第3章 第6节 利用导数研究函数的零点 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“导数的综合应用——利用导数研究函数的零点”专题，依据高考评价体系梳理了判断零点个数、根据零点求参数范围、隐零点问题三大核心考点，通过例题与对点训练明确高频题型分布，构建了“求导分析单调性—极值判断—零点存在定理应用”的完整解题体系。 课件亮点在于“真题实战+方法建模+素养提升”的备考设计，如以2025山东日照二模例2为载体，示范通过导数研究函数单调性与极值求参数范围的技巧，培养学生的数学思维与逻辑推理能力。特设“易错点警示”和“解题模板”，助力学生掌握答题关键，教师可据此开展针对性教学，提升复习效率。

第3章 一元函数的导数及其应用 —— 导数的综合应用 第6节　利用导数研究函数的零点 2027届高中数学一轮复习 1 考点突破 2 考点1 判断、证明或讨论零点的个数 例1　已知函数f(x)=ex+sin x-cos x，f'(x)为f(x)的导数. (1)证明:当x≥0时，f'(x)≥2; (2)设g(x)=f(x)-2x-1，证明:g(x)有且仅有2个零点. 名师导学第一轮总复习 高三数学 3 (1)证明:当x≥0时，f'(x)≥2; [解析] (1)由f'(x)=ex+cos x+sin x， 设h(x)=ex+cos x+sin x，则h'(x)=ex-sin x+cos x， 当x≥0时，设p(x)=ex-x-1，q(x)=x-sin x， ∵p'(x)=ex-1≥0，q'(x)=1-cos x≥0， ∴p(x)和q(x)在[0，+∞)上单调递增，∴p(x)≥p(0)=0，q(x)≥q(0)=0， ∴当x≥0时，ex≥x+1，x≥sin x， 则h'(x)=ex-sin x+cos x≥x+1-sin x+cos x=(x-sin x)+(1+cos x)≥0， ∴函数h(x)=ex+cos x+sin x在[0，+∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)=2， 即当x≥0时，f'(x)≥2. 名师导学第一轮总复习 高三数学 4 (2)设g(x)=f(x)-2x-1，证明:g(x)有且仅有2个零点. [解析](2)由已知得g(x)=ex+sin x-cos x-2x-1. ①当x≥0时，∵g'(x)=ex+cos x+sin x-2=f'(x)-2≥0，∴g(x)在[0，+∞)上单调递增，又∵g(0)=-1<0，g(π)=eπ-2π>0，∴由零点存在定理可知，g(x)在[0，+∞)上仅有一个零点. ②当x<0时，设m(x)=(x<0)，则m'(x)=≤0， ∴m(x)在(-∞，0)上单调递减，∴m(x)>m(0)=1， ∴ex+cos x+sin x-2<0，∴g'(x)=ex+cos x+sin x-2<0， ∴g(x)在(-∞，0)上单调递减，又∵g(0)=-1<0，g(-π)=e-π+2π>0， ∴由零点存在定理可知g(x)在(-∞，0)上仅有一个零点， 综上所述，g(x)有且仅有2个零点. 名师导学第一轮总复习 高三数学 5 [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. [小结]利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法. 借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负,函数单调性判断函数图象走势,从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围. (2)数形结合法求解零点. 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性,画出草图数形结合确定其中参数的范围. (3)构造函数法研究函数零点. ①根据条件构造某个函数,利用导数确定函数的单调区间及极值点,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,从而求解. ②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法. 名师导学第一轮总复习 高三数学 7 考点2 根据零点情况求参数范围 例2　(2025·山东日照·二模)已知函数f(x)=aln x+(a∈R). 若方程f(x)-1=0有3个不同的实数解，求a的取值范围. [解析] 令g(x)=f(x)-1=aln x+ -1， 函数g(x)的定义域为(0，+∞)， g'(x)= - = = . ①当a≤0时，g'(x)<0，函数g(x)在区间(0，+∞)上单调递减， 函数g(x)至多一个零点，不合题意; 名师导学第一轮总复习 高三数学 8 ②当a>0时，设函数h(x)=ax2+(2a-2)x+a，Δ=(2a-2)2-4a2= -8a+4， 当a≥时，Δ≤0，即h(x)≥0对任意的x>0恒成立，即g'(x)≥0， 所以函数g(x)在区间(0，+∞)上单调递增，函数g(x)至多一个零点，不合题意; 当0<a<时，因为Δ=-8a+4>0，所以方程ax2+(2a-2)x+a=0有两个实数根x1，x2， 且满足x1+x2=-2>0，x1x2=1， 不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，f'(x)，f(x)的情况如下: x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 增 极大值 减 极小值 增 名师导学第一轮总复习 高三数学 9 所以函数f(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，+∞)，单调递减区间是(x1，x2). 因为g(1)=0，所以1为g(x)的一个零点. 又g(x1)>g(1)=0，0<<1，且g()= <0， 所以存在唯一实数t1∈(0，1)，使得g(t1)=0. 又g(x2)<g(1)=0，>1，且g()= >0， 所以存在唯一实数t2∈(1，+∞)，使得g(t2)=0. 所以函数g(x)有3个不同的零点，方程f(x)-1=0有3个不同的实数解， 综上，a的取值范围为. 名师导学第一轮总复习 高三数学 10 [对点训练2](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. 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. (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. 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. 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,+∞). [小结]对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略: 1.通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,从而求出参数的取值范围; 2.利用可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题. 3.根据恒成立或有解求解参数的取值时,一般涉及分离参数法,若参变分离不易求解问题,就要考虑利用分类讨论法和放缩法,注意恒成立与存在性问题的区别. 名师导学第一轮总复习 高三数学 16 考点3 与函数隐零点有关的问题 例3　已知函数f(x)=axex - x2-x，a≥.当x>0时，求证:f(x)≥ln x- x2-1. [解析] f(x)≥ln x- x2-1等价于axex-ln x-x+1≥0(x>0). 当x>0时，xex>0，则当a≥时，axex≥xex-2(x>0)， 即证axex-ln x-x+1≥xex-2-ln x-x+1≥0(x>0). 令g(x)=xex-2-ln x-x+1(x>0)，则g'(x)=. 而x+1>0，令h(x)=ex-2-， 名师导学第一轮总复习 高三数学 17 因为函数y=ex-2，y=-在区间上都是增函数， 所以函数h(x)在区间上单调递增. 因为h(1)=-1<0，h(2)=>0，所以存在x0∈(1，2)，使得h=0， 即=，x0-2=-ln x0， 当x∈时，g'(x)<0，则g(x)在上单调递减， 当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0，则g(x)在上单调递增， 所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0+1=x0-1=x0-1=0， 所以g(x)≥0，即xex-2-ln x-x+1≥0(x>0)， 所以f(x)≥ln x- x2-1. 名师导学第一轮总复习 高三数学 18 [对点训练3]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. (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. ∴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. [小结]在函数的零点中，有些零点不易求出，或者可以求出但无需求出，我们把这样的零点称为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法或无需求出.对于“隐零点”问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题. 名师导学第一轮总复习 高三数学 22 $