第3章 第20讲 第3课时 利用导数研究函数的零点问题(高考超重点)(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数研究函数的零点问题”核心考点，依据高考评价体系明确其在导数综合题中的核心地位，常与参数讨论、不等式证明结合考查逻辑推理、数学运算等能力，梳理数形结合法、函数性质法、构造函数法三大技法，归纳高考常考题型及解题步骤，体现备考针对性。 课件亮点在于“高考真题+技法突破+素养提升”，如以2020全国Ⅰ卷、2021全国甲卷真题为载体，通过典例1一题多解（分离参数与直接求导）展示数形结合法应用，培养学生数学思维与数学语言表达能力，规律方法总结助学生掌握零点判定技巧，教师可据此系统开展专题复习，提升学生高考得分率。

第20讲　导数的综合问题 第3课时　利用导数研究函数的零点问题 (高考超重点) 高三总复习讲义 北师大版 第三章　一元函数的导数及其应用 　　零点问题是高考导数综合题的核心考点，常与参数讨论、不等式证明、实际问题等相结合，全面考查学生的逻辑推理、数学运算及数学建模能力． (1)(一题多解)已知函数f(x)＝aex－x＋1(a＞0)，讨论f(x)的零点 个数． 解：法一：令f(x)＝aex－x＋1＝0，得a＝. 令g(x)＝，则g'(x)＝. 当x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减． 所以g(x)的最大值为g(2)＝e－2． 当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0. 技法一　数形结合法 典例1 图①g(x)的大致图象如图①所示．由图，可知当0＜a＜e－2时，g(x)的图象与直线y＝a有2个交点，所以f(x)有2个零点． 当a＝e－2时，g(x)的图象与直线y＝a有1个交点，所以f(x)有1个零点． 当a＞e－2时，g(x)的图象与直线y＝a没有交点，所以f(x)没有零点． 法二：f′(x)＝aex－1.由f′(x)＜0，得x＜－ln a；由f′(x)＞0，得x＞－ln a． 所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． 所以f(x)min＝f(－ln a)＝2＋ln a， 当x→－∞时，f(x)→＋∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞． 图②f(x)的大致图象如图②所示． 由图知，当2＋ln a＜0，即0＜a＜e－2时，f(x)有2个零点． 当2＋ln a＝0，即a＝e－2时，f(x)有1个零点． 当2＋ln a＞0，即a＞e－2时，f(x)没有零点． (2)(2025·天津卷节选)已知函数f(x)＝ax－(ln x)2，若f(x)有3个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，求实数a的取值范围． 解： 令f(x)＝ax－(ln x)2＝0，x＞0，得a＝． 令g(x)＝，x＞0，则g'(x)＝＝， 由g′(x)＝0解得x＝1或e2，其中g(1)＝0，g(e2)＝； 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，e2)上单调递增；当x＞e2时，g′(x)＜0，g(x)在(e2，＋∞)上单调递减； 且当x→0＋时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→0； 如图作出函数g(x)的图象， 要使函数f(x)有3个零点，则方程a＝g(x)在(0，＋∞)内有3个根，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＜． 所以实数a的取值范围是(0，)． 　　在借助函数图象研究函数零点问题时，要准确画出函数的图象，不仅要研究函数的单调性与极值的情况，还要关注函数值的正负以及变化趋势，把函数图象与x轴有无交点，哪一区间在x轴上方，哪一区间在x轴下方等情况分析清楚，这样才能准确地研究直线与函数图象交点的个数情况． 规律方法 对点练1.(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)． (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； 解：当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1. 当x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 解：令f(x)＝ex－a(x＋2)＝0，易知x＝－2时，方程不成立，故x≠－2，得a ＝. 令h(x)＝，则h'(x)＝. 当h′(x)＞0时，得x＞－1；当h′(x)＜0时，得x＜－2或－2＜x＜－1. 所以h(x)在(－∞，－2)和(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调 递增． 当x＜－2时，h(x)＜0. 当x→－∞时，h(x)→0；当x＜－2，且x→－2时，h(x)→－∞；当x＞－2，且x→－2时，h(x)→＋∞；当x→＋∞时，h(x)→＋∞; h(x)的大致图象如图所示． 由图知，当a＞h(－1)＝时，直线y＝a与h(x)的图象有两个交点，即f(x)有两个零点． 所以满足条件的实数a的取值范围是(，＋∞)． (2026·广东广州模拟)已知函数f(x)＝ax2＋(a－2)x－ln x，a∈R． (1)当a＝2时，求与f(x)相切，且垂直于直线x＋3y＝0的直线方程； 解：当a＝2时，f(x)＝2x2－ln x，求导可得f'(x)＝4x－(x＞0). 因为直线x＋3y＝0的斜率为－，所以切线斜率为3， 所以4x－＝3，解得x＝1，此时切点为， 所以切线方程为y－2＝3，即3x－y－1＝0. 技法二　函数性质法 典例2 (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 解：函数f(x)的定义域是，f'(x)＝2ax＋－＝. ①当a≤0时，f'(x)＜0，函数f(x)在单调递减，此时f(x)最多一个零点，舍去； ②当a＞0时，令f'(x)＝0，解得x＝，当x∈(0，)时，f'(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，f'(x)＞0，函数f(x)单调递增. 当x＝时，f(x)取得最小值，最小值为f＝1－＋ln a. 因为当x→＋∞时，f(x)→＋∞；x→0＋时，f(x)→＋∞， 所以函数f(x)有两个零点，当且仅当f＜0.设g＝ln a－＋1，知函数g单调递增.因为g＝0，则g＜0的解集为a∈(0，1). 综上所述，实数a的取值范围是. 　　利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的 条件． 规律方法 对点练2.已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x． (1)讨论f(x)的单调性； 解：根据题意，f(x)的定义域是， 所以f′(x)＝2ae2x＋． ①若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减． ②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a． 当x∈时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以f(x)在单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增． (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 解：①若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． ②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． (ⅰ)当a＝1时，由于f＝0，故f(x)只有一个零点； (ⅱ) 当a∈时，由于1－＋ln a＞0，即f＞0，故f(x)没有 零点； (ⅲ)当a∈＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0. 又fe－2＋2＞－2e－2＋2＞0， 故f(x)在有一个零点． 设正整数n0满足n0＞ln ＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0. 由于ln ＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点． 综上，实数a的取值范围是． (1)(一题多解)已知函数f(x)＝ex＋x＋4ln (2－x)，判断函数f(x)的零点个数，并说明理由． 解：法一：函数f(x)有两个零点，理由如下： 令g(x)＝f′(x)＝ex＋1－，x∈(－∞，2)， 所以g′(x)＝ex－． 令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)， 所以h′(x)＝x(x－2)ex， 当x＜0时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当0＜x＜2时，h′(x)＜0，h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(0)＝0，故g′(x)≤0，所以g(x)在(－∞，2)上为减函数， 技法三　构造函数法 典例3 所以当x＜0时，g(x)＞g(0)＝0，即当x＜0时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，0)上单调递增； 当0＜x＜2时，g(x)＜g(0)＝0，即当0＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)在(0，2)上单调递减． 又因为f(2－e6)＝e2－e6＋2－e6＋24＜0，f(0)＝e0＋0＋4ln 2＞0，f(2－e－6)＝e2－e－6＋2－e－6－24＜e2－22＜0， 所以f(x)在区间(2－e6，0)，(0，2－e－6)内各有一个零点，即函数f(x)有两个零点． 综上，函数f(x)有两个零点． 法二：函数f(x)有两个零点，理由如下： 令f(x)＝ex＋x＋4ln (2－x)＝0，可得ex＝－x－4ln (2－x)， 判断函数f(x)的零点个数即判断函数t(x)＝ex(x＜2)与g(x)＝－x－4ln (2－x)(x＜2)图象交点的个数. t(x)＝ex为增函数，t(x)＞0，当x→－∞时，t(x)→0，当x→2时，t(x)→e2. 由g'(x)＝－1＋＝＝0，得x＝－2， 当－2＜x＜2时，g'(x)＞0，g(x)单调递增，当x＜－2时，g'(x)＜0，g(x)单调递减. 因为g(－2)＝2－4ln 4＜0，g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14＞0，g(1)＝ －1＜0，g＝－－4ln ＝ln ＝ln ＞0， 且当x→2时，g(x)→＋∞， 所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln (2－x)的图象在x＜0时有一个交点，在0＜x＜2时有一个交点. 综上，函数f(x)有两个零点. (2)(2021·全国甲卷节选)已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝(x＞0)．若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求实数a的取值范围． 解：曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点， 可转化为方程＝1(x＞0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同 的解. 令g(x)＝(x＞0)，则g'(x)＝(x＞0). 令g'(x)＝＝0，得x＝e， 当0＜x＜e时，g'(x)＞0，函数g(x)单调递增，当x＞e时，g'(x)＜0，函数g(x)单调递减， 故g(x)max＝g(e)＝，且当x＞e时，g(x)∈. 又g(1)＝0，所以0＜＜， 所以a＞1且a≠e， 故实数a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞). 1.有些零点问题，需要利用二阶导数，或者利用同构构造函数，分析函数的性质，进而求解问题． 2.涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围． 规律方法 对点练3.(2026·安徽蚌埠模拟)已知函数f(x)＝ax＋sin x，曲线y＝f(x)在(π，f(π))处的切线斜率为0. (1)证明：函数f(x)在R上单调递增； 解：证明：依题意，f′(x)＝a＋cos x． 因为曲线y＝f(x)在(π，f(π))处的切线斜率为0， 所以f′(π)＝a－1＝0，即a＝1. 所以f(x)＝x＋sin x，f′(x)＝1＋cos x≥0，故函数f(x)在R上单调递增． (2)设g(x)＝mx3＋f(x)，若m≤－，判断函数g(x)的零点个数． 解：由(1)得f(x)＝sin x＋x，所以g(x)＝mx3＋x＋sin x， 故g′(x)＝3mx2＋1＋cos x． 令s(x)＝3mx2＋1＋cos x， 则s′(x)＝6mx－sin x．设u(x)＝6mx－sin x，则u′(x)＝6m－cos x， 当m≤－时，u′(x)≤－1－cos x≤0，所以u(x)单调递减． 因为u(0)＝0，所以当x＞0时u(x)＜0，从而函数s(x)即g′(x)单调递减． 又g′＝12m＋1＋cos 2≤－2＋1＋cos 2＜0， 从而存在唯一x0∈(0，2)，使得g′＝0， 且当x∈时，g'(x)＞0，g(x)在上单调递增，当x∈时，g'(x)＜0，g(x)在上单调递减， 而g＞g(0)＝0，g(π)＝mπ3＋π＋sin π＝π≤π＜0， 故存在唯一x1∈(0，＋∞)，使得g＝0. 因为g(－x)＝－g(x)，所以g(x)是奇函数，且g(0)＝0，所以函数g(x)有3个 零点． (2026·安徽淮北模拟)已知函数f(x)＝－sin x＋kx． (1)若f(x)为R上的单调函数，求实数k的取值范围； 解：f′(x)＝－cos x＋k，因为f(x)为R上的单调函数， 所以对任意x，有f′(x)≤0；或对任意x，有f′(x)≥0， 即k≤cos x恒成立，或k≥cos x恒成立， 所以实数k的取值范围是∪. 教师备选 (2)若函数g(x)＝x3＋x＋sin x，求证：k可以取无数个值，使得每一个k的取值g(x)都恰有三个不同的零点． 解：证明：g(－x)＝－x3－x－sin x＝－g(x)，且g＝0，所以g(x)是奇函数， 所以只需证明：k存在无数个取值使得g(x)在上恰有一个零点. g'(x)＝x2＋1＋cos x，令h(x)＝x2＋1＋cos x，h'(x)＝kx－sin x＝f(x). 由(1)知，k≤－1时，h'(x)在上是减函数. 所以x＞0，h'(x)＜h'＝0，h(x)在上是减函数. h＝2，h＝＜0，故存在x0∈，h＝0. 当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表： x∈＝0.gπ3＋π≤－π3＋π＜0. 故存在唯一的x1∈＝0. 于是k≤－1时，g(x)在上存在唯一的零点． 于是k存在无数个取值使得g(x)恰有三个不同的零点． x 0 (0，x0) x0 (x0，＋) g′(x) 2 ＋ 0 － g(x) 0 ↗ 极大值 ↘ 课 时 分 层 测 评 1.(13分)(多题同解)(1)已知函数f(x)＝x2＋3x＋1＋kex恰有两个零点，求实数k的取值范围． 解：依题意，知方程x2＋3x＋1＋kex＝0有两个不同的解，即＝k有 两个不同的解， 即y＝的图象与直线y＝k有两个交点． 令g(x)＝， 则g′(x)＝， 当x＜－2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当－2＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增． 2 3 4 1 所以当x＝－2时，函数g(x)有极大值e2，当x＝1时，函数g(x)有极小值－． 又因为x→－∞时，g(x)＜0，且g(x)→－∞；x→＋∞时，g(x)＜0，且g(x)→0， 所以g(x)的大致图象如图所示． 由图可知k∈［0，e2)∪时，函数f(x)恰有两个零点． 2 3 4 1 (2)(2026·山东泰安模拟节选)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝1处有极小值，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：因为f(x)＝x(x－c)2＝x3－2cx2＋c2x， 所以f′(x)＝3x2－4cx＋c2＝(x－c)(3x－c)． 由已知f′(1)＝0，即(1－c)(3－c)＝0， 所以c＝1或c＝3，当c＝1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，所以当x＜ ＜x＜1时f′(x)＜0，当x＞1时f′(x)＞0， 所以f(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以x＝1时有极小值，符合题意．当c＝3时，f′(x)＝3(x－3)(x－1)， 2 3 4 1 所以当x＜1时f′(x)＞0，当1＜x＜3时f′(x)＜0，当x＞3时f′(x)＞0， 所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增， 所以x＝1时有极大值，不符合题意，故舍去． 所以c＝1． 由已知g(x)＝f(x)＋a有三个不同的零点，即y＝f(x)的图象与直线y＝－a有三个不同的交点． 2 3 4 1 因为f(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故当x＝， 当x＝1时，有极小值，即f(x)极小值＝f(1)＝0， 所以0＜－a＜＜a＜0. 所以实数a的取值范围是(－，0)． 2 3 4 1 2.(15分)(2026·湖北黄石模拟)已知函数f(x)＝2ax＋ln x＋． (1)当a＜0时，讨论f(x)的单调性； 解：f(x)＝2ax＋． 因为a＜0，由f′(x)＝． ①当a＝－2时，f'(x)＝≤0恒成立，所以f(x)无递增区间，递减区间 是； ②当a＜－2时，＞－，令f'(x)＞0，得x∈(－，)；令f'(x)＜0，得x∈ ∪， 所以f(x)的递增区间是，递减区间是，； 2 3 4 1 ③当－2＜a＜0时，＜－，令f'(x)＞0，得x∈；令f'(x)＜0，得x∈(0，)∪(－，＋∞)， 所以f(x)的递增区间是，递减区间是，； 综上所述，当a＝－2时，f(x)无递增区间，递减区间是； 当a＜－2时，f(x)的递增区间是，递减区间是，； 当－2＜a＜0时，f(x)的递增区间是，递减区间是，. 2 3 4 1 (2)若a＝0，g(x)＝emx－x2＋mx＋，讨论方程f(x)－g(x)＝0的根的个数． 解：根据题设f(x)＝2ln x＋，g(x)＝emx－x2＋mx＋， 所以f(x)－g(x)＝0⇔emx＋mx＝2ln x＋x2＝eln x2＋ln x2． 令h(x)＝x＋ex，则h′(x)＝1＋ex＞0，即h(x)单调递增， 故上式中满足h＝h，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， 所以F(x)在上单调递增，在上单调递减，如图所示. 2 3 4 1 当x→＋∞时，F(x)→0且F(x)＞0， 当x→0时，F(x)→－∞，故F(x)max＝F． 结合图象，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． 2 3 4 1 3.(15分)(2026·江西萍乡模拟)已知函数f(x)＝ln x． (1)证明：函数g(x)＝有且只有一个极值点； 解：证明：因为g(x)＝(x－1)(ln x－1)， 所以g'(x)＝ln x－， 显然g'(x)在(0，＋∞)上单调递增. 且g'(1)＝－1＜0，g'(2)＝ln 2－＝＞0. 故根据零点存在定理知g'(x)在上有且仅有一个零点x0，且在上，g'(x)＜0，在(x0，＋∞)上，g'(x)＞0， 则g(x)在上单调递减，在上单调递增， 即g(x)在上有且只有一个极值点x0. 2 3 4 1 (2)若关于x的方程f(x)＝bx2－bx在区间上恰有两个实数根，求实数b的取值范围． 解：令h(x)＝ln x－bx2＋bx(x∈[1，2])，则h'(x)＝－2bx＋b＝. 令φ(x)＝－2bx2＋bx＋1， 当b≤0时，h'(x)＝＋b(1－2x)＞0恒成立，则函数h(x)在上单调 递增， 此时h(x)在上至多存在一个零点，不合题意， 当b＞0时，函数φ(x)的对称轴为x＝，则函数φ(x)在上单调递减， 2 3 4 1 ①当0＜b≤时，φ(x)≥φ＝1－6b≥0恒成立，即h'(x)≥0恒成立， 则函数h(x)在上单调递增，此时函数h(x)在上至多存在一个零点，不合题意. ②当b≥1时，φ(x)≤φ(1)＝1－b≤0恒成立，即h'(x)≤0恒成立，则函数h(x)在上单调递减，此时函数h(x)在上至多存在一个零点，不合 题意. ③当＜b＜1时，φ(1)＝1－b＞0，φ(2)＝1－6b＜0，故存在x1∈(1，2)，使得φ＝0，即h'＝0，则函数h(x)在上单调递增，在上单调递减. 2 3 4 1 又由于h(1)＝0，则h＞h(1)＝0，若要满足题设，只需h(2)＝ln 2－2b≤0，解得≤b＜1. 又因为ln 8＞1⇒ln 2＞⇒＞，所以≤b＜1. 综上，实数b的取值范围是. 2 3 4 1 4.(17分)已知函数f(x)＝x sin x－．判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明． 解：f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下： 因为f′(x)＝sin x＋xcos x， 当x∈时，f′(x)＞0. 又f(x)＝xsin x－＞0， 且f(x)在上的图象是连续不断的， 所以f(x)在内至少存在一个零点． 2 3 4 1 又f(x)在内有且只有一个零点． 当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x． 由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在(，π)上的图象是连续不断的， 故存在m∈，使得g(m)＝0. 由g′(x)＝2cos x－xsin x， 知x∈时，有g′(x)＜0， 从而g(x)在上单调递减． 2 3 4 1 当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0， 从而f(x)在上单调递增， 故当x∈＞0， 故f(x)在上无零点； 当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0， 即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)上单调递减． 又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在(m，π)上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点． 综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点． 2 3 4 1 谢 谢 观 看 第3课时　利用导数研究函数的零点问题(高考超重点) $