利用导数研究函数的零点课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数研究函数的零点”核心考点，依据高考评价体系梳理了导数几何意义、函数单调性与极值、零点存在定理等考查要求，结合2022全国乙卷文20题等真题及模拟题，归纳出分类讨论、转化化归等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+思维建模”策略，如2022全国乙卷文20题通过分类讨论a的取值，结合导数分析函数单调性与极值确定零点个数，培养逻辑推理素养。提供“导数零点转化为函数交点”等突破方法，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，助力高效备考。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 1.(15分)(2025·山东名校考试联盟模拟)已知函数f(x)=. (1)求曲线y=f(x)在(-1,f(-1))处的切线方程; (2)设g(x)=ax-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,讨论g'(x)的零点个数. 解:(1)因为f(x)=, 所以f(-1)=-e,又f'(x)=,则f'(-1)=2e, 所以曲线y=f(x)在(-1,f(-1))处的切线方程为y+e=2e(x+1),即y=2ex+e. 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 (2)由题得g(x)=ax-,所以g'(x)=a- 令g'(x)=0,则aex-1+x=0,即a=设h(x)=,则h'(x)=, 令h'(x)>0,则x>2,令h'(x)<0,则x<2,所以h(x)在(-∞,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,h(2)=-,h(1)=0,h(0)=1.当x→-∞时,h(x)→+∞;当x→+∞时,h(x)→0. 作出h(x)的图象如图. 由图可知,当a<-时,g'(x)无零点; 当a=-或a≥0时,g'(x)有1个零点; 当-<a<0时,g'(x)有2个零点. 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 2.(15分)(2022·全国乙,文20)已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x. (1)当a=0时,求f(x)的最大值; (2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围. 解:(1)当a=0时,f(x)=--ln x,x∈(0,+∞). f'(x)=,令f'(x)=0,得x=1. 当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减. 因此,当x=1时,f(x)有最大值f(1)=-1. 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 (2)函数f(x)的定义域为(0,+∞). f'(x)=a+ 由(1)知,当a=0时,f(x)max=-1<0,故f(x)无零点. 当a<0时,ax-1<0.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示. x (0,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - f(x) 单调递增 a-1 单调递减 ∴∀x>0,f(x)≤f(1)=a-1<0,故f(x)无零点. 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 当a>0时,f'(x)=(x-) (x-1). ①当0<a<1时,>1.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示. x (0,1) 1 f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 a-1 单调递减 1-a+(a+1)ln a 单调递增 ∴∀x∈(0,],f(x)≤f(1)=a-1<0.又当x→+∞,f(x)→+∞, ∴f(x)恰有一个零点. 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 ②当a=1时,∵f'(x)=0, ∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. 由f(1)=a-1=0,知f(x)恰有一个零点. ③当a>1时,0<<1.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示. x 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 1-a+(a+1)ln a 单调递减 a-1 单调递增 ∴∀x∈[,+∞),f(x)≥f(1)=a-1>0.又当x→0时,f(x)→-∞,∴f(x)恰有一个零点. 综上,若f(x)恰有一个零点,则a的取值范围为(0,+∞). 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 3.(15分)(原创)已知函数f(x)=x2ln x-ax2+a,a∈R. (1)当a=1时,求f(x)在区间[1,e]上的最值; (2)讨论f(x)的零点个数. 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 解:(1)由题意得f(x)的定义域为(0,+∞),当a=1时,f'(x)=2xln x+x-2x=x(2ln x-1). 当0<x<时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x>时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 所以f(x)在x=处取得极小值,也即最小值,f()=eln-e+1=1- 因为f(e)=e2ln e-e2+1=1,f(1)=ln 1-1+1=0, 所以f(x)在x=e处取得最大值1, 综上,f(x)min=1-,f(x)max=1. 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 (2)令f(x)=0,得ln x+-a=0, 令g(x)=ln x+-a,则g'(x)=,当a≤0时,g'(x)>0在x∈(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,故此时g(x)有唯一零点,当a>0时,g'(x)=, 令g'(x)<0,得0<x<,所以g(x)在区间(0,)上单调递减; 令g'(x)>0,得x>,所以g(x)在区间(,+∞)上单调递增.所以g(x)min=g()=ln-a+ 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 令=t,t>0,则a=t2, 令h(t)=ln t-t2+,则h'(t)=-t=, 当0<t<1时,h'(t)>0,h(t)单调递增, 当t>1时,h'(t)<0,h(t)单调递减. 又h(1)=0,所以当t∈(0,1)∪(1,+∞)时,h(t)<0. ①当=1,即a=时,g(x)min=g(1)=0,此时g(x)有唯一零点x==1; ②当0<<1,即0<a<时,g()<0, 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 因为g(1)=0,所以g(x)在区间(,+∞)上有唯一零点x=1, g()=ln+a[-1]=ln-2, 令=k(0<k<1),则a=,所以g(k)=ln k+-1, 则g'(k)=<0,所以g(k)在区间(0,1)上单调递减,则g(k)>g(1)=0. 又g()<0,所以g(x)在区间()上存在唯一零点,故g(x)在区间(0,+∞)上有两个零点. 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 ③当>1,即a>时,g()<0,g(1)=0,ea>>1,g(ea)=>0, 由函数零点存在定理可知,g(x)在区间(,ea)上有唯一零点, 故g(x)在区间(0,),(,+∞)上各有一个零点. 综上,当a≤0或a=时,f(x)有一个零点;当a>0且a时,f(x)有两个零点. 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 4.(17分)(2025·河北石家庄模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法,在计算机数学中有着广泛的应用.给定自然数m,n,我们定义函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似为R(x)=,且满足:f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),f(2)(0)=R(2)(0),…, f(m+n)(0)=R(m+n)(0).其中f(2)(x)=[f'(x)]',f(3)(x)=[f(2)(x)]',…,f(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]',已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[2,2]阶帕德近似为R(x)=. (1)求实数a,b的值; (2)证明:x>0时,f(x)>R(x); (3)已知x1,x2,x3是函数g(x)=xln x-k(x2-1)的三个不同的零点,求实数k的取值范围,并证明:x1+x2+x3>-3. 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 (1)解:依题意可知,f(0)=0,R(0)=,因为f(0)=R(0),所以a=0. 此时R(x)=,因为f'(x)=,R'(x)=, 所以f'(0)=1,R'(0)=,因为f'(0)=R'(0),所以b=1.故a=0,b=1. (2)证明:设h(x)=f(x)-R(x)=ln(1+x)-(x>0), 所以h'(x)=>0,故h(x)在(0,+∞)上单调递增,由h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0,即f(x)>R(x). 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 (3)证明:因为g(x)=xln x-k(x2-1)=x[ln x-k(x-)],x>0, 令φ(x)=ln x-k(x-),所以等价于x1,x2,x3是φ(x)的三个不同的零点,不妨设0<x1<x2<x3,φ'(x)=-k(1+)=(x>0), ①当k≤0时,φ'(x)>0,此时φ(x)在(0,+∞)上单调递增,此时φ(x)不存在三个不同的零点; ②当k>0时,令s(x)=-kx2+x-k,Δ=1-4k2,若Δ=1-4k2≤0,即k,s(x)≤0恒成立,即φ'(x)≤0,此时φ(x)在(0,+∞)上单调递减,此时φ(x)不存在三个不同的零点; 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 若Δ=1-4k2>0,即0<k<,φ'(x)=0存在两个不等的正实数根r1,r2(r1<r2), 当x∈(0,r1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减, 当x∈(r1,r2)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,当x∈(r2,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,因为φ'(1)=1-2k>0,所以0<r1<1<r2, 又因为φ(1)=0,故φ(r1)<0,φ(r2)>0. 因为ln x<x-1(x≠1),所以ln-1,即ln x>2-, 所以φ(k4)=ln k4-k(k4-)>2--k5+=(2-k5)+-2)>0. 因为0<k<,所以0<k4<,又因为s(k4)=-k9+k4-k=-k9+k(k3-1)<0, 所以0<k4<r1, 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 1 2 3 4 所以由零点存在性定理可知,存在x1∈(k4,r1),满足φ(x1)=0. 又因为φ()=ln-k(-x)=-ln x+k(x-)=-φ(x),故存在x3=,满足φ(x3)=0. 故当且仅当0<k<时,φ(x)存在三个不同的零点,且满足x1<x2=1<x3,且x1=,由(2)可知,当x>0时,ln(1+x)>,因此ln x>(x>1), 故ln x3=k(x3-)>,化简可得=x3+4+=x1+x2+x3+3, 因此x1+x2+x3>-3. 课时突破练22　利用导数研究函数的零点 $