(x)=1-=≥0, 故g(x)在[1,+∞)上单调递增, 所以g(x)≥g(1)=1. 2 3 4 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　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, 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 所以x=x0是f(x)的极小值点. 2 3 4 1 当a<-2时,x0>2,所以f(x0)<0. 下证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. 2 3 4 1 4.(2025·邵阳模拟改编)已知函数f(x)=f'(1)ex-x-1.若函数g(x)=(eax-x+1-eax-x)[f(x)+x +1]+有两个零点,求实数a的取值范围. 由题意得f'(x)=f'(1)ex-1, 令x=1,得f'(1)=, 所以f(x)=-x-1, g(x)=eax-x(e-1)·+=eax+(x≠0), 当x>0时,g(x)>0,故函数y=g(x)没有零点; 2 3 4 1 当x<0时,令g(x)=0,得a=. 令t=-x,则a=,t>0, 因为g(x)有2个零点, 所以y=a和h(t)=有2个交点, 令h(t)=(t>0),所以h'(t)=. 令h'(t)=0,得t=e. 当t∈(0,e)时,h'(t)>0,h(t)单调递增; 当t∈(e,+∞)时,h'(t)<0,h(t)单调递减. 2 3 4 1 所以h(t)极大值=h(e)=, 当0<t<1时,h(t)<0; 当t=1时,h(t)=0; 当1<t≤e时,0<h(t)≤; 当t→+∞时,h(t)>0且h(t)→0. 所以实数a的取值范围为. 2 3 4 1 本课结束 没有凭空而来的成绩，只有持之以恒的努力！ 要使g(x)有三个零点,必有 $