6.5 培优课15 利用导数研究函数的零点(含隐零点)问题-（教师用书）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

培优课15　利用导数研究函数的零点(含隐零点)问题 1.(2022·全国乙卷文，T20)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求实数a的取值范围. 解：(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x＞0)， 所以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； 所以f(x)max＝f(1)＝－1. (2)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， 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. 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，实数a的取值范围是(0，＋∞). 2.(2021·新高考Ⅱ卷，T22)已知函数f(x)＝(x－1)·ex－ax2＋b. (1)讨论f(x)的单调性； (2)从下面两个条件中任选一个作为已知条件，证明：f(x)有一个零点. ①＜a≤，b＞2a； ②0＜a＜，b≤2a. 注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解：(1)f'(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)， (ⅰ)当a≤0时，令f'(x)＝0⇒x＝0， 且当x＜0时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞0时，f'(x)＞0，f(x)单调递增. (ⅱ)当0＜a＜时，令f'(x)＝0⇒x1＝0，x2＝ln 2a＜0， 且当x＜ln 2a时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，当ln 2a＜x＜0时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞0时，f'(x)＞0，f(x)单调递增. (ⅲ)当a＝时，f'(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在R上单调递增. (ⅳ)当a＞时，令f'(x)＝0⇒x1＝0，x2＝ln 2a＞0， 且当x＜0时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；当0＜x＜ln 2a时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2a时，f'(x)＞0，f(x)单调递增. (2)证明：若选①，由(1)知f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增. 注意到f＝＜0，f(0)＝b－1＞2a－1＞0. 所以f(x)在上有一个零点； f(ln 2a)＝(ln 2a－1)·2a－a·ln 22a＋b＞2aln 2a－2a－aln 22a＋2a＝aln 2a(2－ln 2a)， 由＜a≤得0＜ln 2a≤2，所以aln 2a(2－ln 2a)≥0， 所以f(ln 2a)＞0，当x≥0时，f(x)≥f(ln 2a)＞0，此时f(x)无零点. 综上，f(x)在R上仅有一个零点. 若选②，由(1)知f(x)在(－∞，ln 2a)上单调递增，在(ln 2a，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. f(ln 2a)＝(ln 2a－1)2a－aln 22a＋b≤2aln 2a－2a－aln 22a＋2a＝aln 2a(2－ln 2a). 因为0＜a＜，所以ln 2a＜0， 所以aln 2a(2－ln 2a)＜0. 所以f(ln 2a)＜0，所以当x≤0时，f(x)≤f(ln 2a)＜0，此时f(x)无零点. 当x＞0时，f(x)单调递增，注意到f(0)＝b－1≤2a－1＜0. 取c＝，因为b≤2a＜1，所以c＞＞1，又可证ec＞c＋1， 所以f(c)＝(c－1)ec－ac2＋b＞(c－1)(c＋1)－ac2＋b＝(1－a)c2＋b－1＞c2＋b－1＝1－b＋1＋b－1＝1＞0. 所以f(x)在(0，c)上有唯一零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点. 综上，f(x)在R上有唯一零点. 考情分析 　　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，难度较大，若以压轴题出现，则难度较大. 核心考点一　利用导数判断函数零点个数　[综合性考法] (2025·河北秦皇岛三模)设函数f＝exsin x. (1)求f的图象在处的切线方程； (2)记g＝f－ax，若0＜a≤1，试讨论g在上的零点个数. 解：(1)f'＝ex，所以f'＝1，又f＝0， 所以f处的切线方程为y＝x. (2)由已知得g＝exsin x－ax， 所以g'＝ex－a， 令h＝g'，则h'＝ex＋ex＝2excos x. 当0＜x＜时，h'＞0，函数h单调递增， 当＜x＜π时，h'＜0，函数h单调递减， 即g'上单调递增，在上单调递减. 当0＜a≤1时，g'＝1－a≥0，g'＝－a＞0，g'＝－eπ－a＜0， 所以存在x0∈，使得g'＝0， 当x∈时，g'＞0； 当x∈时，g'＜0， 所以函数g上单调递增，在上单调递减. 因为g＝0，g＞g＝0，故函数g上无零点. 又因为g＝－aπ＜0，由零点存在定理可得g上有且只有一个零点. 综上所述，当0＜a≤1时，函数g上的零点个数为1. 学生用书⬇第118页 规律反思 证明、判断函数零点(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. 预测练1.(2025·山东齐鲁名校大联考一模)已知函数f＝x2ln x－ax2＋a，a∈R. (1)当a＝1时，求f在区间上的最值； (2)讨论f的零点个数. 解：(1)由题意得f， 当a＝1时，f'＝2xln x＋x－2x＝x. 当0＜x＜时，f'＜0，f单调递减；当x＞时，f'＞0，f单调递增， 所以f在x＝处取得极小值，也即最小值，为f＝eln －e＋1＝1－. 因为f＝e2ln e－e2＋1＝1，f＝ln 1－1＋1＝0， 所以f在x＝e处取得最大值1. 综上，f(x)min＝1－，f(x)max＝1. (2)令f＝0，得ln x＋－a＝0. 令g＝ln x＋－a，则g'＝－＝. 当a≤0时，g'＞0在x∈上恒成立， 所以g上单调递增. 又g＝0，故此时g有唯一零点. 当a＞0时，g'＝. 令g'＜0，得0＜x＜，所以g上单调递减； 令g'＞0，得x＞，所以g上单调递增. 所以g(x)min＝g＝ln －a＋. 令＝t，t＞0，则a＝t2. 令h＝ln t－t2＋，则h'＝－t＝. 当0＜t＜1时，h'＞0，h单调递增； 当t＞1时，h'＜0，h单调递减.又h＝0， 所以当t∈∪时，h＜0. ①当＝1，即a＝时，g(x)min＝g＝0，此时g有唯一零点x＝＝1. ②当0＜＜1，即0＜a＜时，g＜0. 因为g＝0，所以g上有唯一零点x＝1. g＝ln ＋a＝ln ＋－2， 令＝k(0＜k＜1)，则a＝，所以g＝ln k＋－1， 则g'＝－＝＜0， 所以g上单调递减， 则g＞g＝0. 又g＜0， 所以g上存在唯一零点， 故g上有两个零点. ③当＞1，即a＞时，g＜0，g＝0，ea＞＞1，g＝＞0， 由函数零点存在定理可得g上有唯一零点， 故g，上各有一个零点. 综上，当a≤0或a＝时，f有一个零点；当a＞0且a≠时，f有两个零点. 核心考点二　由零点个数求参数范围　[综合性考法] (2025·广东广州三模)已知函数f(x)＝ax2＋(a－2)x－ln x，a∈R. (1)当a＝2时，求与f(x)相切，且垂直于直线x＋3y＝0的直线方程； (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 解：(1)当a＝2时，f(x)＝2x2－ln x，求导可得f'＝4x－(x＞0). 因为直线x＋3y＝0的斜率为－，所以切线斜率为3， 令4x－＝3，解得x＝1，此时切点为， 所以切线方程为y－2＝3，即3x－y－1＝0. (2)函数f，f'＝2ax＋－＝ . ①当a≤0时，f'＜0，函数f上单调递减，此时f最多一个零点，舍去. ②当a＞0时，令f'＝0，解得x＝， 当x∈时，f'＜0，函数f单调递减； 当x∈时，f'＞0，函数f单调递增. 当x＝时，f取得最小值， 最小值为f＝1－＋ln a. 因为当x→＋∞时，f→＋∞；x→0＋时，f→＋∞， 所以要函数f有两个零点，当且仅当f＜0. 设g＝ln a－＋1，知函数g上单调递增. 因为g＝0，则g＜0的解集为a∈. 综上所述，实数a的取值范围是. 规律反思 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. 预测练2.(2025·浙江温州二模节选)已知函数f＝ln ＋. (1)讨论f的单调性； (2)若f在区间上恰有一个零点，求实数a的取值范围. 解：(1)因为f＝ln ＋(x＞－1)， 所以f'＝＋＝(x＞－1). 当a≥0时，因为x＞－1，所以x＋1＋a≥x＋1＞0，即f'＞0，f内单调递增； 当a＜0时，由f'＜0，得－1＜x＜－1－a； 由f'＞0，得x＞－1－a. 所以f上单调递减，在上单调递增. 综上，当a≥0时，f在定义域内单调递增； 当a＜0时，f上单调递减，在上单调递增. (2)由(1)知，当a≥0时，f内单调递增，且注意到f＝0，因此f上无零点； 当a＜0时，由ln ＋＝0(x∈(－1，0))可得ln ＝－ax仅有一解，所以xln x＝－a仅有一解. 令p＝xln x，则直线y＝－a(x－1)与p的图象仅有一个交点. 因为p'＝ln x＋1， 且直线y＝－a， 所以当x∈时，p'＜0，p单调递减，当x∈时，p'＞0，p单调递增， 且p＝0，p'＝1， 所以－a＜1⇒a＞－1，结合a＜0，所以－1＜a＜0. 所以实数a的取值范围是. 学生用书⬇第119页 核心考点三　隐零点问题　[综合性考法] 已知函数f(x)＝ln x＋x2－kx＋1(k∈R)，g(x)＝x2－3x＋xex. (1)求函数f的单调区间； (2)若不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围. 解：(1)因为f(x)＝ln x＋x2－kx＋1，定义域为， 所以f'(x)＝＋2x－k＝. 当k≤0时，2x2－kx＋1＞0恒成立，故f'＞0， 所以f，无递减区间. 当k＞0时，令u＝2x2－kx＋1， 当Δ＝k2－8≤0，即0＜k≤2时，2x2－kx＋1≥0恒成立，故f'≥0， 所以f，无递减区间. 当Δ＝k2－8＞0，即k＞2时， 此时设2x2－kx＋1＝0的两根为x1＝，x2＝，两根均大于0，且x2＜x1， 令f'＞0得x＞或0＜x＜，令f'＜0得＜x＜， 故f，，单调递减区间为(，)； 综上：当k≤2时，f，无递减区间； 当k＞2时，f，，单调递减区间为. (2)由于f(x)＝ln x＋x2－kx＋1的定义域为， 可只需考虑x＞0时，不等式f(x)≤g(x)恒成立， 即ln x＋x2－kx＋1≤x2－3x＋xex， 化简得k≥. 令h＝，x＞0， 则h'＝＝. 令k＝－x2ex－ln x，x＞0， k'＝－2xex－x2ex－＜0在x＞0上恒成立， 故k＝－x2ex－ln x在上单调递减. 因为k＝－e＜0，k＝ln 3－＞0， 故存在x0∈， 使得k＝－－ln x0＝0， 即x0＝ln ＝ln . 设v＝xex，x∈， 则v'＝ex＞0在x∈上恒成立， 故v＝xex在x∈上单调递增， 所以x0＝ln ，即＝，－x0＝ln x0. 当x∈时，k＞0，h'＞0， 当x∈时，k＜0，h'＜0， 故x∈时，h单调递增，x∈时，h单调递减， 故h在x＝x0时取得极大值，也是最大值， 故h＝ ＝＝2， 故k≥2，所以实数k的取值范围是. 规律反思 隐零点同构 　　含有指对项的隐零点问题，往往具有同构特征，如以下两个问题，它的隐零点代换则需要同构才能作出，否则很难找到隐零点合适的代换化简方向. 　　看下面两例，一类同构式在隐零点问题中的应用、原理分析： f(x)＝⇒f(ln x)＝ f(x)＝xex⇒f(－ln x)＝－，f(x)＝f(－ln x)⇒x2ex＋ln x＝0， 所以在解决形如ex＝⇔x＋ln x＝0这些常见的代换都是隐零点问题中常见的操作. 预测练3.(2025·湖北武汉四调)已知函数f(x)＝ex－＋－1. (1)若在(1，f(1))处的切线斜率为－1，求a； (2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解：(1)因为f(x)＝ex－＋－1， 所以f'(x)＝ex－－. 根据题意f'＝e1－－＝－1，解得a＝e. (2)因为f(x)＝ex－＋－1的定义域为， 又f(x)＝ex－＋－1＝≥0， 所以xex－ln x＋a－x≥0恒成立. 令g＝xex－ln x＋a－x，x∈， 则g'＝， 令h＝ex－，x∈，则h'＝ex＋＞0，所以h上单调递增. 又h＝－2＜0，h＝e－1＞0， 所以∃x0∈使得h＝0，即g'＝0，－＝0，则ln x0＝－x0， 所以当x∈时g'＜0，当x∈时g'＞0， 所以g上单调递减，在上单调递增， 所以g＝g＝x0－ln x0－x0＋a＝1＋x0－x0＋a≥0，所以a≥－1， 即实数a的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $