3.6 利用导数研究函数的零点专题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数研究函数零点”专题，依据高考评价体系梳理了确定零点个数、求参数范围、隐零点等核心考点，通过真题分析明确单调性应用、数形结合等高频考向，归纳多选题、解答题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+规律方法+素养提升”，如例1用单调性和零点存在定理解决零点个数判断，例3通过极值分析求参数范围，培养数学思维与运算能力。设“规律方法库”和“对点训练”，助力学生掌握解题技巧，教师可据此高效指导复习。

第6节　利用导数研究函数的零点 2027 研考点•精准突破 考点一　确定函数零点的个数 考向1　利用函数单调性和零点存在定理确定函数零点个数 例1　(多选题)已知x>0,a>0,且a≠1,函数f(x)=ax-xa,则下列选项正确的有 ( 　) A.当a=e时,f(x)≥0恒成立 B.当a>e时,f(x)有两个零点 C.当0<a<1时,f(x)有且仅有1个零点 D.存在a>1,使得f(x)存在三个极值点 ABC 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 对于A,当a=e,x>0时,要证明f(x)=ex-xe≥0,即证明ex≥xe,即证明x≥ln xe =eln x,即证明,设g(x)=(x>0),g'(x)=,∴当0<x<e时,g'(x)>0;当x>e时,g'(x)<0, ∴g(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,∴g(x)≤g(e)=,故A正确;对于B,当a>e时,由f(x)=0得ax-xa=0,ax=xa,xln a=aln x,,当a>e时,由A的分析可知,0<g(a)<,因此g(x)=g(a)有两个零点,故B正确; 考点一 考点二 考点三 考点四 对于C,当0<a<1时,f(x)=ax-xa单调递减,a0-0a=1>0,f(1)=a-1<0,∴f(x)存在唯一零点,x0∈(0,1),故C正确;对于D,f'(x)=axln a-axa-1,令f'(x)=0得axln a=axa-1,两边同时取对数得(x-1)ln a+ln(ln a)=(a-1)ln x,设h(x)=(x-1)ln a+ln(ln a) -(a-1)ln x,h'(x)=ln a-,令h'(x)=0得x=,则在区间(0,)上,h'(x)<0,h(x)单调递减,在区间(,+∞)上,h'(x)>0,h(x)单调递增,∴h(x)最多有两个零点,∴f(x)最多有两个极值点,故D错误.故选ABC. 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数 (1)讨论函数的单调性,确定函数的单调区间; (2)在每个单调区间上,利用函数零点存在定理判断零点的个数; (3)注意区间端点的选取技巧; (4)含参数时注意分类讨论. 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练1](2025·鄂东南高三联考)函数f(x)=cos 2x·(ln x-2π+1),x∈(0,2π]零点的个数为(　　) A.4 B.5 C.3 D.2 A 解析 由f(x)=0,得cos 2x=0或ln x-2π+1=0,由cos 2x=0,得2x=+kπ,k∈Z,即x=,k∈Z,因为x∈(0,2π],所以x=或x=或x=或x=.设h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,令h'(x)≥0,得x≥0,令h'(x)<0,得x<0,所以函数h(x)在区间[0,+∞)上单调递增,在区间(-∞,0)上单调递减,所以h(x)=ex-x-1≥h(0)=0.由ln x-2π+1=0,得x=e2π-1>(2π-1)+1=2π.故函数f(x)有4个零点. 考点一 考点二 考点三 考点四 考向2　利用数形结合确定函数零点个数 例2　(2025·江西九江模拟)已知函数f(x)=ax(ex+1)+ex-1恰好有3个零点,则实数a的取值范围是　　　　　.  (-,0) 解析 (方法1)f(x)=(ex+1) (ax+), ∵ex+1>0,∴f(x)的零点等价于函数g(x)=ax+的零点.又g(x)是奇函数,∴只需要考虑g(x)在区间(0,+∞)上有一个零点.易知g'(x)=a+在区间(0,+∞)上单调递减,则g'(x)的值域是(a,a+). 考点一 考点二 考点三 考点四 当a≥0时,g'(x)>0,∴g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=0,无零点,不符合题意;当a≤-时,g'(x)<0,∴g(x)在区间(0,+∞)上单调递减,g(x)<g(0)=0,无零点,不符合题意;当-<a<0时,由零点存在定理知,必存在唯一的正数x0,使g'(x0)=0.当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(0)=0;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减. ∵g(-)=-1+<0,∴g(x)在区间(x0,-)上存在唯一零点,符合题意. 综上,实数a的取值范围是(-,0). 考点一 考点二 考点三 考点四 (方法2)∵f(0)=0,∴x=0是f(x)的一个零点.当x≠0时,由f(x)=0,得-a=,令t(x)=,t(x)为偶函数,则问题转化为直线y=-a与函数t(x)=的图象在区间(0,+∞)上有一个交点. ∵t'(x)=-,设u(x)=e2x-2xex-1,则u'(x)=2e2x-2(x+1)ex=2ex(ex-x-1)≥0, ∴u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,u(x)>u(0)=0,∴当x∈(0,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减.又t(x)=0+,t(x)=,∴t(x)在(0,+∞)上的值域为(0,),故0<-a<,即-<a<0,故实数a的取值范围是(-,0). 考点一 考点二 考点三 考点四 (方法3)由f(x)=0,得-ax=. 设g(x)=-ax,h(x)=.∵g(x)与h(x)都是R上的奇函数,则问题转化为函数g(x)与h(x)在区间(0,+∞)上恰有一个交点(如图), 易知h(x)=1-在区间(0,+∞)上单调递增且h(x)∈(0,1). 又h″(x)=<0, ∴h'(x)=在区间(0,+∞)上单调递减, ∴0<-a<h'(0),即-<a<0, 故实数a的取值范围是(-,0). 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　数形结合确定函数零点个数的方法 函数零点个数即函数图象与x轴交点的个数,因此借助数形结合思想,可通过函数图象判断函数零点的个数. (1)利用导数研究函数f(x)的单调性、极值及最值情况,并结合函数值的正负情况及变化趋势,作出函数f(x)的大致图象,然后根据图象判断零点个数. (2)若函数f(x)的图象不易直接作出,可根据函数与方程思想将函数零点转化为方程的根,再将方程进行变形,转化为两个函数的图象交点问题,从而判断函数零点个数. 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练2]对于满足一定条件的连续函数f(x),若存在一个点x0,使得f(x0)=x0,那么我们称f(x)为“不动点”函数.若存在n个点xi(i=1,2,…,n),满足f(xi)=xi,则称f(x)为“n型不动点”函数,则下列函数中为“3型不动点”函数的 是(　　) A.f(x)=1-ln x B.f(x)=5-ln x-ex C.f(x)= D.f(x)=2sin x+2cos x D 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 对于A,令f(x)=1-ln x=x(x>0),即x+ln x-1=0.因为y=x+ln x-1在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)=1-ln x不可能为“3型不动点”函数,故A错误;对于B,令f(x)=5-ln x-ex=x(x>0),即x+ln x+ex-5=0.因为y=x+ln x+ex-5在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)=5-ln x-ex不可能为“3型不动点”函数,故B错误;对于C,易知f(x)的定义域为{x|x≠0},f(x)不是连续函数,故f(x)不满足“n型不动点”函数的定义,故C错误; 对于D,f(x)=2sin x+2cos x=2sin(x+),作出f(x)的图象,如图所示.易知其与直线y=x有且只有三个不同的交点,即2sin x+2cos x=x有三个不同的解,所以f(x)=2sin x+2cos x为“3型不动点”函数,故D正确.故选D. 考点一 考点二 考点三 考点四 考点二　根据函数零点的个数求参数范围 例3　(2025·山东烟台一模)已知函数f(x)=x(x+c)2在x=1处有极大值. (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. 解 (1)因为f(x)=x(x+c)2,所以f'(x)=3x2+4cx+c2.因为f(x)在x=1处有极大值,令f'(1)=0,解得c=-1或c=-3.当c=-1时,f'(x)=3x2-4x+1=3(x-) (x-1),f(x)在区间(,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,舍去;当c=-3时,f'(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),f(x)在区间(-∞,1)上单调递增,在区间(1,3)上单调递减,所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.综上,c=-3. 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)当c=-3时,g'(x)=3x2-12x+9,令g'(x)=0,解得x=1或x=3,当x∈(-∞,1)∪(3,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(-∞,1)和(3,+∞)上单调递增,当x∈(1,3)时,g'(x)<0,g(x)在区间(1,3)上单调递减,所以,当x=1时,g(x)取极大值g(1)=4+a,当x=3时,g(x)取极小值g(3)=a. 又当x→-∞时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,若函数g(x)=f(x)+a有三个不同零点,则a<0<4+a,解得-4<a<0,所以a的取值范围为(-4,0). 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　已知函数零点个数求参数取值范围问题的解法 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练3](2025·山东泰安一模)已知函数f(x)=ln+ax,a∈R. (1)当a=1时,求函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数f(x)的单调性; (3)若方程ex-1+=(a+1)2有两个不同的实数根,求实数a的取值范围. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 由题意知f(x)的定义域为(0,+∞). (1)当a=1时,f(x)=ln e2x-ln x+x=3x-ln x,∴f'(x)=3-,∴f'(1)=2. 又f(1)=3,∴f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y-3=2(x-1),即2x-y+1=0. (2)∵f(x)=ln e2x-ln x+ax=(a+2)x-ln x,∴f'(x)=a+2-,当a+2≤0,即a≤-2时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,当a+2>0,即a>-2时,在区间(0,)上,f'(x)<0,在区间(,+∞)上,f'(x)>0,∴f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增. 综上,当a≤-2时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;当a>-2时,f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增. 考点一 考点二 考点三 考点四 (3)方程ex-1+=(a+1)2有两个不同实根,等价于方程xex-1-aln x-x=0有两个不同实根.设g(x)=xex-1-aln x-x=(ex-1-1)x-aln x,则g'(x)=(x+1)ex-1--1,且g'(1)=1-a.当a≤0,x∈(0,1)时,g(x)<0,当a≤0,x∈(1,+∞)时,g(x)>0,此时函数g(x)只有一个零点x=1,方程只有一个根,不符合题意. 当a>0时,g'(x)=(x+1)ex-1-1-在区间(0,+∞)上单调递增. 当0<a<1时,g'(1)=1-a>0,g'(a)=(a+1)ea-1-2<a-1<0,∴存在x1∈(0,1)使g'(x1)=0,∴在区间(0,x1)上,g'(x)<0,在区间(x1,+∞)上,g'(x1)>0, ∴g(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增, ∴g(x)min=g(x1)<g(1)=0.又g(a)=a(ea-1-ln a-1),设h(x)=ex-1-ln x-1(x>0),则h'(x)=ex-1-,当0<x<1时,h'(x)<1-<0,h(x)单调递减. 考点一 考点二 考点三 考点四 又h(1)=0,0<a<1,∴g(a)>0. 又g(1)=0,∴g(x)在区间(0,x1)和(x1,+∞)上各有一个零点,符合题意. 当a=1时,g'(1)=0,∴在区间(0,1)上,g'(x)<0,在区间(1,+∞)上,g'(x)>0,∴g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,∴g(x)min=g(1)=0,∴g(x)只有一个零点,不符合题意. 当a>1时,g'(1)=1-a<0,g'(a)=(a+1)ea-1-2>a+1-2>0,∴存在x2∈(1,a)使得g'(x2)=0,∴在区间(0,x2)上,g'(x)<0,g(x)单调递减,在区间(x2,+∞)上, g'(x)>0,g(x)单调递增,∴g(x)min=g(x2)<g(1)=0.g(a)=a(ea-1-1-ln a), ∵当x>1时,h'(x)=ex-1->1->0,∴h(x)单调递增. 考点一 考点二 考点三 考点四 又h(1)=0,a>1,∴g(a)>0,∴g(x)在区间(x2,a)上存在一个零点. 又g(1)=0,∴当a>1时,g(x)有两个零点,符合题意. 综上,方程ex-1+=(a+1)2有两个不同实根时,实数a的取值范围为(0,1)∪(1,+∞). 考点一 考点二 考点三 考点四 考点三　可化为函数零点问题的参数问题 例4　(2025·安徽滁州模拟)已知函数f(x)=(x-)e2x-1-mx3. (1)若曲线y=f(x)在点(,f())处的切线l与直线x-5y=0垂直,求l的方程; (2)若函数f(x)在区间(0,+∞)上有2个极值点,求实数m的取值范围. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)f'(x)=e2x-1+(2x-1)e2x-1-3mx2=2xe2x-1-3mx2,故切线l的斜率为f'()=1-m,而直线x-5y=0的斜率为,所以1-m=-5,解得m=8.又f()=-1,故所求切线方程为y+1=-5(x-),即10x+2y-3=0. (2)令f'(x)=0,则2xe2x-1=3mx2,故=m. 因为函数f(x)在区间(0,+∞)上有2个极值点,所以方程=m在区间(0,+∞)上有2个实数根,令g(x)=,x∈(0,+∞),则g'(x)=,令g'(x)=0,解得x=,故当x∈(0,)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,且g()=,当x→0时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞, 故实数m的取值范围为(,+∞). 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　若f'(x)为可导函数f(x)的导函数,x0为f(x)的极值点,则必有f'(x0)=0.曲线的切线条数、两曲线的交点个数、极值点问题、方程根的个数等问题解决的关键是转化为对应函数的零点个数问题,通过数形结合等方式,研究函数的零点以确定相应的数量关系. 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练4](2025·广东珠海模拟)已知函数f(x)=aex(a≠0),g(x)=x2,g'(x)为g(x)的导函数. (1)证明:当a=1时,∀x∈(0,+∞),f(x)>g'(x); (2)若f(x)与g(x)有两条公切线,求实数a的取值范围. (1)证明 当a=1时,f(x)=ex,g'(x)=2x,∀x∈(0,+∞),f(x)>g'(x)等价于证明∀x∈(0,+∞),ex>2x.令h(x)=ex-2x(x>0),h'(x)=ex-2, 当0<x<ln 2时,h'(x)<0,h(x)在区间(0,ln 2)上单调递减,当x>ln 2时,h'(x)>0,h(x)在区间(ln 2,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(ln 2)=2-2ln 2>0,因此∀x∈(0,+∞),ex>2x,即∀x∈(0,+∞),f(x)>g'(x). 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)解 f'(x)=aex,g'(x)=2x. 设公切线与f(x)=aex,g(x)=x2的切点分别为(x1,a),(x2,),可得切线方程为y-a=a(x-x1),y-=2x2(x-x2),因为它们是同一条直线,所以可得a=.令p(x)=,若f(x)与g(x)有两条公切线,则y=与y=a的图象有两个交点. 考点一 考点二 考点三 考点四 因为p'(x)=,当x<2时,p'(x)>0,p(x)在区间(-∞,2)上单调递增,当x>2时,p'(x)<0,p(x)在区间(2,+∞)上单调递减,所以p(x)≤p(2)=,且当x>1时,p(x)>0,当x<1时,p(x)<0,可得p(x)的大致图象(如图所示), 所以实数a的取值范围为(0,). 考点一 考点二 考点三 考点四 考点四　隐零点问题 例5　已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积; (2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围. 解 (1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,∴f'(x)=ex-,∴f'(1)=e-1. ∵f(1)=e+1,∴切点坐标为(1,1+e),∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)·(x-1),即y=(e-1)x+2,∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0,2),(,0),∴所求三角形面积为×2×. 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)(方法1　隐零点)∵f(x)=aex-1-ln x+ln a,∴f'(x)=aex-1-,且a>0.设g(x)=f'(x),则g'(x)=aex-1+>0,∴g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在区间(0,+∞)上单调递增,当a=1时,f'(1)=0,则f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,∴f(x)min=f(1)=1,∴f(x)≥1成立;当a>1时,<1,∴<1, ∴f'()f'(1)=a(-1)(a-1)<0,∴存在唯一x0∈(,1),使得f'(x0)=a=0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,∴a,∴ln a+x0-1=-ln x0,因此f(x)min=f(x0)=a-ln x0+ln a=+ln a+x0-1+ln a>2ln a-1+2=2ln a+1>1, ∴f(x)>1,∴f(x)≥1恒成立;当0<a<1时,f(1)=a+ln a<a<1,∴f(1)<1,f(x)≥1不恒成立. 综上,实数a的取值范围是[1,+∞). 考点一 考点二 考点三 考点四 (方法2　同构)∵f(x)=aex-1-ln x+ln a=eln a+x-1-ln x+ln a≥1等价于eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x=eln x+ln x,令g(x)=ex+x,上述不等式等价于g(ln a+x-1)≥g(ln x),显然g(x)为增函数,∴ln a+x-1≥ln x,即ln a≥ln x-x+1,令h(x)=ln x-x+1,则h'(x)=-1=,在区间(0,1)上,h'(x)>0,h(x)单调递增;在区间(1,+∞)上, h'(x)<0,h(x)单调递减,∴h(x)max=h(1)=0,ln a≥0,即a≥1,∴实数a的取值范围是[1,+∞). 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　用隐零点处理问题时,先证明函数f(x)在某区间上单调,然后用零点存在定理说明只有一个零点.此时设出零点x0,则f'(x)=0的根为x0,即有f'(x0)=0.注意确定x0的合适范围,如果含参,x0的范围往往和参数a的范围有关,这时就可以把超越式用代数式表示,同时根据x0的范围可进行适当的放缩,从而问题得以解决.基本解决思路是:形式上虚设,运算上代换,数值上估算.用隐零点可解决导数压轴题中的不等式证明、恒成立(能成立)等问题. 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练5]已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0. (1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性; (2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)上恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)上有唯一解. (1)解 由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2ln x-2(1+), ∴g'(x)=2-. 当0<a<时,g(x)在区间(0,),(,+∞)上单调递增,在区间()上单调递减;当a≥时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)证明 由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2(1+)=0,解得a=, 令φ(x)=-2(x+)ln x+x2-2()x-2()2+, 则φ(1)=1>0,φ(e)=--2()2<0. 故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0. 令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1),由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 考点一 考点二 考点三 考点四 ∴0==a0<<1.即a0∈(0,1),当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0. 因为f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.∴当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0. 综上,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)上恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)上有唯一解. 考点一 考点二 考点三 考点四 $