专题1 微专题8 导数与函数的零点-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

于y轴对称， 所以x1十x2=0,即 cOS COS 2- a∈(0,1)， 当x∈2x）时，f') >0, f(x)单调递增， 当x∈(x1x)时，f'(x)<0,f(x)》 单调递减， 当x∈(x,) 时，f'(x)>0,f(x 单调递增， 所以x1,x2 分别是函数的极大值点和 极小值点， M=f(x)=ax -sin x,m f(2)=ax2-sin z2. 又x1十x2=0,即x2=一x1 所以M一m=ax1一sinx1一（ax2 sin )2(ax-sin ) 又cosx1=a∈(0,1)，则M-m 2(x cos -sin 1), h (x)=2(x cos x-sin z), 含< <0, 则h'(x1)=一2x1sinx1<0,即函数 A(x)在（乏0）上单调递减， 所以h(z)<h(乏)=2，即M m<2. 》真题演练·重温高考《 解：(1)当a=1时，f(x)=(x l)e,则f'(x)=xe, 当x <0时，f'(x)<0, 当x>0时，f'(x)>0, 故f(x)的单调递减区间为（一∞，0）， 单调递增区间为(0，十∞). (2)设h(x)=xe一e+1,则 h(0)=0, 又h'(x) =(1+a.x)er-e2,设 g(z)=(1+ax)e"r-e, 则g'(x)=(2a十a2x)er-e, 1 若a> ,则g(0)=2a-1>0. 因为g'(x)为连续不间断函数， 故存在x。∈(0，十○)，使得Hx∈ (0,xo),总有g'(x)>0, 故g（x 0在(0，xo)上单调递增， 故g(x)>g(0)=0,即h'(x)>0, 故h(x)在(0，x。)上单调递增，故 h(x)>h(0)=0,与题设矛盾. 若0<a≤子，则M(x)=1+ ax)e“一er=ex+ln1+ax) e 下证：对任意x>0,总有ln(1+x) x成立， 证明：设S(x)=ln(1+x)一x, 故S(x)= 1 -1= <0 1+x 1+x 故S(x)在(0，+o∞)上单调递减， 故S(x)<S(0)=0,即ln(1+x) x成立 由上述不等式有 ear+ln(l+ar) 一e e"+r-e=e2a-er≤0， 故h'(x)<0总成立，即h(x)在 (0,十∞)上单调递减， 所以h(x)<h(0)=0,即f(x)<一1. 当a≤0时，有h'(x)=er一e+ a.xe“<1-1+0=0, 所以h(x)在(0，十∞)上单调递减，所 以h(x)h(0)=0,即f(x)<-1. 综上，a≤ (3)证明：取a=号则Vx>0,总有 xc-c+1<0成立， 令t=e,则>12=c,z= 2ln t. 故2tlnt<t2-1,即2lnt<t- 1对 任意的t>1恒成立. 所以对任意的n∈N”,有 /n+1 n 2ln入√n Vn+1' 整理得ln(n十1)-Inn< /n2+n 故 十…十 /1+1 √/22+2 In 2 -In 1+In 3 √Jn2+n In 2+...+In(n+1)-In n In(n+ 1),故不等式成立. 微专题8导数与函数的零点 》热点分类·考向探究《 例1证明：f(x)的定义域为(0，+∞)， f(x)=x-2+=x-2x+a x 当a=0时，f(x)= 2-2x,f(x)有 且仅有一个零点4. 当a≥1时，f'(x)≥0，函数f(x)单 调递增，由f(1)<0,f(4)=aln4> 0,知f(x)存在唯一零点x。∈(1,4). 当0<a<1时，令f'(x)=0得x1= 1-√1-a,x2=1+W1-a,0< x1<1<x2, 当x∈(0，x1)时，f(x)>0,函数 f(x)单调递增； 当x∈(x1,x)时，f'(x)<0,函数 f(x)单调递减； 当x∈(xg,十o)时，f'(x)>0,函数 f(x)单调递增 x 当x∈(0,1]时，2-2x<0,alhx≤ 0,所以f(x)<0,函数f(x)无零点； 因为当x∈(1，x)时，f(x)单调递 减，当x∈(x2,十∞)时，f(x)单调递 增，且f(x:)<f(1)<0,f(4)= aln4>0,所以f(x)存在唯一零点 x3E(1,4). 综上所述，当a≥0时，f(x)有且仅有 个零点. 跟踪训练1解：由题设f(x)=2lnx+ 1 g(x)=e:-x+mx+五， f(x)-g(x）=0台emr+m.x= 2ln z+=e+In (*) 令h(x)=x+e,则h'(x)=1+ e>0,即h(x)在R上单调递增， 故上式(*)中满足h(m.x)=h(lnx2), 则有mx=lnx,可得m= In z 2In z x x 令F(x)=2n工，则F'(x)= 2(1-lnx） ,由F'(x)=0解得 x e. 当0<x<e时，F'(x)>0,当x>e 时，F'(x)<0, 则F(x)在(0，e)上单调递增，在 (e,+o∞)上单调递减， 当x十o∞时，F(x)→0且F(x)> 0,当x→0时，F(x)→一∞， 2 故F(x)mx=F(e)= 画出F(x)的图象如图所示， y 是 e 结合图象可知， 当m>二时，方程f(x)-g(x)=0 e 有0个实根： 当m=2或m≤0时，方程f(x) g(x)=0有1个实根： 当0<m<2时，方程f(x) g(x)=0有2个实根. 例2解：(1)f(x)的定义域为（一， +o∞)，f'(x）=4ae+2(a-1)e 1=(2ae-1)(2e+1), 若a≤0，则f'(x)<0,则f(x)在 (一o,十)上单调递减. 若a>0,则由f'(x)=0得x= -In 2a. 当x∈(-o∞，-ln2a)时，f'(x)<0, 当x∈ 一ln2a,+∞)时，f'(x)>0, 所以f(x)在(-o∞，一ln2a)上单调递 减，在（一ln2a,+oo)上单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在(-oo,十o) 上单调递减； 当a>0时，f(x)在(-c∞，-ln2a)上 单调递减，在（一ln2a,十o∞）上单调 递增. (2)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一 个零点 若a>0,由(1)知，当x=-ln2a时， f(x)取得最小值，最小值为f(-ln2a)= 1 In 2a. 2a ①当a=}时，由于f(-1n2a)=0. 2 故f(x)只有一个零点. ②当a∈(2，+o∞）时，因为y=1- 单调递增，y=ln2a单调递增，所 以y=1-名+1n2a单调递增. 2a 所以1-2a+n2a>1- n(2×2）=0,即f(-ln2a)>0,故 f(x)没有零点. ®当a∈(0，)时，由于1- 2a ln2a<0,即f(-ln2a)<0. 又f(-2)=2ae‘+2(a-1)e2+2= (传+)+2-是>2-是>0 故f(x)在(-o∞，一ln2a)上有一个 零点. 设正整数，满足，>n(会-1)，则 f(n)=e(2ae"0+2a-2)-n> e0-no>0, 参考答案 271 故f(x)在(-ln2a,+o)上有一个 零点 综上，实数。的取值范围为0，）. 跟踪训练2 解：由f(x)=lnx+k e女=0得lnx+x=x-k+e= In ee 构造函数p(x)=Inx+x,则g'(x)= 1 +1. 因为x>0,所以g(x)=】+1>0, 即函数p(x)=Inx+x在(0，十∞)上 单调递增。 由lnx+x=lne+e台(x)= p(e),根据单调性可得x=e曰 lnx=x一k台k=x一lnx. 再构造t(x)=x一lnx,则t'(x)= 1-1=x-1 C 则当x>1时，t(x)=二1>0，当 0<x<1时，t'(x)=-1<0, 所以t(x)=x一lnx在(0,1)上单调 递减，在(1，十∞)上单调递增，即 t(x)=2 -lnx≥t(1)=1. 当x 0 时，由lnx一o,可知 t(x)=x 一lnx十co, 当x-+©∞时，由对数函数没有一次函 数增长得快，可知t(x)=x一lnx~ +∞，画出t(x)的图象和直线y=k 如图所示. y=(x) y=k 而函数f(.x)=lnx十k一e一：有两个 零点等价于直线y=与函数t(x) x一lnx的图象有两个交点，根据数形 结合可得k>1. 》真题演练·重温高考《 1.解：令f(x）=ax-(lnx)2=0,x 0,得a= (In 2) x 设g(x）= (In z)2 ,x>0, 则g'(z)=nx(2-lnx) 由g'(x)=0,解得x=1或x=e 当0<x<1时，g'(x)<0,g(x)在 (0,1)上单调递减； 当1<x<e2时，g'(x)>0,g(x)在 (1,e)上单调递增； 当x>e时，g'(x)<0,g(x)在 (e,十∞)上单调递减. 且当x→0时，g(x)+∞，当x→+∞ 时g)0g①=0，ge)= 如图，作出函数g(x)的图象和直线 y=a y=g(x) y=a 01 e2 2722对闪讲与练·高三二轮数学 要使函数f(x)有3个零点， 则方程a=g(x)在(0，十∞)内有3个 不同的根，即直线y=a与函数g(x) 的图象有3个交点. 结合图象可知0<a<。,故a的取 4 值范福为0，)】 2.解：由f(x)=ax- --(a+1)lnx (x>0),得f'(x)=a+ 1a+1_ 2 x (a.x-1)(x-1) (x>0). 当a=0时，f'(x)=1-x x2 当x∈(0,1)时，f'(x)>0,f(x)单 调递增， 当x∈(1，+oo)时，f'(x)<0,f(x) 单调递减， 所以f(x)mx =f(1)=一1<0，所以 f(x)不存在零点. 当a<0时， a(x-)(x-1) f'(x)= a 22 当x∈(0,1)时，f'(x)>0,f(x)单 调递增， 当x∈(1，十∞)时，f(x)<0,f(x) 单调递减， 所以f(x）m =f(1)=a-1<0,所 以f(x)不存在零点. 当a>0时， a(x-)(x-1D f'(x)= a 当a=1时，f'(x)≥0，f(x)在 (0,十∞)上单调递增，因为f(1) a-1=0, 所以函数f(x)恰有一个零点，即a= 1满足条件. 当a>1时，0<1<1，故f(x)在 (0,）.1,+∞)上单调递增，在 (。,)上单调递减。 因为f)=a-1>0,所以f(日）> f(1)>0,当0<x<1时，lnx>1 则a后>1- 2-）此时fx)<ax 2(a+ 2(a+1),故存在n= √x 4(a+1)< ，使得f(n)<0, a 所以由函数零点存在定理可知∫(x) 仅在(0，)上有一个零点，所以a> 1满足条件. 当0<a<1时，2>1，故/2)在0 ,(仔+）上单调递增，在 (1,)上单调递减。 因为f1)=a-1<0,所以f(日)< f(1)<0,当x→十∞时，由对数函数 没有一次函数增长得快，可知f(x)→ 十C0, 由函数零点存在定理可知f(x)仅在 (日，+∞)上有-个零点，即0<a< 1满足条件. 综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取 值范围为(0，十∞)， 教考衔接1导数与三次函数 》热点分类·考向探究《 考向1三次函数的零点 教材母题解：，f(x)=x3一x2一x 1,f'(x)=3x2-2x-1=(3.x+ 1)(x-1), 当x∈（0，-子)时f(x)>0, 函数fx在（o0,-子）上单调 递增， 当x∈（子1）时，f(x)<0,函数 1)在（名1）上单调递诚， 当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0,函数 f(x)在(1，十∞)上单调递增， 则(x)的极大值为f(子) 22 ,极小值为f(1)=一2， 27 根据题意可得实数c的取值范围 为(2-》 链接真题(1)Bf(x)=x3+ax十2，则 f'(x)=3.x2+a,若f(x)存在3个零 点，则∫(x)存在极大值和极小值， f'(x)=0有2个不同的根，则a<0, 令f'(x)=3.x十a=0,解得x= -a 或 3 “,且当x∈ (,-号)u(+) 时)>0，当x∈(-后， √3)时f'(x)<0故)的板 大值为（√）极小值为 f(),若fx)存在3个案点，则 <0, a n +2>0, 3 即 3 +2 0, 解得a<一3.故选B. (2)(-2,1) 解析：令x3一3x=一(x一1)2+a,即 a=x3+x2-5.x+1,令g(x)=x3十 x2-5x+1(x>0),则g'(x)=3x2+ 2x-5=(3x+5)(x-1),令g(x)=微专题8导数与函数的零点 >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，若以压轴题的形式出现，则难度较大. 热点分类》考向探究 考向1零点的个数问题 跟踪训练①(2025·湖北荆州二模)已知函数 [例1(2025·安徽淮北二模节选)已知函数 f(c)-2g(x)-e"-x'+ma+ 2x-2x十alnx,求证：当a≥0时， f(x)= 1 f(x)有且仅有一个零点， 讨论方程了(x)一g(x)=0的根的个数。 心听课记录 考向2由零点求参数的范围 [例2(2025·安徽马鞍山二模)已知函数f(.x)= 2ae2x+2(a-1)e-x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值 范围. 4反思感悟· ⑦听课记录 求解函数零点（方程根）的个数问题的步骤 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转 化为函数的图象与x轴（或直线y=k)在该区间上 的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单 调性、极值（最值）、端点值等性质； 第三步：结合图象求解 第一部分专题一 函数、导数 021 跟踪训练②(2025·四川绵阳模拟节选)已知函 数f(.x)=lnx十k-e,若f(x)有两个零 点，求实数k的取值范围 反思感悟 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 真题演练》重温高考 1.(2025·天津卷节选)已知函数f(x)=a.x一 2.(2022·全国乙卷文节选)已知函数f(x)= (lnx)2,若f(x)有3个零点，求a的取值范围. ax 1-(a+1)1nx.若f(x)恰有一个零点， 求a的取值范围. 温馨提示》请完成课时作业⑧ 022 红对勾讲与练·高三二轮数学