第3章 第6节 导数与函数的零点(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 聚焦函数与导数综合应用，以零点问题为核心，系统整合构造函数、导数分析、分类讨论等方法，构建“性质研究-图象分析-参数求解”的逻辑链条，培养数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |零点个数判断|1|构造函数转化方程，导数求单调区间与极值，数形结合分类讨论|导数应用→函数单调性→极值→零点存在性，体现从性质到图象的推理| |导函数零点证明|1|设导函数为新函数，利用单调性与零点存在定理证唯一零点|导函数性质→原函数单调性→极值点→零点分布，构建逻辑推理链条| |切线方程与零点综合|1|求导得切线斜率，分离参数构造新函数，分析单调性与极限趋势|导数几何意义→函数构造→参数范围，强化知识应用迁移| |单调性讨论与零点|1|参数分类讨论单调性，变量代换转化方程，结合函数图象交点分析|参数影响→单调性划分→零点条件，培养数学抽象与模型意识|

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． 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． (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． 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． 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. (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. 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． (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)． 学科网（北京）股份有限公司 $