主题2 第3章 第4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（北师大版）

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，涵盖零点个数确定、参数范围求解及新定义问题，按“方法梳理-典例解析-真题演练-策略总结”逻辑架构知识，通过考点分类讲解、转化思想指导、高考真题分步训练，帮助学生构建解题框架，突破难点。 讲义以问题驱动教学，如2024北京卷零点问题转化为方程根的讨论，结合导数分析函数单调性与极值，培养数学思维与推理能力。设置分层练习与即时反馈，确保学生高效掌握转化与化归方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第3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象交点的问题，是高考考查的热点． 　　　　确定函数零点(相应方程根)的个数 [典例]　已知函数f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数． [解]　(1)f′(x)＝(x>0)，当a<0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得0<x<， ∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)∵当x∈时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点， 即当x∈时，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根． 令h(x)＝(ln x－1)ex＋x， 则h′(x)＝ex＋1. 由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0. ∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立． ∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0， ∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上单调递增． ∴h(x)min＝h＝＋，h(x)max＝e. ∴当m<＋或m>e时，函数g(x)在上没有零点； 当＋≤m≤e时，函数g(x)在上有且只有一个零点． 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))的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f(x)极值点的个数． 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， 所以令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，不妨设为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，不妨设为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，不妨设为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]　(2024·北京卷)设函数f(x)＝x＋kln(1＋x)(k≠0)，直线l是曲线y＝f(x)在点(t，f(t))(t＞0)处的切线． (1)当k＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)求证：l不经过点(0,0)； (3)当k＝1时，设点A(t，f(t))，(t＞0)，C(0，f(t))，O(0,0)，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积，是否存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？(参考数据：1.09＜ln 3＜1.10,1.60＜ln 5＜1.61,1.94＜ln 7＜1.95) [解]　(1)因为k＝－1， 所以f(x)＝x－ln(1＋x)(x＞－1)， 则f′(x)＝1－＝(x＞－1)． 当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 综上，f(x)的单调递减区间为(－1,0)，单调递增区间为(0，＋∞ )． (2)证明：因为f(x)＝x＋kln(1＋x)，f′(x)＝1＋， 所以曲线f(x)在点(t，f(t))处的切线方程为y－[t＋kln(1＋t)]＝(x－t)， 整理得y＝x－＋kln(1＋t)． 令x＝0，则y＝＋kln(1＋t)， 令h(t)＝＋kln(1＋t)， 则h′(t)＝，又因为k≠0，t＞0， 则当k＞0时，h′(t)＞0，所以h(t)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当t∈(0，＋∞)时，h(t)＞h(0)＝0； 当k＜0时，h′(t)＜0，h(t)在(0，＋∞)上单调递减，所以当t∈(0，＋∞)时，h(t)＜h(0)＝0， 即当t∈(0，＋∞)时，h(t)≠0， 所以l不经过点(0,0)． (3)存在． 由(2)得，当k＝1时，l的方程为y＝x－＋ln(1＋t)，所以B. 若2S△ACO＝15S△ABO成立，则2××OC×AC ＝15××BO×AC，即2OC＝15BO， 即2[t＋ln(1＋t)]＝15， 整理得2t－13ln(1＋t)＋＝0. (下面判断2t－13ln(1＋t)＋＝0解的个数，即为点A的个数) 令g(t)＝2t－13ln(1＋t)＋，t＞0，g′(t)＝＝， 当t∈时，g′(t)＞0，g(t)单调递增， 当t∈时，g′(t)＜0，g(t)单调递减， 当t∈(4，＋∞)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增， 又当t→0时，g(t)→0，t→＋∞时，g(t)→＋∞， g(t)的极大值为g＝6－13ln＞0，g(t)的极小值为g(4)＝20－13ln 5＜0， 作出g(t)的大致图象如图所示． 所以g(t)在(0，＋∞)上有两个零点，故有两个这样的点A使2S△ACO＝15S△ABO. 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，进而转化为函数图象交点的个数问题； 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画出函数的大致图象，结合图象求解． 已知函数f(x)＝＋x－ln(ax)－2(a＞0)，若函数f(x)在区间(0，＋∞)内存在零点，求实数a的取值范围． 解：法一：由f(x)＝＋x－ln(ax)－2(a＞0)，可得f′(x)＝， 设y＝－a，x＞0，a＞0，则y′＝，令y′＝0解得x＝1，∴y在x∈(0,1)上单调递减，在x∈(1，＋∞)上单调递增，故ymin＝y(1)＝1－a. ①当0＜a＜1时，令f′(x)＝0解得x＝1，当x∈(0,1)时，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(1)＝a－1－ln a＞0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内无零点； ②当a＝1时，f(1)＝a－1－ln a＝0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内有零点； ③当a＞1时，令f′(x)＝＝0，解得x＝x1或1或x2，且0＜x1＜1＜x2， 此时f(x)在x∈(0，x1)上单调递减，x∈(x1,1)上单调递增，在x∈(1，x2)上单调递减，在x∈(x2，＋∞)上单调递增， 当x＝x1或x2时，f(x)极小值＝0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内有两个零点； 综合①②③知f(x)在区间(0，＋∞)内有零点， 则a≥1. 法二：由题意可得e－x＋1＋ln(ax)＝ln(ax)－x＋2， 即e－x＋1＋ln(ax)－[－x＋1＋ln(ax)]－1＝0， 因为ex≥x＋1，当x＝0时等号成立， 所以－x＋1＋ln(ax)＝0，即ax＝ex－1， a＝，令g(x)＝，g′(x)＝×， 易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1， 又x趋近于0和正无穷时，g(x)趋近于正无穷，所以a≥1. 　　高考新题型—导数的新结构、 新定义问题 [典例]　(2024·上海卷)对于一个函数f(x)和一个点M(a，b)，令s(x)＝(x－a)2＋(f(x)－b)2，若P(x0，f(x0))是s(x)取到最小值的点，则称P是M在f(x)的“最近点”． (1)对于f(x)＝(x＞0)，求证：对于点M(0,0)，存在点P，使得点P是M在f(x)的“最近点”； (2)对于f(x)＝ex，M(1,0)，请判断是否存在一个点P，它是M在f(x)的“最近点”，且直线MP与y＝f(x)在点P处的切线垂直； (3)已知y＝f(x)在定义域R上存在导函数f′(x)，且函数g(x)在定义域R上恒正，设点M1(t－1，f(t)－g(t))，M2(t＋1，f(t)＋g(t))．若对任意的t∈R，存在点P同时是M1，M2在f(x)的“最近点”，试判断f(x)的单调性． [解]　(1)当M(0,0)时，s(x)＝(x－0)2＋2＝x2＋≥2＝2， 当且仅当x2＝即x＝1时取等号， 故对于点M(0,0)，存在点P(1,1)，使得该点是M(0,0)在f(x)的“最近点”． (2)由题设可得s(x)＝(x－1)2＋(ex－0)2＝(x－1)2＋e2x， 则s′(x)＝2(x－1)＋2e2x，因为y＝2(x－1)，y＝2e2x均为R上单调递增函数， 则s′(x)＝2(x－1)＋2e2x在R上为严格增函数， 而s′(0)＝0，故当x＜0时，s′(x)＜0， 当x＞0时，s′(x)＞0， 故s(x)min＝s(0)＝2，此时P(0,1)， 而f′(x)＝ex，k＝f′(0)＝1，故f(x)在点P处的切线方程为y＝x＋1. 而kMP＝＝－1，故kMP·k＝－1，故直线MP与y＝f(x)在点P处的切线垂直． (3)设s1(x)＝(x－t＋1)2＋(f(x)－f(t)＋g(t))2， s2(x)＝(x－t－1)2＋(f(x)－f(t)－g(t))2， 而s′1(x)＝2(x－t＋1)＋2(f(x)－f(t)＋g(t))f′(x)，s′2(x)＝2(x－t－1)＋2(f(x)－f(t)－ g(t))f′(x)， 若对任意的t∈R，存在点P同时是M1，M2在f(x)的“最近点”， 设P(x0，y0)，则x0既是s1(x)的最小值点，也是s2(x)的最小值点， 因为两函数的定义域均为R，则x0也是两函数的极小值点， 则存在x0，使得s′1(x0)＝s′2(x0)＝0， 即s1′(x0)＝2(x0－t＋1)＋2f′(x0)[f(x0)－f(t)＋g(t)]＝0，① s2′(x0)＝2(x0－t－1)＋2f′(x0)[f(x0)－f(t)－g(t)]＝0，② 由①②相等得4＋4g(t)·f′(x0)＝0， 即1＋f′(x0)g(t)＝0，即f′(x0)＝－， 又因为函数g(x)在定义域R上恒正， 则f′(x0)＝－＜0恒成立， 接下来证明x0＝t， 因为x0既是s1(x)的最小值点，也是s2(x)的最小值点，则s1(x0)≤s(t)，s2(x0)≤s(t)， 即(x0－t＋1)2＋(f(x0)－f(t)＋g(t))2≤1＋(g(t))2，③ (x0－t－1)2＋(f(x0)－f(t)－g(t))2≤1＋(g(t))2，④ ③＋④得2(x0－t)2＋2＋2[f(x0)－f(t)]2＋2g2(t)≤2＋2g2(t)， 即(x0－t)2＋(f(x0)－f(t))2≤0， 因为(x0－t)2≥0，(f(x0)－f(t))2≥0， 则解得x0＝t， 则f′(t)＝－＜0恒成立，因为t的任意性，则f(x)严格单调递减． 函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决． 　设y＝f(x)是定义在R上的函数，若存在区间[a，b]和x0∈(a，b)，使得y＝f(x)在[a，x0]上严格递减，在[x0，b]上严格递增，则称y＝f(x)为“含谷函数”，x0为“谷点”，[a，b]称为y＝f(x)的一个“含谷区间”． (1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由： (ⅰ)y＝2|x|，(ⅱ)y＝x＋cos x； (2)已知实数m＞0，y＝x2－2x－mln(x－1)是含谷函数，且[2,4]是它的一个含谷区间，求m的取值范围； (3)设p，q∈R，h(x)＝－x4＋px3＋qx2＋(4－3p－2q)x.设函数y＝h(x)是含谷函数，[a，b]是它的一个含谷区间，并记b－a的最大值为L(p，q)．若h(1)≤h(2)，且h(1)≤0，求L(p，q)的最小值． 解：(1)函数y＝2|x|＝当x∈(－∞，0]时，单调递减，当x∈[0，＋∞)时，单调递增，所以y＝2|x|是含谷函数，谷点x＝0；函数y＝x＋cos x，求导y′＝1－sin x≥0恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数． (2)由题意可知函数y＝x2－2x－mln(x－1)在区间[2,4]内先减后增，且存在谷点， 令g(x)＝x2－2x－mln(x－1)， 所以g′(x)＝2x－2－， 设q(x)＝g′(x)＝2x－2－， 所以q′(x)＝2＋， 由m＞0可知q′(x)＝2＋＞0恒成立， 所以g′(x)在区间[2,4]上单调递增， 若满足谷点，则有 解得2＜m＜18，故m的取值范围是(2,18)． (3)因为h(x)＝－x4＋px3＋qx2＋(4－3p－2q)x， 所以h′(x)＝－4x3＋3px2＋2qx＋(4－3p－2q)＝4(1－x)， 若x2＋x＋≥0恒成立， 则函数y＝h(x)在x≤1时严格递增，在x≥1时严格递减，不是谷函数，不满足题意； 因此关于x的方程x2＋x＋＝0有两个相异实根，即Δ＞0， 设两根为α，β且α＜β， 因为h(1)≤0＝h(0)，所以函数y＝h(x)在区间(－∞，1]上不为严格递增，但是当x＜min{1，α，β}时，h′(x)＞0，y＝h(x)为严格递增， 所以y＝h(x)在区间(－∞，1]上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即α＜1， 同理，因为h(1)≤h(2)，所以β＞1， 因此，y＝h(x)在区间(－∞，α]和[1，β]上严格递增，在区间[α，1]和[β，＋∞)上严格递减， 从而函数y＝h(x)的含谷区间[a，b]必满足[a，b]⊆[α，β]，即L(p，q)＝β－α＝ ＝ ＝， 因为h(1)＝－1＋p＋q＋4－3p－2q＝3－2p－q， h(2)＝－16＋8p＋4q＋8－6p－4q＝－8＋2p， 由h(1)≤h(2)得3－2p－q≤－8＋2p， 所以4p＋q≥11， 由h(1)≤0得3－2p－q≤0，所以2p＋q≥3， 所以q≥ 当p≤4时，L(p，q)≥≥， 当p＞4时，L(p，q)≥≥， 因此L(p，q)的最小值为，当p＝4，q＝－5时成立. 学科网（北京）股份有限公司 $