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)(课件PPT)-【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）

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，针对高考压轴题常考的零点个数判断、参数范围讨论等核心考点，对接高考评价体系，梳理三次函数、复合函数零点及交汇问题，明确逻辑推理、数学运算、数学建模能力的考查要求，归纳数形结合、函数性质、构造函数等常考题型。 课件亮点在于“技法拆解+真题精析+分层训练”，如通过2025山东烟台一模典例展示数形结合法求参数范围，结合教材典题训练函数单调性与零点关系分析，培养学生逻辑推理和数学建模素养，助力学生掌握零点问题转化技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

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 (高考超重点) 高三总复习数学 广东专版 第三章　一元函数的导数及其应用 　　函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现，全面考查逻辑推理、数学运算及数学建模能力. 技法一　数形结合法 (2025·山东烟台一模) 已知函数f＝x(x＋c)2在x＝1处有极大值. (1)求实数c的值； 典例1 解：由函数f＝x(x＋c)2，求导可得f'＝， 由函数f＝x(x＋c)2在x＝1处取极大值， 则f'＝0，解得c＝－1或－3. 当c＝－1时，可得f'＝， 易知当＜x＜1时，f'＜0； 当x＞1时，f'＞0， 则此时函数f在x＝1处取得极小值，不符合题意，舍去. 当c＝－3时，可得f'＝， 易知当x＜1时，f'＞0； 当1＜x＜3时，f'＜0， 则此时函数f在x＝1处取得极大值，符合题意. 综上所述，c＝－3. (2)若函数g＝f＋a有三个不同的零点，求实数a的取值范围. 解：由(1)可得函数f＝x， 求导可得f'＝3， 令f'＝0，解得x＝1或3，可得下表： x 1 3 f' ＋ 0 － 0 ＋ f 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f的极大值为f＝4，极小值为f＝0， 函数g＝f＋a存在三个零点，等价于函数f的图象与直线y＝－a存在三个交点， 所以作出函数f的大致图象，如图所示. 由图可得0＜－a＜4，则－4＜a＜0. 所以实数a的取值范围是(－4，0). 　　含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围. 规律方法 对点练1.已知函数f(x)＝xex－a，a∈R.讨论f(x)零点的个数. 解：由f(x)＝0，得a＝xex.令g(x)＝xex， 则g'(x)＝(x＋1)ex， 所以x＜－1时，g'(x)＜0，g(x)单调递减，x＞－1时，g'(x)＞0，g(x)单调递增. 又x＜0时，g(x)＜0，x→－∞时，g(x)→0； x＝－1时，g(x)＝－，x→＋∞时，g(x)→＋∞， 所以作出函数g的大致图象，如图所示， 所以①当a＜－时，f(x)无零点，②a＝－或a≥0时，f(x)有1个零点，③当－＜a＜0时，f(x) 有2个零点. 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R，讨论函数g(x)＝f'(x)－零点的个数. 教师备选 解：由题意知g(x)＝f'(x)－＝－－(x＞0). 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0). 设φ(x)＝－x3＋x(x＞0)， 则φ'(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1). 当x∈(0，1)时，φ'(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ'(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减. 所以x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点， 所以x＝1也是φ(x)的最大值点， 所以φ(x)的最大值为φ(1)＝. 结合y＝φ(x)的图象(如图)可知， ①当m＞时，函数g(x)无零点； ②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点； ③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点； ④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点. 综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点； 当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点； 当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点. 技法二　函数性质法 (教材典题再练)(人教A选择性必修二P104T19)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， 所以f'＝2ae2x＋ex－1＝， (ⅰ)若a≤0，则f'＜0，所以f上单调递减. (ⅱ)若a＞0，则由f'＝0得x＝－ln a. 当x∈时，f'＜0；当x∈时，f'＞0， 所以f上单调递减，在上单调递增. 典例2 (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围. 解：(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f至多有一个零点. (ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f取得最小值，最小值为f ＝1－＋ln a. ①当a＝1时，由于f＝0，故f只有一个零点； ②当a∈时，由于1－＋ln a＞0， 即f＞0，故f没有零点； ③当a∈时，1－＋ln a＜0， 即f＜0. 又f＝ae－4＋e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f有一个零点. 设正整数n0满足n0＞ln，则f＝(a＋a－2)－n0＞－n0＞－n0＞0. 由于ln＞－ln a， 因此f有一个零点. 综上，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)＝－aex－sin x－1在区间内有唯一极值点x1，其中a∈R，e为自然对数的底数. (1)求实数a的取值范围； 解：f'(x)＝－aex－cos x， 当x∈时，cos x∈(0，1)， ①当a≥0时，f'(x)＜0，f(x)在上单调递减，没有极值点，不合题意； ②当a＜0时，y＝－aex与y＝－cos x均在上单调递增，故f'(x)在 上单调递增. 因为f'(0)＝－a－1，f'＝－a＞0， 所以f'(0)＝－a－1＜0，得a＞－1， 此时f'(x)在内有唯一零点x1， 所以当x∈(0，x1)时，f'(x)＜0；当x∈时，f'(x)＞0. 所以f(x)在内有唯一极小值点x1，符合题意. 综上，实数a的取值范围是(－1，0). (2)证明：f(x)在区间内有唯一零点. 解：证明：由(1)知－1＜a＜0，所以当x∈时，f'(x)＝－aex－cos x＞0， 所以f(x)＝－aex－sin x－1在上单调递增. 结合(1)知当x∈(0，x1)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f'(x)＞0，f(x)单调递增. 所以当x∈(0，x1)时，f(x)＜f(0)＝－a－1＜0，则f(x1)＜0. 又因为f＝－a＞0， 所以f(x)在内有唯一零点， 即f(x)在区间内有唯一零点. 技法三　构造函数法 (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. 典例3 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)， g'(x)＝ex－＝. 令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)， 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， 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)＝＋2－e6＋24＜0，f(0)＝e0＋0＋4ln 2＞0，f(2－)＝＋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)→＋∞，g(－e3＋2)＞t(－e3＋2)， 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. 1.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. 2.解决此类问题的关键是将函数的零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现化归与转化的数学思想方法. 规律方法 对点练3.(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， 所以xa＝ax⇒ln xa＝ln ax⇒aln x＝xln a⇒＝， 即方程＝有两个不同的解. 设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，＋∞). 课 时 分 层 测 评 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； 解：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＝. 2 3 4 1 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 3 4 1 (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：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. 2 3 4 1 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 3 4 1 2.(15分)已知函数f＝ax2＋x－ln x. (1)讨论函数f的单调性； 解：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 3 4 1 (2)讨论方程f＝x的根的个数. 解：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. 2 3 4 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； 2 3 4 1 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. 2 3 4 1 3.(15分)(2025·河南洛平许济模拟)已知f(x)＝eaxsin 2x－2ax，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＝0. (1)若a＞0，判断f'(x)的单调性； 解：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 3 4 1 (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：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. 2 3 4 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). 2 3 4 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； 解：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. 2 3 4 1 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 3 4 1 (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：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， 2 3 4 1 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. 2 3 4 1 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. 2 3 4 1 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＜. 2 3 4 1 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. 2 3 4 1 谢 谢 观 看 利用导数研究函数的零点 (高考超重点) $