《直通名校》专题七 第6讲　大题专攻——利用导数研究函数零点（课件）-高考数学大二轮专题复习

(共42张PPT)
第6讲　大题专攻
——利用导数研究函数零点
目录
CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
判断函数零点个数 以指数函数、对数函数、三次有理函数为载体
（有时与三角函数结合），探究函数的零点问题
是高考的常考点，通常以压轴题的形式呈现
根据零点个数求参数 范围 二、真题感悟
　（2022·全国乙卷文20题）（根据零点个数求参数范围）已知函数f
（x）＝ax－ －（a＋1）ln x.
（1）当a＝0时，求f（x）的最大值；
解：当a＝0时，f（x）＝－ －ln x（x＞0），所以f'（x）＝
－ ＝ .
若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增；
若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减；
所以f（x）max＝f（1）＝－1.
（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围.
解：由f（x）＝ax－ －（a＋1）ln x（x＞0），得f'（x）
＝a＋ － ＝ （x＞0）.
当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点；
当a＜0时，f'（x）＝ ，
若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增，
若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）max＝f（1）＝a－1＜0，所以f（x）不存在零点；
当a＞0时，f'（x）＝ ，若a＝1，f'（x）≥0，
f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（1）＝a－1＝0，所以函
数f（x）恰有一个零点.
若a＞1，f（x）在 ，（1，＋∞）上单调递增，在 上
单调递减，因为f（1）＝a－1＞0，所以f ＞f（1）＞0，当x→0
＋时，f（x）→－∞，由零点存在定理可知f（x）在 上必有
一个零点，所以a＞1满足条件.
若0＜a＜1，f（x）在（0，1）， 上单调递增，在
上单调递减，因为f（1）＝a－1＜0，所以f ＜f（1）＜0，当
x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理可知f（x）在
上必有一个零点，即0＜a＜1满足条件.
综上，若f（x）恰有一个零点，a的取值范围为（0，＋∞）.
常见函数的图象与性质
函数 图象 性质
f（x）＝ln
x－x，x∈
（0，＋∞） 在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）
上单调递减，在x＝1处取得极大值－1，
无极小值
f（x）＝
xln x，x∈
（0，＋∞）
函数 图象 性质
f（x）＝ex
－x，x∈R 在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋
∞）上单调递增，在x＝0处取得极小值
1，无极大值
函数 图象 性质
f（x）＝
xex，x∈R
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
探究函数零点个数
【例1】　已知函数f（x）＝ln x－ ax2（a∈R）.讨论函数f（x）在区间
[1，e]上的零点个数.
解：由f（x）＝0，得a＝ .
令g（x）＝ ，x∈[1，e]，
则函数f（x）在区间[1，e]上的零点个数等于直线y＝a与函数g（x）图
象的交点个数.
g'（x）＝ ，令g'（x）＝0，得x＝ ，
令g'（x）＞0，得1≤x＜ ；令g'（x）＜0，得 ＜x≤e.
所以g（x）在[1， ）上单调递增，在（ ，e]上单调递减.
又g（1）＝0，g（ ）＝ ，g（e）＝ ，
所以当a＜0或a＞ 时，函数f（x）在区间[1，e]上没有零点；
当0≤a＜ 或a＝ 时，函数f（x）在区间[1，e]上有1个零点；
当 ≤a＜ 时，函数f（x）在区间[1，e]上有2个零点.
判断函数零点个数的2种常用方法
（1）直接法：直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的
个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题；
（2）分离参数法：分离出参数，转化为a＝g（x），根据导数的知识求
出函数g（x）在某区间上的单调性，求出极值以及最值，画出草
图.函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g（x）图象交点
的个数问题.只需要用a与函数g（x）的极值和最值进行比较即可.
（2024·郑州第三次质量检测节选）已知函数f（x）＝eax－x.讨论f（x）
的零点个数.
解：由题f'（x）＝aeax－1.
①当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在R上单调递减，又f（0）＝1＞0，f
（1）＝ea－1≤0.
故f（x）存在一个零点，此时f（x）零点个数为1.
②当a＞0时，令f'（x）＜0得x＜－ ，令f'（x）＞0得x＞－ ，
所以f（x）在（－∞，－ ）上单调递减，在（－ ，＋∞）上单调
递增.
故f（x）的最小值为f（－ ）＝ .
当a＝ 时，f（x）的最小值为0，此时f（x）有一个零点.
当a＞ 时，f（x）的最小值大于0，此时f（x）没有零点.
当0＜a＜ 时，f（x）的最小值小于0，f（－1）＝e－a＋1＞0，
f（－ ）＝ ＜0，x→＋∞时，f（x）→＋∞，此时f（x）有两个
零点.
综上，当a≤0或a＝ 时，f（x）有一个零点；
当0＜a＜ 时，f（x）有两个零点；
当a＞ 时，f（x）没有零点.
根据零点个数求参数
【例2】　已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝ （x＞0）.若曲线y＝f
（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求实数a的取值范围.
解：曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程 ＝1（x＞0）有两个不同的实数解，
即方程 ＝ 有两个不同的实数解.
设g（x）＝ （x＞0），
则g'（x）＝ （x＞0），
令g'（x）＝0，得x＝e，
当0＜x＜e时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增；
当x＞e时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，
故g（x）max＝g（e）＝ ，
且当x＞e时，g（x）∈（0， ），又g（1）＝0，
所以0＜ ＜ ，
解得a＞1且a≠e，
故实数a的取值范围是（1，e）∪（e，＋∞）.
根据零点个数求参数的常用方法
（1）分离参数法：分离参数，再通过求导求出分离参数后构造的新函数
的最值，根据条件，通过数形结合构建关于参数的不等式，解不等
式确定参数值（范围）；
（2）分类讨论法：结合单调性确定参数分类的标准，在每个小范围内研
究零点的个数是否符合题意，再将满足题意的参数的各小范围并在
一起，即为所求.
（2024·河南五市第一次联考）已知函数f（x）＝aln x－x2＋a
（a∈R）.
（1）求函数f（x）的单调区间；
解：f'（x）＝ －2x（x＞0），
当a≤0时，f'（x）＜0在定义域（0，＋∞）内恒成立，因此f
（x）在（0，＋∞）上单调递减；
当a＞0时，由f'（x）＞0，解得0＜x＜ ；f'（x）＜0，解得x＞ ，
因此，当a≤0时，f（x）的单调减区间为（0，＋∞），无增区间；
a＞0时，f（x）的单调减区间为（ ，＋∞），增区间为（0， ）.
（2）若f（x）有两个零点，求实数a的取值范围.
解：若f（x）有两个零点，由（1）可知a＞0且f（x）≤f（ ），
则必有f（ ）＝aln －（ ）2＋a＞0，即ln ＋1＞0，解
得a＞ ，
又因f（ ）＝－ ＜0，f（4a）＝aln 4a－16a2＋a＝a（ln 4a－
16a＋1），
令g（t）＝ln t－4t＋1（t＝4a＞ ） g'（t）＝ －4＝ ，
当t∈（ ，＋∞）时，g'（t）＜0恒成立，即g（t）在（ ，＋
∞）上单调递减，
可得g（t）＜g（ ）＝ln － ＋1＝ln 8－ ＜0，
也即得g（t）＜0在t∈（ ，＋∞）上恒成立，
从而可得f（x）在区间（ ， ），（ ，4a）上各有一个零点，
综上所述，若f（x）有两个零点，实数a的范围为（ ，＋∞）.
03
课时跟踪检测
1. 已知函数f（x）＝2e－x＋1ln x＋ （e为自然对数的底数），证明：函
数f（x）在区间（ ，e）内有唯一零点.
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证明：f（x）＝2e－x＋1ln x＋
＝e－x（2eln x＋ ），
∵e－x＞0恒成立，
∴f（x）在区间（ ，e）内零点的个数等价于g（x）＝2eln x＋ 在区
间（ ，e）内零点的个数.
∵g（ ）＝2eln ＋
＝－2e＋e＝－e＜0，
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g（e）＝2eln e＋ ＝2e＋ ＞0.
∴g（x）在（ ，e）内有零点.
又∵g'（x）＝ － ＝ ，
当 ＜x＜e时，g'（x）＞0，g（x）单调递增.
∴g（x）在（ ，e）内有唯一零点，即函数f（x）在区间（ ，e）内
有唯一零点.
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2. 已知f（x）＝ln x＋kx（k∈R）.
（1）求f（x）的最值；
解：f（x）＝ln x＋kx的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝ ＋k（x＞0）.
当k≥0时，f'（x）＞0恒成立，f（x）在（0，＋∞）上是增函
数，此时函数无最值；
当k＜0时，在（0，－ ）上，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
在 （－ ，＋∞）上，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
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所以f（x）在x＝－ 处取得极大值，即最大值，
f（x）max＝f（－ ）＝ln（－ ）－1.
综上可知，当k≥0时，f（x）在（0，＋∞）上无最值；
当k＜0时，f（x）的最大值为ln（－ ）－1，无最小值.
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（2）若f（x）有两个零点，求实数k的取值范围.
解：f（x）＝ln x＋kx有两个零点，可得
－k＝ 有两个实根.
设h（x）＝ （x＞0），h'（x）＝ .
令h'（x）＞0，得0＜x＜e；令h'（x）＜0，得
x＞e，
所以h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，
＋∞）上单调递减.
所以h（x）max＝h（e）＝ .
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当x∈（e，＋∞）时，x＞0，ln x＞0，所以h（x）＝ ＞0，又h（1）＝0，所以当x∈（0，1）时，h（x）＜0；当x∈（1，＋∞）时，h（x）＞0.
h（x）＝ 的大致图象如图所示，
若直线y＝－k与y＝h（x）的图象有两个交点，
则0＜－k＜ ，所以实数k的取值范围是（－ ，0）.
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3. 已知函数f（x）＝（x－1）ex－ax2，a∈R.
（1）当a＝ 时，求f（x）的单调区间；
解：当a＝ 时，函数f（x）＝（x－1）ex－ x2，
则f'（x）＝xex－ex＝x（ex－e），令f'（x）＝0得x＝0或x＝1，
当x∈（－∞，0）或x∈（1，＋∞）时，f'（x）＞0，当x∈
（0，1）时，f'（x）＜0，
所以f（x）在（－∞，0）上单调递增，在（0，1）上单调递
减，在（1，＋∞）上单调递增，
即当a＝ 时，f（x）单调递增区间为（－∞，0）和（1，＋
∞），单调递减区间为（0，1）.
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（2）若方程f（x）＋a＝0有三个不同的实根，求a的取值范围.
解：因为f（x）＋a＝（x－1）[ex－a（x＋1）]，所以x
＝1为f（x）＋a＝0的一个根，
故ex－a（x＋1）＝0有两个不同于1的实根，
令g（x）＝ex－a（x＋1），则g'（x）＝ex－a，
①当a≤0时，g'（x）＞0，故g（x）在R上单调递增，不符合
题意；
②当a＞0时，令g'（x）＝0，得x＝ln a，
当x＞ln a时，g'（x）＞0，故g（x）在区间（ln a，＋∞）上
单调递增，
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当x＜ln a时，g'（x）＜0，故g（x）在区间（－∞，ln a）上
单调递减，
并且当x→－∞时，g（x）→＋∞；当x→＋∞时，g（x）→＋∞；
所以若要满足题意，只需g（ln a）＜0且g（1）≠0，
因为g（ln a）＝eln a－a（ln a＋1）＝－aln a＜0，所以a＞1，
又g（1）＝e－2a≠0，所以a≠ ，
所以实数a的取值范围为（1， ）∪（ ，＋∞）.
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4. （2024·湖南九校联盟第二次联考）已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c
（a，b，c∈R），其图象的对称中心为（1，－2）.
（1）求a－b－c的值；
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解：∵函数f（x）的图象关于点（1，－2）中心对称，故y
＝f（x＋1）＋2为奇函数，
从而有f（x＋1）＋2＋f（－x＋1）＋2＝0，即f（x＋1）＋f
（－x＋1）＝－4，
f（x＋1）＝（x＋1）3＋a（x＋1）2＋b（x＋1）＋c＝x3＋
（a＋3）x2＋（2a＋b＋3）x＋a＋b＋c＋1，
f（1－x）＝（1－x）3＋a（1－x）2＋b（1－x）＋c＝－x3＋
（a＋3）x2－（2a＋b＋3）x＋a＋b＋c＋1，
∴解得∴a－b－c＝－3.
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（2）判断函数f（x）的零点个数.
解：由（1）可知，f（x）＝x3－3x2－cx＋c，f'（x）＝
3x2－6x－c，Δ＝36＋12c，
①当c≤－3时，Δ＝36＋12c≤0，f'（x）≥0，所以f（x）在R
上单调递增，
∵f（1）＝－2＜0，f（3）＝27－3×9－3c＋c＝－2c＞0，
∴函数f（x）有且仅有一个零点；
②当－3＜c＜0时，Δ＞0，
∴f'（x）＝0有两个正根x1，x2，不妨设x1＜x2，x1＋x2＝2＞
0，x1·x2＝－ ＞0，则3 －6x1－c＝0，x2＜2，
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∴函数f（x）在（－∞，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调
递减，在（x2，＋∞）上单调递增，
∵f（x1）＝ －3 －（x1－1）（3 －6x1）＝－2x1（
－3x1＋3）＜0，f（x2）＜0，f（3）＝－2c＞0，
∴函数f（x）有且仅有一个零点；
③当c＝0时，f（x）＝x3－3x2，
令f（x）＝x3－3x2＝0，解得x＝0或x＝3，∴f（x）有两个零点；
④当c＞0时，Δ＞0，
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∴f'（x）＝0有一个正根和一个负根x1，x2，不妨设x1＜0＜
x2，x1＋x2＝2，x1·x2＝－ ＜0，则x2＞1，
∴函数f（x）在（－∞，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调
递减，在（x2，＋∞）上单调递增，
∵f（x1）＞f（0）＝c＞0，f（x2）＜f（1）＝－2＜0，当x→
－∞时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，
∴函数f（x）有且仅有三个零点；
综上，当c＞0时，函数f（x）有三个零点；
当c＝0时，函数f（x）有两个零点；
当c＜0时，函数f（x）有一个零点.
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