2025届新高考数学精准突破复习 利用导数研究函数零点问题

2025届新高考数学精准突破复习利用导数研究函数零点问题在近几年的高考中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数以及三角函数为载体考查函数的零点(方程的根)问题，难度较大，多以压轴题出现.考情分析思维导图内容索引典型例题热点突破典例1

已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数.证明：考点一利用导数判断函数零点设g(x)＝f′(x)，则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；(2)f(x)有且仅有2个零点.f(x)的定义域为(－1，＋∞).①当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)上单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1,0)上单调递减，又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0]上的唯一零点.且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.跟踪训练1

(2023·常德模拟)已知函数f(x)＝x2＋

－alnx(a∈R).(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；解得a＝7，经检验，当a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值，则f′(1)＝－7，f(1)＝3，则f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝－7(x－1)，即7x＋y－10＝0.(2)当a>0时，若f(x)有唯一的零点x0，求[x0].注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2.参考数据：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946.令g(x)＝2x3－ax－2，则g′(x)＝6x2－a，又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，故方程(*)的唯一解，即f(x)的唯一零点x0∈(2,3)，故[x0]＝2.典例2

(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；考点二由零点个数求参数范围当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，x>－1，所以f′(0)＝1＋1＝2.因为f(0)＝0，所以所求切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.(2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点，求a的取值范围.f(x)的定义域为(－1，＋∞).设g(x)＝ex＋a(1－x2).①若a>0，则当x∈(－1,0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(－1,0)上单调递增，所以f(x)<f(0)＝0，故f(x)在(－1,0)上没有零点，不符合题意.②若－1≤a≤0，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a≥0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝0，故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意.③若a<－1，(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0，所以存在m∈(0,1)，使得g(m)＝0，即f′(m)＝0，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，又当x→＋∞，f(x)→＋∞，所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点，又f(x)在(0，m)上没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；(ⅱ)当x∈(－1,0)时，设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，则h′(x)＝ex－2a>0，所以g′(x)在(－1,0)上单调递增，所以存在n∈(－1,0)，使得g′(n)＝0，当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(n,0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝1＋a<0，所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f′(t)＝0，当x∈(－1，t)时，f(x)单调递增，当x∈(t,0)时，f(x)单调递减，又x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0，所以当x∈(t,0)时，f(x)>0，所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t,0)上无零点，即f(x)在(－1,0)上有唯一零点，所以a<－1，符合题意.综上，a的取值范围为(－∞，－1).跟踪训练2

已知函数f(x)＝(x－1)ex－alnx.(1)当a>0时，证明：f(x)存在唯一的极小值点；当a>0时，函数f(x)＝(x－1)ex－alnx的定义域为(0，＋∞)，令g(x)＝x2ex－a，其中x>0，则g′(x)＝(x2＋2x)ex>0，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，易得g(x)＝x2ex－a>x2－a(x>0)，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，故f(x)存在唯一的极小值点.(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，所以f(x)存在唯一零点x＝1，不符合题意；当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，故f(x)存在唯一零点x＝1，不符合题意；当a>0时，f(1)＝0，由(1)知，x0为函数f(x)的极小值点，①当x0>1，即a>e时，f(x)在区间(1，x0)上单调递减，所以f(x0)<f(1)＝0，先证明lnx<x－1(x>1)，令p(x)＝x－lnx－1，x>1，所以函数p(x)在(1，＋∞)上单调递增，故p(x)＝x－lnx－1>p(1)＝0，即lnx<x－1，取lna>1，则f(lna)＝(lna－1)elna－aln(lna)>(lna－1)(elna－a)＝0，所以f(x)在区间(x0，lna)上有一个零点，故f(x)有两个零点，满足题意；②当x0＝1，即a＝e时，f(x)min＝f(x0)＝0，所以f(x)有且仅有一个零点，不符合题意；③当0<x0<1，即0<a<e时，显然f(x0)<0，对于函数y＝(x－1)ex，当x>0时，y′＝xex>0，所以函数y＝(x－1)ex在区间(0，＋∞)上单调递增，所以(x－1)ex>－1，所以f(x)>－1－alnx，取x1＝

<1，则f(x1)＝

>－1－

＝0，所以f(x)在区间(x1，x0)上有一个零点，故f(x)有两个零点，满足题意.综上，a的取值范围是(0，e)∪(e，＋∞).利用导数解决函数零点问题的方法：(1)直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用.(2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题.(3)参变量分离法：由f(x)＝0分离变量得出a＝g(x)，将问题等价转化为直线y＝a与函数y＝g(x)的图象的交点问题.总结提升1231.(2023·邯郸模拟)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2在x＝－1处有极值0.(1)讨论函数f(x)在(－∞，－1)上的单调性；由f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2可得f′(x)＝3x2＋6ax＋3b，因为f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2在x＝－1处有极值0，123当a＝1，b＝1时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，函数f(x)是R上的增函数，不满足在x＝－1处有极值，故舍去，所以常数a，b的值分别为a＝2，b＝3，所以f(x)＝x3＋6x2＋9x＋4，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝－3，所以当x<－3或x>－1时，f′(x)>0，当－3<x<－1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3，－1)上单调递减.123123(2)记g(x)＝f(x)－k＋1，若函数g(x)有三个零点，求实数k的取值范围.由(1)可知g(x)＝x3＋6x2＋9x－k＋5，所以g′(x)＝f′(x)＝3(x＋1)(x＋3)，所以g(x)的单调递增区间是(－∞，－3)和(－1，＋∞)，单调递减区间为(－3，－1)，当x＝－3时，g(x)有极大值－k＋5，当x＝－1时，g(x)有极小值－k＋1，1232.已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)，(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；123当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.123f′(x)＝ex－a.①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)是增函数.故f(x)至多存在一个零点，不合题意.②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增.故当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a(1＋lna).123因为f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，lna)上存在唯一零点.由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.123故f(x)在(lna，＋∞)上存在唯一零点.从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点.1233.(2023·南京模拟)已知k∈R，函数f(x)＝3ln(x＋1)＋

＋kx，x∈(－1,2).(1)若k＝0，求证：f(x)仅有1个零点；123所以f(x)在(－1,2)上单调递增，且f(0)＝0，所以f(x)仅有1个零点.(2)若f(x)有两个零点，求实数k的取值范围.