高中数学压轴题系列——导数专题——函数零点或交点问题

高中数学压轴题系列——导数专题——函数零点或交点问题
头条号：延龙高中数学微信：gyl_math123
1．已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x（a∈R）在x=0处取得极值．
（1）求实数a的值；
（2）证明：ln（x+1）≤x2+x；
（3）若关于x的方程f（x）=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围．【解答】（1）解：f′（x）=，∵在x=0处取得极值，∴f′（0）=0，∴﹣1=0，解得a=1．
经过验证a=1时，符合题意．
（2）证明：当a=1时，f（x）=ln（x+1）﹣x2﹣x，其定义域为{x|x＞﹣1}．f′（x）==，令f′（x）=0，解得x=0．
当x＞0时，令f′（x）＜0，f（x）单调递减；当﹣1＜x＜0时，令f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（0）为函数f（x）在（﹣1，+∞）上的极大值即最大值．
∴f（x）≤f（0）=0，∴ln（x+1）≤x2+x，当且仅当x=0时取等号．
（3）解：f（x）=﹣x+b即ln（x+1）﹣x2+x﹣b=0，
令g（x）=ln（x+1）﹣x2+x﹣b，x∈（﹣1，+∞）．
关于x的方程f（x）=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根⇔g（x）=0在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根．
g′（x）=﹣2x+=，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，1）上单调递增．
当x∈（1，2）时，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）上单调递减．
∴，∴．
2．已知函数f（x）=（x∈R），当x=2时f（x）取得极值．
（1）求a的值；（2）求f（x）的单调区间；
（3）若关于x的方程f（x）﹣2m+1=0在x∈[﹣2，1]时有解，求实数m的取值范围．
解：（1）．∵当x=2时f（x）取得极值，∴f′（2）=0，∴a=2；
（2），由f′（x）＞0得﹣1＜x＜2；由f′（x）＜0得x＜﹣1或x＞2，
所以函数f（x）的增区间是（﹣1，2），减区间是（﹣∞，﹣1），（2，+∞）
（3）由（2）知函数f（x）在[﹣2，﹣1）单减，在（﹣1，1]单增．
当x∈[﹣2，1]时，f min（x）=﹣1，，依题意，所以
3．（2018•南平一模）已知函数f（x）=lnx﹣（a+1）x，g（x）=﹣ax+a，其中a∈R．
（1）试讨论函数f（x）的单调性及最值；
（2）若函数F（x）=f（x）﹣g（x）不存在零点，求实数a的取值范围．
解：（1）f（x）=lnx﹣（a+1）x，函数的定义域是（0，+∞），f′（x）=﹣（a+1）=，
a+1＜0即a＜﹣1时，1﹣（a+1）x＞0，故f′（x）＞0，f（x）递增，无最值，
a+1≥0即a≥﹣1时，令f′（x）＞0，解得：x＜，令f′（x）＜0，解得：x＞，
故f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减；故f（x）min=f（）=﹣ln（a+1）﹣1；（2）F（x）=lnx﹣（a+1）x﹣+ax﹣a=lnx﹣x﹣﹣a，
F′（x）=﹣1+=，
令F′（x）＞0，解得：x＜2，令F′（x）＜0，解得：x＞2，
故F（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减，
故F（x）max=F（2）=ln2﹣2﹣1﹣a=ln2﹣3﹣a，
若F（x）不存在零点，则ln2﹣3﹣a＜0，解得：a＞ln2﹣3．
4．（2018•榆林三模）设函数f（x）=ax3+bx2﹣x（x∈R，a，b 是常数，a≠0），且当x=1和x=2时，函数f（x）取得极值．
（1）求f（x）的解析式；
（2）若曲线y=f（x）与g（x）=﹣3x﹣m（﹣2≤x≤0）有两个不同的交点，求实数m的取值范围．解：（1）f'（x）=3ax2+2bx﹣1，…（2分）依题意f'（1）=f'（2）=0，
即，解得a=﹣，b=…（4分）∴f（x）=﹣x3+x2﹣x…（5分）
（2）由（1）知，曲线y=f（x）与g（x）=﹣3x﹣m（﹣2≤x≤0）有两个不同的交点，
即x3﹣x2﹣2x﹣m=0在[﹣2，0]上有两个不同的实数解…（6分）
设φ（x）=x3﹣x2﹣2x﹣m，则φ′（x）=x2﹣x﹣2，…（8分）
由φ'（x）=0的x=4或x=﹣1
当x∈（﹣2，﹣1）时φ'（x）＞0，于是φ（x）在[﹣2，﹣1]上递增；
当x∈（﹣1，0）时φ'（x）＜0，于是φ（x）在[﹣1，0]上递减．…（10分）
依题意有⇔⇔0≤m＜，
∴实数m的取值范围是0≤m＜．…（13分）
5．（2018•广元模拟）已知函数f（x）=2lnx﹣x2+ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a=2时，求f（x）的图象在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）若函数f（x）与g（x）=ax﹣m图象在上有两个不同的交点，求实数m的取值范围．解：（Ⅰ）当a=2时，f（x）=2lnx﹣x2+2x，f′（x）=﹣2x+2，
切点坐标为（1，1），切线的斜率k=f′（1）=2，则切线方程为y﹣1=2（x﹣1），即y=2x﹣1．
（Ⅱ）由题意可得：2lnx﹣x2+m=0，令h（x）=2lnx﹣x2+m，则h′（x）=﹣2x=，
∵x∈[，e]，故h′（x）=0时，x=1．当＜x＜1时，h′（x）＞0；当1＜x＜e时，h′（x）＜0．
故h（x）在x=1处取得极大值h（1）=m﹣1．
又=m﹣2﹣，h（e）=m+2﹣e2，h（e）﹣=4﹣e2+＜0，则h（e）＜，
∴h（x）在[]上的最小值为h（e）．
h（x）在[]上有两个零点的条件是，解得：1＜m≤2+，
∴实数m的取值范围是[1，2+]．
6．（2018•广西二模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x（a∈R），直线l：是曲线y=f（x）的一条切线．
（1）求a的值；（2）设函数g（x）=xe x﹣2x﹣f（x﹣a）﹣a+2，证明：函数g（x）无零点．
解：（1）函数f（x）=ln（x+a）﹣x（a∈R）的导数为f′（x）=﹣1，
设切点为（m，n），直线l：是曲线y=f（x）的一条切线，
可得﹣1=﹣，ln（m+a）﹣m=﹣m+ln3﹣，解得m=2，a=1；
（2）证明：函数g（x）=xe x﹣2x﹣f（x﹣a）﹣a+2=xe x﹣2x﹣f（x﹣1）﹣2+2=xe x﹣x﹣lnx，x＞0，
g′（x）=（x+1）e x﹣1﹣=（x+1）（e x﹣），可设e x﹣=0的根为m，即有e m=，即有m=﹣lnm，当x＞m时，g（x）递增，0＜x＜m时，g（x）递减，可得x=m时，g（x）取得极小值，且为最小值，则g（x）≥g（m）=me m﹣m﹣lnm=1﹣m+m=1，可得g（x）＞0恒成立，则函数g（x）无零点．
7．（2018•全国二模）已知函数
（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间及极值；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求实数a的取值范围．解：（Ⅰ）当a=1时，，x＞0.，x＞0．……………1分
当0＜x＜1时，f′（x）＜0；当x＞1时，f′（x）＞0．……………3分
所以f（x）的单调减区间为（0，1）；单调增区间为（1，+∞）．
f（x）的极小值为；无极大值．……………5分
（Ⅱ）∵
=．……………7分
∵x＞0，a＞0，∴x2+x+a＞0，
当x＞a时，f′（x）＞0；当0＜x＜a时，f′（x）＜0．f（x）在（0，a）上单调递减；在（a，+∞）上单调递增．……………8分
所以
若f（x）有两个零点，必有，得a＞3．……………10分
又
，
综上所述，当a＞3时f（x）有两个零点，所以符合题意的a的取值范围为（3，+∞）．…12分
8．已知函数f（x）=lnx﹣﹣ax（a∈R），在x=1时取得极值．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若方程f（x）=﹣x+b在区间[1，3]上有两个不等实数根，求实数b取值范围．
（Ⅲ）若函数h（x）=f（x）﹣x2，利用h（x）的图象性质，证明：3（12+22+…+n2）＞ln（12•22•…•n2）
（n∈N*）．
解：（Ⅰ）函数f（x）=lnx﹣﹣ax的导数为f′（x）=﹣x﹣a，
由在x=1时取得极值，则f′（1）=0，即1﹣1﹣a=0，解得a=0，
即有f（x）=lnx﹣的导数为f′（x）=﹣x，（x＞0），
令f′（x）＞0可得0＜x＜1，令f′（x）＜0可得x＞1，
则f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；
（Ⅱ）若方程f（x）=﹣x+b在区间[1，3]上有两个不等实数根，
即为b=lnx﹣x2+x在区间[1，3]上有两个不等实数根．
令g（x）=lnx﹣x2+x，g′（x）=﹣x+=，
当1≤x＜2时，g′（x）＞0，g（x）递增；当x＞2时，g′（x）＜0，g（x）递减．
即有x=2处g（x）取得极大值，也为最大值，且为ln2+1，
x=1时，g（x）=1，x=3时，g（x）=ln3．
则当ln3≤b＜ln2+1时，方程在区间[1，3]上有两个不等实数根；
（Ⅲ）证明：函数h（x）=f（x）﹣x2=lnx﹣x2，h′（x）=﹣3x=，（x＞0），
当0＜x＜时，h′（x）＞0，h（x）递增；当x＞时，h′（x）＜0，h（x）递减．
即有x≥1时，h（x）递减，即h（x）≤h（1）=ln1﹣＜0，则lnx＜x2，即为3x2＞lnx2．则有ln12＜3•12，ln22＜3•22，ln32＜3•32，…，lnn2＜3•n2．
则ln12+ln22+…+lnn2＜3（12+22+…+n2），故有3（12+22+…+n2）＞ln（12•22•…•n2）（n∈N*）．。