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2025年高考数学精品教案第三章 一元函数的导数及其应用 突破4 利用导数解决零点问题
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这是一份2025年高考数学精品教案第三章 一元函数的导数及其应用 突破4 利用导数解决零点问题，共10页。
命题点1 根据函数零点个数求参数
例1 [2022全国卷乙]已知函数f（x）＝ax－1x－（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.
解析 （1）当a＝0时，f（x）＝－1x－ln x（x＞0），所以f '（x）＝1x2－1x＝1－xx2.
当x∈（0，1）时，f '（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（1，＋∞）时，f '（x）＜0，f（x）单调递减.
所以f（x）max＝f（1）＝－1.
（2）由f（x）＝ax－1x－（a＋1）ln x（x＞0），得f '（x）＝a＋1x2－a+1x＝（ax－1)(x－1）x2（x＞0）.
当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点.
当a＜0时，f '（x）＝a（x－1a)(x－1）x2，
若x∈（0，1），则f '（x）＞0，f（x）单调递增；
若x∈（1，＋∞），则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）＝a（x－1a)(x－1）x2，
若a＝1，则f '（x）≥0（当且仅当x＝1时“＝”成立），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，则f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减，因为
f（1）＝a－1＞0，
所以f（1a）＞f（1）＞0，当x→0＋时，f（x）→－∞，
由零点存在定理可知f（x）在（0，1a）上必有一个零点，所以a＞1满足条件；
若0＜a＜1，则f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1a）上单调递减，因为f（1）＝a－1＜0，
所以f（1a）＜f（1）＜0，
当x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理可知f（x）在（1a，＋∞）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，则a的取值范围为（0，＋∞）.
方法技巧
已知函数零点个数求参数的方法
（1）数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合求解；
（2）分离参数法：由f（x）＝0分离出参数a，得a＝φ（x），利用导数求函数y＝φ（x）的单调性、极值和最值，根据直线y＝a与y＝φ（x）的图象的交点个数得参数a的取值范围；
（3）分类讨论法：先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，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数的范围.
训练1 [2021全国卷甲]已知a＞0且a≠1，函数 f（x）＝xaax（x＞0）.
（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；
（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围.
解析 （1）当a＝2时，f（x）＝x22x（x＞0），
f '（x）＝x（2－xln2）2x（x＞0），
令f '（x）＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f（x）单调递增；
令f '（x）＜0，则x＞2ln2，此时函数f（x）单调递减.
所以函数f（x）的单调递增区间为（0，2ln2），单调递减区间为（2ln2，＋∞）.
（2）曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，可转化为方程xaax＝1（x＞0）有两个不同的解，即方程lnxx＝lnaa有两个不同的解.
设g（x）＝lnxx（x＞0），则g'（x）＝1－lnxx2（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）＝1e，且当x＞e时，g（x）∈（0，1e）.
又g（1）＝0，所以0＜lnaa＜1e，
所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为（1，e）∪（e，＋∞）.
命题点2 探究函数零点个数
例2 [全国卷Ⅰ]已知函数f（x）＝sin x－ln（1＋x），f '（x）为f（x）的导数，证明：
（1）f '（x）在区间（－1，π2）上存在唯一极大值点；
（2）f（x）有且仅有2个零点.
解析 （1）设g（x）＝f '（x），则g（x）＝cs x－11+x，
g'（x）＝－sin x＋1（1+x）2.
当x∈（－1，π2）时，g'（x）单调递减，而g'（0）＞0，g'（π2）＜0，可得g'（x）在
（－1，π2）上有唯一零点，设为α.
则当x∈（－1，α）时，g'（x）＞0；
当x∈（α，π2）时，g'（x）＜0.
所以g（x）在（－1，α）上单调递增，在（α，π2）上单调递减，故g（x）在（－1，π2）上存在唯一极大值点，即f '（x）在（－1，π2）上存在唯一极大值点.
（2）f（x）的定义域为（－1，＋∞）.
（i）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.
（ii）当x∈（0，π2]时，由（1）知，f '（x）在（0，α）上单调递增，在（α，π2）上单调递减，而f '（0）＝0，f '（π2）＜0，所以存在β∈（α，π2），使得f '（β）＝0，且当x∈（0，β）时，f '（x）＞0；
当x∈（β，π2）时，f '（x）＜0.
故f（x）在（0，β）上单调递增，在（β，π2）上单调递减.
又f（0）＝0，f（π2）＝1－ln（1＋π2）＞0，
所以当x∈（0，π2]时，f（x）＞0.从而f（x）在（0，π2]上没有零点.
（iii）当x∈（π2，π]时，f '（x）＜0，
所以f（x）在（π2，π）上单调递减.
而f（π2）＞0，f（π）＜0，
所以f（x）在（π2，π]上有唯一零点.
（iv）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.
方法技巧
探究函数零点个数的方法
（1）图象法：通过导数研究函数的单调性、极值、最值， 确定函数f（x）的图象草图，判断图象与横轴的交点个数，一般要结合函数零点存在定理处理.
（2）分离法：设f（x）＝g（x）－h（x），则f（x）的零点个数⇔g（x）与h（x）图象的交点个数.
训练2 [2023山东潍坊二模节选]已知函数f（x）＝x＋asin x.讨论f（x）在区间（0，π2）上的零点个数.
解析 f '（x）＝1＋acs x.
①若a≥0，则f '（x）＝1＋acs x＞0在（0，π2）上恒成立，所以f（x）在（0，π2）上单调递增，又f（0）＝0，所以f（x）在（0，π2）上无零点.
②若a＜0，由x∈（0，π2），得0＜cs x＜1，则1＋a＜1＋acs x＜1.
当a＋1≥0，即－1≤a＜0时，f '（x）＞0，所以f（x）在（0，π2）上单调递增，又f（0）＝0，故f（x）在（0，π2）上无零点.
当a＋1＜0，即a＜－1时，f '（x）在（0，π2）上单调递增，且f '（0）＝1＋a＜0，f '（π2）＝1＞0，
故存在x0∈（0，π2），使得f '（x0）＝0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，
又f（0）＝0，故f（x0）＜0，f（π2）＝π2＋a.
此时，若π2＋a≤0，即a≤－π2，则f（x）在（0，π2）上无零点；
若π2＋a＞0，即－π2＜a＜－1，则f（x）在（0，π2）上有一个零点.
综上，当a≥－1时，f（x）在（0，π2）上无零点；当－π2＜a＜－1时，f（x）在（0，π2）上有一个零点；当a≤－π2时，f（x）在（0，π2）上无零点.
1.[命题点1/2022全国卷乙]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；
（2）若f（x）在区间（－1，0），（0，＋∞）各恰有一个零点，求a的取值范围.
解析 （1）当a＝1时，f（x）＝ln（1＋x）＋xe－x，
∴f '（x）＝1x+1＋e－x＋xe－x×（－1），
∴f '（0）＝1＋1＝2.
∵f（0）＝0，∴所求切线方程为y－0＝2（x－0），即y＝2x.
（2）∵f（x）＝ln（1＋x）＋axe－x＝ln（x＋1）＋axex，
∴当a≥0时，若x＞0，则ln（x＋1）＞0，axex≥0，∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，＋∞）上无零点，不符合题意.
当a＜0时，f '（x）＝ex＋a（1－x2）（x+1）ex.
令g（x）＝ex＋a（1－x2），则g'（x）＝ex－2ax，g'（x）在（－1，＋∞）上单调递增，g'（－1）＝e－1＋2a，g'（0）＝1.
（a）若g'（－1）≥0，则－12e≤a＜0，∴－12e≤a＜0时，g'（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴g（x）在（－1，＋∞）上单调递增.
∵g（－1）＝e－1＞0，∴g（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴f '（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴f（x）在（－1，＋∞）上单调递增.
∵f（0）＝0，
∴f（x）在（－1，0），（0，＋∞）上均无零点，不符合题意.
（b）若g'（－1）＜0，则a＜－12e，∴a＜－12e时，存在x0∈（－1，0），使得g'（x0）＝0.
∴g（x）在（－1，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增.
g（－1）＝e－1＞0，g（0）＝1＋a，g（1）＝e＞0.
（i）当g（0）≥0，即－1≤a＜－12e时，g（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，∴f '（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，
∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
∵f（0）＝0，
∴当x∈（0，＋∞）时，f（x）＞0，∴f（x）在（0，＋∞）上无零点，不符合题意.
（ii）当g（0）＜0，即a＜－1时，
存在x1∈（－1，x0），x2∈（0，1），使得g（x1）＝g（x2）＝0，
∴f（x）在（－1，x1），（x2，＋∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减.
∵f（0）＝0，∴f（x1）＞f（0）＝0，当x→－1时，f（x）＜0，
∴f（x）在（－1，x1）上存在一个零点，
即f（x）在（－1，0）上存在一个零点.
∵f（0）＝0，当x→＋∞时，f（x）＞0，
∴f（x）在（x2，＋∞）上存在一个零点，即f（x）在（0，＋∞）上存在一个零点.
综上，a的取值范围是（－∞，－1）.
2.[命题点2/全国卷Ⅱ]已知函数f（x）＝ln x－x+1x－1.
（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；
（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y＝ex的切线.
解析 （1）f（x）的定义域为（0，1）∪（1，＋∞）.
因为f '（x）＝1x＋2（x－1）2＞0，
所以f（x）在（0，1），（1，＋∞）单调递增.
因为f（e）＝1－e+1e－1＜0，f（e2）＝2－e2+1e2－1＝e2－3e2－1＞0，
所以f（x）在（1，＋∞）有唯一零点x1，即f（x1）＝0.
又0＜1x1＜1，f（1x1）＝－ln x1＋x1+1x1－1＝－f（x1）＝0，
故f（x）在（0，1）有唯一零点1x1.
综上，f（x）有且仅有两个零点.
（2）因为1x0＝e－ln x0，所以点B（－ln x0，1x0）在曲线y＝ex上.
由题设知f（x0）＝0，即ln x0＝x0+1x0－1，连接AB，则直线AB的斜率k＝1x0－ln x0－ln x0－x0＝1x0－x0+1x0－1－x0+1x0－1－x0＝1x0.
曲线y＝ex在点B（－ln x0，1x0）处切线的斜率是1x0，曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处切线的斜率也是1x0，所以曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y＝ex的切线.
学生用书·练习帮P287
1.[2024安徽六校联考]已知函数f（x）＝aex－x（e是自然对数的底数）.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若g（x）＝aex（x－1）－ln x＋f（x）有两个零点，求实数a的取值范围.
解析 （1）由已知，得f '（x）＝aex－1.
①当a≤0时，f '（x）＜0，f（x）在R上单调递减；
②当a＞0时，令f '（x）＝0，得x＝－ln a，
当x∈（－∞，－ln a）时，f '（x）＜0，所以f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，
当x∈（－ln a，＋∞）时，f '（x）＞0，所以f（x）在（－ln a，＋∞）上单调递增.
（2）原问题等价于g（x）＝axex－（ln x＋x）＝axex－ln（xex）（x＞0）有两个零点，
令t＝xex（x＞0），则易得t＞0，
所以g（x）＝axex－ln（xex）有两个零点⇔T（t）＝at－ln t有两个零点⇔a＝lntt有两个不同的实数解⇔直线y＝a与函数h（t）＝lntt的图象有两个交点.
h'（t）＝1－lntt2，由h'（t）＞0得0＜t＜e，由h'（t）＜0得t＞e，所以h（t）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减.
所以h（t）max＝h（e）＝1e.
又当t→ 0时，h（t）→－∞，当t→＋∞时，h（t）→ 0，
所以h（t）的大致图象如图，
所以a的取值范围是（0，1e）.
2.[2024南昌市模拟]已知函数f（x）＝ax（a＞1）.
（1）求函数g（x）＝f（x）＋f（1x）在（0，＋∞）上的单调区间和极值；
（2）若方程f（1x）＝1－xlgax有两个不相等的正实数根，求a的取值范围.
解析 （1）g（x）＝ax＋a1x（a＞1），
则g'（x）＝axln a－ a1xlnax2＝lnax2（x2ax－a1x），
设φ（x）＝x2ax－a1x（a＞1），
则φ'（x）＝2xax＋x2axln a＋1x2a1x ln a＞0（x＞0），
故φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，又φ（1）＝0，
所以当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，＋∞）.
则g（x）的极小值为g（1）＝2a，无极大值.
（2）方程f（1x）＝1－xlgax，即a1x＝1－xlgax，
即1xa1x＝lga（1xa1x），
令t＝1xa1x（a＞1），显然t＝1xa1x在（0，＋∞）上单调递减，
故方程f（1x）＝1－xlgax有两个不相等的正实数根，等价于h（t）＝t－lgat有两个不同的零点，等价于关于t的方程t＝lgat，即ln a＝lntt有两个不同的实数解，亦即直线y＝ln a与函数m（t）＝lntt的图象有两个不同的交点.
m'（t）＝1－lntt2，故易知m（t）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，且当x＞e时，m（t）＞0，所以m（t）max＝m（e）＝1e，作出m（t）的图象，如图所示，则0＜ln a＜1e，解得1＜a＜e1e.故所求a的取值范围是（1，e1e）.
3.[2023武汉市5月模拟]已知f（x）＝ax＋bx＋c－ln x，其中a，b，c∈R.
（1）若b＝c＝0，讨论f（x）的单调性；
（2）已知x1，x2是f（x）的两个零点，且x1＜x2，证明：x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1）.
解析 （1）若b＝c＝0，则f（x）＝ax－ln x（x＞0）.
f'（x）＝a－1x＝ax－1x.
①若a≤0，则f'（x）＜0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
②若a＞0，令f'（x）＞0得x＞1a，令f'（x）＜0得0＜x＜1a，
所以f（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，＋∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，＋∞）上单调递增.
（2）因为x1，x2是f（x）的两个零点，x1＜x2，
所以ax1＋bx1＋c－ln x1＝0，ax2＋bx2＋c－ln x2＝0.
所以a（x1－x2）＋b（1x1－1x2）＋ln x2－ln x1＝0，
即b＝ax1x2－x1x2·ln x2－ln x1x2－x1.
要证x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1），
只需证ax1x2－x2＜b＜ax1x2－x1，
即证－x2＜－x1x2ln x2－ln x1x2－x1＜－x1，
即证1－x1x2＜lnx2x1＜x2x1－1，
令t＝x2x1，则t＞1，即证1－1t＜ln t＜t－1.
令p（t）＝ln t－1＋1t（t＞1），则p'（t）＝1t－1t2＝t－1t2＞0，
所以p（t）在（1，＋∞）上单调递增，则p（t）＞ln 1－1＋11＝0，即ln t＞1－1t.
令q（t）＝ln t－t＋1（t＞1），则q'（t）＝1t－1＜0，
所以q（t）在（1，＋∞）上单调递减，则q（t）＜ln 1－1＋1＝0，即ln t＜t－1.
综上可得：x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1）.
4.[2023合肥市二检]已知函数f（x）＝2ln x＋12mx2－（2m＋1）x，其中m∈R.
（1）若曲线y＝f（x）仅有一条垂直于y轴的切线，求m的取值范围；
（2）讨论函数f（x）的零点个数.
解析 （1）函数f（x）＝2ln x＋12mx2－（2m＋1）x的定义域为（0，＋∞），
f '（x）＝2x＋mx－（2m＋1）＝mx2－（2m+1）x+2x＝（mx－1)(x－2）x.
因为曲线y＝f（x）仅有一条垂直于y轴的切线，
所以f '（x）＝（mx－1)(x－2）x＝0有唯一正实数解，
所以m≤0或m＝12，
又当m＝12时，f '（x）≥0不符合题意，
所以m的取值范围是（－∞，0].
（2）因为f '（x）＝（mx－1)(x－2）x.
①当m≤0时，因为x＞0，所以mx－1＜0，
所以当x∈（0，2）时，f '（x）＞0；当x∈（2，＋∞）时，f '（x）＜0.
所以f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减，
此时f（x）max＝f（2）＝2ln 2＋2m－2（2m＋1）＝2ln 2－2m－2，
当m＝ln 2－1时，f（2）＝0，函数f（x）只有一个零点；
当ln 2－1＜m≤0时，f（2）＜0，函数f（x）没有零点；
当m＜ln 2－1时，因为当x→0＋或x→＋∞时，f（x）→－∞，且f（2）＞0，所以可作出
f（x）的大致图象如图1，
图1
所以函数f（x）在（0，2）和（2，＋∞）上各有唯一零点，此时函数f（x）有2个零点.
②当0＜m＜12时，1m＞2，
当x∈（0，2）∪（1m，＋∞）时，f '（x）＞0；当x∈（2，1m）时，f '（x）＜0.
所以f（x）在（0，2）和（1m，＋∞）上单调递增，在（2，1m）上单调递减.
当x→0＋时，f（x）→－∞，
当x→＋∞时，f（x）→＋∞，且f（2）＝2ln 2－2m－2＜0，作出f（x）的大致图象如图2，
图2
所以函数f（x）在（1m，＋∞）上有唯一零点，此时函数f（x）有且只有1个零点.
③当m＝12时，f '（x）＝（x－2)(x－2）2x≥0，
f（x）在（0＋∞）上单调递增.
当x→0＋时，f（x）→－∞，
当x→＋∞时，f（x）→＋∞，
所以此时函数f（x）在（0，＋∞）上有且只有1个零点.
④当m＞12时，0＜1m＜2，
当x∈（0，1m）∪（2，＋∞）时，f '（x）＞0；当x∈（1m，2）时，f '（x）＜0.
所以f（x）在（0，1m）和（2，＋∞）上单调递增，在（1m，2）上单调递减.
f（1m）＝2ln 1m＋12m·（1m）2－（2m＋1）·1m＝－2ln m－12m－2.
设g（m）＝－2ln m－12m－2（m＞12），
则g'（m）＝－2m＋12m2＝1－4m2m2＜0，
所以g（m）在（12，＋∞）上单调递减，
所以g（m）＜－2ln 12－12×12－2＝2ln 2－3＜0，
即f（1m）＜0.
当x→0＋时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，作出f（x）的大致图象如图3，
所以函数f（x）在区间（2，＋∞）上有唯一零点，此时f（x）有且只有1个零点.
图3
综上所述，当m＜ln 2－1时，函数f（x）有2个零点；
当ln 2－1＜m≤0时，函数f（x）没有零点；
当m＝ln 2－1或m＞0时，函数f（x）有1个零点.
命题点1 根据函数零点个数求参数
例1 [2022全国卷乙]已知函数f（x）＝ax－1x－（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.
解析 （1）当a＝0时，f（x）＝－1x－ln x（x＞0），所以f '（x）＝1x2－1x＝1－xx2.
当x∈（0，1）时，f '（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（1，＋∞）时，f '（x）＜0，f（x）单调递减.
所以f（x）max＝f（1）＝－1.
（2）由f（x）＝ax－1x－（a＋1）ln x（x＞0），得f '（x）＝a＋1x2－a+1x＝（ax－1)(x－1）x2（x＞0）.
当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点.
当a＜0时，f '（x）＝a（x－1a)(x－1）x2，
若x∈（0，1），则f '（x）＞0，f（x）单调递增；
若x∈（1，＋∞），则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）＝a（x－1a)(x－1）x2，
若a＝1，则f '（x）≥0（当且仅当x＝1时“＝”成立），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，则f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减，因为
f（1）＝a－1＞0，
所以f（1a）＞f（1）＞0，当x→0＋时，f（x）→－∞，
由零点存在定理可知f（x）在（0，1a）上必有一个零点，所以a＞1满足条件；
若0＜a＜1，则f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1a）上单调递减，因为f（1）＝a－1＜0，
所以f（1a）＜f（1）＜0，
当x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理可知f（x）在（1a，＋∞）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，则a的取值范围为（0，＋∞）.
方法技巧
已知函数零点个数求参数的方法
（1）数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合求解；
（2）分离参数法：由f（x）＝0分离出参数a，得a＝φ（x），利用导数求函数y＝φ（x）的单调性、极值和最值，根据直线y＝a与y＝φ（x）的图象的交点个数得参数a的取值范围；
（3）分类讨论法：先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，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数的范围.
训练1 [2021全国卷甲]已知a＞0且a≠1，函数 f（x）＝xaax（x＞0）.
（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；
（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围.
解析 （1）当a＝2时，f（x）＝x22x（x＞0），
f '（x）＝x（2－xln2）2x（x＞0），
令f '（x）＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f（x）单调递增；
令f '（x）＜0，则x＞2ln2，此时函数f（x）单调递减.
所以函数f（x）的单调递增区间为（0，2ln2），单调递减区间为（2ln2，＋∞）.
（2）曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，可转化为方程xaax＝1（x＞0）有两个不同的解，即方程lnxx＝lnaa有两个不同的解.
设g（x）＝lnxx（x＞0），则g'（x）＝1－lnxx2（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）＝1e，且当x＞e时，g（x）∈（0，1e）.
又g（1）＝0，所以0＜lnaa＜1e，
所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为（1，e）∪（e，＋∞）.
命题点2 探究函数零点个数
例2 [全国卷Ⅰ]已知函数f（x）＝sin x－ln（1＋x），f '（x）为f（x）的导数，证明：
（1）f '（x）在区间（－1，π2）上存在唯一极大值点；
（2）f（x）有且仅有2个零点.
解析 （1）设g（x）＝f '（x），则g（x）＝cs x－11+x，
g'（x）＝－sin x＋1（1+x）2.
当x∈（－1，π2）时，g'（x）单调递减，而g'（0）＞0，g'（π2）＜0，可得g'（x）在
（－1，π2）上有唯一零点，设为α.
则当x∈（－1，α）时，g'（x）＞0；
当x∈（α，π2）时，g'（x）＜0.
所以g（x）在（－1，α）上单调递增，在（α，π2）上单调递减，故g（x）在（－1，π2）上存在唯一极大值点，即f '（x）在（－1，π2）上存在唯一极大值点.
（2）f（x）的定义域为（－1，＋∞）.
（i）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.
（ii）当x∈（0，π2]时，由（1）知，f '（x）在（0，α）上单调递增，在（α，π2）上单调递减，而f '（0）＝0，f '（π2）＜0，所以存在β∈（α，π2），使得f '（β）＝0，且当x∈（0，β）时，f '（x）＞0；
当x∈（β，π2）时，f '（x）＜0.
故f（x）在（0，β）上单调递增，在（β，π2）上单调递减.
又f（0）＝0，f（π2）＝1－ln（1＋π2）＞0，
所以当x∈（0，π2]时，f（x）＞0.从而f（x）在（0，π2]上没有零点.
（iii）当x∈（π2，π]时，f '（x）＜0，
所以f（x）在（π2，π）上单调递减.
而f（π2）＞0，f（π）＜0，
所以f（x）在（π2，π]上有唯一零点.
（iv）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.
方法技巧
探究函数零点个数的方法
（1）图象法：通过导数研究函数的单调性、极值、最值， 确定函数f（x）的图象草图，判断图象与横轴的交点个数，一般要结合函数零点存在定理处理.
（2）分离法：设f（x）＝g（x）－h（x），则f（x）的零点个数⇔g（x）与h（x）图象的交点个数.
训练2 [2023山东潍坊二模节选]已知函数f（x）＝x＋asin x.讨论f（x）在区间（0，π2）上的零点个数.
解析 f '（x）＝1＋acs x.
①若a≥0，则f '（x）＝1＋acs x＞0在（0，π2）上恒成立，所以f（x）在（0，π2）上单调递增，又f（0）＝0，所以f（x）在（0，π2）上无零点.
②若a＜0，由x∈（0，π2），得0＜cs x＜1，则1＋a＜1＋acs x＜1.
当a＋1≥0，即－1≤a＜0时，f '（x）＞0，所以f（x）在（0，π2）上单调递增，又f（0）＝0，故f（x）在（0，π2）上无零点.
当a＋1＜0，即a＜－1时，f '（x）在（0，π2）上单调递增，且f '（0）＝1＋a＜0，f '（π2）＝1＞0，
故存在x0∈（0，π2），使得f '（x0）＝0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，
又f（0）＝0，故f（x0）＜0，f（π2）＝π2＋a.
此时，若π2＋a≤0，即a≤－π2，则f（x）在（0，π2）上无零点；
若π2＋a＞0，即－π2＜a＜－1，则f（x）在（0，π2）上有一个零点.
综上，当a≥－1时，f（x）在（0，π2）上无零点；当－π2＜a＜－1时，f（x）在（0，π2）上有一个零点；当a≤－π2时，f（x）在（0，π2）上无零点.
1.[命题点1/2022全国卷乙]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；
（2）若f（x）在区间（－1，0），（0，＋∞）各恰有一个零点，求a的取值范围.
解析 （1）当a＝1时，f（x）＝ln（1＋x）＋xe－x，
∴f '（x）＝1x+1＋e－x＋xe－x×（－1），
∴f '（0）＝1＋1＝2.
∵f（0）＝0，∴所求切线方程为y－0＝2（x－0），即y＝2x.
（2）∵f（x）＝ln（1＋x）＋axe－x＝ln（x＋1）＋axex，
∴当a≥0时，若x＞0，则ln（x＋1）＞0，axex≥0，∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，＋∞）上无零点，不符合题意.
当a＜0时，f '（x）＝ex＋a（1－x2）（x+1）ex.
令g（x）＝ex＋a（1－x2），则g'（x）＝ex－2ax，g'（x）在（－1，＋∞）上单调递增，g'（－1）＝e－1＋2a，g'（0）＝1.
（a）若g'（－1）≥0，则－12e≤a＜0，∴－12e≤a＜0时，g'（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴g（x）在（－1，＋∞）上单调递增.
∵g（－1）＝e－1＞0，∴g（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴f '（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴f（x）在（－1，＋∞）上单调递增.
∵f（0）＝0，
∴f（x）在（－1，0），（0，＋∞）上均无零点，不符合题意.
（b）若g'（－1）＜0，则a＜－12e，∴a＜－12e时，存在x0∈（－1，0），使得g'（x0）＝0.
∴g（x）在（－1，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增.
g（－1）＝e－1＞0，g（0）＝1＋a，g（1）＝e＞0.
（i）当g（0）≥0，即－1≤a＜－12e时，g（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，∴f '（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，
∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
∵f（0）＝0，
∴当x∈（0，＋∞）时，f（x）＞0，∴f（x）在（0，＋∞）上无零点，不符合题意.
（ii）当g（0）＜0，即a＜－1时，
存在x1∈（－1，x0），x2∈（0，1），使得g（x1）＝g（x2）＝0，
∴f（x）在（－1，x1），（x2，＋∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减.
∵f（0）＝0，∴f（x1）＞f（0）＝0，当x→－1时，f（x）＜0，
∴f（x）在（－1，x1）上存在一个零点，
即f（x）在（－1，0）上存在一个零点.
∵f（0）＝0，当x→＋∞时，f（x）＞0，
∴f（x）在（x2，＋∞）上存在一个零点，即f（x）在（0，＋∞）上存在一个零点.
综上，a的取值范围是（－∞，－1）.
2.[命题点2/全国卷Ⅱ]已知函数f（x）＝ln x－x+1x－1.
（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；
（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y＝ex的切线.
解析 （1）f（x）的定义域为（0，1）∪（1，＋∞）.
因为f '（x）＝1x＋2（x－1）2＞0，
所以f（x）在（0，1），（1，＋∞）单调递增.
因为f（e）＝1－e+1e－1＜0，f（e2）＝2－e2+1e2－1＝e2－3e2－1＞0，
所以f（x）在（1，＋∞）有唯一零点x1，即f（x1）＝0.
又0＜1x1＜1，f（1x1）＝－ln x1＋x1+1x1－1＝－f（x1）＝0，
故f（x）在（0，1）有唯一零点1x1.
综上，f（x）有且仅有两个零点.
（2）因为1x0＝e－ln x0，所以点B（－ln x0，1x0）在曲线y＝ex上.
由题设知f（x0）＝0，即ln x0＝x0+1x0－1，连接AB，则直线AB的斜率k＝1x0－ln x0－ln x0－x0＝1x0－x0+1x0－1－x0+1x0－1－x0＝1x0.
曲线y＝ex在点B（－ln x0，1x0）处切线的斜率是1x0，曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处切线的斜率也是1x0，所以曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y＝ex的切线.
学生用书·练习帮P287
1.[2024安徽六校联考]已知函数f（x）＝aex－x（e是自然对数的底数）.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若g（x）＝aex（x－1）－ln x＋f（x）有两个零点，求实数a的取值范围.
解析 （1）由已知，得f '（x）＝aex－1.
①当a≤0时，f '（x）＜0，f（x）在R上单调递减；
②当a＞0时，令f '（x）＝0，得x＝－ln a，
当x∈（－∞，－ln a）时，f '（x）＜0，所以f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，
当x∈（－ln a，＋∞）时，f '（x）＞0，所以f（x）在（－ln a，＋∞）上单调递增.
（2）原问题等价于g（x）＝axex－（ln x＋x）＝axex－ln（xex）（x＞0）有两个零点，
令t＝xex（x＞0），则易得t＞0，
所以g（x）＝axex－ln（xex）有两个零点⇔T（t）＝at－ln t有两个零点⇔a＝lntt有两个不同的实数解⇔直线y＝a与函数h（t）＝lntt的图象有两个交点.
h'（t）＝1－lntt2，由h'（t）＞0得0＜t＜e，由h'（t）＜0得t＞e，所以h（t）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减.
所以h（t）max＝h（e）＝1e.
又当t→ 0时，h（t）→－∞，当t→＋∞时，h（t）→ 0，
所以h（t）的大致图象如图，
所以a的取值范围是（0，1e）.
2.[2024南昌市模拟]已知函数f（x）＝ax（a＞1）.
（1）求函数g（x）＝f（x）＋f（1x）在（0，＋∞）上的单调区间和极值；
（2）若方程f（1x）＝1－xlgax有两个不相等的正实数根，求a的取值范围.
解析 （1）g（x）＝ax＋a1x（a＞1），
则g'（x）＝axln a－ a1xlnax2＝lnax2（x2ax－a1x），
设φ（x）＝x2ax－a1x（a＞1），
则φ'（x）＝2xax＋x2axln a＋1x2a1x ln a＞0（x＞0），
故φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，又φ（1）＝0，
所以当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，＋∞）.
则g（x）的极小值为g（1）＝2a，无极大值.
（2）方程f（1x）＝1－xlgax，即a1x＝1－xlgax，
即1xa1x＝lga（1xa1x），
令t＝1xa1x（a＞1），显然t＝1xa1x在（0，＋∞）上单调递减，
故方程f（1x）＝1－xlgax有两个不相等的正实数根，等价于h（t）＝t－lgat有两个不同的零点，等价于关于t的方程t＝lgat，即ln a＝lntt有两个不同的实数解，亦即直线y＝ln a与函数m（t）＝lntt的图象有两个不同的交点.
m'（t）＝1－lntt2，故易知m（t）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，且当x＞e时，m（t）＞0，所以m（t）max＝m（e）＝1e，作出m（t）的图象，如图所示，则0＜ln a＜1e，解得1＜a＜e1e.故所求a的取值范围是（1，e1e）.
3.[2023武汉市5月模拟]已知f（x）＝ax＋bx＋c－ln x，其中a，b，c∈R.
（1）若b＝c＝0，讨论f（x）的单调性；
（2）已知x1，x2是f（x）的两个零点，且x1＜x2，证明：x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1）.
解析 （1）若b＝c＝0，则f（x）＝ax－ln x（x＞0）.
f'（x）＝a－1x＝ax－1x.
①若a≤0，则f'（x）＜0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
②若a＞0，令f'（x）＞0得x＞1a，令f'（x）＜0得0＜x＜1a，
所以f（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，＋∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，＋∞）上单调递增.
（2）因为x1，x2是f（x）的两个零点，x1＜x2，
所以ax1＋bx1＋c－ln x1＝0，ax2＋bx2＋c－ln x2＝0.
所以a（x1－x2）＋b（1x1－1x2）＋ln x2－ln x1＝0，
即b＝ax1x2－x1x2·ln x2－ln x1x2－x1.
要证x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1），
只需证ax1x2－x2＜b＜ax1x2－x1，
即证－x2＜－x1x2ln x2－ln x1x2－x1＜－x1，
即证1－x1x2＜lnx2x1＜x2x1－1，
令t＝x2x1，则t＞1，即证1－1t＜ln t＜t－1.
令p（t）＝ln t－1＋1t（t＞1），则p'（t）＝1t－1t2＝t－1t2＞0，
所以p（t）在（1，＋∞）上单调递增，则p（t）＞ln 1－1＋11＝0，即ln t＞1－1t.
令q（t）＝ln t－t＋1（t＞1），则q'（t）＝1t－1＜0，
所以q（t）在（1，＋∞）上单调递减，则q（t）＜ln 1－1＋1＝0，即ln t＜t－1.
综上可得：x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1）.
4.[2023合肥市二检]已知函数f（x）＝2ln x＋12mx2－（2m＋1）x，其中m∈R.
（1）若曲线y＝f（x）仅有一条垂直于y轴的切线，求m的取值范围；
（2）讨论函数f（x）的零点个数.
解析 （1）函数f（x）＝2ln x＋12mx2－（2m＋1）x的定义域为（0，＋∞），
f '（x）＝2x＋mx－（2m＋1）＝mx2－（2m+1）x+2x＝（mx－1)(x－2）x.
因为曲线y＝f（x）仅有一条垂直于y轴的切线，
所以f '（x）＝（mx－1)(x－2）x＝0有唯一正实数解，
所以m≤0或m＝12，
又当m＝12时，f '（x）≥0不符合题意，
所以m的取值范围是（－∞，0].
（2）因为f '（x）＝（mx－1)(x－2）x.
①当m≤0时，因为x＞0，所以mx－1＜0，
所以当x∈（0，2）时，f '（x）＞0；当x∈（2，＋∞）时，f '（x）＜0.
所以f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减，
此时f（x）max＝f（2）＝2ln 2＋2m－2（2m＋1）＝2ln 2－2m－2，
当m＝ln 2－1时，f（2）＝0，函数f（x）只有一个零点；
当ln 2－1＜m≤0时，f（2）＜0，函数f（x）没有零点；
当m＜ln 2－1时，因为当x→0＋或x→＋∞时，f（x）→－∞，且f（2）＞0，所以可作出
f（x）的大致图象如图1，
图1
所以函数f（x）在（0，2）和（2，＋∞）上各有唯一零点，此时函数f（x）有2个零点.
②当0＜m＜12时，1m＞2，
当x∈（0，2）∪（1m，＋∞）时，f '（x）＞0；当x∈（2，1m）时，f '（x）＜0.
所以f（x）在（0，2）和（1m，＋∞）上单调递增，在（2，1m）上单调递减.
当x→0＋时，f（x）→－∞，
当x→＋∞时，f（x）→＋∞，且f（2）＝2ln 2－2m－2＜0，作出f（x）的大致图象如图2，
图2
所以函数f（x）在（1m，＋∞）上有唯一零点，此时函数f（x）有且只有1个零点.
③当m＝12时，f '（x）＝（x－2)(x－2）2x≥0，
f（x）在（0＋∞）上单调递增.
当x→0＋时，f（x）→－∞，
当x→＋∞时，f（x）→＋∞，
所以此时函数f（x）在（0，＋∞）上有且只有1个零点.
④当m＞12时，0＜1m＜2，
当x∈（0，1m）∪（2，＋∞）时，f '（x）＞0；当x∈（1m，2）时，f '（x）＜0.
所以f（x）在（0，1m）和（2，＋∞）上单调递增，在（1m，2）上单调递减.
f（1m）＝2ln 1m＋12m·（1m）2－（2m＋1）·1m＝－2ln m－12m－2.
设g（m）＝－2ln m－12m－2（m＞12），
则g'（m）＝－2m＋12m2＝1－4m2m2＜0，
所以g（m）在（12，＋∞）上单调递减，
所以g（m）＜－2ln 12－12×12－2＝2ln 2－3＜0，
即f（1m）＜0.
当x→0＋时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，作出f（x）的大致图象如图3，
所以函数f（x）在区间（2，＋∞）上有唯一零点，此时f（x）有且只有1个零点.
图3
综上所述，当m＜ln 2－1时，函数f（x）有2个零点；
当ln 2－1＜m≤0时，函数f（x）没有零点；
当m＝ln 2－1或m＞0时，函数f（x）有1个零点.
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高考数学一轮复习教案3.6《利用导数解决函数的零点问题》教案及课后作业 (4份打包，原卷版+教师版)： 这是一份高考数学一轮复习教案3.6《利用导数解决函数的零点问题》教案及课后作业 (4份打包，原卷版+教师版)，文件包含高考数学一轮复习教案36《利用导数解决函数的零点问题》教案教师版pdf、高考数学一轮复习教案36《利用导数解决函数的零点问题》教案原卷版pdf、高考数学一轮复习教案36《利用导数解决函数的零点问题》课后作业教师版pdf、高考数学一轮复习教案36《利用导数解决函数的零点问题》课后作业原卷版pdf等4份教案配套教学资源，其中教案共21页， 欢迎下载使用。
