专题一 微专题 7 零点问题-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

微专题7　零点问题 [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，难度中等偏上，若以压轴题出现，则难度较大． 考点一　利用导数判断函数零点个数 [例1]　(2025·江西萍乡三模)已知函数f(x)＝(a∈R)，g(x)＝. (1)讨论f(x)的单调区间； (2)若f(x)为奇函数，令H(x)＝f(x)＋g(x)，讨论函数H(x)的零点个数． 解　(1)由题意得，f(x)的定义域为R， f′(x)＝ ＝， 当a>1时，f′(x)<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减； 当a＝1时，f(x)＝1，所以f(x)在R上无单调区间； 当a<1时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在R上单调递增． 综上所述：当a>1时，f(x)在R上单调递减；当a＝1时，f(x)在R上无单调区间；当a<1时，f(x)在R上单调递增． (2)由题知，f(0)＝0，得a＝－1，f(x)＋f(－x)＝＋＝0，是奇函数，符合条件， 令H(x)＝0，则＝－，令m(x)＝－，则函数m(x)的定义域为D＝{x∣x>0，x≠kπ，k∈N＋}，H(x)的零点个数即为函数f(x)与m(x)的图象在定义域D上的交点个数， 由(1)得，当a＝－1时，f(x)在定义域D上单调递增，且f(x)＝＝＝＝1－∈(0，1)， 当x∈D且x≥e时，m(x)∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f(x)与m(x)的图象无交点， 当x∈D且1<x<e时，m(x)<0恒成立，f(x)与m(x)的图象无交点， 当x∈D且0<x≤1时，m′(x)＝－<0，m(x)在(0，1]上单调递减， 且m(1)＝0，而f(x)在(0，1]上单调递增，且f(0)＝0，f(x)与m(x)的图象在(0，1]上有且仅有1个交点， 综上所述：函数H(x)有且仅有1个零点． 本题第一问借助导数研究函数的单调性，体现分类讨论思想．第二问将一个函数的零点问题转化为两个函数的交点问题，然后用导数研究函数的单调性．借助图象体现两个函数交点的个数，体现转化思想，考查数形结合能力． 跟踪训练1　(2025·河南洛阳三模)已知函数f(x)＝x3－ax＋. (1)当a＝时，求f(x)的单调区间； (2)讨论函数f(x)在区间(0，1)内的零点的个数． 解　(1)当a＝时，f(x)＝x3－x＋，f′(x)＝3x2－， 令f′(x)＝0，得x＝－或x＝； 令f′(x)>0，得x<－或x>； 令f′(x)>0，得x<－或x>； 则函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－)和(，＋∞)，单调递减区间为(－，). (2)由f(x)＝x3－ax＋＝0，0<x<1，得a＝x2＋ 设函数g(x)＝x2＋，0<x<1. 讨论函数f(x)在区间(0，1)内的零点个数等价于研究函数g(x)＝x2＋与直线y＝a在区间(0，1)内的交点的个数， 由g′(x)＝2x－＝知， 当x∈(0，)时，g′(x)<0，g(x)在(0，)上单调递减； 当x∈(，1)时，g′(x)>0，g(x)在(，1)上单调递增． 当x＝时，g(x)在区间(0，1)内取最小值g()＝. 又g(1)＝，且当x→0时，g(x)→＋∞. 综上，当a<时，函数g(x)＝x2＋与直线y＝a在区间(0，1)内无交点，函数f(x)在区间(0，1)内无零点； 当a＝或a≥时，函数g(x)＝x2＋与直线y＝a在区间(0，1)内有一个交点，函数f(x)在区间(0，1)内有一个零点， 当<a<时，函数函数g(x)＝x2＋与直线y＝a在区间(0，1)内有2个交点． 考点二　由零点个数求参数范围 [例2]　(2025·四川遂宁二模)已知函数f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a－1在x＝－1处取得极值0，其中a，b∈R. (1)求a，b的值； (2)当x∈[－1，2]时，方程f(x)＝k有两个不等实数根，求实数k的取值范围． 解　(1)由f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a－1求导得f′(x)＝3x2＋4ax＋b， 依题意可知， 即，解得a＝b＝1， 此时f(x)＝x3＋2x2＋x，f′(x)＝3x2＋4x＋1， 由f′(x)＝3x2＋4x＋1＝(3x＋1)(x＋1)＝0得x＝－1或x＝－， 当x<－1时，f′(x)>0，函数f(x)递增， 当－1<x<－时，f′(x)<0，函数f(x)递减， 故x＝－1时，函数取得极大值f(－1)＝0，故a＝b＝1. (2)由(1)得f(x)＝x3＋2x2＋x，f′(x)＝3x2＋4x＋1＝(3x＋1)(x＋1)， 令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝－1，因x∈[－1，2]， 故当－1<x<－时f′(x)<0，函数f(x)递减，当－<x<2时f′(x)>0，函数f(x)递增， 当x＝－时，f(x)取得极小值，无极大值，所以f(x)min＝f(－)＝－， 所以在区间[－1，2]上，f(x)的最大值为f(－1)或f(2)，而f(－1)＝0，f(2)＝8＋8＋2＝18， 所以f(x)在区间[－1，2]上的最大值为18，最小值为－， 作出函数y＝f(x)与直线y＝k的图象，如图， 由图知－<k≤0. 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． 跟踪训练2　(2025·河北石家庄三模)已知函数f(x)＝m(x－)－ln x，其中m>0. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)在定义域内有三个零点a，b，c(a<b<c). (ⅰ)求实数m的取值范围； (ⅱ)求证：a＋>3b. 【分析】　(1)求导得f′(x)＝，再对m分m≥和0<m<讨论即可； (2)(ⅰ)当m≥时，显然不会有3个零点，当0<m<时，求出f′(x)＝0的两根，判断出f()的符号，利用零点存在性定理证明零点存在即可； (ⅱ)根据f()＝－f(x)得ac＝1，则a＋>a＋2c＝a＋，最后根据对勾函数单调性即可证明． 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝m(1＋)－＝. 当m≥时，Δ＝1－4m2≤0，所以mx2－x＋m≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)单调递增； 当0<m<时，Δ＝1－4m2>0，所以f′(x)＝0的两根为x1＝，x2＝， 且x1＋x2＝>0，x1x2＝1>0，所以0<x1<x2，所以，x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，x∈(0，x1)或(x2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(x1，x2)上单调递减，在(0，x1)和(x2，＋∞)单调递增． 综上：当0<m<时，f(x)在(，)单调递减， 在(0，)和(，＋∞)单调递增；当m≥时，f(x)在(0，＋∞)单调递增． (2)(ⅰ)由(1)可知当m≥时，f(x)在(0，＋∞)单调，不可能有三个零点； 当0<m<时，f′(x)＝0的两根为x1＝，x2＝， 且x1＋x2＝>0，x1x2＝1>0，所以0<x1<1<x2，且f(1)＝0， 因为f(x)＝在(x1，x2)上单调递减，所以f(x1)>f(1)＝0>f(x2)， 因为0<m<，所以>＝x2，f()＝－m4＋3ln m， 设g(m)＝－m4＋3ln m，g′(m)＝－－4m3＋＝<0， g(m)在(0，)上单调递减，g(m)>g()＝(4－)－3ln 2>3－3ln 2>0， 即f()>0，所以∃c∈(x2，)使f(c)＝0. 因为f()＝m(－x)－ln ＝m(－x)＋ln x＝－＝－f(x)， 又因为>x2⇒0<m3<＝x1，所以f＝－f()<0，所以∃a∈使f(a)＝0， 所以，当0<m<时，f(x)有三个零点a，b＝1，c, (ⅱ)由(ⅰ)可知，f(x)的三个零点：a∈(0，1)，b＝1，c∈(1，＋∞)，因为f()＝－f(x)，且f(a)＝f(c)＝0，所以ac＝1，又因为0<m<⇒>2，所以a＋>a＋2c＝a＋，因为a∈(0，1)，所以函数h(a)＝a＋单调递减，h(a)>h(1)＝3，所以a＋>a＋2c＝a＋>3＝3b，得证． 学科网（北京）股份有限公司 $