进阶篇3 导数中的零点问题-【名师带你过关】2026-2027学年高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数零点问题，通过分层训练构建从单调性分析到隐零点处理的逻辑链条，培养数学推理与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |零点个数问题|2道(淄博/绍兴模拟)|含单调性讨论、零点存在性证明、参数范围求解|以导数研究单调性为基础，结合端点值与极值点符号判断零点个数，形成"求导→判单调→定零点"的推理链条| |隐零点与零点赋值|2道|涉及不等式证明、零点唯一性论证|通过构造函数转化问题，利用导数分析函数单调性与极值，渗透隐零点代换思想，建立"构造→求导→分析极值→证唯一性"的逻辑路径|

进阶篇　导数中的零点问题 进阶1　零点个数问题 1.(1)解:函数f(x)=ex-sin x-1, 当x>0时,f'(x)=ex-cos x>1-cos x≥0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)证明　由(1)知,f'(x)=ex-cos x, 当x∈时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增, 又f(-π)=-1<0,f =>0, 因此函数f(x)在内有唯一零点; 当x∈时,令g(x)=ex-cos x, 得g'(x)=ex+sin x, 又g'(x)在上单调递增, g'=-1<0,g'(0)=1>0, 则存在x0∈,使得g'(x0)=0, 当x∈时,g'(x)<0, 函数g(x)即f'(x)单调递减, 当x∈(x0,0)时,g'(x)>0, 函数g(x)即f'(x)单调递增, 又f'=>0, f'(x0)<f'(0)=0, 则存在x1∈,使得f'(x1)=0, 当x∈时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(x1,0)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减, 而f =>0,f(0)=0, 因此函数f(x)在内有唯一零点, 所以函数f(x)在区间(-π,0]内有且仅有两个零点. 2.解:(1)由f(1)=2a-2=4,解得a=3, ∴f(x)=3x+-ln x, 则f'(x)=3+-,则f'(1)=3, ∴所求切线方程为y-4=3(x-1),即y=3x+1. (2)由f(x)=ax+(a-2)-ln x, 得f'(x)=a+-= =,x>0, 当a≤0时,f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立, f(x)在(0,+∞)上单调递减,不符合题意,舍去; 当a>0时,令f'(x)<0,得0<x<,f(x)在上单调递减;令f'(x)>0,得x>,f(x)在上单调递增. 当x→0时,f(x)→+∞;当x→+∞时,f(x)→+∞, 则f =+-ln=+1-+ln a=1-+ln a<0, 令g(a)=1-+ln a,a>0, 则g'(a)=+>0, ∴g(a)在(0,+∞)上单调递增. 又∵g(1)=0,∴当a∈(0,1)时,g(a)<0,当a∈(1,+∞)时,g(a)>0, ∴0<a<1,∴a的取值范围是(0,1). 进阶2　隐零点与零点赋值 1.证明　f(x)-g(x)=-=,令h(x)=ln(x+a)-x. (1)当a=1时,h(x)=ln(x+1)-x, 要证原不等式,只需证当x>0时, h(x)=ln(x+1)-x>0. 则h'(x)=+(x-1)=>0对任意的x>0恒成立, ∴函数h(x)在(0,+∞)上单调递增, 因此h(x)>h(0)=0,即原不等式成立. (2)①由题意知a>1,则函数y=f(x)-g(x)的定义域为(-a,0)∪(0,+∞). 由(1)可得当x>0时,f(x)-g(x)>->0, 故函数y=f(x)-g(x)在(0,+∞)上没有零点; ②当x∈(-a,0)时,h'(x)=+(x-1)=. 令F(x)=ex+x2+(a-1)x-a,x∈(-a,0), 则F'(x)=ex+2x+(a-1)在(-a,0)上单调递增, 且F'(-a)=-2a+a-1=-a-1<0, ∵F'(0)=a>0,∴F'(x)在(-a,0)上存在唯一零点,记为x0, 当x∈(-a,x0)时,F'(x)<0,此时函数F(x)单调递减; 当x∈(x0,0)时,F'(x)>0,此时函数F(x)单调递增. ∵a>1,∴F(-a)=>0,F(0)=1-a<0, ∴F(x0)<F(0)=1-a<0, ∴F(x)在(-a,x0)上存在唯一零点x1, 且当x∈(-a,x1)时,F(x)>0;当x∈(x1,0)时,F(x)<0. ∴h(x)在(-a,x1)上单调递增,在(x1,0)上单调递减,且h(0)=ln a>0. 令y=x,当x∈(-a,0)时, 则y'=(1-x)>0, 函数y=x在(-a,0)上单调递增, ∴y=x>-aea,∴h(x)<ln(x+a)+aea, 取x2=-a+>-a, 且-a<e0-a=1-a<0, 则x2=-a+∈(-a,0), 则h(x2)<ln(-a+a)+aea=0, 又h(0)=ln a>0,由函数零点存在定理可得,h(x)在(-a,0)上存在唯一的零点, 即y=f(x)-g(x)在(-a,0)上存在唯一零点. 综上,当a>1时,函数y=f(x)-g(x)有唯一零点. 2.(1)解:f'(x)=a-1,x∈R, 当a≤0时,易知f'(x)<0, 所以函数f(x)在R上是减函数; 当a>0时,令f'(x)=a-1=0, 解得x=1-ln a, 令f'(x)>0,得x>1-ln a,即f(x)在(1-ln a,+∞)上单调递增; 令f'(x)<0,得x<1-ln a,即f(x)在(-∞,1-ln a)上单调递减, 综上,当a≤0时,函数f(x)在R上是减函数; 当a>0时,f(x)在(-∞,1-ln a)上单调递减,在(1-ln a,+∞)上单调递增. (2)证明　令g(x)=f(x)+x-ln x=a-ln x-1,x∈(0,+∞), 所以g'(x)=a-, 令h(x)=g'(x),则h'(x)=a+, 因为a≥1,所以h'(x)>0, 所以g'(x)在(0,+∞)上单调递增, 当a=1时,g(x)=-ln x-1, g'(x)=-, 又g'(1)=0, 所以当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 所以g(x)≥g(1)=e0-ln 1-1=0, 而此时=0, 所以当a=1时,f(x)+x-ln x≥成立; 当a>1时,可得-1<0, 所以<1, 所以g'=a-a=a<0, 又g'(1)=a-1>0, 所以存在x0∈,使得g'(x0)=0, 即a=, 当x∈(0,x0)时,g'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0, 所以函数g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 所以g(x)≥g(x0)=a-ln x0-1, 由a=可得,x0=, 则g(x)≥x0+-2+ln a>2-2+ln a=ln a, 下面证明ln a>,a>1, 令φ(x)=ln x-,x>1, 所以φ'(x)=-=>0, 所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以φ(x)>φ(1)=0,即ln a>得证, 即g(x)=f(x)+x-ln x>成立, 综上,当a≥1时,f(x)+x-ln x≥. 学科网（北京）股份有限公司 $画学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.c0m■ 您身边的互联网+教辅专家 进阶篇 导数中的零点问题 进阶1零点个数问题 (限时训练：20分钟) 1.(2024淄博模拟以)已知函数fx)=e×-sinx-1. (1)讨论函数fx)在区间0，+∞)上的单调性； (2)证明：函数x)在区间(-元，0]内有且仅有两个零点 2.(2024:绍兴模拟已知函数fx)=X+(a-2)VxnX,aER, (1)求函数fx)图象上一点P(1,4)处的切线方程； (2)若函数fX)有两个零点X1,X2(X1<X2),求a的取值范围. 独家授权侵权必究。 画学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 进阶2隐零点与零点赋值 (限时训练：20分钟) 1.设a∈R,已知函数fx)= In(x+a) ,g(x)=ex. (1)当a=1时，证明当x>0时，x)>g(x; (2)当a>1时，证明：函数y=fx)-g(X)有唯一零点 2.已知函数fx)=aex-1-x-1. (1)讨论fx)的单调性； 2a-2 (2)证明当a≥1时，x)+xnX≥a+1 独家授权侵权必究