培优增分4 导数与函数的零点(课件PPT)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与函数的零点”核心专题，依据高考评价体系明确其作为解答题压轴题的考查要求，梳理了零点个数判断、范围求解及与三次函数、复合函数的交汇问题，通过真题分析归纳出数形结合法、函数性质法、极值点偏移三大高频考点，构建了系统的备考框架。 课件亮点在于“真题解析+方法建模+素养提升”的复习模式，如2025年山东临沂一模题通过分离参数转化为图象交点问题，培养学生数学思维（推理能力），极值点偏移专题用比值代换法证明不等式，强化数学语言（模型观念）表达。配套限时规范训练和易错点分析，助力学生掌握参数范围求解等答题技巧，教师可据此精准指导，提升高考冲刺效率。

培优增分4　导数与函数的零点 返回 ‹#› 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． [命题解读] 返回 ‹#› 2 限时规范训练　 栏 目 导 引 1 突破·核心考点 返回 ‹#› 例1　(2025·山东临沂一模节选)已知函数f(x)＝(2x＋1)ex，若函数g(x)＝f(x)－kx在(－∞，0)上恰有两个零点，求k的取值范围． 解：令g(x)＝f(x)－kx＝0，则k＝， 令h(x)＝，x∈(－∞，0)， 则h′(x)＝＝，x∈(－∞，0)， 令h′(x)>0，则x<－1，令h′(x)<0，则－1<x<0， 所以函数h(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减， 突破 ·核心考点 数形结合法 类型 一 返回 ‹#› 所以h(x)max＝h(－1)＝， h(x)＝＝2ex＋，当x→－∞时，h(x)→0， 当x→0－时，h(x)→－∞， 如图，作出函数h(x)的大致图象， 因为函数g(x)＝f(x)－kx在(－∞，0)上恰有两个零点， 所以函数y＝k，y＝h(x)的图象恰有两个交点， 所以k的取值范围为. 返回 ‹#› 含参数的函数零点个数，可转化为图象交点的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据数形结合求参数的范围． 返回 ‹#› 跟踪训练1　(2026·云南昆明期中节选)已知函数f(x)＝(ax－1)·ex－x＋1，讨论f(x)的零点个数． 解：当a＝0时，f(x)＝－ex－x＋1⇒f′(x)＝－ex－1<0，所以此时该函数是实数集上的减函数，而f(0)＝0， 所以此时函数有唯一零点； f(x)＝(ax－1)·ex－x＋1＝0⇒ax＝＋1， 设g(x)＝＋1⇒g′(x)＝－， 当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减， 当x∈(－∞，2)时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增，且g(0)＝0， 返回 ‹#› 函数g(x)的图象和直线y＝ax的图象如图所示， 显然当a<0时，直线y＝ax和函数g(x)的图象有唯一交点(0，0)； 函数g(x)在(0，0)处的切线斜率为g′(0)＝2， 因此当a＝2时，直线y＝ax和函数g(x)的图象有唯一交点(0，0)； 因此当a>2时，直线y＝ax和函数g(x)的图象有两个交点； 当0<a<2时，直线y＝ax和函数g(x)的图象有两个交点． 综上所述：当a∈(0，2)∪(2，＋∞)时， 函数f(x)有两个零点，当a∈(－∞，0]∪{2}时， 函数f(x)有一个零点． 返回 ‹#› 例2　(2025·安徽蚌埠三模节选)已知函数f(x)＝ex－a，若h(x)＝f(x)－x cos x在[0，2π]上有唯一的零点，求实数a的最小值． 解：由h(x)＝ex－a－x cos x，则h′(x)＝ex－cos x＋x sin x，x∈[0，2π]， 令φ(x)＝ex－(x＋1)，则φ′(x)＝ex－1≥0， 所以当x∈[0，2π]时，φ(x)单调递增， 又φ(0)＝0，所以φ(x)≥0⇒ex≥x＋1， h′(x)＝ex－cos x＋x sin x≥x＋1－cos x＋x sin x＝x(1＋sin x)＋(1－cos x)≥0， 所以h(x)在[0，2π]上单调递增，h(0)＝1－a，h(2π)＝e2π－2π－a， 由题意，1－a≤0≤e2π－2π－a，解得1≤a≤e2π－2π， 所以a的最小值为1. 类型 二 函数性质法 返回 ‹#› 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、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． 返回 ‹#› 跟踪训练2　(2025·河北秦皇岛三模节选)设函数f(x)＝ex sin x，记g(x)＝f(x)－ax，若0<a≤1，试讨论g(x)在(0，π)上的零点个数． 解：由已知得g(x)＝ex sin x－ax，所以g′(x)＝ex(sin x＋cos x)－a， 令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)＝2ex cos x. 当0<x<时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增， 当<x<π时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减， 即g′(x)在上单调递增，在上单调递减． 当0<a≤1时，g′(0)＝1－a≥0，g′＝－a>0，g′(π)＝－eπ－a<0， 返回 ‹#› 所以存在x0∈，使得g′(x0)＝0， 当x∈(0，x0)时，g′(x)>0；当x∈(x0，π)时， g′(x)<0， 所以函数g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减． 因为g(0)＝0，g(x0)>g(0)＝0，故函数g(x)在(0，x0)上无零点， 又因为g(π)＝－aπ<0，由函数零点存在定理可得g(x)在(x0，π)上有且只有一个零点． 综上所述，当0<a≤1时，函数g(x)在(0，π)上的零点个数为1. 返回 ‹#› 1．已知f(x)图象顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移，此时f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)所示；若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)所示． (无偏移，左右对称，二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0 返回 ‹#› (左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0 (左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0 2．解决极值点偏移问题的两类方法：对称化构造，比(差)值换元． 返回 ‹#› 典例　若x1，x2是函数f(x)＝ex－ax(x>0)的两个零点，且x1<x2，求证：x1＋x2>2且x1x2<1. 证明：法一(比值代换)： 因为x>0，由题意结合ex＝ax(x>0)可知，a>0，x＝ln a＋ln x， 所以x1－ln x1＝x2－ln x2＝ln a. 令t＝，则t>1，x2＝tx1，代入上式得 x1＝. 返回 ‹#› 对于x1＋x2>2，其等价于>2， 即ln t－>0. 构造函数g(t)＝ln t－(t>1)，则g′(t)＝>0， 所以函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)>ln 1－＝0，即x1＋x2>2得证． 对于x1x2<1，其等价于<1，即<1，即ln t－ ＋<0. 令 ＝b，则b>1，构造函数h(b)＝ln b2－b＋(b>1)，则h′(b)＝<0， h(b)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(b)<ln 12－1＋＝0，即x1x2<1得证． 返回 ‹#› 法二(差值代换)： 由ex＝ax(x>0)可得a＝>0. 设函数y＝，则y′＝， 当x∈(0，1)，y′<0，则函数在(0，1)上单调递减， 当x∈(1，＋∞)，y′>0，则函数在(1，＋∞)上单调递增， 所以0<x1<1<x2，则有＝ax2，则a＝，且x1＝. 返回 ‹#› 对于x1＋x2>2，即>2，即>，即>， 令x2－x1＝t，则t>0，则只需证t(et＋1)－2(et－1)>0. 令g(t)＝t(et＋1)－2(et－1)(t>0)，则g′(t)＝(t－1)et＋1，g″(t)＝tet>0， 则g′(t)在(0，＋∞)上单调递增，则g′(t)>(0－1)e0＋1＝0， 则g(t)在(0，＋∞)上单调递增，则g(t)>0×(e0＋1)－2×(e0－1)＝0，即x1＋x2>2成立． 对于x1x2<1，其等价于<1，即2，即<2. 返回 ‹#› 左边分子、分母同时除以，得<2，令x2－x1＝t，则t>0， 则只需证<2，即－et＋1<0. 令h(t)＝－et＋1(t>0)，则h′(t)＝， 令m(t)＝＋1(t>0)，则m′(t)＝<0， 所以m(t)在(0，＋∞)上单调递减，故m(t)＝＋1＝0，所以h′(t)<0， 所以h(t)在(0，＋∞)上单调递减，所以－e0＋1＝0，即x1x2<1成立． 返回 ‹#› 尝试训练　已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x2. (1)求a的取值范围； (2)证明：x1＋x2>4a. 解：(1)由题意可知：f(x)＝ln x＋(x>0)⇒f′(x)＝， 若a≤0，则f′(x)>0恒成立，即f(x)单调递增，不存在两个不等零点，故a>0， 显然当x>2a时，f′(x)>0，当0<x<2a时，f′(x)<0， 则f(x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增，易知当x→0＋时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞， 返回 ‹#› 所以若要符合题意，需f(2a)<0⇒ln 2a＋1<0⇒a∈， 此时有4a2<2a，且f(4a2)＝2ln (2a)＋， 令g(t)＝2ln t＋⇒g′(t)＝， 而<⇒t<⇒g′(t)<0，即g(t)在上单调递减，故g(t)>g＝e－2>0， 所以f(4a2)>0，又f(1)＝2a>0， 故函数f(x)在区间(4a2，2a)和(2a，1)上各存在一个零点，符合题意，综上a∈. 返回 ‹#› (2)证明：结合(1)，不妨令0<x1<2a<x2，构造函数g(x)＝f(x)－f(4a－x)(0<x<2a)， 则g′(x)＝<0，即g(x)单调递减，所以g(x)>g(2a)＝0， 即g(x1)＝f(x1)－f(4a－x1)>0⇒f(x1)＝f(x2)>f(4a－x1)， 因为0<x1<2a<x2，所以4a－x1>2a， 由(1)知f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，所以由f(x2)>f(4a－x1)⇒x2>4a－x1， 故x1＋x2>4a. 返回 ‹#› 3 4 1 2 (建议用时：45分钟　分值：60分) 限时规范 训练27　导数与函数的零点 1．(13分)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋ax. 若函数g(x)＝f(x)－ax有两个零点，求实数a的取值范围． 解：g(x)＝f(x)－ax＝ln x－ax2(x>0)， 由g(x)＝0得a＝，则y＝a，y＝的图象有2个交点， 令h(x)＝(x>0)，h′(x)＝，当0<x< 时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x> 时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以 h(x)≤h＝， 且x>1时，h(x)>0，h(1)＝0， 返回 ‹#› 3 4 1 2 所以若函数g(x)＝f(x)－ax有两个零点，则0<a<， 所以实数a的取值范围为. 返回 ‹#› 2 1 3 4 2．(15分)(2025·安徽淮北二模)已知函数f(x)＝x2－2x＋a ln x. (1)若a＝1，求函数f(x)在x＝1处的切线方程； (2)求证：当a≥0时，f(x)有且仅有一个零点． 解：(1)若a＝1，则f(x)＝－2x＋ln x，f′(x)＝x－2＋， 所以f′(1)＝0，f(1)＝－，函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－. (2)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－2＋， 当a＝0时，f(x)＝－2x，f(x)有且仅有一个零点4； 返回 ‹#› 2 1 3 4 当a≥1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，由f(1)<0，f(4)＝a ln 4>0，知f(x)存在唯一零点x0∈(1，4)； 当0<a<1时，令f′(x)＝0得x1＝1－ ，x2＝1＋ ，0<x1<1<x2， 当x∈(0，x1)时f′(x)>0，函数f(x)单调递增： 当x∈(x1，x2)时f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x∈(x2，＋∞)时f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x∈(0，1]时，－2x<0，a ln x≤0，所以f(x)<0，函数f(x)无零点； 因为当x∈(1，x2)时，f(x)单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，f(x)单调递增， 且f(x2)<f(1)<0，f(4)＝a ln 4>0，所以f(x)存在唯一零点x0∈(1，4)． 综上所述，当a≥0时，f(x)有且仅有一个零点． 返回 ‹#› 2 3 1 4 3．(15分)已知函数f(x)＝ex＋a cos x的图象在x＝0处的切线方程为y＝x＋2. (1)求实数a的值； (2)探究f(x)在区间上的零点个数，并说明理由． 解：(1)因为函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝x＋2，所以切点为(0，2) 把点(0，2)代入f(x)＝ex＋a cos x，得e0＋a cos 0＝2，所以a＝1. (2)法一：第一步：研究f(x)在上的零点个数 由(1)可知，f(x)＝ex＋cos x，则f′(x)＝ex－sin x， 令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－cos x， 返回 ‹#› 2 3 1 4 当x∈时，g′(x)>0，则g(x)在区间上单调递增． 因为g＝－1<0，g(－π)＝e－π>0， 所以由函数零点存在定理可知，存在x0∈＝0， 所以当x∈时，f′(x)<0，则f(x)在区间上单调递减； 当x∈(x0，－π)时，f′(x)>0，则f(x)在区间(x0，－π)上单调递增． 因为f＝＋cos >0，f(－π)＝e－π－1<0， 所以f(x)在区间上有且仅有一个零点． 返回 ‹#› 2 3 1 4 第二步：研究f(x)在[－π，＋∞]上的零点个数 当x∈[－π，0)时，f′(x)＝ex－sin x>0； 当x∈[0，＋∞)时，f′(x)＝ex－sin x>e0－1＝0. 所以f(x)在区间[－π，＋∞]上单调递增． 因为f(－π)＝e－π－1<0，f(0)＝e0＋1>0， 所以由函数零点存在定理可知，当x∈[－π，＋∞]时存在唯一零点x2∈[－π，0]，使得f(x2)＝0. 第三步：总结 综上，f(x)在区间上有两个零点． 返回 ‹#› 2 3 1 4 法二：当x>－时，ex＋cos x＝0⇒ex＝－cos x，所以f(x)的零点个数即函数h(x)＝ex的图象与g(x)＝－cos x的图象的交点个数． 作出函数h(x)与函数g(x)的大致图象，如图， 所以h(x)的图象与g(x)的图象在上有两个交点， 所以f(x)在上有两个零点． 返回 ‹#› 2 3 4 1 4．(17分)(2025·甘肃甘南模拟)已知函数f(x)＝ln (1＋x)－mx. (1)求函数f(x)的极值； (2)若函数f(x)在区间[0，e2－1]上恰有两个零点，求m的取值范围． 解：(1)f(x)＝ln (1＋x)－mx的定义域为(－1，＋∞)，则f′(x)＝－m(x>－1)， 当m≤0时，f′(x)＝－m>0恒成立， 此时f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极大值和极小值， 当m>0时，－1>－1， 返回 ‹#› 2 3 4 1 由f′(x)＝－m>0得－1<x<－1，由f′(x)＝－m<0得x>－1， 此时f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)的极大值为f＝ln －m×＝m－1－ln m，无极小值． (2)由(1)可知，当m≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在[0，e2－1]上单调递增，不可能有两个零点， 当m>0时，f(x)的极大值为f＝m－1－ln m， 因为f(0)＝0，所以x＝0是f(x)的一个零点， 返回 ‹#› 2 3 4 1 若函数f(x)在区间[0，e2－1]上恰有两个零点，则即 可得≤m<1， 所以m的取值范围为{m≤m<1}． 返回 ‹#› 培优增分4　导数与函数的零点 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $