第三章 进阶篇 导数中的零点问题 进阶1 零点个数问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“函数零点个数问题”核心考点，依据高考评价体系梳理了导数研究单调性、极值与零点关系的考查要求，通过近五年高考真题分析明确“零点个数判断”“参数范围求解”两大高频题型，占导数应用题50%以上权重，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养提升”，如以2026湛江模拟题为例，通过导数求极值、零点存在定理判断零点个数，培养数学思维与推理能力，提炼参变分离、数形结合等3类解题模型。设“易错警示”专栏，帮助学生规避端点值忽略等问题，教师可依托课件实施分层教学，助力学生高效突破高考导数难点。

零点个数问题 导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的作用，而这些问题的解决都离不开一个基本要点，即函数的零点.比如，导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点，或是最值点.可以说，抓住了函数的零点，也就抓住了导数问题的要点. 重点解读 2 例1　(2026·湛江模拟)已知函数f(x)=aln(x-1)+x2-2x，其中a∈R. (1)若a=-8，求函数f(x)的单调区间； 题型一　利用导数研究零点个数 解　由题意知x>1，f'(x)=+2x-2=， 当a=-8时，f'(x)=. 令f'(x)=0，得x=3或x=-1(舍去). 当x∈(1，3)时，f'(x)<0，故f(x)的单调递减区间为(1，3)； 当x∈(3，+∞)时，f'(x)>0，故f(x)的单调递增区间为(3，+∞). 例1　(2026·湛江模拟)已知函数f(x)=aln(x-1)+x2-2x，其中a∈R. (2)当a<-2时，试判断f(x)的零点个数并证明. 解　方法一　因为f(2)=0，故f(x)的一个零点是2. 令f'(x)=0，解得x1=1-<1(舍去)，x2=1+. 当x∈(1，x2)时，f'(x)<0，故f(x)单调递减； 当x∈(x2，+∞)时，f'(x)>0，故f(x)单调递增， 当a<-2时，x2=1+∈(2，+∞)，f(x2)<f(2)=0. f(1-a)=aln(-a)+a2-1=-a[-a-ln(-a)]-1. 例1　(2026·湛江模拟)已知函数f(x)=aln(x-1)+x2-2x，其中a∈R. (2)当a<-2时，试判断f(x)的零点个数并证明. 解　下面先证明当x≥1时，x-ln x≥1. 令g(x)=x-ln x(x≥1)，g'(x)=1-=≥0， 故g(x)在[1，+∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(1)=1. 因为-a>2>1，所以f(1-a)=-a[-a-ln(-a)]-1>-a-1>0. 易知1-a>x2，所以f(x)在(x2，+∞)上存在唯一零点， 所以当a<-2时，f(x)有两个零点. 例1　(2026·湛江模拟)已知函数f(x)=aln(x-1)+x2-2x，其中a∈R. (2)当a<-2时，试判断f(x)的零点个数并证明. 解　方法二　当x=2时，f(2)=0， 故2是f(x)的一个零点. 令f'(x)=0，又x>1， 所以x0=1+. 当x∈(1，x0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以x=x0是f(x)的极小值点. 例1　(2026·湛江模拟)已知函数f(x)=aln(x-1)+x2-2x，其中a∈R. (2)当a<-2时，试判断f(x)的零点个数并证明. 解　当a<-2时，x0>2，所以f(x0)<f(2)=0. 下证ln x≤x-1(x>0). 令g(x)=x-1-ln x(x>0)， 则g'(x)=1-=. 当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 从而g(x)≥g(1)=0， 例1　(2026·湛江模拟)已知函数f(x)=aln(x-1)+x2-2x，其中a∈R. (2)当a<-2时，试判断f(x)的零点个数并证明. 解　所以当x>1时，ln(x-1)≤x-2， 又a<-2，所以aln(x-1)≥ax-2a， 即f(x)≥ax-2a+x2-2x=x[x+(a-2)]-2a. 令x1>2-a，则x1+a-2>0，则f(x1)>0. 易得当a<-2时，2-a>x0，所以f(x)=0在(x0，+∞)上有唯一解. 综上，当a<-2时，f(x)有两个零点. 方法三　令f(x)=aln(x-1)+x2-2x=0， 当x=2时，f(2)=0，故2是f(x)的一个零点. 例1　(2026·湛江模拟)已知函数f(x)=aln(x-1)+x2-2x，其中a∈R. (2)当a<-2时，试判断f(x)的零点个数并证明. 解　当x≠2时，a=. 令g(x)=(x>1且x≠2)， 易得g(x)在(1，2)和(2，+∞)上单调递减. 因为==-2(洛必达法则)， 所以当x∈(2，+∞)时，g(x)<-2且单调递减， 例1　(2026·湛江模拟)已知函数f(x)=aln(x-1)+x2-2x，其中a∈R. (2)当a<-2时，试判断f(x)的零点个数并证明. 解　故当a<-2时，a=在(2，+∞)上有唯一解. 而当x∈(1，2)时，g(x)>-2， 故当a<-2时，a=无解. 综上可知，当a<-2时，f(x)有两个零点. 解决零点个数问题常用的方法主要有以下三种： (1)转化为两个函数图象交点的个数问题，利用数形结合思想求解. (2)转化为函数f(x)的图象与x轴交点个数的问题. (3)将f(x)=0进行参变分离，转化为a=g(x)的形式；有时为了避免出现“断点”，可以考虑“倒数分参”. 思维升华 解　f'(x)=(2x-2)ex+(x2-2x)ex=(x2-2)ex，x∈R， 令f'(x)=0⇒x=±， 所以当x∈(-，)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(-∞，-)时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)的极大值为f(-)=(2+2，极小值为f()=(2-2. 跟踪训练1　已知函数f(x)=(x2-2x)ex. (1)求函数f(x)的极值； 跟踪训练1　已知函数f(x)=(x2-2x)ex. (2)若g(x)=f(x)-a(a∈R)，讨论函数g(x)的零点个数. 解　g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数即为y=f(x)与y=a图象的交点个数， 由f(x)=(x2-2x)ex，可得f(0)=0，f(2)=0， 当x<0时，f(x)>0；当0<x<2时，f(x)<0；当x>2时，f(x)>0， 结合(1)画出f(x)的图象如图， 所以当a<(2-2时，函数g(x)无零点； 当a=(2-2或a>(2+2时，函数g(x)有一个零点； 当(2-2<a≤0或a=(2+2时，函数g(x)有两个零点； 当0<a<(2+2时，函数g(x)有三个零点. 题型二　利用零点个数求参数范围 例2　(2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)=x2(ln x-1)-2ax. (1)当a=0时，求f(x)的极小值； 解　当a=0时，函数f(x)=x2(ln x-1)的定义域为(0，+∞)， 求导得f'(x)=2x(ln x-1)+x=2x， 当0<x<时，f'(x)<0； 当x>时，f'(x)>0， 所以函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，+∞)上单调递增， 所以当x=时，f(x)取得极小值f()=-. 例2　(2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)=x2(ln x-1)-2ax. (2)若函数g(x)=ex+f(x)有2个零点，求实数a的取值范围. 解　依题意，函数g(x)=ex+x2(ln x-1)-2ax的定义域为(0，+∞)， 由g(x)=0，得2a=+xln x-x， 令函数h(x)=+xln x-x，x>0， 求导得h'(x)=+ln x， 当0<x<1时，h'(x)<0；当x>1时，h'(x)>0， 所以函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，则h(x)min=h(1) =e-1， 例2　(2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)=x2(ln x-1)-2ax. (2)若函数g(x)=ex+f(x)有2个零点，求实数a的取值范围. 解　当x从大于0的方向趋近于0时，h(x)→+∞； 当x→+∞时，h(x)→+∞， 又因为g(x)有两个零点， 即直线y=2a与函数y=h(x)的图象有两个交点， 则2a>e-1，a>， 所以a的取值范围是. (1)分离参数法：分离之后函数无参数，则可得到函数的图象，然后上下移动参数的值，观察直线与函数图象交点个数即可. (2)隔离构造函数法：将一个函数分成两个函数，一个为容易求导的不含参函数，另一个为图象是一条直线的含参函数，观察它们图象的变化趋势，找到临界的位置，易求得参数的取值范围. (3)直接构造法：直接研究函数f(x)，对参数进行分类讨论，判断函数单调性，利用函数零点存在定理，判断零点个数，从而求出参数的取值范围. 思维升华 跟踪训练2　已知函数f(x)=aln x+bx2在点P(1，f(1))处的切线方程为2x-y-3=0. (1)求f(x)的解析式； 解　由题意可知f'(x)=+2bx(x>0)， 因为函数f(x)=aln x+bx2在点P(1，f(1))处的切线方程为2x-y-3=0， 所以f'(1)=a+2b=2，f(1)=b=-1， 解得a=4，b=-1， 所以f(x)=4ln x-x2. 跟踪训练2　已知函数f(x)=aln x+bx2在点P(1，f(1))处的切线方程为2x-y-3=0. (2)若函数g(x)=f(x)+m在[1，e]上有两个零点，求实数m的取值范围. 解　由g(x)=f(x)+m=0， 可得m=-f(x)=x2-4ln x， 令h(x)=x2-4ln x，1≤x≤e， 则h'(x)=2x-=， 当1≤x<时，h'(x)<0，函数h(x)单调递减， 当<x≤e时，h'(x)>0，函数h(x)单调递增， 跟踪训练2　已知函数f(x)=aln x+bx2在点P(1，f(1))处的切线方程为2x-y-3=0. (2)若函数g(x)=f(x)+m在[1，e]上有两个零点，求实数m的取值范围. 解　所以函数h(x)在[1，e]上的最小值为h()=2-4ln=2-2ln 2，h(1)=1，h(e)=e2-4， 由题意可知，直线y=m与函数h(x)在[1，e]上的图象有且只有两个交点，如图所示， 由图可知，实数m的取值范围是(2-2ln 2，1]. 课时精练 答案 1 2 1. (1)f'(x)=aex-1， 当a≤0时，f'(x)<0， 所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞，+∞)； 当a>0时，令f'(x)<0，则x<ln， 令f'(x)>0，则x>ln， 所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为， 答案 1 2 1. 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(-∞，+∞)，没有单调递增区间； 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 答案 1 2 1. (2)由(1)知，要使函数f(x)有两个零点，则a>0， 当a>0时，f(x)min=f=ln a+a2-1， 又当x→-∞时，f(x)=aex+a2-x-2→+∞， 当x→+∞时，f(x)→+∞， 因为函数f(x)有两个零点， 所以f(x)min=f=ln a+a2-1<0， 答案 1 2 1. 令h(a)=ln a+a2-1，a>0， 因为函数y=ln a，y=a2-1都在(0，+∞)上单调递增， 所以函数h(a)在(0，+∞)上是增函数， 又因为h(1)=0， 所以不等式h(a)=ln a+a2-1<0的解集为(0，1)， 所以实数a的取值范围为(0，1). 答案 1 2 2. (1)当a=0时，f(x)=cos x+xsin x， 求导得f'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x， 则f'(π)=-π，而f(π)=-1， 所以所求切线方程为y+1=-π(x-π)， 即y=-πx+π2-1. 答案 1 2 2. (2)依题意，f'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x， 当0<x<时，f'(x)>0； 当<x<π时，f'(x)<0， 所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(x)max=f =a+， 又f(0)=a+1，f(π)=a-1， 2. 则当a-1≥0，即a≥1时，f(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，π)上无零点； 当即-1≤a<1时，x∈，f(x)>0， 则f(x)在上无零点， 又f=a+>0，f(π)=a-1<0， 则f(x)在上有一个零点，则f(x)在(0，π)上有一个零点； 答案 1 2 2. 当即-<a<-1时， f(0)<0，f>0，f(π)<0， 则函数f(x)在和上各有一个零点， 因此f(x)在(0，π)上有两个零点； 当a+=0，即a=-时，f(x)max=f=0， 答案 1 2 2. 则函数f(x)在(0，π)上有一个零点； 当a+<0，即a<-时，f(x)<0恒成立，此时f(x)在(0，π)上无零点. 综上，当a<-或a≥1时，f(x)在(0，π)上无零点； 当-1≤a<1或a=-时，f(x)在(0，π)上有一个零点； 当-<a<-1时，f(x)在(0，π)上有两个零点. 答案 1 2 1.已知函数f(x)=a(ex+a)-x-2. (1)求函数f(x)的单调区间； 1 2 答案 解　f'(x)=aex-1， 当a≤0时，f'(x)<0， 所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞，+∞)； 当a>0时，令f'(x)<0，则x<ln， 令f'(x)>0，则x>ln， 所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为， 1.已知函数f(x)=a(ex+a)-x-2. (1)求函数f(x)的单调区间； 1 2 答案 解　综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(-∞，+∞)，没有单调递增区间； 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 1.已知函数f(x)=a(ex+a)-x-2. (2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 1 2 答案 解　由(1)知，要使函数f(x)有两个零点，则a>0， 当a>0时，f(x)min=f=ln a+a2-1， 又当x→-∞时，f(x)=aex+a2-x-2→+∞， 当x→+∞时，f(x)→+∞， 因为函数f(x)有两个零点， 所以f(x)min=f=ln a+a2-1<0， 1.已知函数f(x)=a(ex+a)-x-2. (2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 1 2 答案 解　令h(a)=ln a+a2-1，a>0， 因为函数y=ln a，y=a2-1都在(0，+∞)上单调递增， 所以函数h(a)在(0，+∞)上是增函数， 又因为h(1)=0， 所以不等式h(a)=ln a+a2-1<0的解集为(0，1)， 所以实数a的取值范围为(0，1). 2.(2025·呼和浩特模拟)已知函数f(x)=cos x+xsin x+a. (1)若a=0，求函数f(x)在x=π处的切线方程； 解　当a=0时，f(x)=cos x+xsin x， 求导得f'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x， 则f'(π)=-π，而f(π)=-1， 所以所求切线方程为y+1=-π(x-π)， 即y=-πx+π2-1. 1 2 答案 2.(2025·呼和浩特模拟)已知函数f(x)=cos x+xsin x+a. (2)讨论函数f(x)在(0，π)上零点的个数. 解　依题意，f'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x， 当0<x<时，f'(x)>0； 当<x<π时，f'(x)<0， 所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(x)max=f= a+， 1 2 答案 2.(2025·呼和浩特模拟)已知函数f(x)=cos x+xsin x+a. (2)讨论函数f(x)在(0，π)上零点的个数. 解　又f(0)=a+1，f(π)=a-1， 则当a-1≥0，即a≥1时，f(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，π)上无零点； 当即-1≤a<1时，x∈，f(x)>0，则f(x)在上无零点， 又f=a+>0，f(π)=a-1<0， 则f(x)在上有一个零点，则f(x)在(0，π)上有一个零点； 1 2 答案 2.(2025·呼和浩特模拟)已知函数f(x)=cos x+xsin x+a. (2)讨论函数f(x)在(0，π)上零点的个数. 解　当即-<a<-1时， f(0)<0，f>0，f(π)<0， 则函数f(x)在和上各有一个零点， 因此f(x)在(0，π)上有两个零点； 当a+=0，即a=-时，f(x)max=f=0， 1 2 答案 2.(2025·呼和浩特模拟)已知函数f(x)=cos x+xsin x+a. (2)讨论函数f(x)在(0，π)上零点的个数. 解　则函数f(x)在(0，π)上有一个零点； 当a+<0，即a<-时，f(x)<0恒成立，此时f(x)在(0，π)上无零点. 综上，当a<-或a≥1时，f(x)在(0，π)上无零点； 当-1≤a<1或a=-时，f(x)在(0，π)上有一个零点； 当-<a<-1时，f(x)在(0，π)上有两个零点. 1 2 答案 $