第3章 提升课9 利用导数研究函数的零点问题（课时作业）-【优化探究】2027年高考数学一轮复习高考总复习配套课件（湘教版）

该高中数学高考复习课件聚焦导数应用、函数单调性及零点个数判断等核心考点，依据高考评价体系分A组基础保分练与B组能力提升练，梳理出函数极值分析、方程零点转化等高频题型，明确单调性讨论、零点存在性证明等考查要求，体现备考的系统性与针对性。 课件亮点在于真题模拟与分层突破，如以2026年四川绵阳模拟题为例，通过构造辅助函数、求导分析单调性培养数学思维，结合极值与极限讨论零点个数渗透数学语言表达。特设易错点警示如导数符号判断，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准实施分层教学，提升复习效率。

1 2 3 4 A组　基础保分练 1.已知函数f(x)=x3-x2-x+2. (1)求f(x)的单调递增区间; 解: f(x)=x3-x2-x+2的定义域为R, f'(x)=3x2-2x-1=(x-1)(3x+1), 当x∈(-∞,-)或x∈(1,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(-,1)时,f'(x)<0, 故f(x)的单调递增区间为(-∞,-),(1,+∞). 1 2 3 4 (2)若方程f(x)=m有3个零点,求实数m的取值范围. 解:由(1)知,函数f(x)在区间(-∞,-),(1,+∞)上单调递增,在区间(-,1)上单调递减, 所以f(x)的极大值为f(-)=,f(x)的极小值为f(1)=1,且当x→-∞时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→+∞, f(x)的大致图象如图所示, 方程f(x)=m有3个零点等价于直线 y=m与f(x)的图象有3个交点, 由图可知,m∈(1,). 1 2 3 4 2.判断函数f(x)=ln x+-bx零点的个数,并证明. 解:函数f(x)=ln x+-bx零点的个数为1, 证明如下: 易知f(x)的定义域为(0,+∞),令f(x)=0,即ln x+-bx=0,得到+-b=0, 令g(x)=+-b,则g'(x)=+=, 令T(x)=2-2ln x+x2(x>0),则T'(x)=+2x=2(x-), 1 2 3 4 当x∈(0,1)时,T'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,T'(x)>0, 所以T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则T(x)min=T(1)=3>0, 即g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增, 当x→0时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→+∞, 所以g(x)有且只有一个零点, 所以f(x)有且只有一个零点. 1 2 3 4 3.(2026·四川绵阳模拟)已知函数f(x)=ln x+k-ex-k. (1)当k=0时,求证:f(x)<-2; B组　能力提升练 证明:当k=0时,f(x)=ln x-ex,x>0, 先证明:当x>0时,ex>x+1,令g(x)=ex-x-1,其中x>0, 则g'(x)=ex-1>0, 所以 g(x)=ex-x-1在(0,+∞)上单调递增,即g(x)=ex-x-1>g(0)=1-0-1=0, 则不等式ex>x+1在(0,+∞)上恒成立, 1 2 3 4 再证明:ln x≤x-1,令h(x)=ln x-x+1,其中x>0, 则h'(x)=-1=, 则当x>1时, h'(x)=<0,当0<x<1时, h'(x)=>0, 所以h(x)=ln x-x+1在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 即h(x)=ln x-x+1≤h(1)=ln 1-1+1=0, 则不等式ln x≤x-1在(0,+∞)上恒成立, 所以f(x)=ln x-ex<x-1-(x+1)=-2. 1 2 3 4 (2)若f(x)有两个零点,求实数k的取值范围. 解:由f(x)=ln x+k-ex-k=0得ln x+x=x-k+ex-k=ln ex-k+ex-k, 构造函数φ(x)=ln x+x,φ'(x)=+1.因为x>0,所以φ'(x)=+1>0, 即函数φ(x)=ln x+x在(0,+∞)上单调递增, 由ln x+x=ln ex-k+ex-k⇔φ(x)=φ(ex-k),根据单调性可得x=ex-k⇔ln x=x-k⇔k=x-ln x. 设t(x)=x-ln x(x>0),则t'(x)=1-=, 则当x>1时, t'(x)=>0,当0<x<1时, t'(x)=<0, 1 2 3 4 所以t(x)=x-ln x在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,即t(x)=x-ln x≥t(1)=1. 当x→0时,t(x)→+∞, 当x→+∞时,t(x)→+∞, 而函数f(x)有两个零点等价于直线y=k与函数t(x)的图象有两个交点,由图可知,k∈(1,+∞). 1 2 3 4 4.已知f(x)=a(ln x)2-(a+x)ln x+2x-2,a>0. (1)讨论f(x)的单调性; 解:由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-ln x-+2=,由a>0,令f'(x)=0,得x=e或x=a. 当0<a<e时,令f'(x)>0,得a<x<e;令f'(x)<0,得0<x<a或x>e, 所以函数f(x)在(a,e)上单调递增,在(0,a),(e,+∞)上单调递减. 当a=e时,f'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减. 当a>e时,令f'(x)>0,得e<x<a;令f'(x)<0,得0<x<e或x>a, 所以函数f(x)在(e,a)上单调递增,在(0,e),(a,+∞)上单调递减. 1 2 3 4 (2)若a∈(0,e),讨论f(x)的零点个数. 解:由(1)可知,当a∈(0,e)时,函数f(x)在(a,e)上单调递增,在(0,a),(e,+∞)上单调递减, 当x→0时,f(x)→+∞;当x→+∞时,f(x)→-∞,又f(1)=0,f(e)=e--2, 若a∈(0,1),所以存在x0∈(0,a),使得f(x0)=0,此时f(e)>0,则f(x)有3个零点; 若a=1,f(a)=f(1)=0,此时f(e)>0,则f(x)有2个零点; 若⇒2e-4<a<e,则f(a)<0,f(e)<0,则f(x)有1个零点; 1 2 3 4 若⇒a=2e-4,则f(a)<0,f(e)=0,则f(x)有2个零点; 若⇒1<a<2e-4,则f(a)<0,f(e)>0,所以存在x1∈(a,e),使得f(x1)=0,则f(x)有3个零点. 综上所述,当a∈(0,1)∪(1,2e-4)时,函数f(x)有3个零点; 当a=1或a=2e-4时,函数f(x)有2个零点; 当a∈(2e-4,e)时,函数f(x)有1个零点. $