第2章 第13节 第3课时 利用导数研究函数的零点问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

第二章 函数、导数及其应用 第三课时利用导数研究函数的零点问题 专题概述 可以利用转化与化归思想解决此类问题，即转化为相应方程根的问题或函数图像交点的问题，是高 考考查的热点. 跃升>关健能力 层级突破素养提升 吉点1)确定函数零点（相应方程根）的个数 [尝试解答] [典例]设函数f(x)=e2x-alnx. (1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数； (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a十aln2 核心素养 数学建模、数学运算—在利用导数研究函数零点个数确定中的 核心素养，具体见下表： 信息提取 信息解读 数学建模、数学运算 函数f(x) 不要忽视f(x)的定 模型1：函数的零点个数 er-aln x 义域 着眼点：分类讨论法：讨论 方法指导 函数的单调性 研究函数f(x)零点的策略 (1)如果函数f(x)在已知区间上是单调的，则其 f(x)的导函数f(x) ①如果函数在已知区间上 求导要淮确 是单调的，则其最多只有 最多只有一个零点，再结合函数的零点存在 一个零点，再结合函数的 定理，确定其零点是否存在. 零点存在定理，确定其零 (2)如果函数f(x)在已知区间不是单调的，则求 f(x)零点的个数与函 讨论f(x) 点是否存在， 出这个函数的极值点和单调区间，再结合 数的单调性、极值有 的导函数 ②如果函数在已知区间上 g(x)的极值与零的大小，以及函数f(x)的单 关，分a≤0与a>0两 f(x)零点 不是单调的，则求出这个 调性、结合零点存在定理判断其零点的个数」 种情况讨论 的个数 函数的极值点和单调区 I跟踪训练 间，再结合极值与零的大 (2023·北京卷)设函数f(x)=x-x3ex+b,曲线y 根据零点存在性定理， 小，以及函数的单调性、零 =f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y=一x+1. 结合函数图像确定各 点存在定理判断其零点的 (1)求a,b的值； 分类情况的零点个数 个数 (2)设函数g(x)=f(x),求g(x)的单调区间： (3)求f(x)的极值点个数. 模型2：证明不等式f(x) fx)≥2a十aln2等 a ≥2atah2 价于f(x)mim≥2a十 着眼点：构造函数法，利用 。h名利用单润性求 单调性转化为最值， 当a>0时， 出f(x)的最小值 ①证明不等式f(x)≥k在 f(x)≥2a 区间D上恒成立转化为证 明f(x)min≥k; a ②证明不等式f(x)> 变换最小值的形式，利 g(x)在区间D上恒成立的 用均值不等式证明不 基本方法是构造函数h(x) 等式 =f(x)-g(x),转化为证 明h(x）min>0 ·73 高考总复习人教数学B版（新教材） 春点2 由函数零点（相应方程根）的个数确 1跟踪训练 定参数的取值范围 [典例们 (2022·全国乙卷，21)已知函数f(x)= (2024·深圳市模拟)已知三次函数f(x)=x3十 In(1+x)+axe-x bx2+cx+d(a,b,c∈R)过点(3,0)，且函数f(x) (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处 在点(0，f(0)处的切线恰好是直线y=0. 的切线方程； (1)求函数f(x)的解析式； (2)若f(x)在区间(-1,0)，(0，十∞)各恰有一 (2)设函数g(x)=9x十m一1，若函数y=f(x) 个零点，求a的取值范围. g(x)在区间[-2,1]上有两个零点，求实数m的 [尝试解答] 取值范围 方法指导 利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方 程根的个数问题的一般思路： ①将问题转化为函数零点的个数问题，进而转 化为函数图像交点的个数问题； ②利用导数研究该函数在给定区间上的单调 温馨提污 性、极值（最值）、端点值等性质； 学习至此，请完成配套训练课时冲关22 ③画出函数的大致图像，结合图像求解， 74a∈(2,4)， 记g(a)=2a-2(a∈(-2,0])， =2 3 4-a2 e“ 2 2x1 2a >0, 则g(a)=2e-(2a-2)e-4-2 g(x)>0,故g(x)在 2上单 >0, ·g(a)在（一2,0]上为增函数 调递增， g(a）mx=g(0)=-2, ∴.当x=2时，g(x)取最大值2ln(2a ∴实数m的取值范围是[一2，十∞) +2)-2a+4-21n6.即21n(2a+2) 第三课时 -2a+4-2ln6>k(4-a2)在a∈ 考点1 (2,4)上恒成立，令h(a)=2ln(2a十 [典例][解](1)f(x)的定义域为(0， 2)-2a+4-2ln6-k(4-a2),则 h(2)=0,且h(a)>0在(2,4)上恒 +oo),f(x)=2c2-a(x>0). 成立， 当a≤0时，f(x)>0,f'(x)没有 h'(a)= a千7-2+2ka 零点. 当a>0时，设u(x)=e2,v(x)= 2a(ka十k-1) a+1 当k0时，i(a)0,h(a)在(2,4)上 因为u(x)=e在(0，十∞)上单调递 单调递减， h(a)h(2)=0,不合题意； 增，()=一二在(0，十6∞)上单调递 当k>0时，由i(a)=0,得a=k 1-k 增，所以f(x)在(0，十o)上单调递增 ①若女>2，即0<k<号时，A(a) 又f(a)>0,当b满足0<bK号且b 在(2，)上单调递减，存在Aa) <时f(b)<0(讨论a≥1或a< 1来检验)， <h(2),不合题意， 故当a>0时，f(x)存在唯一零，点. ②若之≤2，即≥号时，h(a)在 (2)证明：由(1)，可设f(x)在(0， k 十∞)上的唯一零点为x0, (2,4)上单调递增，h(a)>h(2)=0 当x∈(0，xo)时，f(x)0: 满足题意」 当xE(xo,十oo)时，f(x)>0. 综上，实数的取值范围为 故f(x)在(0，x。)上单调递减，在 [哈+} (x0,十∞)上单调递增， 所以当x=x。时，f(x)取得最小值， 跟踪训练 最小值为f(x). 解：(1)函数f代x)的定义域为(0，十o∞)， f0=-2ax-1-2a 由于2e2。-a=0,所以f(.x)= ,当a0 x 时，f(x)≥0，函数f(x)在区间 +2a,+aln子≥2a十aln名.故 2x (0,十oo)上单调递增；当a>0时，由 当a>0时，f(x)≥2a十aln 2 f(x)≥0，且x>0时，解得0<x a 跟踪训练 解：(1)因为f(x)=x-x3er+b,x∈ R,所以f(x)=1-(3.x十 函数f(x)在区间 2a 上单 ax)e 因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 调递增，在区间 + 上单 y=一x十1， 所以f(1)=-1十1=0， 调递减 (2)由(1)知，当a∈（一2,0]时，函数 f(1)=-1, f(x)在区间(0,1]上单调递增， 则1-13Xe+6=0, .x∈(0,1门时，函数f(x)的最大值 {1-(3十a)e+6=-1, 是f(1)=2-2a, 解得a=-1, 对任意的a∈(-2,0]，都存在xo∈ b=1, 所以a=-1,b=1. (0,1], 不等式me十f(x)>0都成立， (2)由(1)得g(x)=f(x)=1-(3x2-x3) 等价于对任意的a∈(-2,0]，不等 e+l(x∈R), 式me“十f(1)>0都成立，即对任意 则g'(x)=-x(x2-6.x十6)e+1, 的a∈(-2,0]，不等式me十2-2a>0 令x2-6x十6=0，解得x=3士√3，不 都成立， 妨设x1=3-√5，x2=3十√5，则0< 不等式me十2-2a>0可化为m I<I, >2a-2 易知e+1>0恒成立， e“ 令g'(x)<0,解得0<x<x1或x ·425· 参考答案 令g(x)>0,解得x<0或x1<x xi 所以g(x)在(0，x1),(x2,十∞)上单 调递减，在（一∞，0），(x1,x2)上单调 递增， 即g(x)的单调递减区间为(0,3 √3)和(3十√3，十o∞)，单调递增区间 为（一∞，0）和(3-√3,3十√3). (3)由(1)得f(x)=x-x2e+1(x∈R), f(x)=1-(3x2-x3)e*+1, 由(2)知f(x)在(0，x1),（x2,十o∞) 上单调递减， 在（一0∞，0），(x1,x2)上单调递增， 当x<0时，f(-1)=1-4e<0, f'(0)=1>0, 即f(-1)f'(0)<0, 所以f'(x)在（一∞，0）上存在唯一 零点，设为23，则一1<x<0, 此时，当x<x时，f(x)<0,则f(x) 单调递减：当x<x<0时，f(x)> 0,则f(x)单调递增； 所以f(x)在（一∞，0）上有一个极小 值点； 当x∈(0，x1)时，f(x)在(0，x1)上 单调递减， 则f(x1)=f(3-V3)<f(1)=1- 2<0, 故f(0)f(x1)<0, 所以f(x)在(0，x1)上存在唯一零 点，设为x1,则0<x1<x1, 此时，当0<x<x1时，f(x)>0,则 f(x)单调递增；当x1<x<时， f'(x)0,则f(x)单调递减； 所以f(x)在(0，x1)上有一个极大 值点； 当x∈(x1,x2)时，f(x)在(x1,x2) 上单调递增， 则f(x2)=f(3+3)>f(3)=1 >0, 故f(x1)f(x2)<0, 所以∫(x)在（x1,x2)上存在唯一零 点，设为x, 则x1<<x, 此时，当x1<x<x时，f(x)<0,则 f(x)单调递减；当x<x<xg时， f(x)<0,则f(x)单调递增； 所以f(x)在(x1,x2)上有一个极小 值点； 当x>x2=3十5>3时，3x2-x3= x(3-x)<0, 所以f(x)=1-(3x2-x3)ex+1> 0,则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x2,十∞)上无极值点； 综上，f(x)在(-o∞，0)和(1，x2)上 各有一个极小值，点，在(0，)上有一 个极大值点，共有3个极值点. 考点2 典例门[解](1)f(x)的定义域为 (-1,十o∞). 当a=1时，f(x)=ln(1十x)+工， f(0)=0,所以切点为(0,0)，f(x)= 高考总复习人教数学B版（新教材） 十十。号，了0)=2，所以切线针 所以f(x)在（一1，t)上有唯一零点， (t,0)上无零点， 率为2，所以曲线y=f(x)在点(0， 即f(x)在(-1,0)上有唯一零点， f(0)处的切线方程为y=2x. 所以a<-1,符合题意. (2)f(x)=ln(1+x)+a, 所以若f(x)在区间（一1,0），(0， 十∞)各恰有一个零，点，a的取值范 1+a(1-x) f(x)=1十x 围为（一∞，一1）. e 跟踪训练 =e+a(1-x2) 解：(1)f(x)=3z2+2bx十c, (1十x)e 由已知条件得 设g(x)=e十a(1-x2), 1f(3)=27+9b+3c+d=0, ①若a>0,当x∈(-1,0)，g(x)=e f(0)=c=0, +a(1-x)>0,即(x)>0, (f(0)=d=0, 所以f(x)在（一1,0）上单调递增， 解得b=一3，c=d=0: f(x)f(0)=0, .f(x)=x3-3x2. 故f(x)在（一1,0）上没有零，点，不合 (②)由y=fz)-g(x)=0在[一2,1]上有 两个不同的解， 题意， ②若-1≤a≤0，当x∈(0，十∞)， 得x3-32-9x-m十1=0在区间[-2， 则g(x)=e一2ax>0, 1门有两个不同的解 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增， 即m=x3-3x2-9.x十1在[-2,1] 所以g(x)>g(0)=1十a≥0， 上有两个不同解 即f(x)>0, 令h(x)=x-3x2-9x十1，h'(x)= 所以f(x)在(0，十∞)上单调递增， 3x2-6x-9,x∈[-2,1]， f(x)f(0)=0, 令3z2-6.x-9>0,得-2≤x<-1: 故f(x)在(0，十o∞)上没有零，点，不 令3x2-6.x-9<0,得-1<x≤1： 合题意 .h(x)mx=h(-1)=6, ③若a<-1, 又f(-2)=-1,f1)=-10, (i)当x∈(0，十oo),则g(x)=e ∴.h(x)mim=-10; -2ax>0, ,m=h(x)在区间[-2,1]上有两个 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增。 不同的解，.一1m<6..实数m 的取值范围是[一1,6). g(0)=1十a<0,g(1)=e0, 所以存在m∈(0,1)，使得g(m)=0, 核心素养系列（一） 即f(m)=0. [例1[解](1)证明：令h(x)=x 当x∈(0，m),f(x)0,f(x)单调 x2-sin x, 递减； 则h(x)=1-2x-c0sx, 当x∈(m,十o),f'(x)>0,f(.x)单 令p(x)=1-2x-c0sx, 调递增. 则p'(x)=-2十sinx<0, 所以当x∈(0，m),f(x)<f(0)=0, 所以p(x)即h'(x)单调递减 当x→十o∞，f(x)→十oo, 又h'(0)=0, 所以f(x)在（m,十∞)上有唯一 所以当0x<1时，h'(x)<h'(0)= 零点， 0,h(x)单调递减， 又(0，m)没有零点，即f(x)在(0， 所以当0x<1时，h(x)<h(0)=0, 十∞)上有唯一零点. 即x-x2<sinx. (i)当x∈(-1,0)，g(x)=e'十a(1 令g(x)=sinx一x, 一x2), 则g(x)=c0sx一10， 设h(x)=g'(x)=e-2ax, 所以g(x)单调递减，又g(0)=0, h'(x)=e-2a>0, 所以当0<x<1时，g(x)<g(0)=0, 所以g'(x)在（一1,0)单调递增， 即sinx<x. g(-1)=1+2a<0,g(0)=1>0, 综上，当0<x<1时，x一x2<sinx e 所以存在n∈(-1,0)，使得g'(n) (2)因为f(x)=cos ax-ln(1-x)(-1 =0, <x1), 当x∈(-1，n),g'(x)<0,g(x)单调 所以f(x)=f(一x),所以f(x)为偶 递减， 函数 当x∈(n,0),g(x)>0,g(x)单调递 f(x)=-asin ax十 2x(-1<x 增，g(x)<g(0)=1十a<0, 1-x 又g(-1)=1>0. <1), 令t(x)=-asin a.x十 所以存在t∈（一1，n),使得g(t)=0, 即f(t)=0, <1), 当x∈（一1，t),f(x)单调递增，当x 则t(x)=-a'cos ax 21十2(-1 ∈(t,0),f(x)单调递减， (1-x) 有x→-1，f(x)→-∞， <x1) 而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x) 令n(x)=-a'cos ax 2(1十x2) 0, (1-x)2, ·426· n(x)-a'sin ax+4() (1-x2)3 当a=0时，当0<x<1时， (x)>0,f(x)单调递增， 当一1x<0时， f'(x)<0,f(x)单调递减， 所以x=0是f(x)的极小值点，不符 合题意. 当a>0时，取与1中的较小者， 2a 为m, 则当0<x<m时，易知n(x)0, 所以n(x)即t(x)在(0，m)上单调 递增， 所以t(x)>t'(0)=2-a ①当2-a≥0，即0<a√2时，t'(x) >0(0x<m). 所以t(x)在(0，m)上单调递增， 所以t(x)>t(0)=0, 即f(x)>0.那么f(x)在(0，)上 单调递增， 由偶函数性质知f(x)在（一m,0)上 单调递减. 故x=0是f(x)的极小值点，不符合 题意. ②当2-a2<0,即a>√2时， 当无<1，即a>受时， 因为0<01（赁）>0， 所以t'(x)在(0，m)上存在唯一零 ,点x1 且当0<x<x1时，t(x)<0,t(x)单 调递减， 因为t(0)=0,所以当0<xx1时， t(x)<0, 即f(x)<0, 所以f(x)在(0，x1)上单调递减， 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在 （一x1,0)上单调递增， 故可得x=0是f(x)的极大值点，符 合题意. 当云>1，即E<a<受时， 所以t'(x)在(0，m)上存在唯一零 点x2, 且当0<x<x2时，t(x)<0,t(x)单 调递减 因为t(0)=0,所以当02时，t(x) 0,即f(x)0, 所以f(x)在(0，x2)上单调递减. 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在 (一x2,0)上单调递增， 故可得x=0是f(x)的极大值点，符 合题意. 当Q<0时，由偶函数图像的对称性 可得a<一√2.综上所述，a的取值范 围是(-∞，-√2)U(W2,十∞). 例2][解](1)：'f(x)=alnx十bx, 六fx)=是+b