2025高考数学一轮复习第3章导数及其应用06第15讲第3课时导数与函数零点（课件+解析试卷）

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　　　(1)已知函数f(x)＝lnx－aex＋1(a∈R)，讨论函数f(x)的零点个数．
利用导数解决函数零点个数的方法(1)直接法：将问题转化为函数图象与x轴的交点问题．(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)的图象的交点个数问题．
令g′(x)＞0，得0＜x＜2；令g′(x)＜0，得x＞2，故g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，故x＝2是g(x)唯一的极值点且为极大值点，故g(x)的最大值为g(2)＝2ln2＞0．
　　　已知函数f(x)＝axlnx－2x．(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求f(x)在区间[1,2]上的值域；
 　　　　f′(x)＝alnx＋a－2．因为f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝aln1＋a－2＝0，得a＝2，则x∈[1,2]时，f′(x)＝2lnx≥0，f(x)在区间[1,2]上单调递增，所以f(1)＝－2≤f(x)≤f(2)＝4ln2－4，所以f(x)在区间[1,2]上的值域为[－2,4ln2－4]．
　　　　h(x)的定义域为(0，＋∞)，函数h(x)＝alnx－x2有1个零点⇔alnx＝x2有1个实数根⇔y＝alnx的图象与y＝x2的图象有一个交点．当a＜0时，作出y＝alnx与y＝x2的大致图象如图所示，由图可知满足题意．
综上，实数a的取值范围为(－∞，0)∪{2e}．
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，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．
变式　(2024·南通期初)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a＞0)的极小值为－2，其导函数f′(x)的图象经过A(－1,0)，B(1,0)两点．(1)求f(x)的解析式；
　　　　f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，因为a＞0，且f′(x)的图象经过A(－1,0)，B(1,0)两点，所以当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，所以f(1)＝a＋b＋c＝－2．
变式　(2024·南通期初)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a＞0)的极小值为－2，其导函数f′(x)的图象经过A(－1,0)，B(1,0)两点．(2)若曲线y＝f(x)恰有三条过点P(1，m)的切线，求实数m的取值范围．
因为曲线y＝f(x)恰有三条过点P(1，m)的切线，所以方程2x3－3x2＋m＋3＝0有三个不同实数解．记g(x)＝2x3－3x2＋m＋3，则g′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，令g′(x)＝0，得x＝0或1．列表如下：
综上，当k＞1时，方程无解；当k＝1时，方程有1个根；当0＜k＜1时，方程有2个根．
1．方程(x＋1)ex＝a(a＞0)解的个数为(　　)A．3B．2C．1D．0
如图，作出y＝f(x)与y＝a的图象，则方程的解的个数为两函数图象的交点个数，因为a＞0，所以由图知，方程(x＋1)ex＝a(a＞0)解的个数为1．
A．1B．0C．3D．2
综上可知，函数g(x)有2个零点．
3．(2023·全国乙卷文)若函数f(x)＝x3＋ax＋2存在 3 个零点，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－2)B．(－∞，－3)C．(－4，－1)D．(－3，0)
　　　　f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)存在极大值和极小值，则a＜0．
A．∀a∈R，函数f(x)在R上均有极值B．∃a∈R，使得函数f(x)在R上无极值C．∀a∈R，函数f(x)在(－∞，0)上有且仅有1个零点D．∃a∈R，使得函数f(x)在(－∞，0)上有2个零点
　　　　f′(x)＝x2＋ax，当a＝0时，f′(x)≥0，f(x)无极值，故A错误，B正确．当a＝0时，f(x)在R上单调递增，f(－3)＝－8，f(0)＝1，f(－3)f(0)＜0，所以f(x)在(－∞，0)上有且仅有一个零点．当a＜0时，f′(x)＞0在(－∞，0)上恒成立，则f(x)在(－∞，0)上单调递增．因为当x→－∞时，f(x)→－∞，f(0)＝1＞0，所以f(x)在(－∞，0)上有且仅有一个零点．当a＞0时，由f′(x)＝0，得x＝－a或x＝0，则f(x)在(－∞，－a)上单调递增，在(－a，0)上单调递减，f(x)极大值＝f(－a)＞f(0)＝1．当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)在(－∞，0)上有且仅有一个零点，故C正确，D错误．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
当x∈(0，2)时，g′(x)＞0，则g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，则g(x)单调递减．所以g(x)max＝g(2)＝－ln 2＜0，故f′(x)＜0恒成立，即f(x)在(0，2)，(2，＋∞)上单调递减．当0＜x＜1时，f(x)＞0；当1＜x＜2时，f(x)＜0；当x＞2时，f(x)＞0．作出y＝f(x)的图象如图所示，由图知，要使f(x)＝t有两个根，则有t∈(0，＋∞)．
9．(2023·淮南一模节选)已知f(x)＝a ln x＋x有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
若a＜0，则当x＞－a时，f′(x)＞0；当0＜x＜－a时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝－a处取得极小值，也是最小值．由f(x)有两个不同的零点，得f(－a)＝a ln (－a)－a＜0，解得a＜－e．
又a＜0，可得f(a2)＝a(ln a2＋a)＞0，故f(x)在(1，－a)，(－a，a2)上各有一个零点，故实数a的取值范围为(－∞，－e)．
故当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
易知当x→－∞时，h(x)→0，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，当x→0时，h(x)→0，作出y＝h(x)的图象如图所示．
11．(2023·连云港期初)已知函数f(x)＝x2＋x ln x．(1) 求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值；
　　　　当1≤x≤e时，因为f(x)＝x2＋x ln x，则f′(x)＝2x＋ln x＋1＞0，所以函数f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)max＝f(e)＝e2＋e．
11．(2023·连云港期初)已知函数f(x)＝x2＋x ln x．(2) 若关于x的方程f(x)＝ax3有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围．
由图可知，当0＜a＜1时，直线y＝a与函数g(x)的图象有两个交点，故实数a的取值范围是(0，1)．