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

该高中数学高考复习课件聚焦“导数的综合应用——函数零点问题”专题，依据高考评价体系梳理了确定零点个数、由零点个数求参数范围两大核心考点，通过近三年高考真题分析明确“分类讨论单调性”“零点存在定理应用”等高频考查方向，归纳出“单调函数零点判断”“极值点分析零点个数”等常考题型。 课件亮点在于“真题解析+方法建模+素养提升”的备考路径，如以2022全国乙卷函数零点问题为范例，详解“转化与化归思想”和“构造函数求最值”技巧，培养学生的数学思维与数学建模素养。特设“易错点警示”（如忽视定义域）和“答题步骤模板”，助力学生掌握分类讨论、极值分析等突破方法，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第13节 导数的综合应用 第二章 函数、导数及其应用 第三课时 利用导数研究函数的零点问题 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 跃升 关键能力 01 课后 素养提能 02 第二章 函数、导数及其用应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 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＋alneq \f(2,a). 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＋alneq \f(2,a) f(x)≥2a＋alneq \f(2,a)等价于f(x)min≥2a＋alneq \f(2,a)利用单调性求出f(x)的最小值 模型2：证明不等式f(x)≥2a＋alneq \f(2,a). 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－eq \f(a,x)(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)＝－eq \f(a,x)， 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－eq \f(a,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＜eq \f(a,4)且b＜eq \f(1,4)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－eq \f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq \f(a,2x0)＋2ax0＋alneq \f(2,a)≥2a＋alneq \f(2,a).故当a＞0时，f(x)≥2a＋alneq \f(2,a). 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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－13×ea＋b＝0，,1－3＋aea＋b＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，)) 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±eq \r(3)，不妨设x1＝3－eq \r(3)，x2＝3＋eq \r(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－eq \r(3))和(3＋eq \r(3)，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－eq \r(3)，3＋eq \r(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－eq \r(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＋eq \r(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＋eq \r(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)＋eq \f(x,ex)，f(0)＝0，所以切点为(0,0)，f′(x)＝eq \f(1,1＋x)＋eq \f(1－x,ex)，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)＋eq \f(ax,ex)， f′(x)＝eq \f(1,1＋x)＋eq \f(a1－x,ex)＝eq \f(ex＋a1－x2,1＋xex). 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)＝eq \f(1,e)＋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)＝eq \f(1,e)＞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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f3＝27＋9b＋3c＋d＝0,f′0＝c＝0,f0＝d＝0))， 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)． $