第3章 3.7 利用导数研究函数零点(提升课)（PPT课件）-【精讲精练】2027年高考数学一轮复习（人教A版）

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判断零点个数、确定零点范围两大考查要求，通过分析高考真题明确基本初等函数、三次函数及复合函数零点问题的高频考点，构建了系统的解题思路。 课件亮点在于“考点突破+规律总结+对点训练”的备考模式，如考点一通过分离参数构造函数h(x)=xe^x，分析单调性、极值及图像走势判断零点个数，培养学生的数学眼光和推理能力。特设规律方法和对点训练，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

3.7　利用导数研究函数零点(提升课) 第三章　一元函数的导数及其应用 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 核心考点突破 01 知能达标训练 02 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 知能达标训练 栏目导航 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 谢谢观看 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 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．高考常考查基本初等函数、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． 考点一　数形结合法研究函数零点　重难考点　师生共研 已知函数f(x)＝ex－(a∈R)，讨论函数f(x)的零点个数． [解析]　由f(x)＝0，得xex＝a(x≠0). 设h(x)＝xex(x≠0)，得h′(x)＝(x＋1)ex， 令h′(x)＞0得x＞－1且x≠0，令h′(x)＜0，得x＜－1， 所以h(x)在(－1，0)和(0，＋∞)上单调递增， 在(－∞，－1)上单调递减， 所以h(x)min＝h(－1)＝－. 又x＜0时，h(x)＜0，x＞0时，h(x)＞0， 据此可画出h(x)的大致图象如图， 所以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． 在借助函数图象研究函数零点问题时，要准确画出函数的图象，不仅要研究函数的单调性与极值的情况，还要关注函数值的正负以及变化趋势，把函数图象与x轴有无交点，哪一区间在x轴上方，哪一区间在x轴下方等情况分析清楚，这样才能准确地研究直线与图象交点的个数情况． 1．已知函数f(x)＝ax－ln x－2，讨论函数f(x)的零点个数． 解析　令f(x)＝ax－ln x－2＝0，因为x>0， 所以a＝，记g(x)＝， 则f(x)的零点个数， 即为直线y＝a 与y＝g(x) 图象的交点个数，g′(x)＝， 令g′(x)>0，则0<x<；令g′(x)<0，则x>，故g(x) 在上单调递增，在上单调递减，从而g(x)max＝g＝e，当时，；当时，， 作出函数y＝g(x)的大致图象如图， 因此当a>e时，直线y＝a 与y＝g(x)的图象没有交点； 当a＝e或a≤0时，直线y＝a 与y＝g(x)的图象有1个交点； 当0<a<e时，直线y＝a 与y＝g(x)的图象有2个交点． 综上，当a>e时，函数f(x)没有零点； 当a＝e或a≤0时，函数f(x)有1个零点； 当0<a<e时，函数f(x)有2个零点． 考点二　利用函数性质研究函数零点　重难考点　师生共研 (2025·洛阳模拟)已知函数f(x)＝ln x－x2＋x(a>0). (1)若a＝1，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在定义域上有唯一零点，求实数a的值． [解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x， f(1)＝－＋1＝，f′(x)＝－x＋1，f′(1)＝1， 所以函数f(x) 在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝x－1， 即2x－2y－1＝0. (2)f(x)＝ln x－x2＋x(a>0)在定义域上有唯一零点，所以方程ln x－x2＋x＝0，即x2－2a ln x－2ax＝0在(0，＋∞)上有唯一实数解． 设g(x)＝x2－2a ln x－2ax， 则g′(x)＝. 令g′(x)＝0，即x2－ax－a＝0. 因为a>0，x>0，所以x2－ax－a＝0的两个根分别为x1＝<0(舍去)，x2＝. 当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以当x＝x2时，g(x)取得最小值g. 要使g(x) 在(0，＋∞)上有唯一零点， 则即 所以2a ln x2＋ax2－a＝0，因为a>0，所以2ln x2＋x2－1＝0.(*) 设函数h(x)＝2ln x＋x－1，易知h(x)是增函数，所以h(x)至多有一解． 因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，即＝1， 解得a＝. 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件． 2．已知函数f(x)＝x3－3x2－cx＋c，c∈R，讨论f(x)零点的个数． 解析　f(x)＝x3－3x2－cx＋c，f′(x)＝3x2－6x－c， 令f′(x)＝0，则Δ＝36＋12c， (1)当Δ＝36＋12c≤0，即c≤－3时，f′(x)≥0， ∴f(x)在R上单调递增， ∵f(1)＝－2<0，f(3)＝27－3×9－3c＋c＝－2c>0， ∴函数f(x)有且仅有一个零点； (2)当Δ＝36＋12c>0，即c>－3时， 设f′(x)＝0的两根为x1，x2，则x1＋x2＝2>0，x1x2＝－， (ⅰ)当c＝0时，f(x)＝x3－3x2， 令f(x)＝x3－3x2＝0，解得x＝0或x＝3，∴f(x)有两个零点； (ⅱ)当－3<c<0时，x1＋x2＝2>0，x1x2＝－>0， ∴f′(x)＝0有两个正根，不妨令0<x1<x2， ∴函数f(x)在(－∞，x1)上单调递增， 在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增， ∵x1是f′(x)＝0的根，∴3x－6x1－c＝0，即c＝3x－6x1， ∵f(x1)＝x－3x－(x1－1)(3x－6x1)＝－2x1(x－3x1＋3)<0， f(3)＝－2c>0，∴函数f(x)有且仅有一个零点； (ⅲ)当c>0时，x1＋x2＝2，x1x2＝－<0， ∴f′(x)＝0有一个正根和一个负根，不妨令x1<0<x2， ∴函数f(x)在(－∞，x1)上单调递增， 在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增， ∵f(x1)>f(0)＝c>0，f(x2)<f(1)＝－2<0， ∴函数f(x)有且仅有三个零点． 综上，当c>0时，函数f(x)有三个零点； 当c＝0时，函数f(x)有两个零点； 当c<0时，函数f(x)有一个零点． 考点三　构造函数法研究函数的零点　重难考点　师生共研 已知函数f(x)＝ex＋x＋4ln (2－x)，判断函数f(x)的零点个数，并说明理由． [解析]　方法一　函数f(x)有两个零点，理由如下： 令g(x)＝f′(x)＝ex＋1－，x∈(－∞，2)， g′(x)＝ex－＝， 令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)，h′(x)＝x(x－2)ex， 当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当0<x<2时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(0)＝0，故g′(x)≤0， 所以g(x)在(－∞，2)上为减函数， 所以当x<0时，g(x)>g(0)＝0，即当x<0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增； 当0<x<2时，g(x)<g(0)＝0，即当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)在(0，2)上单调递减， 又因为f(2－e6)＝＋2－e6＋24<0，f(0)＝e0＋0＋4ln 2>0， f(2－e-6)＝＋2－e-6－24<e2－22<0， 所以f(x)在区间(2－e6，0)，(0，2－e-6)内各有一个零点，即函数f(x)有两个零点． 综上，函数f(x)有两个零点． 方法二　函数f(x)有两个零点，理由如下： 令f(x)＝ex＋x＋4ln (2－x)＝0，可得ex＝－x－4ln (2－x)， 判断函数f(x)的零点个数即判断函数t(x)＝ex(x<2)与g(x)＝－x－4ln (2－x)(x<2)图象交点的个数． t(x)＝ex为增函数，t(x)>0，当x→－∞时，t(x)→0， 当x→－∞时，g(x)→＋∞， 由g′(x)＝－1＋＝＝0，得x＝－2， 当－2<x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 因为g(－2)＝2－4ln 4<0，g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14>0， g(1)＝－1<0，g＝－－4ln ＝ln ＝ln >0， 且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2， 所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln (2－x)的图象在x<0时有一个交点，在0<x<2时有一个交点．综上，函数f(x)有两个零点． 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，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，从而求得参数的取值范围． 3．已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝(x＞0).若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 解析　曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点， 可转化为方程＝1(x＞0)有两个不同的解， 即方程＝有两个不同的解． 设g(x)＝(x＞0)， 则g′(x)＝(x＞0)， 令g′(x)＝＝0，得x＝e， 当0＜x＜e时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增， 当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减， 故g(x)max＝g(e)＝， 且当x＞1时，g(x)∈，又g(1)＝0， 所以0＜＜，所以a＞1且a≠e， 故a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞). $