05 第18讲 02 利用导数研究函数零点专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数研究函数零点，以导数分析单调性、极值为核心，通过构造函数、数形结合等方法系统解决参数范围、零点个数等问题，体现数学思维的逻辑性与严谨性。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |参数范围|1,6|构造函数转化交点问题，利用导数求单调性与极值|导数性质→函数图象→参数取值| |零点个数判断|2,5,7|求导分析单调区间，结合极值与极限趋势判断|函数单调性→极值符号→零点存在定理| |证明与存在性|3,4|导数工具研究导函数单调性，构造辅助函数论证|导函数性质→原函数状态→存在性证明|

第2课时　利用导数研究函数零点 (时间:45分钟) 1.已知函数f(x)=(x-a)ex+e2(a∈R). (1)若a=3,求f(x)的极值; (2)若f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点,求实数a的取值范围. 2.已知函数f(x)=(a+1)x2-ex+1,a<-1. (1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程; (2)求证:当x<0时, f'(x)>-1; (3)求f(x)的零点个数. 3.已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0. (1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性; (2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 4.已知函数f(x)=ex-2ln x-4. (1)求函数g(x)=f(x)+2ln x-ln(x+1)的单调区间; (2)设函数y=f(x)有两个不同的零点x1,x2(x1<x2),证明:-2<ln x1<0<ln x2<ln 2. 5.[2026·广东广州模拟] 已知函数f(x)=+a(a∈R). (1)求f(x)的单调区间; (2)判断f(x)的零点个数,并说明理由. 6.[2025·甘肃天水期末] 已知函数f(x)=x3-x2-x+2. (1)求f(x)的单调递增区间; (2)方程f(x)=m有三个实根,求实数m的取值范围. 7. [2026·湖北联考] 已知函数f(x)=2x-1-ln x,直线l:x-y-3=0. (1)若点P是函数y=f(x)图象上的一点,求点P到直线l距离的最小值; (2)若g(x)=f(x)+tex-2x,讨论函数g(x)的零点的个数. 1.解:(1)当a=3时, f(x)=(x-3)ex+e2, 则f'(x)=(x-2)ex. 所以当x>2时, f'(x)>0, f(x)=(x-3)ex+e2单调递增, 当x<2时, f'(x)<0, f(x)=(x-3)ex+e2单调递减, 故f(x)=(x-3)ex+e2的单调递减区间为(-∞,2),单调递增区间为(2,+∞), 所以当x=2时,函数f(x)取到极小值0,f(x)无极大值. (2)令(x-a)ex+e2=0,可得a=e2-x+x, 记g(x)=e2-x+x,则原问题等价于g(x)=e2-x+x当x>0时的图象与直线y=a有且仅有一个交点.可得g'(x)=1-e2-x,则g'(x)在(0,+∞)上单调递增,且g'(2)=1-e2-2=0, 所以g(x)=e2-x+x在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,又g(0)=e2,g(2)=3,当x→+∞时,g(x)→+∞, 所以可作出函数g(x)=e2-x+x当x>0时的大致图象,如图. 由图可知,当a≥e2或a=3时,g(x)=e2-x+x当x>0时的图象与直线y=a有且仅有一个交点, 故实数a的取值范围为[e2,+∞)∪{3}. 2.解:(1)由f(x)=(a+1)x2-ex+1,得f(0)=0,f'(x)=2(a+1)x-ex, 则f'(0)=-1,所以所求切线方程为y-0=-1×(x-0),即y=-x. (2)证明:要证当x<0时, f'(x)>-1,即证当x<0时,2(a+1)x-ex>-1, 令g(x)=2(a+1)x-ex+1,x<0,则g'(x)=2(a+1)-ex, 因为a<-1,所以a+1<0,所以当x<0时g'(x)<0,则g(x)在(-∞,0)上单调递减, 所以当x<0时,g(x)>g(0)=0,即f'(x)>-1. (3)f'(x)=2(a+1)x-ex,令h(x)=f'(x),再求导得h'(x)=2(a+1)-ex, 因为a<-1,所以2(a+1)<0,又ex>0,所以h'(x)<0,即h(x)=f'(x)在R上单调递减. 又因为当x→-∞时, f'(x)→+∞, f'(0)=-1,且f'(x)单调递减, 所以f'(x)在(-∞,0)上有且仅有一个零点x=t,且t<0, 当x<t时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 当x>t时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 又因为f(0)=0,所以f(t)>0,又当x→-∞时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→-∞, 所以f(x)有2个零点,即f(x)的零点个数为2. 3.解:(1)由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2ln x-2, 所以g'(x)=2-+=. 当0<a<时,g(x)在,上单调递增, 在上单调递减;当a≥时,g(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)证明:由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2=0,解得a=. 令φ(x)=-2ln x+x2-2x-+, 则φ(1)=1>0,φ(e)=--2<0,所以存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0. 令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1),由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在(1,+∞)上单调递增. 所以0=<=a0<=<1,则a0∈(0,1), 当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知,f'(x)在(1,+∞)上单调递增, 故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0; 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.所以当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0. 综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 4.解:(1)易得g(x)=f(x)+2ln x-ln(x+1)=ex-ln(x+1)-4,x>0, 则g'(x)=ex-. 令m(x)=ex-,x∈(0,+∞),则m'(x)=ex+>0, 则m(x)在(0,+∞)上单调递增,又m(0)=e0-1=0, 所以m(x)>0,即g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以g(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间. (2)证明:求导得f'(x)=ex-,x>0, 令h(x)=f'(x),则h'(x)=ex+>0, 故f'(x)在(0,+∞)上单调递增. 又f'=-4<0, f'(1)=e-2>0, 所以存在x0∈,使得f'(x0)=0,即=. 则当x∈(0,x0)时, f'(x)<0, f(x)单调递减; 当x∈(x0,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增. 因为=,所以ln =ln,即ln x0=ln 2-x0. 故f(x)min=f(x0)=-2ln x0-4=2-2ln 2-4. 令y=+x,x∈,则y'=-+1==<0, 可知y=+x在上单调递减, 则f(x0)=2-2ln 2-4<2-2ln 2-4=1-2ln 2=ln e-ln 4<0. 又因为f(e-2)=>0, f(1)=e-4<0, f(2)=e2-2ln 2-4=e2-ln 4-4>e2-ln e2-4=e2-6>0, 所以由零点存在定理得e-2<x1<1<x2<2, 上式取对数得-2<ln x1<0<ln x2<ln 2. 5.解:(1)由题知f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞).由f(x)=+a(a∈R),求导得f'(x)==, 则当x>0时,f'(x)=>0,当-1<x<0或x<-1时,f'(x)=<0, 所以f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(-1,0),单调递增区间为(0,+∞). (2)由f(x)=+a=0,得-a=. 根据(1)中求出的单调区间并结合极小值点, 可作出函数y=的大致图象,如图所示. 所以当-a>1,即a<-1时,f(x)的零点个数为2; 当-a=1或-a<0,即a=-1或a>0时,f(x)的零点个数为1; 当0≤-a<1,即-1<a≤0时,f(x)的零点个数为0. 综上可得,当a<-1时,f(x)的零点个数为2;当-1<a≤0时, f(x)的零点个数为0;当a=-1或a>0时,f(x)的零点个数为1. 6.解:(1)f(x)=x3-x2-x+2的定义域为R, f'(x)=3x2-2x-1=(x-1)(3x+1), 可得当x∈∪(1,+∞)时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0, 故f(x)的单调递增区间为,(1,+∞). (2)由(1)知,函数f(x)在区间,(1,+∞)上单调递增,在区间上单调递减, 所以f(x)的极大值为f=,f(x)的极小值为f(1)=1, 则可作出函数f(x)的大致图象,如图所示. 方程f(x)=m有三个实根等价于直线y=m与f(x)的图象有三个交点, 由图可知当1<m<时满足题意,则m的取值范围为. 7.解:(1)点P(x,f(x))到直线l:x-y-3=0的距离d(x)===. 令k(x)=ln x-x-2,则k'(x)=-1=. 由k'(x)>0,x>0,得0<x<1,由k'(x)<0,x>0,得x>1,所以k(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以k(x)max=k(1)=-3,所以|ln x-x-2|min=3, 则所求距离的最小值为=. (2)g(x)=f(x)+tex-2x=tex-ln x-1,定义域为(0,+∞), 令g(x)=0可得-t=0, 则函数g(x)的零点的个数与h(x)=-t的零点个数相同. h'(x)=e-x, 再令m(x)=-ln x-1, 则m'(x)=--<0,所以m(x)=-ln x-1在(0,+∞)上单调递减, 又因为m(1)=0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 则h(x)max=h(1)=-t,当x→0+时, h(x)→-∞, 当x→+∞时,h(x)→-t. 所以当t>时,h(x)max=-t<0恒成立,h(x)无零点; 当t=时,h(x)max=-t=0,h(x)有1个零点; 当0<t<时,h(x)max=-t>0,h(x)在(0,1)和(1,+∞)上各有1个零点,即h(x)有2个零点; 当t≤0时,h(x)max=-t≥,h(x)在(0,1)上有1个零点,在(1,+∞)上满足h(x)>0恒成立,即h(x)只有1个零点. 综上所述,当t>时, g(x)无零点;当t=或t≤0时,g(x)有1个零点;当0<t<时, g(x)有2个零点. 对点演练2　解:(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=+ax=x. 若a≤0,则a-<0恒成立,当x<0时,f'(x)>0,当x>0时,f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减. 若a>0,则令f'(x)=0,得x=0或x=-ln a. 当0<a<1时, 由f'(x)>0,得x<0或x>-ln a;由f'(x)<0,得0<x<-ln a. 所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增. 当a=1时,f'(x)=x, 当x∈(-∞,0)时,1-<0,f'(x)=x>0, 当x∈(0,+∞)时,1->0,f'(x)=x>0,又f'(0)=0, 所以f'(x)≥0恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 当a>1时,由f'(x)>0,得x<-ln a或x>0;由f'(x)<0,得-ln a<x<0. 所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递增,在(-ln a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 综上所述,当a≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;当0<a<1时,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增;当a=1时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>1时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递增,在(-ln a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)若0≤a≤1,则当x∈(-1,+∞)时,f(x)>0恒成立, 当x∈(-∞,-1)时,f(x)单调递增,所以f(x)不可能有两个零点. 若a>1,因为f(x)在(-∞,-ln a)上单调递增, 在(-ln a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 所以f(x)的极小值为f(0)=1+a>0,故f(x)不可能有两个零点. 若a<0,则f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减, 因为f(x)有两个零点,所以f(0)=1+a>0,即-1<a<0, 此时,当x→+∞时,f(x)→-∞,当x→-∞时,f(x)→-∞, 故f(x)有两个零点,符合题意. 综上可得,a的取值范围为(-1,0). 学科网（北京）股份有限公司 $