利用导数研究函数的零点课件——2027届高三数学复习一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数研究函数的零点”核心考点，覆盖讨论零点个数、根据零点情况确定参数两大命题点，对接高考评价体系，通过模拟题分析明确考点权重，归纳分类讨论、分离参数等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养培养”，如例1通过导数求单调区间与最值讨论零点，例2分离参数转化为函数交点问题，培养数学思维与数学语言表达能力。设学霸笔记总结数形结合等技巧，助力学生掌握解题方法，教师可据此高效指导复习。

第六节　利用导数研究函数的零点 1 命题点一　讨论函数零点的个数 例1：(2026·茂名模拟)已知函数f(x)＝(x＋2)ex. (1)求f(x)的单调区间及最值； 2 解析：f′(x)＝ex＋(x＋2)ex＝(x＋3)ex，令f′(x)＝0，解得x＝－3. 当x<－3时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x>－3时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增， 所以当x＝－3时，f(x)取得最小值为f(－3)＝－，f(x)没有最大值． 所以f(x)的单调递减区间为(－∞，－3)，单调递增区间为(－3，＋∞)，且f(x)的最小值为f(－3)＝－，没有最大值． 3 (2)设g(x)＝f(x)－k，讨论g(x)在区间[－1，1]上的零点个数． 4 解析：g(x)＝f(x)－k，由(1)可知f(x)在[－1，1]上递增，而f(－1)＝，f(1)＝3e. 根据k的不同取值，分情况讨论： ①当k<时，对于x∈[－1，1]，由于f(x)≥f(－1)＝>k，则g(x)>0恒成立，故g(x)没有零点； ②当≤k≤3e时，由f(x)的单调性，可知存在唯一c∈[－1，1]，使g(c)＝0，故g(x)有唯一零点x＝c； 5 ③当k>3e时，由f(x)≤f(1)＝3e<k，即g(x)<0恒成立，故g(x)没有零点． 综上，当k∈∪(3e，＋∞)时，g(x)在[－1，1]上没有零点； 当k∈时，g(x)在[－1，1]上有1个零点． 6 学霸笔记：函数的零点个数即函数图象与x轴交点的个数，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． 7 跟踪训练　(衔接·人教A版选修二P95例7)给定函数f(x)＝(x＋1)ex. (1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的极值； 解析：∵f(x)＝(x＋1)ex，∴f(x)＝(x＋2)ex，令f(x)＝0，可得x＝－2， ∴当x∈(－∞，－2)时，f(x)<0，f(x)在(－∞，－2)上单调递减； 当x∈(－2，＋∞)时，f(x)>0，f(x)在(－2，＋∞)上单调递增， ∴f(x)的极小值为f(－2)＝－e-2，无极大值． 综上，f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，f(x)的单调递增区间为(－2，＋∞)， f(x)的极小值为－e-2，无极大值． 8 (2)画出函数f(x)的大致图象； 解析：当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0，并结合上面的单调性与极值可得大致图象如图所示． 9 (3)求出方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数． 解析：方程f(x)＝a的解的个数，等价于函数y＝f(x)的图象与直线y＝a交点的个数． 由上图可知，当a<－e-2时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝a没有交点，方程f(x)＝a无解；当a≥0或a＝－e-2时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝a有1个交点， 则方程f(x)＝a有1个解；当－e-2<a<0时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝a有2个交点，则方程f(x)＝a有2个解． 综上，当a<－e-2时，方程f(x)＝a的解的个数为0； 当a≥0或a＝－e-2时，方程f(x)＝a有1个解； 当－e-2<a<0时，方程f(x)＝a有2个解． 10 命题点二　根据函数零点情况确定参数 例2：(2026·宁波模拟)已知函数f(x)＝x ln x. (1)若f(x)在区间(a，＋∞)上单调，求实数a的取值范围； 解析：f(x)＝x ln x的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1＋ln x，令f′(x)>0得x>，令f′(x)<0得0<x<， 故f(x)＝x ln x在上单调递减，在上单调递增， 故f(x)在区间(a，＋∞)上单调，显然单调递增，且a≥， 故实数a的取值范围为. 11 (2)若函数g(x)＝f(x)－bx2有两个不同的零点，求实数b的取值范围． 解析：令g(x)＝0，即x ln x－bx2＝0，x>0，所以b＝，x>0， 函数g(x)＝f(x)－bx2有两个不同的零点，等价于h(x)＝与y＝b有两个交点， 令h(x)＝，x>0，则h′(x)＝，令h′(x)>0得0<x<e， 令h′(x)<0得x>e，所以h(x)＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 且h(e)＝，当0<x<1时，h(x)<0恒成立，当x>1时，h(x)>0， 所以要想h(x)＝与y＝b有两个交点，需b∈. 12 学霸笔记：(1)分离参数法：从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数的取值范围． (2)分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数的取值范围． 13 跟踪训练　(衔接·人教A版选修二P104T19)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)讨论f(x)的单调性； 解析：f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)，若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a. 当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上可得，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a＞0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． 14 (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 解析：(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点，不合题意； (ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a. ①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点，不符合题意； ②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点，不符合题意； 15 ③当a∈(0，1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0. 又f(－2)＝ae-4＋(a－2)e-2＋2＞－2e-2＋2＞0， 故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点． 设正整数n0满足n0＞ln ， 则f(n0)＝－n0＞0. 由于ln ＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．故f(x)有两个零点，满足题意． 综上，实数a的取值范围为(0，1)． 16 1．(13分)已知函数f(x)＝＋a(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； 解析：由f(x)＝＋a(a∈R)，求导得f′(x)＝， 当x>0时，f′(x)＝>0，当－1<x<0或x<－1时，f′(x)＝<0， 所以f(x)在(－∞，－1)，(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 2 4 3 1 17 (2)判断f(x)的零点个数，并说明理由． 解析：由f(x)＝＋a＝0得，－a＝，根据(1)的单调性结合极小值点， 可作出函数y＝的图象， 所以当－a>1，即a<－1时，可判断f(x)的零点个数为2； 当－a＝1或－a<0，即a＝－1或a>0时，可判断f(x)的零点个数为1； 当0≤－a<1，即－1<a≤0时，可判断f(x)的零点个数为0， 综上可得，当a<－1时，f(x)的零点个数为2； 当－1<a≤0时f(x)的零点个数为0；当a＝－1或a>0时，f(x)的零点个数为1. 2 4 3 1 18 2．(15分)(2026·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 4 3 1 19 解析：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－3， 当c＝－1时，可得f′(x)＝(x－1)(3x－1)， 易知当<x<1时，f′(x)<0；当1<x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. 2 4 3 1 20 (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． 解析：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3，可得下表： 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)图象与直线y＝－a存在三个交点，如图， 由图可得0<－a<4，则－4<a<0. 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 2 4 3 1 21 3．(15分)已知函数f(x)＝. (1)求函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 解析：由题可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝， 则f′(1)＝＝1，因为f(1)＝0， 所以f(x)在点(1，0)处的切线方程为y－0＝1×(x－1)，化简为y＝x－1. 故函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1. 2 4 3 1 22 (2)设g(x)＝f(x)－kx(k∈R)，求函数g(x)在区间上的零点个数． 2 4 3 1 23 解析：由题知令g(x)＝f(x)－kx＝0，即f(x)＝kx，则得＝kx，从而得＝k， 则函数g(x)在区间上的零点个数即等价于求函数h(x)＝(x>0)的图象与函数y＝k的图象的交点个数． 设h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，令h′(x)＝0，解得x＝， 当0<x<时，h′(x)>0；当x>时，h′(x)<0， 2 4 3 1 24 则h(x)＝在区间上单调递增，在区间上单调递减， 且当x＝时，h(x)取得极大值也是最大值h＝. 又因为h＝－e2，h(e2)＝， 当k>或k<－e2时，函数h(x)＝(x>0)的图象与函数y＝k的图象的交点个数为0； 2 4 3 1 25 当－e2≤k<或k＝时，函数h(x)＝(x>0)的图象与函数y＝k的图象的交点个数为1；当≤k<时，函数h(x)＝(x>0)的图象与函数y＝k的图象的交点个数为2. 综上所述，当k>或k<－e2时，函数g(x)在区间上无零点； 当－e2≤k<或k＝时，函数g(x)在区间上有1个零点； 当≤k<时，函数g(x)在区间上有2个零点． 2 4 3 1 26 4.(17分)已知函数f(x)＝x＋a sin x－x cos x. (1)当a＝1时，求f(x)在点(π，f(π))处的切线方程； 解析：因为a＝1，所以f(x)＝x＋sin x－x cos x， 即f′(x)＝1＋cos x－cos x＋x sin x＝1＋x sin x， 所以切线的斜率为k＝f′(π)＝1.又f(π)＝2π， 所以切线方程为y－2π＝x－π，即x－y＋π＝0. 2 4 3 1 27 (2)若f(x)在区间上有零点，求实数a的取值范围． 2 4 3 1 28 解析：f(x)＝x＋a sin x－x cos x，则f′(x)＝1＋(a－1)cos x＋x sin x， ①当a≥1时，(a－1)cos x≥0，sin x>0， 所以f′(x)>0在区间上恒成立，f(x)在区间上单调递增． 所以f(x)>f(0)＝0在区间上恒成立，即f(x)在区间上无零点． 2 4 3 1 29 ②当a<1时，令h(x)＝f′(x)＝1＋(a－1)cos x＋x sin x， 则h′(x)＝(2－a)sin x＋x cos x>0在区间上恒成立， 所以h(x)在区间上单调递增，即h(x)min＝h(0)＝a. (ⅰ)0≤a<1时，h(x)>a≥0，f(x)在区间上单调递增， 即f(x)>f(0)＝0在区间上恒成立，所以f(x)在区间上无零点； 2 4 3 1 30 (ⅱ)当a<0时，h(0)＝a<0，又h＝1＋>0， 所以存在x0∈，使得h(x0)＝0， 所以当0<x<x0时，h(x)<0，f(x)单调递减， 当x0<x<时，h(x)>0，f(x)单调递增， 即当x＝x0时，f(x)取得最小值， 因为f(0)＝0，所以f(x0)<0. 2 4 3 1 31 因为f＝＋a，所以当a≤－时，f＝＋a≤0， 此时，f(x)<0在区间上恒成立，f(x)在区间上无零点． 当－<a<0时，f＝＋a>0，故存在x1∈，使得f(x1)＝0， 所以实数a的取值范围是. 2 4 3 1 32 $