第6章 专题课 利用导数研究函数的零点问题（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

本讲义是高中数学专题课资料，核心知识点为利用导数研究函数零点问题，涵盖判断零点个数和根据零点情况求参数范围两大类型。通过例题解析、思路总结及跟踪训练，构建从导数应用到零点问题解决的学习支架。 该资料亮点在于例题解答逻辑严谨，如例1通过构造函数、分析单调性及极值判断零点个数，思路总结系统梳理步骤。跟踪训练强化应用，培养学生数学思维（推理能力）与数学眼光（问题转化），课中辅助教师教学，课后助力学生查漏补缺。

专题课　利用导数研究函数的零点问题 类型一　判断函数的零点个数 [例1] 已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x. (1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点； (2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由． 【解】　(1)证明：由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x， 所以h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－3－＞0， 所以h(1)h(2)＜0，又h(x)的图象在(1，2)上连续， 所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点． (2)由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x(x≥0). 而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点． 又由(1)知h(x)在(1，2)内有零点， 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点． 当x>0时，h′(x)＝ex－x－－1， 令φ(x)＝ex－x－－1， 则φ′(x)＝ex＋x－. 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0， 因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， φ＝－－1＜0，φ(1)＝e－＞0， 存在唯一的x0∈使φ(x0)＝0， 即h′(x0)＝0，满足ex0＝x0－＋1. 易证得x0为h(x)的极小值点，且h(x0)＝ex0－1－－x0＝＜0， 显然h(x)在[0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点， 所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2. 　 判断零点的个数问题的思路 (1)求出函数的定义域． (2)求导数f′(x)及函数f′(x)的零点． (3)用f′(x)的零点将函数f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各个区间上的正负，并得出f(x)的单调性与极值． (4)确定f(x)的图象所经过的一些特殊点，以及图象的变化趋势． (5)画出f(x)的大致图象(不必在步骤中呈现)，则f(x)的图象与x轴的交点个数就是f(x)的零点个数． [跟踪训练1] 已知函数f(x)＝(ln x)2＋ln x＋kx－k，若k≤－1，求证：函数f(x)只有一个零点． 证明：因为f(x)＝(ln x)2＋ln x＋kx－k(x>0)，所以f′(x)＝ln x＋＋k(x>0). 令m(x)＝ln x＋＋k， 则m′(x)＝－ln x，令m′(x)＞0，得0＜x＜1， 令m′(x)＜0，得x＞1，所以m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以m(x)max＝m(1)＝1＋k， 又k≤－1，所以m(x)max≤0，即f′(x)≤0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0， 所以函数f(x)只有一个零点． 类型二　根据函数零点的情况求参数（范围） [例2] 已知函数f(x)＝. (1)求曲线y＝f(x)＋sin x在x＝0处的切线方程； (2)方程f(x)＝a恰有两个不同的实根，求实数a的取值范围． 【解】　(1)依题意，y＝f(x)＋sin x＝＋sin x， y′＝e－x(－x＋1)＋cos x， 所以当x＝0时，y′＝2，y＝0， 所以曲线y＝f(x)＋sin x在x＝0处的切线方程为y＝2x. (2)因为f′(x)＝e－x(－x＋1)， 当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f(x)在x＝1处取得极大值也是最大值， 对于函数f(x)＝，f(1)＝，f(0)＝0，当x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0. 所以实数a的取值范围是. 　 利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究函数的单调性、极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点的个数求参数范围． [跟踪训练2] (2025·葫芦岛期末)已知函数f(x)＝－x＋x ln x. (1)求f(x)的极值； (2)若函数y＝f(x)－m在上有两个不同的零点，求实数m的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝－x＋x ln x(x>0)， 所以f′(x)＝ln x(x>0)， 令f′(x)＞0，解得x＞1； 令f′(x)＜0，解得0＜x＜1， 所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)， 所以f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－1，无极大值． (2) y＝f(x)－m在上有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m的图象在上有两个不同的交点， 由(1)易知，f(x)min＝f(1)＝－1， 又f＝－， 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞， 所以－1＜m≤－. 故实数m的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $