导数与函数零点 课件-2026届高三数学三轮复习

导数与函数零点 题型1　求函数零点的个数 【例1】(2025·湖北武昌实验中学高三模拟)已知函数 f (x)＝ln x－ax2(a∈R). (1)当a＝1时，求f (x)的最大值； (2)讨论函数f (x)在区间[1，e2]上零点的个数． 【解析】(1)f (x)的定义域是(0，＋∞)，因为f (x)＝ln x－ax2(a∈R)，所以f ′(x)＝－ax＝，当a＝1时，由f ′(x)＝＝0，得x＝±1.因为x>0，所以当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减，即当x＝1时，函数f (x)取最大值，最大值为f (1)＝－. (2)由f (x)＝0，得a＝，令g(x)＝(x∈[1，e2])，则g′(x)＝，由g′(x)>0，得1<x<；由g′(x)<0，得<x<e2，故g(x)在[1，]上单调递增，在[，e2]上单调递减，易知g(1)＝0，g()＝，g(e2)＝，作出函数g(x)的图象，如答图3.4­1. 综上所述，当0≤a<或a＝时，f (x)在[1，e2]上有一个零点；当≤a<时，f (x)在[1，e2]上有两个零点；当a<0或a>时，f (x)在[1，e2]上没有零点． 【变式】已知函数f (x)＝ex-1(2x－1)－ax＋a(a∈R). (1)若a＝0，求函数f (x)的极值； (2)讨论函数f (x)的零点个数． 【解析】(1)f (x)的定义域为R，当a＝0时，f (x)＝ex-1(2x－1)，f ′(x)＝ex-1(2x＋1).令f ′(x)＝0，得x＝－.当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如答表3.4­2： 答表3.4­2 x － f ′(x) － 0 ＋ f (x) 单调递减 －2e 单调递增 所以f (x)有极小值－2e，无极大值． (2)易知f (1)＝1，当x≠1时，f (x)＝ex-1(2x－1)－ax＋a＝0⇔＝a，令g(x)＝＝ex-1，g′(x)＝ex-1＝－ex-1.当x<0或x>时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当0<x<1或1<x<时，g′(x)<0，g(x)单调递减．所以g(x)有极大值g(0)＝，极小值g＝4.令g(x)＝0，解得x＝.当x<或x>1时，g(x)>0；当<x<1时，g(x)<0.所以g(x)的图象经过点A，B，C，当x→1时， g(x)→∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.根据以上信息，我们画出g(x)的大致图象如答图3.4­2所示．f (x)的零点个数为函数y＝g(x)的图象与直线y＝a的交点个数．所以关于函数f (x)的零点个数有如下结论：当a>4或0<a<时，f (x)有2个零点；当a＝4或a＝或a≤0时，f (x)有1个零点；当<a<4时，f (x)没有零点． 题型2　根据函数零点求参数 【例2】(2024·南通期初)已知函数f (x)＝aex－cos x－x(a∈R). (1)若a＝1，求证：f (x)≥0； (2)若f (x)在(0，π)上有两个极值点，求实数a的取值范围． 【解析】(1)当a＝1时，f (x)＝ex－cos x－x，令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1，当x<0时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝1，而cos x≤1，所以ex－x≥cos x，即f (x)≥0. (2)f (x)在(0，π)上有两个极值点等价于f ′(x)＝aex＋sin x－1在(0，π)上有两个零点，f ′(x)＝0等价于a＝，设h(x)＝，x∈(0，π)，则h′(x)＝＝，令h′(x)＝0，得x＝.当0<x<时，h′(x)<0，h(x)在上单调递减，当<x<π时，h′(x)>0，h(x)在上单调递增，又h(0)＝1，h＝0，h(π)＝＝e－π，0<e－π<1，所以当0<a<e－π时，关于x的方程a＝在(0，π)上有两个不同的实数根，所以a的取值范围是(0，e－π). 利用函数的零点求参数取值范围的方法 (1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解． (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解． (3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 【变式】已知x＝1是函数f (x)＝ax3－x2＋(a＋1)x＋5的一个极值点． (1)求函数f (x)的解析式； (2)若曲线y＝f (x)与直线y＝2x＋m有三个交点，求实数m的取值范围． 【解析】(1)f ′(x)＝ax2－3x＋a＋1，由f ′(1)＝0，得a＝1，所以f (x)＝x3－x2＋2x＋5. (2)曲线y＝f (x)与直线y＝2x＋m有三个交点，则g(x)＝x3－x2＋2x＋5－2x－m＝x3－x2＋5－m有三个零点．由g′(x)＝x2－3x＝0，得x＝0或x＝3.由g′(x)>0，得x<0或x>3；由g′(x)<0，得0<x<3.所以函数g(x)在(－∞，0)和(3，＋∞)上为增函数，在(0，3)上为减函数．要使g(x)有三个零点，只需解得<m<5，故实数m的取值范围为. 函数“隐零点”问题 在导数问题中，导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，这样的零点我们称之为“隐零点”(即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达).“隐零点”问题的基本解决思路是形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离函数(参数)，技巧上反客为主． 【例题】(2025·北京东城区模拟)已知函数f (x)＝x＋a ln x，g(x)＝e－x－ln x－2x. (1)讨论函数f (x)的单调性； (2)若g(x0)＝0，求x0＋ln x0的值； (3)求证：x－x ln x≤e－x＋x2. (1)【解析】函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，由题得f ′(x)＝1＋＝，当a≥0时，f ′(x)>0恒成立；当a<0时，令f ′(x)<0，得0<x<－a，令f ′(x)>0，得x>－a.综上，当a≥0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，函数f (x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增． (2)【解析】由g(x0)＝0，得e－x0－ln x0－2x0＝0，即e－x0－x0＝ln x0＋x0，①令t＝e－x0，则－x0＝ln t，②将②代入①可得ln t＋t＝ln x0＋x0，由(1)可知，当a＝1时，f (x)＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以t＝e－x0＝x0，所以x0＋ln x0＝x0＋ln e－x0＝x0－x0＝0. (3)【证明】设m(x)＝x－x ln x－e－x－x2，则m′(x)＝g(x)＝e－x－ln x－2x，易知g(x)在(0，＋∞)上单调递减．由(2)可知g(x0)＝0，则x0＋ln x0＝0.若x∈(0，x0)，则m′(x)＝g(x)>0；若x∈(x0，＋∞)，则m′(x)＝g(x)<0，所以函数m(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以m(x)≤m(x0)，且m(x0)＝x0－x0ln x0－e－x0－x，又ln x0＝－x0，即e－x0＝x0，所以m(x0)＝x0＋x－x0－x＝0，所以m(x)≤0，即x－x ln x≤e－x＋x2. 解决“隐零点”问题的基本思路 (1)形式上虚设，变量为x时，设零点为x0. (2)运算上代换，对于含有隐零点x0的恒等式，根据需要通过移项将含有x0的一项或几项移在等号一边代换到另外式子中． (3)数值上估算，估算零点所在的区间． (4)策略上等价转化，运用充要条件等价转化或恒等变形． (5)方法上分离参数，将零点x0用含参数的式子表示出来． (6)技巧上反客为主，零点x0作为主变量，其他变量作为参变量． 【变式】已知函数f (x)＝ex－ln x＋1. (1)求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求证：f (x)>3. (1)【解析】因为f ′(x)＝ex－，且f (1)＝e＋1，f ′(1)＝e－1，所以所求切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2. (2)【证明】f ′(x)＝ex－，易知f ′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，且x→0(x>0)时，f ′(x)→－∞，f ′(1)>0，所以存在x0∈(0，1)，使得f ′(x0)＝0，即f ′(x)＝0有唯一的根x0，则f ′(x0)＝ex0－＝0，对ex0＝两边取对数，得ln ex0＝ln ，整理得x0＝－ln x0，因为x∈(0，x0)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减，x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增，所以f (x)min＝f (x0)＝ex0－ln x0＋1＝＋x0＋1≥3，当且仅当＝x0，即x0＝1时，等号成立，所以f (x)min>3，即f (x)>3. $