利用导数研究函数的零点课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数研究函数的零点”专题，依据高考评价体系梳理了判断零点个数、已知零点个数求参数范围两大核心考点，通过真题分析明确单调性应用、极值分析等高频考查方向，归纳含参讨论、数形结合等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题演练+思维建模+方法导引”策略，如以2022全国乙卷真题为例，通过求导判单调、极值端点分析突破参数范围问题，培养学生数学思维和模型观念。设解题路径图和易错警示，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第6节　利用导数研究函数的零点 目录 1 2 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第6节　利用导数研究函数的零点 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　判断函数零点(方程根)的个数 角度 1 利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数 命题视角:结合单调性与零点存在定理确定函数零点. 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)上的零点个数. 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. 返回目录 考点1 考点2 (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,)上单调递增,在(,π)上单调递减,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, 当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0,所以函数g(x)在区间(0,x0)上单调递增,在区间(x0,π)上单调递减. 返回目录 考点1 考点2 因为g(0)=0,g(x0)>g(0)=0,故函数g(x)在区间(0,x0)上无零点, 又因为g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得g(x)在(x0,π)上有且只有一个零点. 综上所述,当0<a≤1时,函数g(x)在(0,π)上的零点个数为1. 返回目录 考点1 考点2 对点训练1 (2025·湖南长沙模拟)已知函数f(x)=,其中a>0. (1)求f(x)的极值; (2)讨论f(x)的零点的个数. 解:(1)因为f(x)=-a,其定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且f'(x)=因为a>0,由f'(x)>0解得x>1,所以函数在区间(1,+∞)上单调递增,在区间(-∞,0)和(0,1)上单调递减,所以f(x)在x=1处取极小值,且极小值为f(1)=a(e1-a-1),无极大值. 返回目录 考点1 考点2 (2)因为a>0,所以当x<0时,有f(x)=-a<0,此时f(x)无零点; 当x>0时,由(1)知,f(x)在x=1处取极小值f(1)=a(e1-a-1). ①当a=1时,f(x)在x=1处取极小值0,此时f(x)恰有一个零点; ②当0<a<1时,f(x)在x=1处取极小值f(1)=a(e1-a-1)>a(e0-1)=0,此时f(x)无零点; ③当a>1时,f(x)在x=1处取极小值f(1)=a(e1-a-1)<a(e0-1)=0. 下面先证明:当x>0时,ex≥ex. 令g(x)=ex-ex,则g'(x)=ex-e=e(ex-1-1),当x∈(-∞,1)时,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g(x)单调递增,所以g(x)≥g(1)=0,即ex≥ex,当且仅当x=1时等号成立. 返回目录 考点1 考点2 所以f(2a)=a(-1)≥a(-1)>0, 又当x>0且x→0时,f(x)→+∞. 所以f(x)在x∈(0,1)和(1,+∞)各有一个零点,此时,f(x)共有2个零点.综上可知,当0<a<1时,f(x)无零点;当a=1时,f(x)有一个零点;当a>1时,f(x)共有2个零点. 返回目录 考点1 考点2 角度 2 数形结合确定函数零点(方程根)个数 命题视角:数形结合确定零点个数的命题核心是将方程转化为两个基本函数,通过图象交点来求解. 例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. 返回目录 考点1 考点2 解:(1)f(x)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)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,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)在区间(-∞,ln a)上单调递增,在区间(ln a,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,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)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增,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. 返回目录 考点1 考点2 (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x→0时,g(x)→-∞,当x→-∞时,g(x)→0. 返回目录 考点1 考点2 所以g(x)的大致图象如图所示, 由图象可知,当a<0时,y=与曲线y=g(x)有2个交点;当a≥0时,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. 返回目录 考点1 考点2 对点训练2 (2025·湖北七市(州)二模)已知函数f(x)=2ax+(2-a)ln x+. (1)当a<0时,讨论f(x)的单调性; (2)若a=0,g(x)=emx-x2+mx+,讨论方程f(x)-g(x)=0的根的个数. 返回目录 考点1 考点2 解:(1)f(x)=2ax+(2-a)ln x+的定义域为(0,+∞), 则f'(x)=, 因为a<0,由f'(x)==0,解得x1=,x2=- ①当a=-2时,f'(x)=0恒成立,所以f(x)无单调递增区间,单调递减区间为(0,+∞). ②当a<-2时,>-, 令f'(x)>0,得x∈(-);令f'(x)<0,得x∈(0,-)∪(,+∞), 所以f(x)的单调递增区间为(-),单调递减区间为(0,-),(,+∞). 返回目录 考点1 考点2 ③当-2<a<0时,<-, 令f'(x)>0,得x∈(,-);令f'(x)<0,得x∈(0,)∪(-,+∞), 所以f(x)的单调递增区间为(,-),单调递减区间为(0,),(-,+∞). 综上所述,当a=-2时,f(x)无单调递增区间,单调递减区间为(0,+∞); 当a<-2时,f(x)的单调递增区间为(-),单调递减区间为(0,-),(,+∞); 当-2<a<0时,f(x)的单调递增区间为(,-),单调递减区间为(0,),(-,+∞). 返回目录 考点1 考点2 (2)由题得,f(x)=2ln x+,g(x)=emx-x2+mx+,f(x)-g(x)=0⇔emx+mx= 2ln x+x2=+ln x2(*). 令h(x)=x+ex,x∈(0,+∞),则h'(x)=1+ex>0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增, 故上式(*)满足h(mx)=h(ln x2),则有mx=ln x2,可得m=, 令F(x)=,则F'(x)=,由F'(x)=0解得x=e. 当0<x<e时,F'(x)>0,当x>e时,F'(x)<0, F(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,当x→+∞时,F(x)→0且F(x)>0,当x→0时,F(x)→-∞,故F(x)max=F(e)=,F(x)的图象如图所示. 返回目录 考点1 考点2 结合图象可知,当m>时,方程f(x)-g(x)=0有0个实根; 当m=或m≤0时,方程f(x)-g(x)=0有1个实根;当0<m<时,方程f(x)-g(x)=0有2个实根. 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 方法导引 1.使用零点存在定理前,必须声明函数在讨论区间上“连续”. 2.单调性是关键:单调性保证了零点在区间内的“唯一性”,避免了因函数波动而可能产生多个零点的情况. 3.当区间端点函数值不易计算或同号时,应尝试在区间内寻找一个易于计算的点,证明其函数值异号. 4.含参数时注意分类讨论. 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 1.等价转化,构造函数 (1)将方程f(x)=0等价变形为g(x)=h(x). (2)原方程零点个数即为函数y=g(x)与y=h(x)图象交点的个数. 2.准确作图,分析趋势 (1)在同一坐标系中作出y=g(x)和y=h(x)的示意图. (2)关键:准确描绘出g(x)与h(x)的图象特征(如单调性、极值、渐近线). 3.看图说话,得出结论 观察图象,两曲线在定义域内共有N个交点.因此,原函数f(x)有N个零点(原方程有N个根). 返回目录 考点1 考点2 关键能力思维链 求导判单调性→计算极值与端点(或渐近)趋势→结合零点存在定理→判断图象与x轴交点个数. 返回目录 考点1 考点2 考点2　已知函数零点个数求参数的取值范围 命题视角:已知函数零点个数求参数范围的命题,核心是将零点问题转化为图象交点问题. 例3 (2025·天津,20)已知a∈R,函数f(x)=ax-(ln x)2. (1)当a=1时,求函数y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)已知f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1<x2<x3. ①求a的取值范围; ②求证:(ln x2-ln x1)·ln x3<. 返回目录 考点1 考点2 (1)解:当a=1时,f(x)=x-(ln x)2,∴f(1)=1. ∵f'(x)=1-ln x,∴f'(1)=1. ∴f(x)在(1,1)处的切线方程为y-1=x-1,即x-y=0. (2)①解:由f(x)=0,得ax=(ln x)2. ∵x>0,∴a= 令g(x)=,则f(x)有3个零点相当于y=a与y=g(x)的图象有3个交点. 由g(x)=,x>0,得g'(x)= 返回目录 考点1 考点2 由g'(x)=0得x=1或x=e2. 当0<x<1时,g'(x)<0; 当1<x<e2时,g'(x)>0; 当x>e2时,g'(x)<0. ∴g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,e2)上单调递增,在区间(e2,+∞)上单调递减且g(x)≥0恒成立.其中g(1)=0,g(e2)=,画出g(x)的草图如图所示.若y=a与y=g(x)的图象有3个交点,则0<a<a的取值范围为(0,). 返回目录 考点1 考点2 ②证明:设a=4b2,令4b2x-(ln x)2=0,得2|b|=ln x=2ln,即b=ln或b=-ln 设=ti,i=1,2,3,t1<1<t2<t3, 则 求证(ln x2-ln x1)·ln x3<,即证4(ln t2-ln t1)ln t3< 设=q>1,,得ln t2=,ln t3=,∵ln q<(易证), ∴ln t2ln t3=<1. 返回目录 考点1 考点2 又-ln t1ln t3=bt1·bt3<b2t3=, 令h(t3)=,t3>1,则h'(t3)=,h'(e2)=0,∴h(t3)在区间(1,e2)上单调递增,在区间(e2,+∞)上单调递减,h(t3)≤h(e2)= ∴(ln t2-ln t1)·ln t3<1+ ∵(e-2)2>0⇒e2>4e-4,∴(ln t2-ln t1)·ln t3<1+, ∴(ln x2-ln x1)·ln x3< 返回目录 考点1 考点2 对点训练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,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围. 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. 返回目录 考点1 考点2 (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. 若-1≤a<0,则当x∈(0,1]时,g(x)>0; 返回目录 考点1 考点2 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. 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. 返回目录 考点1 考点2 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.综上所述,a的取值范围为(-∞,-1). 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 方法导引 返回目录 考点1 考点2 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势:核心考查含参问题,分类讨论培养学生的关键能力,隐零点与多零点问题是知识的难点,题目载体多元,跨知识模块融合考查趋势明显. 1.(2025·山东烟台一模)已知函数f(x)=x(x+c)2在x=1处有极大值. (1)求实数c的值; (2)若函数g(x)=f(x)+a有三个不同的零点,求实数a的取值范围. 返回目录 解:(1)由函数f(x)=x(x+c)2,求导可得f'(x)=(x+c)(3x+c),由函数f(x)=x(x+c)2在x=1处取极大值,则f'(1)=0,解得c=-1或c=-3,当c=-1时,可得f'(x)=(x-1)(3x-1),易知当<x<1时,f'(x)<0;当x>1时,f'(x)>0, 则此时函数f(x)在x=1处取得极小值,不符合题意,舍去; 当c=-3时,可得f'(x)=(x-3)(3x-3),易知当x<1时,f'(x)>0;当1<x<3时,f'(x)<0,则此时函数f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.综上所述,c=-3. 返回目录 (2)由(1)可得函数f(x)=x(x-3)2,求导可得f'(x)=3(x-1)(x-3),令f'(x)=0,解得x=1或x=3,可得下表: x (-∞,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f(x)的极大值为f(1)=4,极小值为f(3)=0,函数g(x)=f(x)+a存在三个零点,等价于函数f(x)的图象与直线y=-a存在三个交点,如右图, 由图可得0<-a<4,则-4<a<0. 返回目录 2.(原创)已知f(x)=xsin x+acos x,x=π是函数g(x)=f'(x)的极小值点. (1)求实数a的值; (2)讨论函数f(x)在区间(-2π,2π)内的零点个数. 解:(1)因为f(x)=xsin x+acos x, 所以f'(x)=sin x+xcos x-asin x, 即g(x)=sin x+xcos x-asin x, 所以g'(x)=2cos x-xsin x-acos x, 因为x=π是函数g(x)的极小值点,所以g'(π)=-2+a=0,解得a=2, 当a=2时,g'(x)=-xsin x,当x∈(0,π)时,g'(x)<0,当x∈(π,2π)时,g'(x)>0,符合题意,故a=2. 返回目录 (2)因为f(x)=xsin x+2cos x为偶函数,故只需考虑x∈[0,2π)的情形. 由(1)f'(x)=xcos x-sin x=g(x),g'(x)=-xsin x, 当x∈(0,π)时,g'(x)<0,f'(x)单调递减; 当x∈(π,2π)时,g'(x)>0,f'(x)单调递增. 因为f'(0)=0,f'(π)=-π,f'(2π)=2π,所以存在x1∈(π,2π),使得f'(x1)=0; 当x∈(0,x1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(x1,2π)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,因为f(0)=2,f(π)<0,f(2π)>0, 所以存在x2∈(0,π),x3∈(π,2π),使得f(x2)=f(x3)=0.由对称性可知,函数f(x)在区间(-2π,2π)内的零点个数为4. 返回目录 $