第3章 第20讲 第3课时 利用导数研究函数的零点(高考超重点)(Word练习)-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（广东专版）

**基本信息** 聚焦导数研究函数零点，以参变分离、构造函数为核心方法，通过导数分析单调性与极值，结合图象交点及零点存在定理，构建“导数-单调性-极值-零点”逻辑链条，培养逻辑推理与数学抽象能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|第1题|参变分离、构造函数求单调性|指数函数与一次函数零点转化为参数与函数图象交点| |综合提升|第2-3题|分类讨论参数、极限思想|二次函数与对数函数零点转化为方程根，含参数函数零点结合单调性与最值| |创新拓展|第4题|一题多解（函数构造、导数判断单调性）|指数函数与一次函数交点问题，通过导数判断函数增减性及零点存在性|

课时分层测评27　利用导数研究函数的零点 (时间：60分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1.(13分)(多题同解)(1)(2025·山东临沂一模节选)已知函数f＝ex，若函数g＝f－kx在上恰有两个零点，求实数k的取值范围； (2)已知函数f(x)＝xb与g(x)＝ex的图象在第一象限内有公共点，求实数b的取值范围. 解：(1)令g＝f－kx＝0，则k＝＝. 令h＝，x∈， 则h'＝＝，x∈. 令h'＞0，则x＜－1，令h'＜0，则－1＜x＜0， 所以函数h上单调递增，在上单调递减， 所以h＝h＝. 又h＝＝2ex＋，当x→－∞时， h→0，当x→0时，h→－∞， 所以作出函数h的大致图象，如图所示. 因为函数g＝f－kx在上恰有两个零点， 所以函数y＝k，y＝h的图象恰有两个交点， 所以实数k的取值范围是. (2)函数f(x)＝xb与g(x)＝ex的图象在第一象限内有公共点，等价于xb＝ex在x＞0时有解. 因为x＝1时，xb＝ex不成立， 所以x≠1，xb＝ex两边取对数，得bln x＝x，解得b＝，x≠1. 设h(x)＝，x＞0且x≠1，则h'(x)＝， 令h'(x)＝0，得ln x＝1，解得x＝e. 当x∈(0，1)时，h'(x)＜0，h(x)单调递减，x∈(1，e)时，h'(x)＜0，h(x)单调递减，x∈(e，＋∞)时，h'(x)＞0，h(x)单调递增. 又因为x→1＋时，ln x→0＋，h(x)→＋∞，所以h(x)在x＝e时取得极小值，为h(e)＝e； 0＜x＜1时，ln x＜0，所以h(x)＝＜0； 所以作出函数h的大致图象，如图所示. 所以b＜0或b≥e. 综上，实数b的取值范围是(－∞，0)∪[e，＋∞). 2.(15分)已知函数f＝ax2＋x－ln x. (1)讨论函数f的单调性； (2)讨论方程f＝x的根的个数. 解：(1)根据题意，函数f. f'＝2ax＋－＝＝. 当a≤0时，在上，f'＜0，f单调递减； 当a＞0时，由f'＝0得x＝或x＝－(舍)， 所以在上，f'＜0，f单调递减，在上，f'＞0，f单调递增， 所以当a≤0时，在上，f单调递减； 当a＞0时，在上，f单调递减，在上，f单调递增. (2)f＝x的根即是ax2－x－ln x＝0的根，即a＝的根. 设g＝，所以y＝g与y＝a图象的交点个数即是方程f＝x的根的个数， g'＝.令t＝－2ln x－x＋1，则t'＝－1＜0，即t(x)单调递减， 又t＝0， 所以x∈时，t(x)＞0，故g'＞0，g单调递增；x∈时，t(x)＜0，故g'＜0，g单调递减； 所以g＝g＝1. 又x＞1，g＞0，x→0，g→－∞， 所以作出函数g的大致图象，如图所示. 当a＝1或a≤0，y＝g与y＝a图象的交点个数是1个，方程f＝x有一个根； 当0＜a＜1，y＝g与y＝a图象的交点个数是2个，方程f＝x有两个根； 当a＞1，y＝g与y＝a图象的交点个数是0个，方程f＝x没有根； 综上，当a＝1或a≤0，方程f＝x有一个根； 当0＜a＜1，方程f＝x有两个根； 当a＞1，方程f＝x没有根. 3.(15分)(2025·陕西适应性检测(二))已知函数f(x)＝(ax＋1)ln x－(a＋1)x，其中a≠0. (1)若a＞0，判断f'(x)的单调性； (2)当a＜0时，若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. [注：本题规范解答见答案] 解：(1)第一步：求f'(x)，构造函数h(x)＝f'(x)，并求h'(x) 由题意知f'(x)＝aln x＋－1，令h(x)＝aln x＋－1，则h'(x)＝－＝， 第二步：根据导函数的正负，判断单调性 因为x＞0，a＞0， 所以当0＜x＜时，h'(x)＜0，h(x)单调递减，当x＞时，h'(x)＞0，h(x)单调递增， 所以函数f'(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增. (2)第一步：求f'(x)，并判断f(x)的单调性 由(1)可得f'(x)＝aln x＋－1＝aln x＋，则f'(1)＝0， 当a＜0时，易知f'(x)单调递减，所以当0＜x＜1时，f'(x)＞0， 当x＞1时，可得f'(x)＜0， 所以当a＜0时，函数f(x)的单调递减区间是(1，＋∞)，单调递增区间是(0，1). 第二步：根据最大值f(1)＞0，求a的范围 若函数f(x)有两个零点，则f(1)＝－a－1＞0，可得a＜－1. 第三步：利用函数零点存在定理判断f(x)在(1，e)上有一个零点 又f(e)＝ae＋1－(a＋1)e＝1－e＜0， 所以函数f(x)在(1，e)上有一个零点. 第四步：利用极限思想得出x→0时，f(x)→－∞ 当x→0时，ax＋1→1，ln x→－∞，(a＋1)x→0， 所以f(x)→－∞， 所以函数f(x)在(0，1)上有一个零点. 第五步：综合情况，求出a的范围 综上，若函数f(x)有两个零点，则实数a的取值范围是(－∞，－1). 4.(17分)(2025·T8联考)函数f＝eax－ln x＋a. (1)若a＝1，求f的极值点个数； (2)(一题多解)是否存在整数a，使得函数f的图象与y＝x＋a的图象在区间上有两个交点？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由. 解：(1)当a＝1时，f＝ex－ln x＋1，x＞0， 所以f'＝ex－. 令t＝ex－，所以t'＝ex＋＞0， 即f'上单调递增. 又f'＝－2＜0，f'＝e－1＞0， 所以∃x0∈，使得f'＝0. 当x∈时，f'＜f'＝0；当x∈时，f'＞f'＝0. 所以f上单调递减，在区间上单调递增， x＝x0是f的唯一极小值点，无极大值点. 所以f的极值点个数为1. (2)法一：令g＝f－x－a＝eax－ln x－x，x∈. 所以原命题等价于函数g上有两个零点. 因为g'＝aeax－－， 当a≤0时，g'＜0恒成立，所以g上单调递减，g至多有一个零点，不合题意. 当a＞0时，令h＝eax－ln x－x， 所以h'＝xeax＋x＞0， 所以h上单调递增. 又a∈Z，所以h≥h＝ex－ln x－x. 令m＝ex－ln x－x，x∈. 所以m'＝ex－－1，易知m'上单调递增，所以m'＞m'＝e－2＞0. 所以m上单调递增，m＞m＝e－1＞0. 从而g＝h≥m＞0恒成立，故g上无零点，不合题意. 综上所述，不存在整数a，使得f的图象与y＝x＋a的图象在区间上有两个交点. 法二：根据题意，假设eax－ln x＋a＝x＋a有两解， 所以方程eax＋ax－＝0有两解. 令h＝eax＋ax－， 当a≤0时，h为减函数，方程至多有一个解，不合题意； 当a≥2时，易知eax≥e2x＞ln x，ax≥2x， 所以h＞0，方程无解； 当a＝1时，h＝ex－ln x－x，h'＝ex－－1为增函数，且h'＝e－2＞0， 所以h上单调递增，方程最多有一个解，不合题意. 综上所述，不存在整数a，使得f的图象与y＝x＋a的图象在区间上有两个交点. 法三：根据题意，若方程eax－ln x＋a＝x＋a有两解， 即方程eax＋ax－＝0有两解. 令h＝eax＋ax－， 当a≤0时，h为减函数，方程至多有一个解，不合题意； 当a＞0时，转化为eax＋ax－[ln＋2x]＋ln 2＝0有两解. 设函数g＝et＋t，易知g在R上单调递增，所以g－g＝－ln 2＜0， 这就要求g＜g上有解. 所以ax＜ln，所以a＜. 设函数m＝，m'＝， 令m'＝0，得x＝. 当x∈时，m'＞0，m单调递增； 当x∈时，m'＜0，m单调递减， 所以m≤m＝＜1. 显然有0＜a＜1，所以不存在符合题意的正整数. 综上所述，不存在整数a，使得f的图象与y＝x＋a的图象在区间上有两个交点. 学生用书⬇第90页 学科网（北京）股份有限公司 $