第6节　利用导数研究函数的零点课件-2027届高三数学一轮复习

第6节　利用导数研究函数的零点 课标解读　函数零点的判定与个数分析是高中数学的核心内容,亦是连接函数、方程与不等式的关键纽带,在高考解答题中占据重要地位.对于形式复杂的超越函数或高次多项式,传统的代数解法往往失效,此时需借助导数这一强大工具,通过对函数形态的精细刻画来洞察其零点特性. 考点一　判断函数零点(方程根)的个数 考向1　利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数 例1　(2025·河北秦皇岛模拟)设函数f(x)=exsin x. (1)求f(x)的图象在(0,f(0))处的切线方程; (2)记g(x)=f(x)-ax,若0<a≤1,试讨论g(x)在(0,π)内的零点个数. 考点一 考点二 考点三 解 (1)f'(x)=ex(sin x+cos x), 所以f'(0)=1,又f(0)=0,所以f(x)的图象在(0,f(0))处的切线方程为y=x. (2)由已知得g(x)=exsin x-ax,所以g'(x)=ex(sin x+cos x)-a. 令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex(sin x+cos x)+ex(cos x-sin x)=2excos x. 当0<x<时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增,当<x<π时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减,即g'(x)在(0,)内单调递增,在(,π)内单调递减. 当0<a≤1时,g'(0)=1-a≥0,g'()=-a>0,g'(π)=-eπ-a<0, 所以存在x0∈(,π),使得g'(x0)=0, 考点一 考点二 考点三 当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,π)内单调递减. 因为g(0)=0,g(x0)>g(0)=0,所以函数g(x)在(0,x0)内无零点, 又g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得g(x)在(x0,π)内有且只有一个零点. 综上,当0<a≤1时,函数g(x)在(0,π)内的零点个数为1. 考点一 考点二 考点三 规律方法　利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数 (1)讨论函数的单调性,确定函数的单调区间; (2)在每个单调区间上,利用函数零点存在定理判断零点的个数; (3)注意区间端点的选取技巧; (4)含参数时注意分类讨论. 考点一 考点二 考点三 [对点训练1](2025·山东临沂模拟)已知函数f(x)=x2ln x-ax2+a,a∈R. (1)当a=1时,求f(x)在区间[1,e]上的最值; (2)讨论f(x)的零点个数. 考点一 考点二 考点三 解 (1)由题意得f(x)的定义域为(0,+∞), 当a=1时,f'(x)=2xln x+x-2x=x(2ln x-1). 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)在x=处取得极小值,也是最小值,为f()=eln -e+1=1- 因为f(e)=e2ln e-e2+1=1,f(1)=ln 1-1+1=0,所以f(x)在x=e处取得最大值1. 综上,f(x)min=1-,f(x)max=1. 考点一 考点二 考点三 (2)令f(x)=0,得ln x+-a=0. 令g(x)=ln x+-a, 则g'(x)= 当a≤0时,g'(x)>0在(0,+∞)内恒成立,所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递增. 又g(1)=0,故此时g(x)有唯一零点.当a>0时,g'(x)= 令g'(x)<0,得0<x<,所以g(x)在区间(0,)内单调递减; 令g'(x)>0,得x>,所以g(x)在区间(,+∞)内单调递增, 所以g(x)min=g()=ln -a+令=t,t>0,则a=t2. 考点一 考点二 考点三 令h(t)=ln t-t2+,则h'(t)=-t= 当0<t<1时,h'(t)>0,h(t)单调递增; 当t>1时,h'(t)<0,h(t)单调递减. 又h(1)=0,所以当t∈(0,1)∪(1,+∞)时,h(t)<0. ①当=1,即a=时,g(x)min=g(1)=0,此时g(x)有唯一零点x==1. ②当0<<1,即0<a<时,g()<0. 因为g(1)=0,所以g(x)在区间(,+∞)内有唯一零点x=1. G()=ln+a[-1]=ln-2, 考点一 考点二 考点三 令=k(0<k<1),则a=, 所以g(k)=ln k+-1, 则g'(k)=<0, 所以g(k)在区间(0,1)内单调递减, 则g(k)>g(1)=0. 又g()<0, 所以g(x)在区间()内存在唯一零点,故g(x)在区间(0,+∞)内有两个零点. 考点一 考点二 考点三 ③当>1,即a>时,g()<0,g(1)=0,因为ex≥x+1(证明略),所以ex>x,所以ea>>1,则g(ea)=>0, 由函数零点存在定理可得g(x)在区间(,ea)内有唯一零点, 故g(x)在区间(0,),(,+∞)内各有一个零点. 综上,当a≤0或a=时,f(x)有一个零点;当a>0且a时,f(x)有两个零点. 考点一 考点二 考点三 考向2　数形结合确定零点个数 例2　已知函数f(x)=. (1)求函数f(x)的最值; (2)讨论函数g(x)=aex-ln x-1的零点个数. 考点一 考点二 考点三 解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)= 令h(x)=-(ln x+1),则h'(x)=-<0恒成立,所以h(x)在(0,+∞)内单调递减,又因为h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,因此f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,即当x=1时,f(x)取得最大值f(1)=,无最小值. 考点一 考点二 考点三 (2)函数g(x)=aex-ln x-1的零点个数就是方程aex-ln x-1=0的解的个数,整理得a= 令f(x)=,由(1)可知,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,当x=1时,f(x)取得最大值f(1)=,当x趋近于0时,f(x)趋近于-∞,当x趋近于+∞时,f(x)恒大于0且趋近于0,作出函数f(x)的图象(如图所示), 由图象可知,当a>时,函数g(x)没有零点,当a=或a≤0时,函数g(x)只有1个零点,当0<a<时,函数g(x)有两个零点. 考点一 考点二 考点三 规律方法　数形结合确定函数的零点个数的方法 函数的零点个数即函数图象与x轴交点的个数,因此借助数形结合思想,可通过函数图象判断函数的零点个数. (1)利用导数研究函数f(x)的单调性、极值及最值情况,并结合函数值的正负情况及变化趋势,作出函数f(x)的大致图象,然后根据图象判断零点个数. (2)若函数f(x)的图象不易直接作出,可根据函数与方程思想将函数零点转化为方程的根,再将方程进行变形,转化为两个函数的图象交点问题,从而判断函数的零点个数. 考点一 考点二 考点三 [对点训练2](2025·陕西安康模拟)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2. (1)讨论f(x)的极值点个数; (2)探究f(x)的零点个数. 考点一 考点二 考点三 解 (1)由题意知f(x)的定义域为R,f'(x)=xex-ax=x(ex-a). ①当a≤0时,ex-a>0,当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0, 所以f(x)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增,f(x)有1个极值点. ②当a>0时,令f'(x)=0,得x=0或x=ln a. (ⅰ)当0<a<1时,ln a<0,所以f(x)在(-∞,ln a)内单调递增,在(ln a,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增,f(x)有2个极值点; (ⅱ)当a=1时,ln a=0,f'(x)>0,所以f(x)在R上单调递增,f(x)无极值点; (ⅲ)当a>1时,ln a>0,所以f(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,ln a)内单调递减,在(ln a,+∞)内单调递增,f(x)有2个极值点. 综上,当a≤0时,f(x)有1个极值点;当a=1时,f(x)无极值点;当0<a<1或a>1时,f(x)有2个极值点. 考点一 考点二 考点三 (2)由题知,f(0)=-1≠0.当x≠0时,由f(x)=0,得, 则f(x)的零点个数即直线y=与曲线y=的交点个数. 令g(x)=,则g'(x)=, 当x<0时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>0时,g'(x)>0,g(x)单调递增. 因为g(1)=0,当x>0,且x→0时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→+∞, 又当x<0时,g(x)<0,且当x→0时,g(x)→-∞,当x→-∞时,g(x)→0, 考点一 考点二 考点三 所以g(x)的大致图象如图所示. 由图象可知,当a<0时,直线y=与曲线y=g(x)有2个交点;当a≥0时,直线y=与曲线y=g(x)有1个交点. 所以当a<0时,f(x)有2个零点;当a≥0时,f(x)有1个零点. 考点一 考点二 考点三 考点二　已知函数零点个数求参数的取值范围 例3　(2022·全国乙,理21)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)内各恰有一个零点,求a的取值范围. 考点一 考点二 考点三 解 (1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe-x,则f'(x)=+e-x-xe-x,所以f(0)=0,f'(0)=2,所以所求切线方程为y=2x. (2)当a≥0时,若x>0,则f(x)=ln(1+x)+axe-x>0恒成立,不符合题意,舍去. 当a<0时,由已知得f'(x)=+ae-x-axe-x= 令g(x)=1+ae-x(1-x2),则g'(x)=ae-x(x2-2x-1). 因为x>-1,a<0,所以令g'(x)>0,得1-<x<1+; 令g'(x)<0,得-1<x<1-或x>1+ 所以g(x)在区间(-1,1-),(1+,+∞)内单调递减,在区间(1-,1+)内单调递增,g(0)=1+a. 考点一 考点二 考点三 若-1≤a<0,则当x∈(0,1]时,g(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,g(x)>0, 所以当x>0时,g(x)>0恒成立,即f'(x)>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,所以当x>0时,f(x)>f(0)=0,不符合题意,舍去. 若a<-1,则g(0)<0, 又g(-1)=1>0,g(1)=1>0, 当x>1时,g(x)>0恒成立,所以存在唯一的x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使g(x)=0. 所以f(x)在区间(-1,x1),(x2,+∞)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(0)=0,当x∈(x1,0)时,f(x)>0恒成立;当x∈(0,x2)时,f(x)<0恒成立. 考点一 考点二 考点三 令h(x)=xe-x,则h'(x)=e-x(1-x),所以当x>1时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x>1时,0<h(x)<h(1)=e-1<1.又a<-1,所以当x>1时,axe-x>a. 取x=e-a,因为a<-1,0<x2<1, 所以e-a>e>x2,所以f(e-a)>ln(1+e-a)+a>ln e-a+a=0. 又f(x2)<0,所以f(x)在区间(x2,+∞)内只有一个零点,即f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点. 由h'(x)=e-x(1-x),知当-1<x<0时,h'(x)>0,所以h(x)在区间(-1,0)内单调递增,所以当 -1<x<0时,h(-1)<h(x),即xe-x>-e.又a<-1, 所以axe-x<-ae. 取x=e3a-1∈(-1,0),则f(e3a-1)<ln(1+e3a-1)-ae=a(3-e)<0. 又f(x1)>0,所以f(x)在区间(e3a-1,x1)内只有一个零点,即f(x)在区间(-1,0)内只有一个零点. 综上,a的取值范围为(-∞,-1). 考点一 考点二 考点三 规律方法　已知函数零点个数求参数取值范围问题的解法 考点一 考点二 考点三 [对点训练3](2025·山东日照二模)已知函数f(x)=aln x+(a∈R). (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若方程f(x)-1=0有3个不同的实数解,求a的取值范围. 解 (1)当a=1时,f(x)=ln x+的定义域为(0,+∞),所以f'(x)=, f'(1)=1-,又f(1)=ln 1+=1,所以切点为(1,1),所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=(x-1), 化简可得x-2y+1=0. 考点一 考点二 考点三 (2)令g(x)=f(x)-1=aln x+-1, 函数g(x)的定义域为(0,+∞), g'(x)= ①当a≤0时,g'(x)<0,函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递减, 函数g(x)至多有一个零点,不符合题意; ②当a>0时,设函数h(x)=ax2+(2a-2)x+a,Δ=(2a-2)2-4a2=-8a+4,当a时,Δ≤0,即h(x)≥0对任意的x>0恒成立,即g'(x)≥0, 所以函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,函数g(x)至多有一个零点,不符合题意; 考点一 考点二 考点三 当0<a<时,因为Δ=-8a+4>0,所以关于x的方程ax2+(2a-2)x+a=0有两个实数根x1,x2, 且满足x1+x2=-2>0,x1x2=1, 不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2,当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表: x (0,x1) x1 (x1, x2) x2 (x2,+∞) g'(x) + 0 - 0 + g(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以函数g(x)的单调递增区间是(0,x1),(x2,+∞),单调递减区间是(x1,x2). 考点一 考点二 考点三 因为g(1)=0,所以1为g(x)的一个零点.又g(x1)>g(1)=0,0<<1,且g()=<0,所以存在唯一实数t1∈(0,1),使得g(t1)=0. 又g(x2)<g(1)=0,>1,且g()=>0,所以存在唯一实数t2∈(1,+∞),使得g(t2)=0. 所以函数g(x)有3个不同的零点,方程f(x)-1=0有3个不同的实数解. 综上,a的取值范围是(0,). 考点一 考点二 考点三 考点三　可化为函数零点的参数问题 例4　(2023·北京,20)设函数f(x)=x-x3eax+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-x+1. (1)求a,b的值; (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. 考点一 考点二 考点三 解 (1)因为f(x)=x-x3eax+b,所以f'(x)=1-(3x2+ax3)eax+b,因为曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=-x+1,所以f(1)=-1+1=0,f'(1)=-1,则解得所以a=-1,b=1. (2)由(1)得g(x)=f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1,则g'(x)=-x(x2-6x+6)e-x+1. 令x2-6x+6=0,解得x=3±,不妨设x1=3-,x2=3+,则0<x1<x2,由于 e-x+1>0恒成立,所以由g'(x)<0,解得0<x<x1或x>x2,由g'(x)>0,解得x<0或x1<x<x2. 因此g(x)在(0,x1),(x2,+∞)内单调递减,在(-∞,0),(x1,x2)内单调递增,即g(x)的单调递减区间为(0,3-)和(3+,+∞),单调递增区间为(-∞,0)和(3-,3+). 考点一 考点二 考点三 (3)由(1)得f(x)=x-x3e-x+1(x∈R),f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1,由(2)知f'(x)在(0,x1),(x2,+∞)内单调递减,在(-∞,0),(x1,x2)内单调递增,当x<0时,f'(-1)=1-4e2 <0,f'(0)=1>0,即f'(-1)f'(0)<0,所以f'(x)在(-∞,0)内存在唯一零点,不妨设为x3,则-1<x3<0,此时当x<x3时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x3<x<0时,f'(x)>0,f(x)单调递增;所以f(x)在(-∞,0)内有一个极小值点. 当x∈(0,x1)时,f'(x)在(0,x1)内单调递减,则f'(x1)=f'(3-)<f'(1)=1-2<0,故f'(0)f'(x1)<0,所以f'(x)在(0,x1)内存在唯一零点,不妨设为x4,则0<x4<x1,此时当0<x<x4时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x4<x<x1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在(0,x1)内有一个极大值点. 考点一 考点二 考点三 当x∈(x1,x2)时,f'(x)在(x1,x2)内单调递增,则f'(x2)=f'(3+)>f'(3)=1>0,故f'(x1)f'(x2)<0,所以f'(x)在(x1,x2)内存在唯一零点,不妨设为x5,则x1<x5<x2,此时当x1<x<x5时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x5<x<x2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)在(x1,x2)内有一个极小值点;当x>x2=3+>3时,3x2-x3=x2(3-x)<0,所以f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1>0,则f(x)单调递增,所以f(x)在(x2,+∞)内无极值点. 综上,f(x)在(-∞,0)和(x1,x2)内各有一个极小值点,在(0,x1)内有一个极大值点,共有3个极值点. 考点一 考点二 考点三 规律方法　若f'(x)为可导函数f(x)的导函数,x0为f(x)的极值点,则必有f'(x0)=0.曲线的切线条数、两曲线的交点个数、极值点问题、方程根的个数等问题解决的关键是转化为对应函数的零点个数问题,通过数形结合等方式,研究函数的零点以确定相应的数量关系. 考点一 考点二 考点三 [对点训练4](2025·湖南邵阳模拟)已知函数f(x)=a(x-1)ex+1-(2xln x+x2) (a∈R). (1)当a=1时,求f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论f(x)的极值点个数. 考点一 考点二 考点三 解 (1)当a=1时,f(x)=(x-1)ex+1-(2xln x+x2),则f(1)=-1,又f'(x)=ex+1+(x-1)ex+1-(2ln x+2+2x),则f'(1)=e2-4,所以所求切线方程为y-(-1)=(e2-4)(x-1),即 y=(e2-4)x-e2+3. (2)由题意知f'(x)=aex+1+a(x-1)ex+1-2ln x-2x-2=axex+1-2ln x-2x-2 =aex+ln x+1-2(x+ln x+1), 令f'(x)=0,可得a=, 设t=x+ln x+1,h(t)=,则h'(t)=,令h'(t)=0⇒t=1,所以当t>1时,h'(t)<0,h(t)在(1,+∞)内单调递减;当t<1时,h'(t)>0,h(t)在(-∞,1)内单调递增, 考点一 考点二 考点三 所以h(t)≤h(1)=,当t→-∞时,h(t)→-∞;当t→+∞时,h(t)→0,作出函数y=h(t)与y=a的大致图象如图. 所以当a时,直线y=a与曲线y=h(t)无交点或有一个交点,但不是变号零点,此时f(x)无极值点; 当0<a<时,直线y=a与曲线y=h(t)有两个交点,此时f(x)有两个极值点; 当a≤0时,直线y=a与曲线y=h(t)有一个交点,此时f(x)有一个极值点. 考点一 考点二 考点三 $