第3章 第9讲 培优课——函数的零点 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 聚焦函数零点问题，以导数为工具，系统整合单调性分析、极值判断、零点存在定理等方法，构建“求导-判单调-算极值-定零点”的解题逻辑链，体现数学思维的严谨性与系统性。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |零点区间判断|1（题1）|导数判单调+端点值符号|导数应用→单调性→零点存在定理| |零点个数确定|3（题2、3、5）|极值正负分析+单调区间划分|极值与单调性→函数图象→零点个数| |参数范围求解|2（题4、6）|分段函数图象交点+极值点位置|分段函数性质→参数影响→交点条件| |综合证明|1（题7）|导数求极值+对称性证明|导数工具→零点存在→对称性应用|

1．(2026·深圳月考)函数f(x)＝ln x＋x2－ex的零点所在的区间是(　　) A．(，1) B．(1，2) C．(2，e) D．(e，3) 解析：选C．f′(x)＝＋2x－e＝，x>0，在关于x的方程2x2－ex＋1＝0中，Δ＝e2－8<0，即2x2－ex＋1＝0在(0，＋∞)上无实数根，故f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此f(x)至多有一个零点． f(2)＝ln 2＋4－2e<0，f(e)＝ln e＋e2－e2>0，因此f(x)＝ln x＋x2－ex的零点所在的区间是(2，e). 2．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋b2(b<0)在x＝－1处有极值，且极值为8，则f(x)的零点个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选C．由题意得f′(x)＝3x2＋2bx＋c，因为函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋b2(b<0)在x＝－1处有极值，且极值为8，所以f(－1)＝－1＋b－c＋b2＝8，f′(－1)＝3－2b＋c＝0，解得或(舍去)，故f(x)＝x3－2x2－7x＋4，f′(x)＝3x2－4x－7＝(x＋1)(3x－7)，当x∈(－∞，－1)或(，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－1，)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．又因为f(－3)<0，f(－1)>0，f()<0，f(4)>0，所以f(x)有3个零点． 3．(多选)已知函数f(x)＝x3－3ax＋2有两个极值点，则(　　) A．f(x)的图象关于点(0，2)对称 B．f(x)的极值之和为－4 C．∃a∈R，使得f(x)有三个零点 D．当0<a<1时，f(x)只有一个零点 解析：选ACD．f(x)的图象可由奇函数g(x)＝x3－3ax的图象向上平移2个单位长度得到，故f(x)的图象关于点(0，2)对称，A正确；设f(x)的极值点分别为x1，x2(x1<x2)，则由对称性可知x1＋x2＝0，f(x1)＋f(x2)＝2×2＝4，即f(x)的极值之和为4，B错误；f′(x)＝3x2－3a，依题意，关于x的方程3x2－3a＝0有两个不同的根，则a>0，x1＝－，x2＝，当x<－时，f′(x)>0，当－<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(－∞，－)上单调递增，在区间(－，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增，又当x→＋∞时， f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，所以作出f(x)的大致图象如图，由图象可知，当f(x2)＝f()<0，即a>1时，f(x)的图象与x轴有三个交点，即∃a∈R，使得f(x)有三个零点，C正确；当0<a<1时，f()＝a－3a＋2＝2(1－a)>0，此时f(x)只有一个零点，D正确． 4．(2026·天津期中)已知a>0，函数f(x)＝若存在实数k，使得方程f(x)＝k恰有三个不同的实数解，则a的取值范围为________． 解析：方程f(x)＝k恰有三个不同的实数解，即函数y＝f(x)的图象与直线y＝k有三个不同的交点．因为a>0，且当x≥a时，f(x)＝x2－ax＝(x－)2－，所以f(x)在[a，＋∞)上单调递增，且f(x)≥0；所以∀k∈R，当x≥a时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝k最多有一个交点． 所以要想函数y＝f(x)的图象与直线y＝k有三个不同的交点，须使当x∈(－1，a)时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝k至少有两个交点． 令g(x)＝，x>－1， 所以g′(x)＝. 令g′(x)＝0，得x＝e－1时，当－1<x<e－1时，g′(x)>0；当x>e－1时，g′(x)<0，所以g(x)在(－1，e－1)上单调递增，在(e－1，＋∞)上单调递减，在x＝e－1处取得极大值，即最大值. 函数y＝g(x)的简图如图， 所以当a>e－1，<k<时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝k恰有三个交点． 所以a的取值范围为(e－1，＋∞). 答案：(e－1，＋∞) 5．(13分)已知函数f(x)＝(x－1)ex－x2.求： (1)函数的单调区间；(6分) (2)f(x)的零点个数．(7分) 解：(1)由题可得，f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)， 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln 2， 令f′(x)<0，解得0<x<ln 2； 令f′(x)>0，解得x<0或x>ln 2， 所以f(x)的单调递减区间为(0，ln 2)，单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞). (2)由(1)知f(x)的单调递减区间为(0，ln 2)，单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)， 作出函数f(x)的大致图象如图所示， 由于f(0)＝－1<0，f(ln 2)＝2(ln 2－1)－(ln 2)2<0，f(2)＝e2－4>0， 所以f(x)在(－∞，ln 2)上无零点，f(x)在(ln 2，2)上存在唯一零点． 综上，函数f(x)在R上的零点个数为1. 6．(15分)(2026·温州适应性考试)已知函数f(x)＝ln (x＋1)＋(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性；(6分) (2)若f(x)在区间(－1，0)上恰有一个零点，求a的取值范围．(9分) 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，则f(x)在定义域(－1，＋∞)上单调递增； 当a<0时，由f′(x)<0，得－1＜x<－1－a； 由f′(x)>0，得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(－1，＋∞)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，考虑到f(0)＝0，x→－1时， f(x)→＋∞，为使f(x)在(－1，0)内有零点，则极小值点小于零，即－1－a<0⇒a>－1. 结合a<0，得a的取值范围为(－1，0). 7．(15分)(2026·合肥质量检测)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax－b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＋2＝0. (1)求a，b的值；(4分) (2)讨论f(x)的零点个数，并证明所有零点之和为0.(11分) 解：(1)f′(x)＝xex－a，由题意得 即所以 (2)由(1)知f(x)＝(x－1)ex－x－1，所以f′(x)＝xex－1. 令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝(x＋1)ex， 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(1)＝e－1>0，g(0)＝－1<0，且当x<0时，g(x)<0，所以存在唯一的x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0，当x∈(－∞，x0)时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，x0)上单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(x0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(x0)， 因为g(x0)＝0，即x0ex0＝1，也即e x0＝， 所以f(x0)＝－x0－<0. f(－2)＝1－>0，f(2)＝e2－3>0， 根据函数零点存在定理，可得f(x)在区间(－2，x0)和(x0，2)上各仅有一个零点，所以f(x)有两个零点． 设x1是函数f(x)的其中一个零点， 则f(x1)＝(x1－1)ex1－x1－1＝0， 所以f(－x1)＝(－x1－1)e－x1＋x1－1＝e－x1 [(x1－1)e x1－x1－1]＝0， 所以－x1是函数f(x)的另外一个零点， 因为x1＋(－x1)＝0， 所以f(x)的所有零点之和为0. 学科网（北京）股份有限公司 $