《利用导数研究函数的零点问题》教学设计
高考数学一轮总复习课件：专题研究 利用导数研究函数的零点
g′(x)＝－sinx＋（1＋1 x）2.
当x∈－1，π2 时，g′(x)单调递减，
由g′(0)＝1>0，g′
π 2
＝－1＋
1 1＋π2 2
<0，可得g′(x)在
－1，π2 上有唯一零点，设为α.
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．
①当 a>1 时，方程 g(x)＝a 无解，即 f(x)没有零点； ②当 a＝1 时，方程 g(x)＝a 有且只有一解，即 f(x)有唯一的 零点； ③当 0<a<1 时，方程 g(x)＝a 有两解，即 f(x)有两个零点； ④当 a≤0 时，方程 g(x)＝a 有且只有一解，即 f(x)有唯一的 零点． 综上，当 a>1 时，f(x)没有零点； 当 a＝1 或 a≤0 时，f(x)有唯一的零点； 当 0<a<1 时，f(x)有两个零点而f
π 2
>0，f(π)＝－ln(1＋π)<0，所以f(x)在
π2 ，π
上有
唯一零点．
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．
【答案】 略
状元笔记
证明与零点有关的不等式，函数的零点本身就是一个条 件，即零点对应的函数值为0，证明的思路一般对条件等价转 化，构造合适的新函数，利用导数知识探讨该函数的性质(如单 调性、极值情况等)再结合函数图象来解决．
2023年高考一轮复习课件 习题课3——利用导数研究函数的零点问题 (共34张PPT)
综上，当 a<－e12时，函数 g(x)的零点的个数为 0; 当 a＝－e12或 a≥0 时，函数 g(x)的零点的个数为 1； 当－e12<a<0 时，函数 g(x)的零点的个数为 2.
[系统思维] 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个 数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的 符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数． (2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后 利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该 区间上零点的个数．
单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减． 不要忽略此步骤 (2)证明：若选择条件①， 由于12<a≤e22， 故 1<2a≤e2，
则 b>2a>1，f(0)＝b－1>0，
又 f－ ba＝－ ba－1e
<0，
函数 f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，
故函数 f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点．
当
k>0
时，令
f′(x)＝0，得
x＝±
3k 3.
当 x∈－∞，－
3k∪ 3
33k，＋∞时，f′(x)>0；
当 x∈－
33k，
33k时，f′(x)<0.故 f(x)在－∞，－
3k， 3
33k，＋∞上单
调递增，在－
33k，
3k上单调递减. 3
(2)由(1)知，当 k≤0 时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f(x)不可能有三个 零点．
利用导数研究函数零点问题学生版
1利用导数研究函数零点问题【知识点讲解】零点问题作为高考压轴题中的一部分，在考试中占有一定的分量。
从内容上看，新课标高考主要考察零点存在性，零点个数判断等知识，侧重考查基本量的计算；从形式上看，有选择题. 解答题，难度从简单到难跨度很大；从能力上看，主要考查学生的运算和数形结合的综合能力。
总体上看，零点问题的考查题型较多，难度较大。
知识回顾①函数的零点对于函数()y f x =，我们把使()0f x =的实数x 叫做函数()y f x =的零点.②方程. 函数. 图象之间的关系方程()0f x =有实数根⇔函数()y f x =的图象与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点.③函数零点存在的判定方法如果函数()y f x =在区间[],a b 上的图象是连不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么，函数()y f x =在区间(),a b 内有零点，即存在(),c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是方程()0f x =的根.注意：判定函数零点的两个条件缺一不可，否则不一定存在零点；反过来，若函数()0f x =在区间(),a b 内有零点，则()()0f a f b ⋅<不一定成立.【1】确定函数零点的位置确定函数零点所在区间的解题步骤：①求给定区间端点对应的函数值；②判断端点函数值的符号③利用零点存在定理判断该区间是否存在零点2<题目讲解>例1. （2018•双流区模拟）函数()3 8f x ln x x +-=的零点所在的区间为（ ）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4练1. （2018•甘肃一模）函数()24f x log x x =+-的零点所在的区间是（ ）A ．112⎛⎫ ⎪⎝⎭，B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4例2. （2017秋•辽阳县期末）方程330x x --=的实数解落在的区间是（ ）A ．[]1,0-B ．[]0,1C ．[]1,2D ．[]2,3练2. （2017秋•潮州期末）设0x 是方程()21ln x x+=的解，则0x 在下列哪个区间内（ ） A ．()1,2B ．()0,1C ．()2,eD ．()3,4例3. （2018•镇海区校级模拟）已知函数()3x f x x =+，()3g x log x x =+，()h x sinx x =+的零点依次为123,,x x x ，则以下排列正确的是（ ）A ．123x x x <<B ．132x x x <<C ．312x x x <<D ．231x x x <<练3. （2017•黄石港区校级模拟）已知11a b=>，如果方程,,x x x b a b a log x b log x b log x ===的根分别为123,,,x x x 则123,,,x x x 的大小关系为（ ）A ．312x x x <<B ．321x x x <<C ．132x x x <<D ．123x x x <<<讲解小结>1.利用零点存在性定理判定零点存在区间32.利用方程思想转化成两个函数的交点问题3.转化时有不同的移项构造方法4对于多个函数零点大小比较问题，转化成对个函数与同一个函数的交点问题，在同一坐标系内作图，利用数形结合解决. 备选题库1. （2018•揭阳二模）函数()x f x e x =-﹣的零点所在的区间是（ ）A ．11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭2. （2017秋•丹东期末）已知0x 是函数()ln 62f x x x =-+的零点，则下列四个数中最小的是（ ）A ．0ln xB．C ．()0ln ln xD ．()20ln x3.若1x 满足225x x +=，2x 满足()222log 15x x +-=，12x x +=（ ）4. （2013•天津）设函数()()223x f x e x g x lnx x =+-=+-，．若实数,a b 满足()()00f a g b ==，，则（ ）A ．()()0g a f b <<B ．()()0f b g a <<C ．()()0g a f b <<D ．()()0f b g a <<5. （2013秋•吉林期末）设函数()()()()()f x x a x b x c x d =----，其中a b c d <<<，则()0f x '=有（ ）A ．分别位于区间()()(),,,,,a b b c c d 内的三个根B ．四个不等实根C ．分别位于区间()()()(),,,,,a a b b c c d -∞，，内的四个根D ．分别位于区间()()(),,,a a b b c -∞，，内的三个根6. 函数()()()()()()()111221f x x x x x x x =+-+--+-+的两个零点分别位于区间（ ）A ．()1,1-和()1,2内B ．(),1-∞-和()1,1-内4C ．()1,2和()2,+∞内D ．(),1-∞-和()2,+∞内【2】确定不含参函数的零点个数利用导数求不含参函数零点个数的解题步骤：①求导，求得()f x 的单调区间②对每个单调区间验证端点的函数值乘积()()f a f b 是否为负③统计零点个数。
第6讲利用导数研究函数零点问题
因为
h
1 2
＝
9 10
＋
ln 2 5
，
h(1)
＝1，
所以 k 的取值范围为
1，
190＋
ln 2 5
.
利用函数的极值 (最值 )判断函数零点个数 ，主要是借助导数研究函数的单调性、 极值后 ， 通过极值的正负、 函数单调性判断函数图象走势 ，从而判断零点个数或者利用零点个数求参 数范围．
数形结合法研究零点问题 [ 典例引领 ]
当 a＝1 时 ， f(x) 的单调递减区间为 (0， ＋∞ )；
1 当 a∈ (1，＋ ∞ )时 ， f(x)的单调递减区间为 (0，a)， (1， ＋∞)．
(2)g( x)＝ x2－ xln
x－ k(x＋ 2)＋ 2
在
x∈
[
1， 2
＋
∞)
上有两个零点
， 即关于
x 的方程
k＝
x2－ xln x＋ 2 在
第 6 讲 利用导数研究函数零点问题
利用最值 (极值 )判断零点个数 [ 典例引领 ]
已知函数 f(x)＝－ 12ax2＋ (1＋ a)x－ ln x(a∈ R)． (1)当 a＞ 0 时，求函数 f(x)的单调递减区间； (2)当 a＝0 时，设函数 g(x)＝ xf(x)－ k(x＋2)＋ 2.若函数 g(x)在区间 [12，＋∞ )上有两个零 点，求实数 k 的取值范围． 【 解 】 (1) f(x)的定义域为 (0， ＋ ∞ )，
已知 f(x)＝ ax2(a∈ R )，g(x) ＝2ln x. (1)讨论函数 F (x) ＝f(x)－ g(x)的单调性； (2)若方程 f(x)＝ g(x)在区间 [ 2， e]上有两个不相等的解，求 【 解 】 (1) F(x) ＝ax2－ 2ln x， 其定义域为 (0， ＋∞ )，
利用导数研究函数零点
思维升华
利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问 题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号 (或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数. (2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导 数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间 上零点的个数.
索引
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围. 解 y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋ 1的图象有两个不同的交点. 由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(1)＝－1. 由题意得，m＋1>－1， 即m>－2，① 当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.
利用导数研究函数零点
索引
1.解决函数y＝f(x)的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展 趋势，观察图象与x轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零 点是否存在及零点的个数等.
2.通过等价变形，可将“函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点”与“方程f(x)＝g(x)的解” 相互转化.
索引
当x>0且x→0时，f(x)→0； 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞. 由图象可知，m＋1<0， 即m<－1，② 由①②可得－2<m<－1. 所以m的取值范围是(－2，－1).
索引
思维升华
与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点， 并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进 而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问 题.
专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)
导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x x =+. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）讨论函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+， 令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论： 当21e a <-时，零点的个数为0个； 当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个； 当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案； 【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论． 【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增， 又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞， 根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点． 综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增， 此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意， 综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-， 设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =， 所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<． 以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 且 x →+∞时，()0h x →，()11h =， 所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =， 当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+， 所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数； （2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：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()0f x =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.6．（2022·天津静海一中高三月考）已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行． （1）求a 的值和函数()f x 的单调区间； （2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围． 【答案】（1）-9，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-； 由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-． （2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点． ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--， ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <； 由()0g x '<，解得12x <<．∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →， 作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围． （2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩， 解得3ln204k -<<， 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+， 令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增； 因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围． 【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值； （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案 【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =． （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<； 当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。
利用导数研究函数的零点或方程的根教师版
利用导数研究函数的零点或方程的根判断函数的零点个数(1)根据题意构造函数金)，其中广(x)=0可解;；(2利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；⑶结合心)的图象(或草图)及零点存在性左理得犬力=0的根的个数典型例题⑴根据函数的零点求解参数范围：根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位巻，通过数形结合的思想去分析问题.进而得到参数应满足的不等式(组)，从而得解典型例题(2)温馨提醒：任利用分离参数法的时候要特别注意参数前面的系数的符号问题，一般情况下在确保系数恒为正或者负的时候适宜分离，否则需要分类讨论.1.设函数Av)=ln W&讨论函数&(")=/(")专零点的个数解⑴ 函数或x)=/(x)-扌=£一箸一扌(x>0).令 g(x)=O,得"?=-护+*©>0).设力(X)=£x3+x(xR), .・.”(x)二二(x-l)(x+l).当xW(O,l)时,”(x)>0,此时加X)在(0,1)內单调递增；1 o当xG(t+oo)时”(x)v0,此时力(x)在(!,+«>)内单调递减，••当x=l吋/(x)取得极大值力(1)=寸1专§y川严一~01 \ x令h(x)=Q f即■护+x=0,解得a=0或x=Vl函数心)的图象如图所示.由图可知：①当加>|时,函数3=7??和函数y=g(x)的图象无交点；②当加=|时,函数和函数j=g(x)的图象有且仅有一个交点；③当g”v|时,函数尸加和函数j=g(x)的图象有两个交点；④当7?1<0吋，函数)=加和函数］= 或V)的图象有且仅有一个交点.综上所述，当加>|时,函数g(x)无零点;当加岭或m<0时，函数g(x)有且仅有一个零点;当0v加<|时,函数炎)有两个零点.2•已知a^R9函数/(x)=e v—av(e=2.718 28…是自然对数的底数)若函数F(.V)=/(・Y)-(R —2处+21n w+a) 在区间(o, g内无零点，求实数“的最大值.2 _2解：法一由已知得 F(x)=67(x-1)-2111 x,且 F(l)=0・则 F(x)=a—■二=一^二，x>0.①当穴0时，F' (x)<0, F(x)在区间(0, +8)上单调递减，结合F(l)=0知，当赵0,扌)时，F(x)>0. 所以F(x)在(0,寻内无零点.②当Q0时，令F(x)=0,得若禺时,即呻0, 4]时,F(x)在(0, *)上是减函数.又x-*0时，F(x)-* + 8.要使F(x)在(0,扌)内无零点，只需彳扌)=一号一21n*^0,则0<a£41n2.若II时，即a>4时，则F(x)在(0,寸)上是减函数，在(：，上是增函数-.•.F(x)min令 0(a)=2—a —21n亍，则 0，(a)= —1+牙=二^卫<0,： "(a)在(4, +8)上是减函数，则(p(a)<(p⑷二21112 —2<0. 因此怡)v°，所以F(x)在皿(0,訥一定有零点，不合题意，舍去.综上，函数F(x)在(0,寻内无零点，应有aW41n2,所以实数a的最大值为41n2.法二当 a£0 时，同法一当 a>0 时，xG(0,务F，匕)<0： x£, +°°),F' (x)>0.所以F(x)在(0,上单调递减，在(亍，+8)上单调递增-因此F(x)mm=F(j)①若詰1,即(Xa^2时，F(x)在(0,扌)内是减函数•因此，当赵0,寻时，F(x)>F(l)=0,所以F(x)在(0,舟)内无零点.②若壬vl,即a>2时，F(A)mm=/(|)<F(l)=O.要使函数F(x)在(0,劝内无零点，只需越)=一号一2诘20, 则2vaW41n2-综上，函数F(x)在1：0, 訓无零点，应有aW41n2,所以实数a的最大值是41n2.祈题好题创练与理富1. [2020年高考全国I卷文数20】已知函数/(x) = e v-^(x+2)・(1)当“ =1时，讨论.f(x)的单调性；(2)若/(X)有两个零点，求4的取值范围.【解析】(1)当“ =1 时，f(x) = e x-(x + 2), f(x) = e r-l,令 f (-V)<0 ,解得xvO,令 f (x) >0,解得x>0,・•• M 的减区间为(P,O),增区间为(O,+s).(2)若/(x)有两个零点，即e x-a(x + 2) = 0有两个解，从方程可知，x = 2不成立，即« =— 有两个解.x + 2 ， ・ e x(x + 2}- 令/?(X )=——(xH —2),则有h (x) = 一-一J x+2 (x + 2)- 令 /? (x) > 0 .解得x>-l » 令h (X)< 0 ,解得兀 v-2或一2 vxv-l,•••函数/心)在(YO ,—2)和(-2,-1)上单调递减，在(一1,乜)上单调递增，且当XV —2时，/?(x)vO,而ex \x->-2* 时，-> +°° > 当时，h(x) -HO , •••当“= ---- 有两个解时，有么>力(一1)= 一,x + 2 e•••满足条件的“的取值范II 是：(lac)・e2. [2020年高考全国ID 卷文数20】已知函数f(x) = ^-kx + k 2. (1)讨论/(X)的单调性：(2)若f(x)有三个零点，求k 的取值范围. 【解析】(1)由题，f \x) = 3x 2-k 9当k<0时，f\x)>0恒成立…在(YO ,P )上单调递增;单调递增.当0 vkv 帶时，>/F> j|,且/•(攸)=疋>0,.・j(x)在(j £,仮)上有唯一一个零点,_" + 1)"U + 2)2令 f W >0,得x v 或x>心)在(一」£,(2)由(1)知，/(X)有三个零点，则k>0,且<八占)>。
第3章 命题探秘1 第3课时 利用导数解决函数的零点问题 课件(共37张PPT)
第3课时 利用导数解决函数的零点问题
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探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
(1)f′(x)＝3x2＋b.
思维过程
依题意得f′12＝0，即34＋b＝0，故b＝－34. (2)证明：由(1)知f(x)＝x3－34x＋c，f′(x)＝3x2－34.
→ 关键1：求f′x＝0的根
第3课时 利用导数解决函数的零点问题
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，
∴f(x)的极小值为2.
第3课时 利用导数解决函数的零点问题
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探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
(2)由题意知g(x)＝f′(x)－3x＝1x－xm2－3x(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)． 设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，
第3课时 利用导数解决函数的零点问题
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探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，
f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，ln a)单调
递减，在(ln a，＋∞)单调递增．故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1. 当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)f′(x)＝ex－a. 当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，故f(x)至 多存在一个零点，不合题意．
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《利用导数研究函数的零点问题》教学设计授课班级：某高二（文）班1．教学背景 1.1 学生特征分析我所试讲班级是长沟中学高二文班，学生的平均年龄在16-17岁，多数学生对于所识记的材料，在再认和回忆时，没有歪曲、遗漏、增补和臆测，初步具备在知觉某一事物时，能根据自己已有的知识、经验对事物加以解释和判断；具有一定的比较与分类思维，但是抽象概括及分析综合思维欠缺。
学生已经系统的复习了函数、导数的相关知识，学生了解函数零点的定义，会利用导数求函数的单调区间和极值。
对导数有了一定的理解，学习积极性比较高，利用导数这一工具对函数的性质研究比较好。
但是理性思维比较欠缺，对于处理含参问题的能力还有待提高，把新问题转化问已解决问题的能力有待提高，缺乏选择解决问题策略的能力。
由于是借班作课，师生接触少，师生之间的默契程度有待提高。
1.2教师特点分析自己教学中的优势：注重学生自主学习、善于与信息技术的整合、善于鼓励学生，能对学生进行有效指导。
不足：由于是借班作课，与学生有效沟通较少。
1.3 学习内容分析1、内容分析：导数是微积分的核心概念之一。
它是研究函数的单调性、最大（小）值等问题的最一般、最有效的工具,对我们描绘函数图象带来极大方便，高考对导数的考查重在导数的应用，如求函数的单调区间、极值最值、解决实际问题及与不等式的结合。
而利用导数对函数性质的研究有利于我们解决函数的零点问题。
近几年高考也出现了一些函数零点问题或可转化为函数零点问题的题目，今年北京文科就出现了这样的题目，所以本节课从三次函数出发探究函数零点问题，以简单的含参数函数零点问题为载体，引导学生利用导数讨论函数的单调性、极值、最值解决问题，突出数形结合思想、转化思想的应用。
2、例题分析：热身练习：求函数32()f x x x x =+-的单调区间和极值，并试求此函数的零点。
题目比较简单，学生可以独立完成，目的是让学生熟悉利用导数研究函数性质的基本过程； 思考题：函数32()1f x x x x =+-+的图像与x 轴有几个交点。
让学生认识到有些三次函数在现有水平上，无法求解，体会利用导数研究函数零点问题的必要性和一般性。
例1、已知函数32()f x x x x m =+-+（m R ∈），①m 取何值时，函数有一个零点，②m 取何值时，函数有两个零点；③m 取何值时，函数有三个零点？是热身练习的变式题，学生可以在练习的基础上对本题分析，发现函数图象与x 交点个数与极值之间关系，引发解题策略的思考。
练习：若曲线2()sin cos f x x x x x =++与直线y b =有两个不同的交点，求b 的取值范围。
请说明思路。
思路比较简单，可以用来检查学生对于利用导数研究函数零点问题的掌握情况及转化思想的应用。
例2：讨论函数32()231f x x ax =-+有几个零点。
比较复杂，对学生来说比较难，教师要对学生出现的困难进行指导。
2．教学目标1、掌握函数零点的等价形式，能利用导数工具解决零点问题。
2、学生经历利用导数对例1、例2函数的单调性、极值和最值的分析，结合函数图象解决零点问题的过程，学生体会函数性质与零点间的关系。
3、通过例1、例2的不同解决，学生体会数形结合、化归与转化数学思想的应用，提高学生利用数学思想分析问题解决问题的能力。
【教学重点】利用导数分析函数性质，解决函数零点问题及其转化问题【教学难点】理解函数零点问题与两个函数交点问题的转化，解决问题策略的优化选择 【教学方式】启发式、探究式 【辅助工具】多媒体课件，几何画板。
3．教学过程关于《利用导数研究函数的零点问题》教学反思教师是我从小的理想职业，现在我的职业理想是做一名研究性教师，工作总比较喜欢数学思考问题，一直认为数学学习不仅可以提高人的思考能力，而且可以提高人的素养。
以“有志者，事竟成”为座右铭。
6月21日，我在长沟中学借班讲了一节《利用导数研究函数的零点问题》。
课的大致过程是：首先回忆导数的应用和函数零点的概念及其等价转化问题。
接下来从研究一个具体函数32()f x x x x =+-出发利用导数研究了它的单调区间和极值，并尝试求此函数的零点；之后学生通过思考函数32()1f x x x x =+-+的零点问题，意识到可以利用导数研究函数的性质来确定函数零点问题。
接下来又通过两种策略研究了函数32()f x x x x m =+-+（m R ∈）和32()231f x x ax =-+的零点问题，最后总结方法和思想。
课后经过专家和各位教师的研究和讨论，我对这节课的反思主要有两个方面：一是课堂教学方面的；二是教师的个人专业发展方面。
第一方面：反思习题设计和教学设计美国数学家哈尔莫斯(P.R.Halmos)认为，问题是数学的心脏。
对于数学科学是如此，对于学校数学，问题也是它的心脏。
波利亚强调指出：“中学数学教学首要的任务就是加强解题训练。
”他有一句名言：“掌握数学就是意味着善于解题。
”因此数学习题课作为解题教学是中学数学教学的重要组成部分，其主要目的是教会学生如何分析问题，如何应用所学知识寻找相应对策，解决未知问题，提高学生的解题能力。
习题的有效选择是学生能力得以成功的基础，教师的习题教学时，习题的选择要有针对性（针对教学目标、知识点和学生的学习现状）、应在学生的“最近发展区”内、要有典型性和研究性，目的在于提高学生分析问题的能力，在研究习题解决的过程中优化解题策略。
高二文科已进入高考总复习阶段，本学期复习的主要内容之一就是函数与导数，这部分内容也是是每年高考考查的重点内容，结合实际教学我发现其实这部分内容通过有效教学，学生可以学会如何解决的。
函数与导数综合应用的常见考点：（1）利用导数研究曲线的切线；（2）利用导数研究函数的单调性；（3）利用导数研究函数的极值最值；（4）利用导数研究函数零点或方程实根；（5）利用导数研究实际问题。
这些考点的问题解决不可能一蹴而就，因此，我们的教学要经历从感性到理性的过程，让学生逐渐领悟掌握。
对于基础相对薄弱的学生来说，可采取先分后合，循序渐进、螺旋上升。
在这些考点中，利用导数研究函数零点问题讲的不多，而且这个考点可以提高学生利用数形结合思想、化归与转化的思想数学思想解决问题的意识，同时也是导数知识与函数零点的整合，所以在本次教学时，我就选择了它。
根据新课标导数要求的多项式函数不超过三次，同时对于文科学生来说，题目设置不能太难，而且运算上不能给学生设置太多障碍，所以在选择题目时就选择一个简单的三次函数32()f x x x x=+-，并以这个函数为基础进行了一些变式，思考函数32()1f x x x x=+-+的零点问题，研究了函数32()f x x x x m=+-+（m R∈）和32()231f x x ax=-+的零点问题，在变式练习中学生体会函数零点随着函数图象与x轴相对位置的改变情况，希望在变式教学中，让学生尝到探究成功的喜悦，培养学生的观察、分析、归纳能力等能力的提高，也有利于知识难点的突破。
另外在研究函数32()f x x x x m=+-+（m R∈）零点过程中介绍参变分离的解题策略，目的是让学生认识到两个函数交点个数问题与函数的零点问题是相互转化的，学生可以据此解决有关两个函数交点个数问题。
然而好的设计必须与有效的课堂教学相结合，才能顺利实现设计的初衷。
在具体教学过程中还是出现了一些问题，比如热身练习让学生展示可以为后面例题教学节省时间，同时还可以通过学生表达，加深对题目的理解；其次就是问题情境设计不到位，教师的主导作用发挥不合理，参变分离方法的得出有些强加给学生的感觉；再有就是没有把握好，结果函数32()231f x x ax=-+的零点问题没有让学生来的急思考，只能展示。
通过专家的点评，我真正发现问题的所在，即对于数学中的基本问题解决不到位，关键是方程的实根、函数的零点及函数与x轴的交点这三者之间为什么是可以相互转化的，方程的实根是代数问题，而函数与x轴的交点是几何问题，它们两者之间的转化原因，如果给学生讲清楚了，学生在解决含参数函数零点问题时就有了思考的方向，即思考通过方程观察分析零点问题可以转化为哪两个函数交点问题，同时两个函数交点问题可以通过联立方程组分析可以转化为哪个函数零点问题，这样函数零点问题与两个函数交点问题之间的转化就有了基础。
如解决函数的32()f x x x x m=+-+的零点问题，可以令()0f x=的方程320x x x m +-+=，即32x x x m +-=-，从而等价于解方程组32y x x xy m⎧=+-⎨=-⎩，这一方程组的几何意义就是函数32y x x x y m =+-=-与函数的交点个数问题；反之亦然。
经过这样的思考，我又对教学设计进行了修改，先让学生研究（1）二元方程组2402+1=0y x y x ⎧-=⎨-⎩；（2）抛物线24y x =与直线y=2x-1交点个数问题；（3）求函数2()421f x x x =-+的零点；这三个简单问题之间的关系，学生在解决过程中发现，它们其实是方程、几何、函数三个角度对同一问题的不同表征，学生明白了这一问题之后，再让学生对32()f x x x x m =+-+零点问题进行多角度转化就容易了，学生很快就能发现多种转化方向，而且遇到两个函数交点个数问题也可以通过上面过程向函数零点问题转化，即学生会分析问题了。
教学中另一关键问题就是学生思考如何优化解题策略，有了上面的研究，教师只要让学生多种转化中选择解决问题的策略就可以了，学生很容易的去选择解决曲线与直线位置关系，教师只要有效利用几何画板展示图象，学生就会发现研究曲线与平行于x 轴或y 轴的交点问题是最简单的，经过这样的再设计后，我在本班授课效果很好，教学目标达到了，学生在课堂中也进行了积极思考，课堂的有效性也得以实现。
在习题设计上可以把研究函数32()231f x x ax =-+零点问题及已知曲线2()sin cos f x x x x x =++与直线y b =有两个不同的交点，求b 的取值范围留作课后练习就可以检测学生的掌握情况。
二、教师专业发展的思考通过这次作课，也引发了我对自己专业发展的思考。
陶行知老先生说道：“做先生的，应该一面教一面学，并不是贩卖些知识来，就可以终身卖不尽的。
”所以教师在教学的同时也要思考自己的发展方向。
我的发展方向首先是做真正理解高中数学内容的高中教师。
首先要做的就是认真研究课标的要求与理念，以及课本例题设计，在教学实际中利用好课本例题，挖掘知识的本质。
其次要重视学生问题，研究学生听不懂不理解知识的真正原因，发现问题的本质。
再有就是积极学习，对数学中的基本问题进行认真思考，深入钻研高层次的知识，从高角度去学，去分析基本知识和基本概念。