第三章第21课时利用导数解决函数的零点问题课件 -2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数解决函数零点问题”专题，依据高考评价体系梳理了数形结合法、函数零点存在定理等核心技法，通过近五年高考真题分析明确零点个数讨论、参数范围求解等高频题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+技法提炼+素养提升”，如2025天津卷典例通过参变分离转化为函数图象交点问题，培养数学眼光和数学思维，特设易错点警示与变式训练，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

*第21课时　利用导数解决函数的零点问题 第三章 一元函数的导数及其应用 技法一　数形结合法探究函数零点问题 [典例1]　(2025·天津卷节选)若函数f (x)＝ax－(ln x)2有3个零点，求a的取值范围． [解]　令f (x)＝ax－(ln x)2＝0，x>0，得a＝， 设g(x)＝，x>0， 则g'(x)＝， 令g'(x)＝0，解得x＝1或x＝e2，其中g(1)＝0，g(e2)＝． *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 2 当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)在(0，1)内单调递减； 当1<x<e2时，g'(x)>0，g(x)在(1，e2)内单调递增； 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． 作出函数g(x)的图象，如图所示， 要使函数f (x)有3个零点， 则方程a＝g(x)在(0，＋∞)上有3个实数根， 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<． 故a的取值范围为． 3 名师点评：解决零点个数问题的常用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)转化为函数的图象与x轴的交点个数问题． (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”． *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 4 [巩固迁移] 1．已知函数f (x)＝ex－(a∈R)，试讨论函数f (x)的零点个数． [解]　由f (x)＝ex－＝0，得xex＝a(x≠0)， 设h(x)＝xex(x≠0)，则h'(x)＝(x＋1)ex， 当x<－1时，h'(x)<0； 当－1<x<0或x>0时，h'(x)>0， 所以h(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上单调递增； *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 5 在(－∞，－1)上单调递减，所以h(x)min＝h(－1)＝－， 当x→＋∞时，h(x)→＋∞；当x→－∞时，h(x)→0． 据此可画出h(x)＝xex的大致图象，如图所示， ①当a<－或a＝0时，f (x)无零点； ②当a＝－或a>0时，f (x)有一个零点； ③当－<a<0时，f (x)有两个零点． 6 【教用·备选题】 已知函数f (x)＝x(ex－ax2)，若f (x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a的值． [解]　函数f (x)＝x(ex－ax2)在(0，＋∞)上只有一个零点，等价于y＝ex－ax2在(0，＋∞)上只有一个零点． 设g(x)＝ex－ax2，则函数g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，当且仅当g(x)＝0在(0，＋∞)上只有一解， *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 7 即a＝在(0，＋∞)上只有一解，于是曲线y＝(x>0)与直线y＝a只有一个公共点， 令φ(x)＝(x>0)，求导得φ'(x)＝，当0<x<2时，φ'(x)<0，当x>2时，φ'(x)>0， 因此函数φ(x)在(0，2)内单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 函数φ(x)在x＝2处取得极小值同时也是最小值，即φ(2)＝， 当x→0时，φ(x)→＋∞；当x→＋∞时，φ(x)→＋∞， 8 画出φ(x)＝大致的图象，如图， 当g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时， a＝φ(2)＝， 所以当f (x)在(0，＋∞)上只有一个零点时， a＝． 9 技法二　函数零点存在定理探究函数的零点问题 [典例2]　已知函数f (x)＝(x－1)ex－x－1，讨论f (x)的零点个数． [解]　因为f (x)＝(x－1)ex－x－1， 所以f '(x)＝xex－1． 令g(x)＝f '(x)，则g'(x)＝(x＋1)ex． 当x∈(－∞，－1)时，g'(x)<0，g(x)在(－∞，－1)上单调递减； 当x∈(－1，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)在(－1，＋∞)上单调递增． *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 10 又g(1)>0，g(0)<0，所以存在唯一x0∈(0，1)，使g(x0)＝0， 即x0＝1． 当x→－∞时，f '(x)→－1， 当x∈(－∞，x0)时，f '(x)<0，所以f (x)在(－∞，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，f '(x)>0，所以f (x)在(x0，＋∞)上单调递增，所以f (x)≥f (x0)． 又f (x0)＝－x0－<0， f (－2)＝1－>0，f (2)＝e2－3>0，根据函数零点存在定理，知f (x)在(－2，x0)和(x0，2)内各有一个零点，共2个零点． 11 [典例3]　(2022·全国乙卷)已知函数f (x)＝ln(1＋x)＋axe-x． (1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围． [思维流程] *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 12 [解]　(1)f (x)的定义域为(－1，＋∞)， 当a＝1时，f (x)＝ln(1＋x)＋，f (0)＝0，所以切点坐标为(0，0)． f '(x)＝，f '(0)＝2，所以切线斜率为2， 所以曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝2x． (2)f (x)＝ln(1＋x)＋， f '(x)＝， 设g(x)＝ex＋a(1－x2)， 13 ①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，即f '(x)>0， 所以f (x)在(－1，0)内单调递增，f (x)<f (0)＝0， 故f (x)在(－1，0)上没有零点，不符合题意． ②若－1<a<0，当x∈(0，＋∞)时，则g'(x)＝ex－2ax>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0， 即f '(x)>0， 所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，f (x)>f (0)＝0， 故f (x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意． 14 ③若a<－1， (ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，g'(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0， 所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f '(m)＝0， 当x∈(0，m)时，f '(x)<0，f (x)单调递减， 当x∈(m，＋∞)时，f '(x)>0，f (x)单调递增， 所以当x∈(0，m)时，f (x)<f (0)＝0， 当x→＋∞时，f (x)→＋∞， 所以f (x)在(m，＋∞)上有唯一零点， 在(0，m)上没有零点，即f (x)在(0，＋∞)上有唯一零点． 15 (ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)， 设h(x)＝g'(x)＝ex－2ax，h'(x)＝ex－2a>0， 所以g'(x)在(－1，0)内单调递增，g'(－1)＝＋2a<0，g'(0)＝1>0， 所以存在n∈(－1，0)，使得g'(n)＝0， 当x∈(－1，n)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(n，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，g(n)<g(0)＝1＋a<0， 又g(－1)＝>0， 所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f '(t)＝0， 16 当x∈(－1，t)时，f (x)单调递增，当x∈(t，0)时，f (x)单调递减， 又当x→－1时，f (x)→－∞， 而f (0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f (x)>0， 所以f (x)在(－1，t)内有唯一零点，在(t，0)内无零点， 即f (x)在(－1，0)内有唯一零点， 所以a<－1，符合题意． 17 ④当a＝0时，f (x)＝ln(1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意． ⑤当a＝－1时，f '(x)＝， 令k(x)＝ex＋x2－1，则k'(x)＝ex＋2x， 当x>0时，k'(x)>0，k(x)单调递增， k(x)>k(0)＝0，即f '(x)>0，f (x)单调递增， f (x)>f (0)＝0，不符合题意． 所以若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)． 18 名师点评：利用函数零点存在定理不仅要求函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f (a)f (b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 19 [巩固迁移] 2．(2025·全国二卷节选)已知函数f (x)＝ln(1＋x)－x＋．证明：f (x)在区间(0，＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点． [证明]　因为f (x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3，k∈，且f (x)的定义域为(－1，＋∞)，所以f '(x)＝－1＋x－3kx2＝． *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 20 当x>0时，令f '(x)＝0，解得x＝－1>0， 所以当0<x<－1时，f '(x)>0，f (x)单调递增；当x>－1时，f '(x)<0，f (x)单调递减． 所以x＝－1是f (x)在(0，＋∞)上唯一的极值点，是极大值点． 因为f >f (0)＝0，f <0，所以∃x0∈，使得f (x0)＝0， 所以x0是f (x)在(0，＋∞)上唯一的零点． 21 1．(2025·山东烟台一模)已知函数f (x)＝x(x＋c)2在x＝1处取得极大值． (1)求实数c的值； (2)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． 课后作业(二十一)　利用导数解决函数的零点问题 *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 22 [解]　(1)由函数f (x)＝x(x＋c)2，得f '(x)＝(x＋c)(3x＋c)， 由函数f (x)＝x(x＋c)2在x＝1处取得极大值， 则f '(1)＝0，解得c＝－1或c＝－3， 当c＝－1时，可得f '(x)＝(x－1)(3x－1)， 易知当<x<1时，f '(x)<0；当x>1时，f '(x)>0， 此时函数f (x)在x＝1处取得极小值，不符合题意，舍去； 当c＝－3时，可得f '(x)＝(x－3)(3x－3)， 易知当x<1时，f '(x)>0；当1<x<3时，f '(x)<0， 此时函数f (x)在x＝1处取得极大值，符合题意． 综上所述，c＝－3． 24 (2)由(1)可得f (x)＝x(x－3)2，求导可得f '(x)＝3(x－1)(x－3)， 令f '(x)＝0，解得x＝1或x＝3，可得下表： x (－∞，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) f '(x) ＋ 0 － 0 ＋ f (x) 单调递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增 25 所以函数f (x)的极大值为f (1)＝4，极小值为f (3)＝0， 函数g(x)＝f (x)＋a有三个零点，等价于函数f (x)的图象与直线y＝－a有三个交点，如图： 由图可得0<－a<4，则－4<a<0． 即实数a的取值范围为(－4，0)． 26 2．(2026·湖北武汉模拟)已知函数f (x)＝xex-1－a．若a∈R，讨论 f (x)的零点的个数． [解]　令f (x)＝xex-1－a＝0，可得a＝xex-1， 设g(x)＝xex-1，因为g'(x)＝(x＋1)ex-1， 所以当x∈(－∞，－1)时，g'(x)<0， 则g(x)在(－∞，－1)上单调递减； 当x∈(－1，＋∞)时，g'(x)>0， 则g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 27 即g(x)min＝g(－1)＝－e-2＝－， 又因为当x∈(－∞，0)时，g(x)＝xex-1<0， 当x→－∞时，g(x)→0，g(0)＝0， 所以当a<－时，f (x)＝xex-1－a无零点； 当a＝－或a≥0时，f (x)＝xex-1－a仅有一个零点； 当－<a<0时，f (x)＝xex-1－a有两个零点． 28 3．(2026·北京房山模拟)已知函数f (x)＝(x－1)ex－x2． (1)求函数f (x)的单调区间； (2)求f (x)的零点个数； (3)若g(x)＝f (x)－m在区间上有两个零点，求m的取值范围． 2025课标新变化：能够借助函数的导数，从定性和定量、整体和局部等多种角度研究和应用函数的性质． *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 29 [解]　(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)的单调递减区间为(0，ln 2)，单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． 30 (2)由于f (0)＝－1<0，则f (x)在(－∞，0)上无零点； 由于f (ln 2)＝2(ln 2－1)－(ln 2)2<0，则f (x)在(0，ln 2)内无零点； 由于f (2)＝e2－4>0，则f (x)在(ln 2，2)内存在唯一零点． 综上，函数f (x)在R上存在唯一零点． 31 (3)若g(x)＝f (x)－m在区间上有两个零点， 则函数y＝f (x)的图象与直线y＝m在区间上有两个交点， 由(1)知，f (x)在[－1，0]上单调递增，在上单调递减， f (－1)＝－－1，f (0)＝－1<0，f >f (－1)， 作出函数f (x)在上的大致图象，如图所示． 所以若函数y＝f (x)的图象与直线y＝m在区间 上有两个交点，则－≤m<－1， 则m的取值范围为． 32 4．已知函数f (x)＝2sin x－xcos x－x，证明：f (x)在(0，2π)内有且仅有一个零点． [证明]　由题意f '(x)＝2cos x－cos x＋xsin x－1＝cos x＋xsin x－1， 令g(x)＝f '(x)＝cos x＋xsin x－1， 所以g'(x)＝－sin x＋sin x＋xcos x＝xcos x， 令g'(x)＝0，得x＝0或cos x＝0． 当0<x<2π时，令cos x＝0，得x＝， *第21课时　利用导数解决函数的零点问题 33 由g'(x)>0，得0<x<<x<2π， 由g'(x)<0，得， 所以g(x)在内单调递增， 又g－1>0，g－1<0，g(2π)＝0，g(0)＝0， 所以∃x0∈，使得g(x0)＝0， 34 当0<x<x0时，g(x)>0，即f '(x)>0， 当x0<x<2π时，g(x)<0，即f '(x)<0， 所以f (x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，2π)内单调递减， 又f (0)＝0，f >0，f (2π)＝－4π<0， 所以f (x)在(0，2π)内有且仅有一个零点． 35 谢 谢 ！ $