第三章 课时6 利用导数研究函数的零点讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学讲义聚焦利用导数研究函数零点这一高考核心考点，涵盖数形结合法、零点性质分析及隐零点问题，按考情分析、考点扫描、拓展延伸、巩固提升的逻辑架构，通过考点梳理、方法指导、真题讲解和分层训练，帮助学生系统构建解题框架。 讲义突出隐零点“设代消缩”策略与数形结合思想，如例1将零点问题转化为函数图象交点，培养数学思维与模型观念。设置基础到综合的分层练习，配合规律总结与真题演练，助力学生高效突破压轴题，为教师把控复习节奏提供精准指导。

课时6 利用导数研究函数的零点 一、考情分析 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． 二、考点扫描 考点一 数形结合法研究函数零点 例1 (2026·江西南昌市模拟节选)已知函数f(x)＝(x－a)2＋bex(a，b∈R).若当a＝0时，函数y＝f(x)有3个零点，求b的取值范围. 规律方法： 对点训练 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R，试讨论函数g(x)＝f′(x)－的零点个数. 例2 （2026·河南安阳一中期末节选）求函数在上的零点个数. 规律方法： 考点二 研究函数零点的性质 例3 （2026·新高考Ⅱ卷）已知函数，其中． （1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； （2）设分别为在区间的极值点和零点. ① 设函数，证明：在区间上单调递减； ② 试比较与的大小，并证明你的结论． 规律方法： 对点训练 已知，设(x1>x2)是的两个零点.求证： （1）； （2）. 拓展与延伸8 隐零点 一、考情分析 高考的客观题和解答题中，经常出现函数的零点存在但无法直接求解出来的问题.这种零点不能求的隐零点的问题，处理的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点存在定理处理． 二、 知识梳理 隐零点是导数综合题中的核心技巧，主要出现在利用导数求函数最值或证明不等式的问题中.当需要研究函数单调性或求极值，但导函数的零点无法精确求出（非特殊角、非有理数）时，就需要“隐零点”处理。解决隐零点问题通常遵循“设零点—代入—消参—放缩”的流程. 需要注意的细节： 1. 精确估值：有时需要对“隐零点”x0进行更精确的估值； 2. 找点：在证明隐零点存在时，需要找出两个异号的端点值，这通常需要借助放缩法（如利用ex x+1 ，或 ln x x-1 来构造点. 3. 同构思想：有些复杂的隐零点问题，本质是寻找同构函数的根. 三、考点扫描 考点一 不含参函数的隐零点问题 例1 (2026·湖北荆门市模拟节选)证明：函数f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1. 规律方法： 对点训练 (2026·陕西咸阳市模拟节选)试判定函数f(x)＝＝ln x－x2＋(x－1)2ex的零点个数，并说明理由． 考点二 含参函数的隐零点问题 例2 （2026·湖南长沙市模拟）已知函数. (1)求的最小值； (2)设函数，试讨论的零点个数. 规律方法： 对点训练 （2026·湖北模拟预测）已知函数，，其中a为整数且.记为的极值点，若存在两个不同的零点x1，. (1)求a的最小值； (2)求证：. 三、巩固提升 1.（2026·江西赣州市期初考试）已知函数. (1)求的单调区间； (2)已知，若函数有唯一的零点.证明，. 2. （2026·四川遂宁市期中统考）已知函数，，直线为曲线与的一条公切线. (1)求的值； (2)若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，证明：满足条件的有且只有一个. 课时6 利用导数研究函数的零点参考答案 二、考点扫描 例1 【解】　函数y＝f(x)有3个零点，即关于x的方程f(x)＝0有3个根， 也即关于x的方程b＝－有3个根. 令g(x)＝－，则直线y＝b与g(x)＝－的图象有3个交点. g′(x)＝，由g′(x)<0解得0<x<2；由g′(x)>0解得x<0或x>2， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增. g(0)＝0，g(2)＝－， 当x>0时，g(x)<0；当x→＋∞时，g(x)→0；当x→－∞时，g(x)→－∞， 作出g(x)的大致图象如图所示，作出直线y＝b. 由图可知，若直线y＝b与g(x)的图象有3个交点，则－<b<0， 即b的取值范围是. 对点训练 【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. 例2 【解】令，则. 当时，恒成立，所以在上递增， 所以， 因此在上无零点； 当时，恒成立，所以单调递增， 又， 所以在上存在唯一的零点， 当单调递减； 当单调递增； 又，， 因此在上仅有1个零点. 综上，在上仅有1个零点. 例3【解】（1）由题得. 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立. 又因为，时， 所以时， 所以存唯一，使得，即在上存在唯一零点. （2）【解】① 由（1）知，则，. ， 则 . ， ， 即在上单调递减. ② .证明如下： 由①知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，， 且对任意，所以. 对点训练 【证明】（1）由题意，不妨设， 则 设， 则g(x)在(0,+∞)上递增且g(1)=0，所以x∈(0,1)时，g(x)<0, 即时，g(x)>0，即f(x)>0， 所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增. ，且，， 所以 . 设，， 所以函数单调递增，所以， 所以，即. 又函数在上单调递减，所以，所以. （2）注意到， 所以，要证， 只需，即只需. 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，所以， 所以要证，只需，即， 不妨设， 则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递增， 因为，所以，即， 又因为，所以. 综上所述，命题得证. 拓展与延伸8 隐零点 二、 知识梳理 2. ≥ ≤ 三、 考点扫描 例1 【证明】x∈(－π，＋∞)时，f′(x)＝ex＋cos x. 令g(x)＝ex＋cos x，x∈(－π，＋∞)，则g′(x)＝ex－sin x. 当x∈(－π，0]时，ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0， 当x∈(0，＋∞)时，ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0， 所以当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增. 又因为g(－π)＝＋cos(－π)＝－1<0，g＝＋cos＝>0， 所以存在唯一x0∈，使g(x0)＝＋cos x0＝0. 又因为g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增， 所以x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点， 所以f′(x)＝ex＋cos x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x0)＝＋cos x0＝0， 当x∈(－π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)存在唯一极小值点x0. 又因为＋cos x0＝0，所以＝－cos x0， 所以f(x0)＝＋sin x0＝sin x0－cos x0＝sin. 又因为x0∈，所以x0－∈， 所以sin∈， 所以f(x0)＝sin∈(－1,1)，所以f(x0)>－1. 对点训练【解】f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－x＋(x2－1)ex＝(x＋1)(x－1). 设h(x)＝ex－(x>0)，所以h′(x)＝ex＋>0， 所以h(x)在定义域上是增函数. 因为h＝－2<0，h(1)＝e－1>0，所以存在唯一x0∈，使h(x0)＝0， 即－＝0，＝，－x0＝ln x0， 当0<x<x0时，h(x)<0，即f′(x)>0； 当x0<x<1时，h(x)>0，即f′(x)<0； 当x>1时，h(x)>0，即f′(x)>0， 所以f(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＝x0时，f(x)取极大值f(x0)＝ln x0－x＋＝－x＋－2. 设F(x)＝－x2＋－2，易知F(x)在区间上单调递减． 所以f(x0)<F＝－<0，所以f(x)在(0,1)内无零点. 因为f(1)＝－<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0，所以f(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点. 综上所述，f(x)有且只有一个零点． 例2 【解】（1）的定义域为， 则当时，；当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因此的最小值为. （2），且. 令，得， 令，则与有相同的零点， 且. 令，则， 因为当时，则，所以在区间上单调递增， 又，所以，使， 且当时，，即；当时，，即， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因此的最小值为， 由，得，即， 令，则在区间上单调递增， 因为，所以，则， 所以，从而，即 所以的最小值， 所以当时，没有零点； 当时，有一个零点； 当时，因为， 当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于， 所以有两个零点. 综上，当时，的零点个数为0； 当时，的零点个数为1； 当时，的零点个数为2. 对点训练（1）【解】， 令，则， 故在上单调递增， 且，. 由零点存在定理知，存在唯一的，使得，即， 且，，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 又，， 若存在两个不同的零点，则，即，， 由知，所以整数的最小值为3. （2）【证明】由题意，即， 故 ，同理 . 所以. 四、巩固提升 1. （1）【解】.令， ， 所以当时，即为增函数， 又， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 的减区间为，增区间为. （2）【证明】， . 由（1）可知在单调递增，且， 又， 所以存在唯一的，使得， 所以当时单调递减；当时单调递增； . 若方程有唯一的实数，则， 消去可得. 令， 则，在上为减函数， 且， 所以当时，即. 2.（1）【解】设与相切于点，而， 则，即，，则切点为，，即. 设与相切于点，而， ，即，则切点为，，， 所以，. （2）【证明】依题意，，则，，， 由成等差数列，得，即，， 令，求导得， 令，求导得，显然函数在上单调递增， ，， 则，使得，即， 当时，；当时，， 在上递减，在上递增， . 由，得，则，即，函数在上单调递增， ，，因此在上存在唯一零点， 所以满足条件的有且只有一个. . 学科网（北京）股份有限公司 $