2025屆新高考數學精準突破復習利用導數研究函數零點問題在近幾年的高考中，函數與方程、不等式的交匯是考查的熱點，常以指數函數、對數函數以及三角函數為載體考查函數的零點(方程的根)問題，難度較大，多以壓軸題出現.考情分析思維導圖內容索引典型例題熱點突破典例1

已知函數f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導數.證明：考點一利用導數判斷函數零點設g(x)＝f′(x)，則當x∈(－1，α)時，g′(x)>0；(2)f(x)有且僅有2個零點.f(x)的定義域為(－1，＋∞).①當x∈(－1,0]時，由(1)知，f′(x)在(－1,0)上單調遞增，而f′(0)＝0，所以當x∈(－1,0)時，f′(x)<0，故f(x)在(－1,0)上單調遞減，又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1,0]上的唯一零點.且當x∈(0，β)時，f′(x)>0；④當x∈(π，＋∞)時，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，從而f(x)在(π，＋∞)上沒有零點.綜上，f(x)有且僅有2個零點.跟蹤訓練1

(2023·常德模擬)已知函數f(x)＝x2＋

－alnx(a∈R).(1)若f(x)在x＝2處取得極值，求f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；解得a＝7，經檢驗，當a＝7時，f(x)在x＝2處取得極值，則f′(1)＝－7，f(1)＝3，則f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－3＝－7(x－1)，即7x＋y－10＝0.(2)當a>0時，若f(x)有唯一的零點x0，求[x0].注：[x]表示不超過x的最大整數，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2.參考數據：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946.令g(x)＝2x3－ax－2，則g′(x)＝6x2－a，又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零點，設為x1，從而可知f(x)在(0，x1)上單調遞減，在(x1，＋∞)上單調遞增，由于f(x)有唯一零點x0，故x1＝x0，且x0>1，故方程(*)的唯一解，即f(x)的唯一零點x0∈(2,3)，故[x0]＝2.典例2

(2022·全國乙卷)已知函數f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；考點二由零點個數求參數范圍當a＝1時，f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，x>－1，所以f′(0)＝1＋1＝2.因為f(0)＝0，所以所求切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x.(2)若f(x)在區間(－1,0)，(0，＋∞)上各恰有一個零點，求a的取值范圍.f(x)的定義域為(－1，＋∞).設g(x)＝ex＋a(1－x2).①若a>0，則當x∈(－1,0)時，g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(－1,0)上單調遞增，所以f(x)<f(0)＝0，故f(x)在(－1,0)上沒有零點，不符合題意.②若－1≤a≤0，則當x∈(0，＋∞)時，g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以g(x)>g(0)＝1＋a≥0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以f(x)>f(0)＝0，故f(x)在(0，＋∞)上沒有零點，不符合題意.③若a<－1，(ⅰ)當x∈(0，＋∞)時，則g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，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，當x∈(0，m)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，當x∈(m，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，所以當x∈(0，m)時，f(x)<f(0)＝0，又當x→＋∞，f(x)→＋∞，所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零點，又f(x)在(0，m)上沒有零點，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零點；(ⅱ)當x∈(－1,0)時，設h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，則h′(x)＝ex－2a>0，所以g′(x)在(－1,0)上單調遞增，所以存在n∈(－1,0)，使得g′(n)＝0，當x∈(－1，n)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，當x∈(n,0)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，g(x)<g(0)＝1＋a<0，所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f′(t)＝0，當x∈(－1，t)時，f(x)單調遞增，當x∈(t,0)時，f(x)單調遞減，又x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0，所以當x∈(t,0)時，f(x)>0，所以f(x)在(－1，t)上有唯一零點，在(t,0)上無零點，即f(x)在(－1,0)上有唯一零點，所以a<－1，符合題意.綜上，a的取值范圍為(－∞，－1).跟蹤訓練2

已知函數f(x)＝(x－1)ex－alnx.(1)當a>0時，證明：f(x)存在唯一的極小值點；當a>0時，函數f(x)＝(x－1)ex－alnx的定義域為(0，＋∞)，令g(x)＝x2ex－a，其中x>0，則g′(x)＝(x2＋2x)ex>0，所以函數g(x)在區間(0，＋∞)上單調遞增，易得g(x)＝x2ex－a>x2－a(x>0)，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，故f(x)存在唯一的極小值點.(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.所以f(x)在區間(0，＋∞)上單調遞增，又f(1)＝0，所以f(x)存在唯一零點x＝1，不符合題意；當a＝0時，f(x)＝(x－1)ex，故f(x)存在唯一零點x＝1，不符合題意；當a>0時，f(1)＝0，由(1)知，x0為函數f(x)的極小值點，①當x0>1，即a>e時，f(x)在區間(1，x0)上單調遞減，所以f(x0)<f(1)＝0，先證明lnx<x－1(x>1)，令p(x)＝x－lnx－1，x>1，所以函數p(x)在(1，＋∞)上單調遞增，故p(x)＝x－lnx－1>p(1)＝0，即lnx<x－1，取lna>1，則f(lna)＝(lna－1)elna－aln(lna)>(lna－1)(elna－a)＝0，所以f(x)在區間(x0，lna)上有一個零點，故f(x)有兩個零點，滿足題意；②當x0＝1，即a＝e時，f(x)min＝f(x0)＝0，所以f(x)有且僅有一個零點，不符合題意；③當0<x0<1，即0<a<e時，顯然f(x0)<0，對于函數y＝(x－1)ex，當x>0時，y′＝xex>0，所以函數y＝(x－1)ex在區間(0，＋∞)上單調遞增，所以(x－1)ex>－1，所以f(x)>－1－alnx，取x1＝

<1，則f(x1)＝

>－1－

＝0，所以f(x)在區間(x1，x0)上有一個零點，故f(x)有兩個零點，滿足題意.綜上，a的取值范圍是(0，e)∪(e，＋∞).利用導數解決函數零點問題的方法：(1)直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與x軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用.(2)構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題.(3)參變量分離法：由f(x)＝0分離變量得出a＝g(x)，將問題等價轉化為直線y＝a與函數y＝g(x)的圖象的交點問題.總結提升1231.(2023·邯鄲模擬)已知函數f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2在x＝－1處有極值0.(1)討論函數f(x)在(－∞，－1)上的單調性；由f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2可得f′(x)＝3x2＋6ax＋3b，因為f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋a2在x＝－1處有極值0，123當a＝1，b＝1時，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，函數f(x)是R上的增函數，不滿足在x＝－1處有極值，故舍去，所以常數a，b的值分別為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，所以當x<－3或x>－1時，f′(x)>0，當－3<x<－1時，f′(x)<0，所以函數f(x)在(－∞，－3)上單調遞增，在(－3，－1)上單調遞減.123123(2)記g(x)＝f(x)－k＋1，若函數g(x)有三個零點，求實數k的取值范圍.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)的單調遞增區間是(－∞，－3)和(－1，＋∞)，單調遞減區間為(－3，－1)，當x＝－3時，g(x)有極大值－k＋5，當x＝－1時，g(x)有極小值－k＋1，1232.已知函數f(x)＝ex－a(x＋2)，(1)當a＝1時，討論f(x)的單調性；123當a＝1時，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)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增.(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.123f′(x)＝ex－a.①當a≤0時，f′(x)>0，所以f(x)是增函數.故f(x)至多存在一個零點，不合題意.②當a>0時，由f′(x)＝0，可得x＝lna.當x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增.故當x＝lna時，f(x)取得最小值，最小值為f(lna)＝－a(1＋lna).123因為f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，lna)上存在唯一零點.由(1)知，當x>2時，ex－x－2>0.123故f(x)在(lna，＋∞)上存在唯一零點.從而f(x)在(－∞，＋∞)上有兩個零點.1233.(2023·南京模擬)已知k∈R，函數f(x)＝3ln(x＋1)＋

＋kx，x∈(－1,2).(1)若k＝0，求證：f(x)僅有1個零點；123所以f(x)在(－1,2)上單調遞增，且f(0)＝0，所以f(x)僅有1個零點.(2)若f(x)有兩個零點，求實數k的取值范圍.