第3课时 导数与函数的零点
【课程标准】 函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题.
类型一 数形结合法讨论函数零点
【例1】 已知函数f(x)＝ax－ln x－2.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法
1．研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．
2．根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置．
3．数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现．
【训练1】 (2025·厦门模拟)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx(a，b∈R)．
(1)当a＝2，b＝1时，求函数f(x)的单调区间．
(2)当a＝0，b＝－1时，方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，求实数m的取值范围．
类型二 利用函数性质研究函数零点
【例2】 已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数的单调性确定函数图象与x轴的交点个数，或者通过两个相关函数图象的交点个数确定参数需满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．
【训练2】 已知函数f(x)＝xex－kx2，k∈R.
(1)当k＝0时，求函数f(x)在[－2,2]上的值域；
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上仅有两个零点，求实数k的取值范围．
第3课时 导数与函数的零点
关键能力·落实
【例1】 解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x－2(x>0)，f′(x)＝1－＝(x>0)，令f′(x)>0，则x>1；令f′(x)<0，则0
(2)令f(x)＝ax－ln x－2＝0，因为x>0，所以a＝，令g(x)＝，则g′(x)＝，令g′(x)>0，则0，故g(x)在上单调递增，在上单调递减，从而g(x)max＝g＝e，函数g(x)的大致图象如图所示，因此当a>e时，直线y＝a与y＝g(x)的图象没有交点；当a＝e或a≤0时，直线y＝a与y＝g(x)的图象有1个交点；当0e时，函数f(x)没有零点；当a＝e或a≤0时，函数f(x)有1个零点；当0【训练1】 解 (1)依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝2，b＝1时，f(x)＝ln x－x2－x，则f′(x)＝－2x－1＝，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－1(舍去)，当00，当x>时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x，由f(x)＝mx得ln x＋x＝mx，又x>0，所以m＝1＋，要使方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，只需m＝1＋在区间[1，e2]上有唯一实数解，令g(x)＝1＋，x∈[1，e2]，则g′(x)＝，由g′(x)>0，得1≤x由图象可知，m＝1＋或1≤m<1＋.故m的取值范围为∪.
【例2】 解 (1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，则f′(x)＝－＝.当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1.
(2)f′(x)＝a＋－＝，x∈(0，＋∞)．当a≤0时，ax－1<0恒成立，所以00，f(x)单调递增，x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0.此时f(x)无零点，不合题意．当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝.①当0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减，f(x)的极大值为f(1)＝a－1<0，x→＋∞时，f(x)>0，所以f(x)恰有1个零点．②当a＝1时，1＝，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝0，所以f(x)恰有1个零点．③当a>1时，<1，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．f(x)的极小值为f(1)＝a－1>0，x→0＋时，f(x)→－∞，所以f(x)恰有1个零点．综上所述，a的取值范围为(0，＋∞)．
【训练2】 解 (1)当k＝0时，f(x)＝xex，所以f′(x)＝(1＋x)ex，令f′(x)＝0，则x＝－1，当－20，列表如下：
x [－2，－1) －1 (－1,2]
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以f(x)min＝f(－1)＝－e－1＝－.又f(－2)＝－，f(2)＝2e2，所以f(x)在[－2,2]上的值域为.
(2)解法一：函数f(x)＝xex－kx2＝x(ex－kx)在(0，＋∞)上仅有两个零点，令g(x)＝ex－kx，则问题等价于g(x)在(0，＋∞)上仅有两个零点，易求g′(x)＝ex－k.因为x∈(0，＋∞)，所以ex>1.①当k∈(－∞，1]时，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意；②当k∈(1，＋∞)时，令g′(x)＝0，得x＝ln k，所以在(0，ln k)上g′(x)<0，在(ln k，＋∞)上g′(x)>0，所以g(x)在(0，ln k)上单调递减，在(ln k，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值为g(ln k)＝k－kln k．因为g(x)在(0，＋∞)上有两个零点，所以k－kln k<0，所以k>e.因为g(0)＝1>0，g(ln k2)＝k2－kln k2＝k(k－2ln k)，令h(x)＝x－2ln x，h′(x)＝1－＝，所以在(0,2)上h′(x)<0，在(2，＋∞)上h′(x)>0，所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．所以h(x)≥2－2ln 2＝ln e2－ln 4>0，所以g(ln k2)＝k(k－2ln k)>0，所以当k>e时，g(x)在(0，ln k)和(ln k，＋∞)内各有一个零点，即当k>e时，g(x)在(0，＋∞)上仅有两个零点．综上，实数k的取值范围是(e，＋∞)．
解法二：(分离参数法)函数f(x)＝xex－kx2在(0，＋∞)上仅有两个零点，等价于ex－kx＝0在(0，＋∞)有两个解，即k＝.设g(x)＝，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝＝.当01时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，当x＝1时，g(x)的最小值为e，又当x趋向于0时，g(x)趋向于＋∞，x趋向于＋∞时，g(x)趋向于＋∞.故y＝k与y＝g(x)有两个交点时k>e，即k的取值范围是(e，＋∞)．(共19张PPT)
第3课时
第三章 一元函数的导数及其应用
导数与函数的零点
课
程
标
准
关键能力/落实
赢在微点 数学 大一轮
第一部分
——考向探究
类型一
数形结合法讨论函数零点
解
解
解
解
解
解
类型二
利用函数性质研究函数零点
解
解
解
解
解
解
解
解
R
赢在欲点
y
0
y=8(x)
y=a
0
1
X
e
↑y
1+
1+
e
2
I
1
1
I
I
I
I
0
1
e
2
e
X微练(二十七) 导数与函数的零点
1．设函数f(x)＝－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
2．已知函数f(x)＝ex cos x.
(1)求f(x)在区间内的极大值；
(2)令函数h(x)＝－1，当a>时，试讨论h(x)在区间内零点的个数．
3．设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．
4．已知函数f(x)＝e2x＋(2a－1)ex－2x－，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)在R上有两个零点，求实数a的取值范围．
微练(二十七) 导数与函数的零点
1．解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝－kln x(k>0)，得f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．f′(x)与f(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如下表．
x (0，) (，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ↘ ↗
所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点；当k>e时，f(x)在区间(1，]上单调递减且f(1)＝>0，f()＝<0，所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
2．解 (1)由题得f′(x)＝ex(cos x－sin x)＝excos，当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，则f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以f(x)在区间内的极大值为f＝e.
(2)h(x)＝－1＝axcos x－1，则h′(x)＝a(cos x－xsin x)，令φ(x)＝cos x－xsin x，则φ′(x)＝－2sin x－xcos x<0，所以φ(x)在区间上单调递减．又φ(0)＝1>0，φ＝－<0，故存在x0∈，使得φ(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，即h′(x)>0，h(x)在区间(0，x0)上单调递增；当x∈时，φ(x)<0，即h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减．因为h(0)＝－1<0，h＝－1<0，又a>，所以h＝a－1>×－1＝0，所以h(x)在区间，内各有一个零点，即h(x)在区间内有且仅有两个零点．
3．解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝－2x－1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，当00；当x>时，f′(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.令g(x)＝x－，其中x∈，则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，易得x＝1，当≤x<1时，g′(x)<0；当10，所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]．所以g(x)min＝g(1)＝1，因为函数f(x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋>3－，所以实数a的取值范围是.
4．解 (1)由题意得f′(x)＝ae2x＋(2a－1)ex－2＝(aex－1)(ex＋2)，a∈R.
①当a≤0 时，f′(x)<0，所以f(x)在R上单调递减．
②当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln ＝－ln a，令f′(x)<0，则x<－ln a；令f′(x) >0，则x>－ln a，所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)得当a≤0时，f(x)在R上单调递减，所以f(x)在R上至多有一个零点，所以a≤0不符合题意．当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(－ln a)＝－＋2ln a.
①当a≥1时，－≥0,2ln a≥0，所以f(－ln a)≥0，所以f(x)在R上至多有一个零点，所以a≥1不符合题意．
②当0－>0，所以f(x)在(－1，－ln a)上有一个零点．不妨设g(x)＝ex－1－x－，x≥0，易知g′(x)＝ex－1－x，x≥0.不妨设k(x)＝ex－x－1，x≥0，则k′(x)＝ex－1，当x>0时，ex－1>0，即k′(x)>0，k(x)在[0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)＝0，则当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0，得ex－1－x－x2>0，得ex>1＋x＋.因为·e>>4＋>1，所以f＝·e＋(2a－1)e－－>·e－e－－＝e－－>·e－1－－>3＋－－＝>0，所以f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点，所以0微练(二十七)
导数与函数的零点
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解析
1
2
3
4
证明
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
R
赢在欲点