利用导数研究函数的零点课件 -2027届高三数学一轮复习

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，覆盖零点存在定理应用、导数分析零点个数、由零点个数求参数范围等核心考点，对接高考评价体系，通过近三年模拟真题梳理出选择、填空、解答题的考点分布，归纳出单调性分析、极值判断、图象交点转化等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引路+分类突破+素养渗透”，如以2025扬中期末题为例，通过导数求单调区间结合零点存在定理判断零点个数，培养学生数学思维中的推理能力，提炼常用不等式放缩等解题技巧，帮助学生掌握答题方法，教师可据此系统开展专题复习，提升学生高考冲刺效率。

第三章 3.11　导数的应用 3.11.3　利用导数研究函数的零点 函数、导数及其应用 复习目标　1．理解零点存在定理，并能灵活使用．2．掌握利用导数解决函数零点问题的常用方法．3．掌握由函数的零点个数去解决参数值或范围问题． 内容索引 内容索引 核心体系 活动方案 核 心 体 系 内容索引 内容索引 活 动 方 案 内容索引 活动一　基础引入 1 [2026镇江实验高级中学月考]函数y＝sin x＋x的零点个数为 (　　) A．0　 B．1 C．2　 D．3 B 【解析】记y＝f(x)＝sin x＋x，则函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝1＋cos x≥0，所以函数f(x)在R上单调递增．又f(0)＝0，所以函数y＝sin x＋x的零点个数为1． 内容索引 2 若函数f(x)有唯一零点，且f(x＋1)＝x2－1＋a(ex＋e－x)，则实数a的值为 (　　) C 内容索引 B 内容索引 内容索引 内容索引 4 (多选)[2025宿迁期中]已知函数f(x)＝x3－ax＋2，a∈R，则下列说法中正确的是 (　　　) A．f(x)的图象关于点(0，2)对称 B．∃a∈R，f(x)仅有一个极值点 C．当a＝1时，f(x)图象的一条切线方程为2x－y＋4＝0 D．当a＜3时，f(x)有唯一的零点 ACD 内容索引 【解析】对于A，设g(x)＝x3－ax，则函数g(x)为奇函数，图象关于坐标原点(0，0)对称，将g(x)＝x3－ax的图象向上平移2个单位长度，得函数f(x)＝x3－ax＋2的图象，则函数f(x)的图象关于点(0，2)对称，故A正确；对于B，由三次函数的性质可知，函数f(x)要么有2个极值点，要么没有极值点，故B错误；对于C，当a＝1时，f(x)＝x3－x＋2，则f′(x)＝3x2－1．由f′(x)＝2，得3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1．若x＝1，则y＝2，所以f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x；若x＝－1，则y＝2，所以f(x)的图象在x＝－1处的切线方程为y－2＝2(x＋1)，即2x－y＋4＝0，故C正确； 内容索引 内容索引 内容索引 内容索引 活动二　典例悟法 题组一　判断函数零点个数问题 　　　 [2025扬中第二高级中学期末]已知函数f(x)＝(x－1)ex－x2． (1) 求函数的单调区间； (2) 求f(x)的零点个数． 1 【解析】(1) 由题意，得f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)， 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln 2， 令f′(x)＜0，解得0＜x＜ln 2， 令f′(x)＞0，解得x＜0或x＞ln 2， 所以f(x)的单调减区间为(0，ln 2)；单调增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． 内容索引 (2) 由(1)，得f(x)的单调减区间为(0，ln 2)，单调增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)， 又f(0)＝－1＜0，所以f(x)在区间(－∞，0)上无零点． 因为f(ln 2)＝2(ln 2－1)－(ln 2)2＜0， 所以f(x)在区间(0，ln 2)上无零点． 因为f(2)＝e2－4＞0， 所以f(x)在区间(ln 2，2)上存在唯一零点． 综上，函数f(x)在R上存在唯一零点． 内容索引 　　　　　　[2026镇江一中期初]已知函数f(x)＝ex＋a ln (x＋1)＋(a＋1)sin x－1． (1) 若a＝－1，求f(x)的极值； (2) 若a＝－2，判断f(x)的零点个数并证明． 【解析】(1) 当a＝－1时，函数f(x)＝ex－ln (x＋1)－1，其定义域为(－1，＋∞)， 内容索引 所以当－1＜x＜0时，h(x)＜0，即f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x＞0时，h(x)＞0，即f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以f(x)在x＝0处取得极小值，f(0)＝e0－ln (0＋1)－1＝0，无极大值． 内容索引 (2) f(x)在区间(－1，＋∞)上有且仅有两个零点，证明如下： 当a＝－2时，f(x)＝ex－2ln (x＋1)－sin x－1， 内容索引 综上，u′(x)＞0，即u(x)＝f′(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增． 又f′(0)＝1－2－1＜0，f′(1)＝e－1－cos 1＞0， 所以f′(x)存在唯一的零点x0，x0∈(0，1)， 当x∈(－1，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 内容索引 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f(x0)＜f(0)＝0． 又f(π)＝eπ－2ln (π＋1)－1＞0， 所以f(x)在区间(x0，π)上有一个零点． 综上，f(x)在区间(－1，＋∞)上有且仅有两个零点． 内容索引 题组二　根据函数零点个数求参数 2 【解析】由题意，得f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)． 令f′(x)＜0，解得0＜x＜ln 2； 令f′(x)＞0，解得x＜0或x＞ln 2， 所以f(x)在区间(0，ln 2)上单调递减，在区间(－∞，0)，(ln 2，＋∞)上单调递增． 内容索引 内容索引 内容索引 　　　　　　[2025苏州期中]已知函数f(x)＝a ln (x－1)，g(x)＝x2－2x． (1) 若函数f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线，也是g(x)图象的切线，求实数a的值； 内容索引 所以f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程为y＝a(x－2)． 又直线y＝a(x－2)也是g(x)图象的切线， 所以方程a(x－2)＝x2－2x只有一个解， 即x2－(a＋2)x＋2a＝0只有一个解， 则(a＋2)2－8a＝0，解得a＝2． 内容索引 内容索引 内容索引 内容索引 内容索引 则G′(x)＜0，所以G(x)单调递减； 在区间(x0，＋∞)上，q(x)＞0，则G′(x)＞0， 所以G(x)单调递增． 内容索引 因为G(x)在区间(1，＋∞)上有唯一零点， 所以G(x)在区间(0，1)上也有唯一零点， 所以当0＜a＜1时，G(x)有3个零点． 综上所述，所有实数a的取值集合为(0，1)． 内容索引 题组三　隐零点问题 　　　 [2026镇江一中期初]已知函数f(x)＝ex＋a ln (x＋1)＋(a＋1) sin x－1．若对任意x∈[0，π]，f(x)≥0，求实数a的取值范围． 3 【解析】当a≥0时，因为x∈[0，π]，所以sin x≥0，ln (x＋1)≥0，ex≥1， 所以f(x)＝ex＋a ln (x＋1)＋(a＋1)sin x－1≥0恒成立； 内容索引 内容索引 ①当a≥－1时，f′(0)＝2＋2a≥0，所以f′(x)≥0， 所以f(x)在区间[0，π]上单调递增． 又f(0)＝0，所以f(x)≥f(0)＝0恒成立； ②当a＜－1时，f′(0)＝2＋2a＜0， 又f′(x)在区间[0，π]上单调递增， 所以存在x0∈(0，π)，使得当x∈[0，x0]时，f′(x)＜0， 则f(x)在区间[0，x0]上单调递减， 所以f(x0)＜f(0)＝0， 所以当a＜－1时，f(x)≥0不恒成立． 综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞)． 内容索引 4 内容索引 内容索引 又f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点． 又当x→－∞时，φ′(x)→ln a＞0， 所以存在x0＜0，使得φ′(x0)＝0， 当x∈(－∞，x0)时，φ′(x)＞0， 所以φ(x)在区间(－∞，x0)上单调递增； 当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＜0， 所以φ(x)在区间(x0，＋∞)上单调递减． 内容索引 因为φ(0)＝0，则φ(x0)＞0，当x→－∞时，φ(x)→－∞， 所以存在x1∈(－∞，x0)，使得φ(x1)＝0， 所以当x∈(－∞，x1)时，φ(x)＜0，即f′(x)＜0， 所以f(x)在区间(－∞，x1)上单调递减； 当x∈(x1，0)时，φ(x)＞0，即f′(x)＞0， 所以f(x)在区间(x1，0)上单调递增； 当x∈(0，＋∞)时，φ(x)＜0，即f′(x)＜0， 所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减． 内容索引 又当x→－∞时，f(x)→1，且f(0)＝0， 所以f(x1)＜0． 所以存在x2∈(－∞，x1)，使得f(x2)＝0． 又f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)＜f(0)＝0， 所以f(x)存在两个零点． 内容索引 当x∈(－∞，0)时，φ′(x)＞0，φ(x)在区间(－∞，0)上单调递增； 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)是R上的减函数． 内容索引 又f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点． 设h(x)＝(k2－k)x＋2k－1，则k2－k＜0． 因为h(0)＝2k－1＜0，所以存在x0＜0，使得h(x0)＝0， 当x∈(－∞，x0)时，h(x)＞0，即φ′(x)＞0， 所以φ(x)在区间(－∞，x0)上单调递增； 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＜0，即φ′(x)＜0， 所以φ(x)在区间(x0，＋∞)上单调递减． 内容索引 因为φ(0)＝0，则φ(x0)＞0，当x→－∞时，φ(x)→－∞， 所以存在x1∈(－∞，x0)，使得φ(x1)＝0， 所以当x∈(－∞，x1)时，φ(x)＜0，即f′(x)＜0， 所以f(x)在区间(－∞，x1)上单调递减； 当x∈(x1，0)时，φ(x)＞0，即f′(x)＞0， 所以f(x)在区间(x1，0)上单调递增； 当x∈(0，＋∞)时，φ(x)＜0，即f′(x)＜0， 所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减； 内容索引 又当x→－∞时，f(x)→1，且f(0)＝0，所以f(x1)＜0， 所以存在x2∈(－∞，x1)，使得f(x2)＝0． 又f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)＜f(0)＝0， 所以f(x)存在两个零点． 内容索引 (1) 当a＝2时，求导函数f′(x)的最小值； (2) 若函数f(x)存在极大值与极小值，求实数a的取值范围． 5 【解析】由题意，得f′(x)＝ex－ax． (1) 当a＝2时，f′(x)＝ex－2x，令g(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2． 由g′(x)＝0，得x＝ln 2， 则当x＜ln 2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x＞ln 2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 所以f′(x)min＝g(x)min＝g(ln 2)＝2－2ln 2． 内容索引 (2) 令m(x)＝f′(x)＝ex－ax，则m′(x)＝ex－a． 因为f(x)存在极大值与极小值， 所以f′(x)即m(x)存在两个零点，且m(x)在零点的两侧函数值异号． 当a≤0时，m′(x)＞0，m(x)单调递增， 此时m(x)不存在两个零点； 当a＞0时，由m′(x)＝0，得x＝ln a， 则当x＜ln a时，m′(x)＜0，m(x)单调递减； 当x＞ln a时，m′(x)＞0，m(x)单调递增， 所以m(x)min＝m(ln a)＝a－a ln a． 内容索引 内容索引 内容索引 由(1)知，当a＝2时，f′(x)min＝2－2ln 2＞0， 所以f(x)＝ex－x2在R上单调递增， 所以当a＞e时，有ea－a2＞ee－e2＞0， 故m(a)＞0． 因为m(ln a)＜0，m(x)的图象在区间(ln a，a)上单调且不间断， 所以m(x)在区间(ln a，a)上有且只有一个零点， 即m(x)在区间(ln a，＋∞)上有且只有一个零点，记为x2． 易得当x＝x2时，函数f(x)取得极小值． 综上，实数a的取值范围是(e，＋∞)． 内容索引 当用零点存在定理解决零点问题时，常常碰到在零点的两侧如何取值，以便确定这个值的符号，经常使用放缩法，使得这个值的形式是一次式或二次式，再令它为零，从而解得要取的自变量的值． 内容索引 谢谢观看 Thank you for watching 又切线过点(0，0)，所以ln x0＝1，解得x0＝e．由图可知，当曲线g(x)＝ln x与直线y＝kx有两个不同的交点时有0＜k＜．当k＝0时，y＝f(x)的图象与直线y＝kx有两个交点分别为(－1，0)和(1，0)，也符合要求；当0＞k＞－1时，y＝|x＋1|的图象与直线y＝kx有两个不同的交点，也符合要求．综上，实数k的取值范围为． $