第3章 第6节 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（创新版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与函数的零点”专题，依据课标解读覆盖判断、证明或讨论零点个数及已知零点求参数等高考热点，通过考点突破对接高考评价体系，分析师生共研的求零点个数、根据零点求参数等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题训练与应试技巧指导，如结合2025年山东烟台一模等模拟题，运用分离参数法、函数单调性分析等方法突破考点，培养学生用数学思维推理零点存在性，用数学语言表达解题过程，助力学生掌握答题技巧，教师可据此高效指导复习。

第6节　导数与函数的零点 返回 ‹#› 利用导数研究函数零点问题是高考的热点，主要涉及判断、证明或讨论函数零点的个数、已知函数零点存在情况求参数及由函数零点性质研究其他问题等． 课标解读 返回 ‹#› 2 限时规范训练　 栏 目 导 引 1 考点突破 通法悟道 返回 ‹#› 考点突破 通法悟道 考点一　求函数零点的个数(师生共研) 例1　设函数f(x)＝(x－1)2ex－ax，若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－2x＋b. (1)求实数a，b的值； (2)判断函数f(x)零点的个数． 返回 ‹#› 解：(1)由题意可得f′(x)＝(x2－1)ex－a.因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－2x＋b，所以 解得 返回 ‹#› (2)由(1)知f(x)＝(x－1)2ex－x，所以f(x)＝ex，令g(x)＝(x－1)2－，则f(x)零点的个数就是g(x)零点的个数．由于g′(x)＝(x－1)，所以当x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．又g(0)＝1＞0，g(1)＝－＜0，g(2)＝1－＞0，所以g(0)g(1)＜0，g(1)g(2)＜0，由函数零点存在定理可得，∃x1∈(0，1)，使得g(x1)＝0，∃x2∈(1，2)，使得g(x2)＝0，故函数f(x)有两个零点． 返回 ‹#› 解决零点个数问题常用的方法主要有以下三种 (1)转化为两个函数图象交点的个数问题，利用数形结合思想求解． (2)转化为函数f(x)的图象与x轴交点个数的问题． (3)将f(x)＝0进行参变分离，转化为a＝g(x)的形式；有时为了避免出现“断点”，可以考虑“倒数分参”． 返回 ‹#› 已知函数f(x)＝ex－a(x＋1)(a>0)，试讨论函数f(x)的零点个数． 解：f(x)＝0等价于，故f(x)＝0的零点个数即为直线y＝与曲线y＝的图象的交点个数，令g(x)＝，则g′(x)＝，令g′(x)>0，得x<0，令g′(x)<0，得x>0，故g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，因为g(0)＝1，当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，函数g(x)的图象如图所示，所以当0<<1，即a>1时，f(x)有两个零点；当＝1，即a＝1时，f(x)有一个零点；当>1， 即0<a<1时，f(x)无零点． 返回 ‹#› 考点二　根据零点个数求参数(师生共研) 例2　(2025·山东烟台一模) 已知函数f(x)＝x(x＋c)2在x＝1处有极大值． (1)求实数c的值； (2)若函数g(x)＝f(x)＋a有三个不同的零点，求实数a的取值范围． 解：(1)由函数f(x)＝x(x＋c)2，求导可得f′(x)＝(x＋c)(3x＋c)，由函数f(x)＝x(x＋c)2在x＝1处取极大值，则f′(1)＝0，解得c＝－1或－3，当c＝－1时，可得f′(x)＝(x－1)(3x－1)，易知当<x<1时，f′(x)<0；当x＞1时，f′(x)>0，则此时函数f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意，舍去；当c＝－3时，可得f′(x)＝(x－3)(3x－3)，易知当x<1时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0，则此时函数f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意．综上所述，c＝－3. 返回 ‹#› (2)由(1)可得函数f(x)＝x(x－3)2，求导可得f′(x)＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或3，可得下表： 所以函数f(x)的极大值为f(1)＝4，极小值为f(3)＝0，函数g(x)＝f(x)＋a存在三个零点，等价于函数f(x)图象与直线y＝－a存在三个交点，作出函数图象如图所示： 由图可得0<－a<4，则－4<a<0.故实数a的取值范围为(－4，0)． x (－∞，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增 返回 ‹#› 由零点个数求参数的方法 (1)分离参数法：分离之后函数无参数，则可得到函数的图象，然后上下移动参数的值，观察直线与函数图象交点个数即可． (2)隔离构造函数法：将一个函数分成两个函数，一个为容易求导的不含参函数，另一个为图象是一条直线的含参函数，观察它们图象的变化趋势，找到临界的位置，易求得参数的取值范围． (3)直接构造法：直接研究函数f(x)，对参数进行分类讨论，判断函数单调性，利用函数零点存在定理，判断零点个数，从而求出参数的取值范围． 返回 ‹#› 已知函数f(x)＝ln x＋ax＋2. (1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值； (2)若函数f(x)在定义域内存在两个零点，求a的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝ln x＋ax＋2(x>0)，则f′(x)＝，因为函数f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝1＋a＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，可得f′(x)＝，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x＝1时，函数f(x)取得极大值，符合题意，故a＝－1. 返回 ‹#› (2)由f′(x)＝，其中x>0，当a≥0时，可得f′(x)>0，f(x)单调递增，此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意；当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝－，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x＝－时，f(x)取得极大值，也是最大值，最大值为f ＝ln ＋a·＋2＝1－ln (－a)，又当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞，所以要使得函数f(x)有两个零点，则满足f >0，即1－ln (－a)>0，解得－e<a<0，所以实数a的取值范围是(－e，0)． 返回 ‹#› 3 4 1 2 限时规范 训练(二十七) (建议用时：60分钟　分值：64分)   1．(15分)已知函数f(x)＝ex－的零点个数． 解：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，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． 返回 ‹#› 2 1 3 4 2．(15分)已知函数f(x)＝ln x－x＋2sin x，f′(x)为f(x)的导函数． (1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点； (2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点． 证明：(1)设g(x)＝f′(x)＝－1＋2cos x，当x∈(0，π)时，g′(x)＝－2sin x－＜0，所以g(x)在(0，π)上单调递减，又因为g＝－1＋1＞0，g＝－1＜0，所以f′(x)在(0，π)上存在唯一的零点． 返回 ‹#› 2 1 3 4 (2)设f′(x)在(0，π)上的唯一零点为α，由(1)知＜α＜. ①当x∈(0，α)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(α，π)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 所以f(x)在(0，π)上存在唯一的极大值点α， 所以f(α)＞f＝ln ＋2＞2－＞0， 又因为f＝－2－＋2sin ＜－2－＋2＜0，所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点．又因为f(π)＝ln π－π＜2－π＜0，所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点． 返回 ‹#› 2 1 3 4 ②当x∈[π，2π)时，sin x≤0，f(x)≤ln x－x，设h(x)＝ln x－x，h′(x)＝－1＜0，所以h(x)在[π，2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)＜0，所以当x∈[π，2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)＜0恒成立，所以f(x)在[π，2π)上没有零点． ③当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤ln x－x＋2. 设φ(x)＝ln x－x＋2，φ′(x)＝－1＜0，所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)＜0，所以当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)＜0恒成立，所以f(x)在[2π，＋∞)上没有零点．综上，f(x)有且仅有两个不同的零点． 返回 ‹#› 2 3 1 4 3．(17分)(2025·山东临沂一模)已知函数f(x)＝(2x＋1)ex. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)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：(1)由f(x)＝(2x＋1)ex，得f′(x)＝(2x＋3)ex，则f(0)＝1，f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝3x，即3x－y＋1＝0. 返回 ‹#› 2 3 1 4 (2)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，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 ‹#› 2 3 4 1 4．(17分)(2025·浙江温州二模节选)已知函数f(x)＝ln (x＋1)＋(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)在区间(－1，0)上恰有一个零点，求a的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝ln (x＋1)＋(x>－1)，所以f′(x)＝(x>－1)，当a≥0时，因为x>－1，所以x＋1＋a≥x＋1>0，即f′(x)>0，f(x)在定义域(－1，＋∞)上单调递增；当a<0时，由f′(x)<0⇒－1<x<－1－a；由f′(x)>0⇒x>－1－a.所以f(x)在(－1，－1－a)上单调递减，在(－1－a，＋∞)上单调递增．综上，当a≥0时，f(x)在定义域上单调递增；当a<0时，f(x)在(－1，－1－a)上单调递减，在(－1－a，＋∞)上单调递增． 返回 ‹#› 2 3 4 1 (2)由(1)知，当a≥0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且注意到f(0)＝0，因此f(x)在区间(－1，0)上无零点；当a<0时，由ln (x＋1)＋＝0(x∈(－1，0))仅有一解，可得(x＋1)ln (x＋1)＝－ax(x∈(－1，0))仅有一解，所以x ln x＝－a(x－1)(x∈(0，1))仅有一解．令p(x)＝x ln x(x∈(0，1))，则直线y＝－a(x－1)与p(x)的图象仅有一个交点，因为p′(x)＝ln x＋1(x∈(0，1))，且直线y＝－a(x－1)过点(1，0)，所以当x∈时，p′(x)<0，p(x)单调递减，当x∈时，p′(x)>0，p(x)单调递增，且p(1)＝0，p′(1)＝1，所以－a<1⇒a>－1，结合a<0，所以a的取值范围为(－1，0)． 返回 ‹#› 第6节　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 ‹#› $