专题7 第6讲 利用导数研究函数的零点（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

第6讲　利用导数研究函数的零点 基础自测　思维引航 考点进阶　素养淬炼 目 录 索 引 基础自测　思维引航 基础自测 1.(2023全国乙,文8)若函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 (　　) A.(-∞,-2) B.(-∞,-3) C.(-4,-1) D.(-3,0) B 解析 令f(x)=0,得-ax=x3+2,易知x≠0,所以-a=设g(x)=,则函数f(x) 存在3个零点等价于函数g(x)=的图象与直线y=-a有三个不同的交点. g'(x)=当x>1时,g'(x)>0,函数g(x)在(1,+∞)内单调递增,当x<1且x≠0时,g'(x)<0,函数g(x)在(-∞,0),(0,1)内单调递减,且g(1)=3,当x从左侧趋近于0时,g(x)→-∞,当x从右侧趋近于0时,g(x)→+∞, 当x→+∞时,g(x)→+∞, 由此可作出函数g(x)的大致图象,如图所示. 由图知,当-a>3时,函数g(x)=的图象 与直线y=-a有三个交点, 即函数f(x)有3个零点,所以a<-3.故选B. 2.(人A选必二第五章例题)给定函数f(x)=(x+1)ex. (1)判断函数f(x)的单调性,并求出f(x)的极值; (2)画出函数f(x)的大致图象; (3)求出方程f(x)=a(a∈R)的解的个数. 解 (1)函数的定义域为R. f'(x)=(x+1)'ex+(x+1)(ex)'=(x+2)ex. 令f'(x)=0,解得x=-2. f'(x),f(x)的变化情况如表所示. 所以f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增. 当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)=- x (-∞,-2) -2 (-2,+∞) f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 - 单调递增 (2)令f(x)=0,解得x=-1. 当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0. 所以,f(x)的图象经过特殊点A,B(-1,0),C(0,1). 当x→-∞时,与一次函数相比,指数函数y=e-x呈爆炸性增长, 从而f(x)=0;当x→+∞时,f(x)→+∞,f'(x)→+∞. 根据以上信息,我们画出f(x)的大致图象如图所示. (3)方程f(x)=a(a∈R)的解的个数为函数y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数.由(1)及(2)中的图可得,当x=-2时,f(x)有最小值f(-2)=- 所以,关于方程f(x)=a(a∈R)的解的个数有如下结论:当a<-时,解的个数为0;当a=-或a≥0时,解的个数为1;当-<a<0时,解的个数为2. 3.(人A选必二第五章习题)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围. 解 (1)f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(2ex+1)(aex-1),当a≤0时,可知f'(x)<0恒成立, 因此f(x)在R上单调递减.当a>0时,f'(x)=2a, 令f'(x)>0,得x>ln,则f(x)在上单调递增; 令f'(x)<0,得x<ln,则f(x)在上单调递减. 综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减; 当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增. (2)根据(1)中结果知,当a≤0时,f(x)最多有一个零点,不符合题意. 当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增,且当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞.因此根据零点存在定理,如果函数有两个零点,则需f(x)的最小值f小于0即可,由f=a+(a-2)-ln<0,化简得ln-1>0.令t=,则g(t)=ln t+t-1,t>0,则有g'(t)=+1>0,故g(t)在(0,+∞)上单调递增,考虑到g(1)=0,故g(t)>0可解得t=>1,即0<a<1. 所以实数a的取值范围是(0,1). 思维引航 1.三次函数零点的个数与极值的关系: ①3个零点⇔极大值大于0且极小值小于0; ②2个零点⇔极大值等于0或极小值等于0; ③1个零点⇔不存在极值. 2.注意分析函数值的正负情况及变化趋势. 3.分类讨论求解. 考点进阶　素养淬炼 考点一　探究零点的个数 例1　(2025江西南昌模拟)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,求实数a的取值范围; (2)若a=,判断f(x)的零点个数. 解 (1)由题意知f(x)的定义域为x∈(0,+∞),且f'(x)=-a(x+1)ex-1+1. 由于f(x)的图象在x=t处的切线过原点, 所以切线斜率为f'(t)=,即-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,因此a>-=- 又a=-<0,当t→+∞时,-0,故实数a的取值范围是(-,0). (2)当a=时,f(x)=ln x-xex-4+x+1,则f'(x)=-(x+1)ex-4+1=(x+1)(-ex-4). 设h(x)=-ex-4,则h(x)在区间(0,+∞)上单调递减, 且h(2)=>0,h(3)=<0,则h(2)·h(3)<0, 由零点存在定理得,存在x0∈(2,3),使得h(x0)=0,即,即x0=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-x0+x0+1=4>0. 又当x>0且x→0时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→-∞,故f(x)有两个零点. 【对点训练1】(2025湖南永州模拟)设函数f(x)=x2-2kln x(k>0). (1)当k=4时,求函数f(x)的单调区间和极值; (2)试讨论函数f(x)在区间(1,]上的零点个数. 解 (1)当k=4时,f(x)=x2-8ln x,则f(x)的定义域是(0,+∞),且f'(x)=2x- 令f'(x)=0,得x=2或x=-2(舍去). 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表所示: x (0,2) 2 (2,+∞) f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞),函数f(x)在x=2处取得极小值f(2)=4-8ln 2,无极大值. (2)因为f(x)=x2-2kln x(k>0),所以f'(x)=2x- 令f'(x)=0,可得x=(x=-舍去).当0<x<时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x>时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)的最小值为f()=k-kln k. 若函数f(x)有零点,必有f()≤0,即k-kln k≤0,解得k≥e. 当k≥e时,函数f(x)在区间(1,]上单调递减. 又f(1)=1>0,f()=e-k≤0,所以函数f(x)在区间(1,]上有一个零点; 当0<k<e时,函数f(x)的最小值为正数,所以函数f(x)在区间(1,]上没有零点. 综上,当k≥e时,函数f(x)在区间(1,]上有一个零点,当0<k<e时,函数f(x)在区间(1,]上没有零点. 考点二　根据零点个数求参数取值范围 例2　(2025山东济南模拟)已知函数f(x)=ax2+A.【一题多解】 (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围. 解 (1)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=+ax=x(a-). 若a≤0,则a-<0恒成立,此时当x<0时,f'(x)>0,当x>0时,f'(x)<0, 所以f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减. 若a>0,令f'(x)=0得x=0或x=-ln a. 当0<a<1时,-ln a>0,所以当x<0时,f'(x)>0,当0<x<-ln a时,f'(x)<0,当x>-ln a时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,-ln a)上单调递减,在区间(-ln a,+∞)上单调递增. 当a=1时,f'(x)=x(1-),当x<0时,f'(x)>0,当x>0时,f'(x)>0. 又f'(0)=0,所以f'(x)≥0恒成立,因此f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增. 当a>1时,-ln a<0,当x<-ln a时,f'(x)>0,当-ln a<x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0, 所以f(x)在区间(-∞,-ln a)上单调递增,在区间(-ln a,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增. 综上所述,若a≤0,f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减;若0<a<1,f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,-ln a)上单调递减,在区间 (-ln a,+∞)上单调递增;当a=1时,f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增;当a>1时,f(x)在区间(-∞,-ln a)上单调递增,在区间(-ln a,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增. (2)(方法一　分离参数法)令f(x)=ax2+a=0得=-(ax2+a), 即=-(x2+2) 由于x2+2>0,所以- 令g(x)=,依题意函数g(x)的图象应与直线y=-有两个不同的交点. 因为g'(x)=, 由于x2+2x+4=(x+1)2+3>0,所以由g'(x)=0可得x=0, 且当x<0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>0时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 因此g(x)在x=0处取得极大值g(0)= 又当x<-1时,g(x)<0,当x>-1时,g(x)>0, 由此作出函数g(x)的大致图象(如图所示). 由图象可知,当函数g(x)的图象与直线y=-有两个不同的交点时,0<-,解得-1<a<0,故实数a的取值范围是(-1,0). (方法二　分类讨论法)若0≤a≤1,则当x∈(-1,+∞)时,f(x)=ax2+a>0恒成立,所以f(x)在区间(-1,+∞)上没有零点. 而当x∈(-∞,-1)时,f'(x)=-+ax=x(a-)>0,f(x)单调递增, 所以f(x)在区间(-∞,-1)上最多有一个零点,故f(x)不可能有两个零点. 若a>1,由(1)知f(x)在区间(-∞,-ln a)上单调递增,在区间(-ln a,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(0)=1+a>2>0, 故f(x)不可能有两个零点. 若a<0,由(1)知f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减,要使f(x)有两个零点,则必有f(0)=1+a>0,即-1<a<0. 此时,当x→+∞时,0,ax2+a→-∞,所以f(x)→-∞. 当x→-∞时,-∞,ax2+a→-∞,所以f(x)→-∞,故f(x)有两个零点,符合题意.综上,当f(x)有两个零点时,实数a的取值范围是(-1,0). (方法三　两函数图象交点法)由f(x)=ax2+a=0得=-(ax2+a). 令g(x)=,h(x)=-a(x2+1).因为g'(x)=,由g'(x)=0得x=0. 且当x<0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>0时,g'(x)<0,g(x)单调递减,因此g(x)在x=0处取得极大值g(0)=1.又当x<-1时,g(x)<0,当x>-1时,g(x)>0,由此作出函数g(x)的大致图象(如图所示). 对于函数h(x)=-a(x2+1), ①若a=0,则h(x)=0,此时两个图象仅有一个交点,不符合题意; ②若a>0,则h(x)的图象是开口向下、对称轴为y轴的抛物线, 且顶点为(0,-a),此时两个函数图象最多有一个交点,不符合题意; ③若a<0,则h(x)的图象是开口向上、对称轴为y轴的抛物线,且顶点为(0,-a),此时两个函数图象要有两个交点,应满足0<-a<1,解得-1<a<0.综上,实数a的取值范围是(-1,0). 【对点训练2】(2025天津,20节选)已知a∈R,函数f(x)=ax-(ln x)2. (1)当a=1时,求函数y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)已知f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1<x2<x3.求a的取值范围. 解 (1)当a=1时,f(x)=x-(ln x)2,∴f(1)=1. ∵f'(x)=1-ln x,∴f'(1)=1. ∴f(x)在(1,1)处的切线方程为y-1=x-1,即x-y=0. (2)由f(x)=0,得ax=(ln x)2.∵x>0,∴a= 令g(x)=,则f(x)有3个零点相当于y=a与y=g(x)的图象有3个交点. 由g(x)=,x>0,得g'(x)= 由g'(x)=0得x=1或x=e2. 当0<x<1时,g'(x)<0; 当1<x<e2时,g'(x)>0; 当x>e2时,g'(x)<0. ∴g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,e2)上单调递增,在区间(e2,+∞)上单调递减且g(x)≥0恒成立.其中g(1)=0,g(e2)=,画出g(x)的草图如图所示. 若y=a与y=g(x)的图象有3个交点,则0<a< ∴a的取值范围为(0,). 考点三　隐零点问题 例3　(2025浙江杭州模拟)已知函数f(x)=x(aex-1),a∈R. (1)当a=1时,求f(x)的极小值; (2)若g(x)=f(x)+(2-ln x-x)e3+x,求证:当a>1时,g(x)>0. (1)解 当a=1时,f(x)=x(ex-1),则f'(x)=ex(x+1)-1, 当x>0时,f'(x)>0,函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当x<0时,0<ex<1,x+1<1,则f'(x)<0,f(x)在区间(-∞,0)上单调递减, 所以函数f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0. (2)证明 依题意,g(x)=axex+(2-ln x-x)e3,其定义域为(0,+∞). 当a>1时,g(x)>xex+(2-ln x-x)e3,因此只需证xex+(2-ln x-x)e3≥0. 令h(x)=xex+(2-ln x-x)e3,x>0,则h'(x)=(x+1)ex-(1+)e3=(x+1)(ex-). 令φ(x)=h'(x)=(x+1)ex-(1+)e3,x>0,则φ'(x)=(x+2)ex+e3>0, 所以h'(x)在区间(0,+∞)上单调递增,且h'(1)=2×(e-e3)<0,h'(3)=4×(e3-)>0, 因此h'(x)在区间(0,+∞)上有唯一零点x0∈(1,3),且,即x0=3-ln x0. 当0<x<x0时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x>x0时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 于是h(x)min=h(x0)=x0+(2-ln x0-x0)e3=x0+(2-3)e3=0,则h(x)≥0, 故当a>1时,g(x)>0. 【对点训练3】(2025广东佛山模拟)已知函数f(x)=aln(x+1)-sin kx,其中k∈N*,a∈R. (1)若k=1,函数f(x)在区间[0,]上单调递减,求实数a的取值范围; (2)若a=1,k=2,求函数f(x)在区间[-]上的零点个数. 解 (1)当k=1时,f(x)=aln(x+1)-sin x,f'(x)=-cos x, 因为函数f(x)在区间[0,]上单调递减, 所以f'(x)≤0在区间[0,]上恒成立,即-cos x≤0在区间[0,]上恒成立, 可得a≤(x+1)cos x. 令g(x)=(x+1)cos x,当x∈[0,]时,x+1>0,cos x≥0, 所以g(x)=(x+1)cos x在区间[0,]上的最小值为g()=0, 所以实数a的取值范围为(-∞,0]. (2)当a=1,k=2时,f(x)=ln(x+1)-sin 2x,可知f(0)=0. f'(x)=-2cos 2x,设h(x)=-2cos 2x, 则h'(x)=-+4sin 2x,易知h'(x)在区间(-)上单调递增. 又h'(0)=-1<0,h'()=4->0,所以∃x0∈(0,),使得h'(x0)=0. 于是在区间(-,x0)上h'(x)<0,在区间(x0,)上h'(x)>0, 所以f'(x)在区间(-,x0)上单调递减,在区间(x0,)上单调递增. 又f'(0)=-1<0,f'(-)=>0,f'()=>0, 所以∃x1∈(-,x0),∃x2∈(x0,),使得f'(x1)=f'(x2)=0, 故f(x)在区间(-,x1)上单调递增,在区间(x1,x2)上单调递减,在区间(x2,)上单调递增. 又f()=ln(1+)-1<0,由f(0)=0得f(x2)<0,f(x1)>0, 因为f(-)=ln(1-)+1<0,所以∃x3∈(-,x1),使得f(x3)=0. 综上,函数f(x)在区间[-]上有0和x3两个零点. $