第2章 第13节 第3课时 利用导数研究函数的零点问题（配套教参Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

该高中数学讲义聚焦利用导数研究函数零点这一高考核心考点，涵盖确定零点个数及由零点个数求参数范围两大模块，按“问题转化—方法提炼—真题应用”逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生构建解题框架，突破分类讨论与转化化归难点。 资料融合数学建模与数学思维素养，如典例中分类讨论导函数单调性结合零点存在定理分析零点个数，真题讲解构建“单调性—极值—端点值”分析模型，设置分层练习从基础到高考真题，保障复习实效，提升学生逻辑推理与运算能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第三课时　利用导数研究函数的零点问题 可以利用转化与化归思想解决此类问题，即转化为相应方程根的问题或函数图像交点的问题，是高考考查的热点． 　　　　确定函数零点(相应方程根)的个数 [典例]　设函数f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数； (2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln. 核心素养 数学建模、数学运算——在利用导数研究函数零点个数确定中的核心素养．具体见下表： 信息提取 信息解读 数学建模、数学运算 函数f(x)＝e2x－aln x 不要忽视f(x)的定义域 模型1：函数的零点个数 着眼点：分类讨论法：讨论函数的单调性 ①如果函数在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在． ②如果函数在已知区间上不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合极值与零的大小，以及函数的单调性、零点存在定理判断其零点的个数 讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数 f(x)的导函数f′(x)求导要准确 f′(x)零点的个数与函数的单调性、极值有关，分a≤0与a＞0两种情况讨论 根据零点存在性定理，结合函数图像确定各分类情况的零点个数 当a＞0时，f(x)≥2a＋aln f(x)≥2a＋aln等价于f(x)min≥2a＋aln利用单调性求出f(x)的最小值 模型2：证明不等式f(x)≥2a＋aln. 着眼点：构造函数法，利用单调性转化为最值 ①证明不等式f(x)≥k在区间D上恒成立转化为证明f(x)min≥k； ②证明不等式f(x)＞g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证明h(x)min＞0 变换最小值的形式，利用基本不等式证明不等式 [解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点． 当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0(讨论a≥1或a＜1来检验)， 故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点． (2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0， 当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0) . 由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln. 　　 研究函数f(x)零点的策略 (1)如果函数f(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在． (2)如果函数f(x)在已知区间不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g(x)的极值与零的大小，以及函数f(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数． (2023·北京卷)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设函数g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f(x)的极值点个数． 解：(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R，所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b， 因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1， 所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1， 则解得 所以a＝－1，b＝1. (2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1(x∈R)， 则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x＋1， 令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±，不妨设x1＝3－，x2＝3＋，则0＜x1＜x2， 易知e－x＋1＞0恒成立， 令g′(x)＜0，解得0＜x＜x1或x＞x2； 令g′(x)＞0，解得x＜0或x1＜x＜x2； 所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0,3－)和(3＋，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－，3＋)． (3)由(1)得f(x)＝x－x3e－x＋1(x∈R)， f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1， 由(2)知f′(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 当x＜0时，f′(－1)＝1－4e2＜0，f′(0)＝1＞0，即f′(－1)f′(0)＜0， 所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零点，设为x3，则－1＜x3＜0， 此时，当x＜x3时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x3＜x＜0时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增； 所以f(x)在(－∞，0)上有一个极小值点； 当x∈(0，x1)时，f′(x)在(0，x1)上单调递减， 则f′(x1)＝f′(3－)＜f′(1)＝1－2＜0，故f′(0)f′(x1)＜0， 所以f′(x)在(0，x1)上存在唯一零点，设为x4，则0＜x4＜x1， 此时，当0＜x＜x4时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；当x4＜x＜x1时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减； 所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点； 当x∈(x1，x2)时，f′(x)在(x1，x2)上单调递增， 则f′(x2)＝f′(3＋)＞f′(3)＝1＞0， 故f′(x1)f′(x2)＜0， 所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，设为x5，则x1＜x5＜x2， 此时，当x1＜x＜x5时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x5＜x＜x2时，f′(x)＜0，则f(x)单调递增； 所以f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点； 当x＞x2＝3＋＞3时，3x2－x3＝x2(3－x)＜0， 所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1＞0，则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x2，＋∞)上无极值点； 综上，f(x)在(－∞，0)和(x1，x2)上各有一个极小值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极值点． 由函数零点(相应方程根)的个数确定参数的取值范围 [典例]　(2022·全国乙卷，21)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围． [解]　(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)． 当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋，f(0)＝0，所以切点为(0,0)，f′(x)＝＋，f′(0)＝2，所以切线斜率为2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x. (2)f(x)＝ln(1＋x)＋， f′(x)＝＋＝. 设g(x)＝ex＋a(1－x2)， ①若a＞0，当x∈(－1,0)，g(x)＝ex＋a(1－x2)＞0，即f′(x)＞0， 所以f(x)在(－1,0)上单调递增，f(x)＜f(0)＝0， 故f(x)在(－1,0)上没有零点，不合题意． ②若－1≤a≤0，当x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex－2ax＞0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(0)＝1＋a≥0，即f′(x)＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)＞f(0)＝0， 故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意． ③若a＜－1， (ⅰ)当x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex－2ax＞0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． g(0)＝1＋a＜0，g(1)＝e＞0， 所以存在m∈(0,1)，使得g(m)＝0，即f′(m)＝0. 当x∈(0，m)，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(m，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以当x∈(0，m)，f(x)＜f(0)＝0， 当x→＋∞，f(x)→＋∞， 所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点， 又(0，m)没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点． (ⅱ)当x∈(－1,0)，g(x)＝ex＋a(1－x2)， 设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，h′(x)＝ex－2a＞0， 所以g′(x)在(－1,0)单调递增， g′(－1)＝＋2a＜0，g′(0)＝1＞0， 所以存在n∈(－1,0)，使得g′(n)＝0， 当x∈(－1，n)，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 当x∈(n,0)，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＜g(0)＝1＋a＜0，又g(－1)＝＞0， 所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f′(t)＝0， 当x∈(－1，t)，f(x)单调递增，当x∈(t,0)，f(x)单调递减，有x→－1，f(x)→－∞， 而f(0)＝0，所以当x∈(t,0)，f(x)＞0， 所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，(t,0)上无零点，即f(x)在(－1,0)上有唯一零点， 所以a＜－1，符合题意． 所以若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，a的取值范围为(－∞，－1)． 利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路： ①将问题转化为函数零点的个数问题，进而转化为函数图像交点的个数问题； ②利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质； ③画出函数的大致图像，结合图像求解． (2024·深圳市模拟)已知三次函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a，b，c∈R)过点(3,0)，且函数f(x)在点(0，f(0))处的切线恰好是直线y＝0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)设函数g(x)＝9x＋m－1，若函数y＝f(x)－g(x)在区间[－2,1]上有两个零点，求实数m的取值范围． 解：(1)f′(x)＝3x2＋2bx＋c， 由已知条件得， 解得b＝－3，c＝d＝0； ∴f(x)＝x3－3x2. (2)由y＝f(x)－g(x)＝0在[－2,1]上有两个不同的解， 得x3－3x2－9x－m＋1＝0在区间[－2,1]有两个不同的解． 即m＝x3－3x2－9x＋1在[－2,1]上有两个不同解． 令h(x)＝x3－3x2－9x＋1，h′(x)＝3x2－6x－9，x∈[－2,1]， 令3x2－6x－9＞0，得－2≤x＜－1；令3x2－6x－9＜0，得－1＜x≤1； ∴h(x)max＝h(－1)＝6，又f(－2)＝－1，f(1)＝－10， ∴h(x)min＝－10； ∵m＝h(x)在区间[－2,1]上有两个不同的解， ∴－1≤m＜6.∴实数m的取值范围是[－1,6)． 学科网（北京）股份有限公司 $