高考理科数学真题练习题导数与函数的零点问题理含解析
函数与导数例高考题汇编(含答案)
函数与导数高考题1.(安徽理3)设f(x)是定义在R 上的奇函数，当x≤0时，f(x)=2x'-x,则f()=(A)-3 (B)- 1 (C)1 (D)3【答案】A【命题意图】本题考查函数的奇偶性，考查函数值的求法 .属容易题.【解析】f()= - f( - 1)= - 42( - 1)²- ( - 1)]= - 3 .故选A.2 . (安徽理10)函数f (x )=ax ”g 1- x )“在区 间〔0,1〕上的图像如图所示，则m ,n 的值可 能 是(A)m=1,n=1(B) m=1,n=2(C) m=2,n=1(D) m=3,n=1【答案】B 【命题意图】本题考查导数在研究 函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【 解 析 】 代 入 验 证 ， 当m = 1 , n = 2 , f ( x ) = a x g ( 1 - x ) ² = n ( x ³ - 2 x ² + x ) ,则f ' ( x ) = a ( 3 x ² - 4 x + 1 ) , 由 ,结合图像可知函数应在递增，在 递减，即在, 知 a 存 在 . 故 选 B .3.(安徽文5)若点(a,b)在y=lgx 图像上，a≠1,则下列点也在此图像上的是(A)(,b) (B)(10a,1 b) (C)(,b+1) (D)(a2,2b)【答案】D 【命题意图】本题考查对数函数的基本运算，考查对数函数的图像与对应点的关系 .【 解 析 】 由 题 意b = 1 g a , 2 b = 2 1 l g a = 1 g a ² , 即( a ² , 2 b )也 在 函 数 y = l g x 图 像 上 .4 . (安徽文10) 函数f(x )=ax ”g (1 - . x )² 在区间(0,1)上的 图像如图所示，则n 可能是 (A)1 (B) 2取得最大值，由f'(x)=a(3x²-4x+1)=0可知，(C) 3 (D)4【答案】A【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【解析】代入验证，当7=1时，f(x)=axg(1-x)²=a(x³-2x²+x),则f(x)=a(3r²-4x+1)由f ( x ) = a ( 3 x ² 4 x + 1 ) = 0 可知，,结合图像可知函数应在递增，在递减，即在取得最大值，由, 知a 存在. 故选A .7 . (福建理5) 等于A.1B.e- 1C. CD.e+1【答案】C8 . (福建理9 )对于函数f ( x ) = a s i n x + b x + c (其中，a , b ∈R , c ∈Z ) ,选取a , b , C 的一组值计算f ( )和f ( - 1 )所得出的正确结果一定不可能是A . 4和6B . 3和1C . 2和4D . 1和2【答案】D9 . ( 福建理1 0 ) 已知函数f ( x ) = e⁴+ x , 对于曲线y = f ( x ) 上横坐标成等差数列的三个点A , B , c , 给出以下判断：①△ABC 一定是钝角三角形②△ABC可能是直角三角形③△ABC可能是等腰三角形④△ABC不可能是等腰三角形其中，正确的判断是A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】B10.(福建文6)若关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是A.(- 1,1)B.(-2,2)C.(-o,-2)U(2,+o)D.(-o,- 1)U(1,+c)【答案】C11. (福建文8)已知函数 ,若f(a)+f(1)=0,则实数a的值等于A. 3B. 1C. 1D. 3【答案】A12.(福建文10)若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值，则ab的最大值等于A.2B.3C. 6D. 9【答案】D13.(广东理4)设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是A . f(x)+1g(x)是偶函数B . f(x) - 1g(x)是奇函数c.if(x)\+g(x)是偶函数 D . i f ( x ) - g ( x )是奇函数【答案】A【解析】因为g(x)是R 上的奇函数，所以lg(x)是R 上的偶函数，从而f(x)+1g(x)是偶函数，故选A.14 . (广东文4)函 的定义域是 ( )A.(-~,- 1)B.(1,+~) c.(- 1,1)U(1,+oo) D.(-0,+oo)【答案】C16.(湖北理6)已知定义在R 上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=a¹-a ⁴+2(a>0,且a≠1),若g(2)=a,则f(2)=A.2B.C.D. a² 【答案】B【解析】由条件f(2)+g(2)=a²-a²+2,f(-2)+g(-2)=a²-a²+2, 即-f(2)+g(2)=a²-a²+2, 由此解得g(2)=2,f(2)=a²-a-所 以 a = 2 ,, 所 以 选 B18 . (湖南文7)曲线主点处的切线的斜率为( )A. B. 2 C. D. 【答案】B【解析】19.(湖南文8)已知函数f(x)=e¹-1,g(x)=-x²+4x -3.若有f(a)=g(b),则b 的取值范围为A.[2-√2,2+√2]B.(2-√2.2+√2)c.[1,3] p.(1,3)【答案】B【解析】由题可知f(x)=e ⁴- 1>- 1,g(x)=-x²+4x-3=-(x-2)²+1≤1,若有f(a)=g(b),则g(b) ∈(- 1,1), 即-b²+4b-3>- 1,解得2-√Z<b<2+√2., 所 以,y=020 . (湖南理6)由直线 与曲线y=COSX 所围成的封闭图形的面积为( )A.2B.1C.D.√3 【答案】D【解析】由定积分知识可得, 故 选 D 。
高考数学一轮复习配餐作业17导数与函数的零点含解析理
配餐作业(十七) 导数与函数的零点(时间：40分钟)1．已知函数f (x )＝x 3－3ax －1，a ≠0。
(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ＝－1处取得极值，直线y ＝m 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围。
解析 (1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )， 当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0；所以当a <0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)。
当a >0时，由f ′(x )>0， 解得x <－a 或x >a 。
由f ′(x )<0，解得－a <x <a ，所以当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)，单调递减区间为(－a ，a )。
(2)因为f (x )在x ＝－1处取得极值， 所以f ′(－1)＝3×(－1)2－3a ＝0， 所以a ＝1。
所以f (x )＝x 3－3x －1，f ′(x )＝3x 2－3，由f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1。
由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1， 在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3。
因为直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，结合如图所示f (x )的图象可知，实数m 的取值范围是(－3,1)。
答案 (1)见解析 (2)(－3,1) 2．已知f (x )＝x 2＋3x ＋1，g (x )＝a －1x －1＋x 。
(1)a ＝2时，求y ＝f (x )和y ＝g (x )的公共点个数；(2)a 为何值时，y ＝f (x )和y ＝g (x )的公共点个数恰为两个。
解析 (1)a ＝2时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝fx ，y ＝g x ，得x 2＋3x ＋1＝1x －1＋x ， 整理得x 3＋x 2－x －2＝0(x ≠1)。
第3章 第6课时 利用导数解决函数的零点问题-备战2025年高考数学一轮复习(解析版)
第6课时利用导数解决函数的零点问题考点一判断、证明或讨论函数零点的个数[典例1]已知函数f(x)＝x sin x－32.判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．[解]f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：因为f′(x)＝sin x＋x cos x，当x∈0f′(x)＞0.又f(x)＝x sin x－32，从而有f(0)＝－32＜0，f＝π−32＞0，且f(x)在0所以f(x)在0又f(x)在0f(x)在0当xπ时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋x cos x.由1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)π上的图象是连续不断的，故存在mπ，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cos x－x sin x，知xπ时，有g′(x)＜0，从而g(x)2π上单调递减．当x时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)上单调递增，故当x时，f(x)＞f＝π−32＞0，故f(x)上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)上单调递减．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在(m，π)上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．利用导数求函数的零点个数的常用方法(1)数形结合法．利用导数研究函数的性质，画出相应函数的图象，数形结合求解．(2)零点存在定理法．先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点．(3)分离参数法．转化为一条直线与一个复杂函数图象交点个数问题．[跟进训练]1．(2023·湖南师大附中三模节选)已知函数f(x)＝e x－(a∈R)，试讨论函数f(x)零点个数．[解]由f(x)＝e x－＝0，得x e x＝a(x≠0)，设h(x)＝x e x，则h′(x)＝(x＋1)e x，当x＜－1时，h′(x)＜0，当－1＜x＜0，x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)＝x e x在(－1，0)，(0，＋∞)上单调递增；在(－∞，－1)上单调递减，所以h(x)min＝h(－1)＝－1e，据此可画出h(x)＝x e x的大致图象如图，所以，①当a＜－1e或a＝0时，f(x)无零点；②当a＝－1e或a＞0时，f(x)有一个零点；③1＜a＜0时，f(x)有两个零点．[典例2](2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋ax e－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．[思维流程][解](1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋e，f(0)＝0，所以切点为(0，0)．f′(x)＝11++1−e，f′(0)＝2，所以切线斜率为2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.(2)f(x)＝ln(1＋x)＋B，f′(x)＝11++设g(x)＝e x＋a(1－x2)，①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝e x＋a(1－x2)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上单调递增，f(x)<f(0)＝0，故f(x)在(－1，0)上没有零点，不合题意．②若－1<a<0，当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝e x－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．③若a<－1，(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝e x－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，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，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，当x→＋∞，f(x)→＋∞，所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点，在(0，m)上没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝e x＋a(1－x2)，设h(x)＝g′(x)＝e x－2ax，h′(x)＝e x－2a>0，所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，g′(－1)＝1e＋2a<0，g′(0)＝1>0，所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(n，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝1＋a<0，又g(－1)＝1e>0，所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f′(t)＝0，当x∈(－1，t)时，f(x)单调递增，当x∈(t，0)时，f(x)单调递减，又x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f(x)>0，所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，即f(x)在(－1，0)上有唯一零点，所以a<－1，符合题意．④当a＝0时，f(x)＝ln(1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意．⑤当a＝－1时，f′(x)＝e+2−11+·e，令k(x)＝e x＋x2－1，则k′(x)＝e x＋2x，当x>0时，k′(x)>0，k(x)单调递增，k(x)>k(0)＝0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)>f(0)＝0，不合题意．所以若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)．【教师备选资源】(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝e x－a(x＋2)．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．[思维流程][解](1)当a＝1时，f(x)＝e x－x－2，则f′(x)＝e x－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)＝e x－a.当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在一个零点，不合题意．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)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．(ⅰ)若0<a ≤1e ，则f (ln a )≥0，f (x )在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意．(ⅱ)若a >1e ，则f (ln a )<0.由于f (－2)＝e -2>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上存在唯一零点．由(1)知，当x >2时，e x －x －2>0，所以当x >4且x >2ln (2a )时，f (x )＝e 2·e 2−+2>e ln2·+2－a (x＋2)＝2a >0.故f (x )在(ln a ，＋∞)上存在唯一零点．从而f (x )在(－∞，＋∞)上有两个零点．综上，a+∞.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．[跟进训练]2．(1)(2023·全国乙卷)函数f (x )＝x 3＋ax ＋2存在3个零点，则a 的取值范围是()A ．(－∞，－2)B ．(－∞，－3)C ．(－4，－1)D ．(－3，0)(2)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x ，若a >0，函数f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，求a 的取值范围．(1)B[由题意知f ′(x )＝3x 2＋a ，要使函数f (x )存在3个零点，则f ′(x )＝0要有2个不同的根，则a <0．令3x 2＋a ＝0，解得x ＝令f ′(x )>0，则x <x令f ′(x )<0x 所以f (x )在−∞，−+∞上单调递增，在−上单调递减，所以要使f (x )存在3个零点，则>0，<0，+2>0，+2<0，解得a <－3.故选B.](2)[解]函数f (x )＝12x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －＝2−.因为a >0，由f ′(x )>0，得x >，由f ′(x )<0，得0<x <.即f (x )在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．①若≤1，即0<a ≤1时，f (x )在(1，e)上单调递增，f (1)＝12，f (x )在区间(1，e)上无零点．②若1<<e ，即1<a <e 2时，f (x )在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，f (x )min ＝f ()＝12a (1－ln a )．∵f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，∴1=12＞0，=121−ln ＜0，e =12e 2−＞0，∴e<a <12e 2.③若≥e ，即a ≥e 2时，f (x )在(1，e)上单调递减，f (1)＝12>0，f (e)＝12e 2－a <0，f (x )在区间(1，e)上只有一个零点．综上，f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点时，a 的取值范围是e ，12e 2.在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．[典例]已知函数f (x )＝x e x －ln x －1，若f (x )≥mx 恒成立，求实数m 的取值范围．[赏析]法一(分离变量法)：由f (x )≥mx 得x e x －ln x －1≥mx (x ＞0)，即m≤x−ln K1，令φ(x)＝x−ln K1，则φ′(x)＝2e+ln2，令h(x)＝x2e x＋ln x，则h′(x)＝(2x＋x2)e x＋1＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．切入点：零点存在定理，发现零点，设而不求又＝1e2e1e－1＜e2e2－1＝0，h(1)＝e＞0，所以h(x)1存在零点x0，即h(x0)＝02e0＋ln x0＝0，突破点：等价变形，寻找等量关系02e0＋ln x0＝0⇔0e0＝－ln00＝ln(e ln10)，关键点：辅助函数，得出等量关系令y＝x e x(x＞0)，因为y′＝(x＋1)e x＞0，所以y＝x e x在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln10＝－ln x0，即e0＝10，所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．落脚点：整体代换，代入求值所以φ(x)min＝φ(x0)＝0e0−ln0−10＝1+0−10＝1，所以m≤1.法二(朗博同构法)：由f(x)≥mx得x e x－ln x－1≥mx(x＞0)，所以e rln−ln−1≥B＞0，由切线不等式得e rln−+ln−1≥0，故(1－m)x≥0(x＞0)恒成立，所以1－m≥0，即m≤1.函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用零点存在定理估计所设零点所在的一个小范围(区间长度小于1个单位)，然后利用零点所满足的关系进行代换化简．[跟进训练]1．若a ln x－(2a＋1)x<1－2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值．参考数据：ln3<43，ln4>[解]因为a ln x－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即a<r1ln在x∈(1，＋∞)上恒成立．令h(x)＝r1ln，x>1，可得h′(x)＝ln K1−1ln2，令t(x)＝ln x－1－1(x>1)，可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，所以存在x0∈(3，4)，使得t(x0)＝ln x0－10－1＝0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝0+1ln0＝0+110+1＝x0∈(3，4)．因为a<r1ln在(1，＋∞)上恒成立，所以a<h(x)min＝x0，所以整数a的最大值为3. 2．设函数f(x)＝e x－x－2，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k 的最大值．[解]由题意知f′(x)＝e x－1.(x－k)·f′(x)＋x＋1＞0，即(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，得k<x＋r1e−1(x>0)恒成立，令g(x)＝r1e＋x(x>0)，得g′(x)1x>0)．令h(x)＝e x－x－2(x>0)，则h′(x)＝e x－1>0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)存在唯一零点α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝r1e−1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.课时分层作业(二十二)利用导数解决函数的零点问题1．(2024·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝x ln x＋a－ax(a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间[1，e]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．[解](1)由题可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－a.若a＝1，则f′(x)＝ln x，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以f(x)的极小值为f(1)＝ln1＋1－1＝0，无极大值．(2)f(x)＝x ln x－ax＋a，易知f(1)＝0，所求问题等价于函数f(x)＝x ln x－ax＋a在区间(1，e]上没有零点．因为f′(x)＝ln x＋1－a，当0＜x＜e a-1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，e a-1)上单调递减；当x＞e a-1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(e a-1，＋∞)上单调递增．①当e a-1≤1，即a≤1时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递增，所以f(x)＞f(1)＝0，此时函数f(x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．②当1＜e a-1＜e，即1＜a＜2时，f(x)在区间(1，e a-1)上单调递减，在区间(e a-1，e]上单调递增，要使f(x)在(1，e]上没有零点，只需f(e)＜0，即e－e a＋a＜0，解得a＞e e−1，所e e−1＜a＜2.③当e≤e a-1，即a≥2时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递减，在区间(1，e]上满足f(x)＜f(1)＝0，此时函数f(x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．综上所述，实数a的取值范围是a≤1或a＞e e−1.2．(2024·广东佛山模拟)已知函数f(x)＝ln x＋sin x.(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；(2)判断函数f(x)的零点个数，并证明．[解](1)f(x)＝ln x＋sin x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋cos x，令g(x)＝f′(x)＝1＋cos x，g′(x)＝－12－sin x，当x∈[1，e]时，g′(x)＝－12－sin x＜0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，且g(1)＝1＋cos1＞0，g(e)＝1e＋cos e＜1e＋cos2π3＝1e−12＜0，所以由零点存在定理可知，在区间[1，e]存在唯一的a，使g(a)＝f′(a)＝0.又当x∈(1，a)时，g(x)＝f′(x)＞0；当x∈(a，e)时，g(x)＝f′(x)＜0，所以f(x)在x∈(1，a)上单调递增，在x∈(a，e)上单调递减，又因为f(1)＝ln1＋sin1＝sin1，f(e)＝ln e＋sin e＝1＋sin e＞f(1)，所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(1)＝sin1.(2)函数f(x)有一个零点，证明如下：因为f(x)＝ln x＋sin x，x∈(0，＋∞)，若0＜x≤1，f′(x)＝1＋cos x＞0，所以f(x)在区间(0，1]上单调递增，又f(1)＝sin1＞0，f1＋sin1e＜0，结合零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1]上有且仅有一个零点．若1＜x≤π，则ln x＞0，sin x≥0，则f(x)＞0，若x＞π，因为ln x＞lnπ＞1≥－sin x，所以f(x)＞0，所以f(x)在区间(1，＋∞)上没有零点．综上，函数f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点．3．(2021·全国甲卷)已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝(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](1)当a＝2时，f(x)＝22(x＞0)，f′(x)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+∞.(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，＝1(x>0)有两个不同的解，即方程ln＝ln有两个不同的解．设g(x)＝ln(x＞0)，则g′(x)＝1−ln2(x＞0)，令g′(x)＝1−ln2＝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又g(1)＝0，所以0＜ln＜1e，所以a＞1且a≠e，即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．4．(2024·四川成都模拟)已知函数f(x)＝B e(a＞0)和函数g(x)＝ln，且f(x)有最1x.(1)求实数a的值；(2)直线y＝m与两曲线y＝f(x)和y＝g(x)恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，证明：x1x3＝.[解](1)f(x)＝B e的定义域为R，且f′(x)a＞0，当x＜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)＝e，所以e＝1x，解得a＝±1，又a＞0，所以a＝1.(2)证明：由(1)可知，f(x)＝e在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又g′(x)＝1−ln2，所以g(x)＝ln在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f (x )＝e 和g (x )＝ln 的图象如图所示．设f (x )和g (x )的图象交于点A ，则当直线y ＝m 经过点A 时，直线y ＝m 与两条曲线y ＝f (x )和y ＝g (x )共有三个不同的交点，则0＜x 1＜1＜x 2＜e ＜x 3，且2e 2＝ln 22＝m ，ln 33＝m .因为m ＝1e 1＝ln 22，所以1e 1＝ln 2e ln 2，即f (x 1)＝f (ln x 2)，因为x 1＜1，ln x 2＜ln e ＝1，且f (x )＝e 在(－∞，1)上单调递增，所以x 1＝ln x 2，21＝2ln 2＝1.因为m ＝2e 2＝ln 33，所以2e 2＝ln 3e ln 3，即f (x 2)＝f (ln x 3)，因为x 2＞1，ln x 3＞ln e ＝1，且f (x )＝e 在(1，＋∞)上单调递减，所以x 2＝ln x 3，所以32＝3ln 3＝1.21＝32＝1，即x 1x 3＝22。
2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：17 导数与函数的零点问题 Word版含解析
课时作业17 导数与函数的零点问题1．已知f (x )＝ax 2－(b ＋1)x ln x －b ，曲线y ＝f (x )在点P (e ，f (e))处的切线方程为2x ＋y ＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)研究函数f (x )在区间(0，e 4]内的零点的个数．解：(1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧ f (e )＝－2e ，f ′(e )＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝e ，∴f (x )＝x 2－(e ＋1)x ln x －e.(2)x 2－(e ＋1)x ln x －e ＝0⇒x －(e ＋1)ln x －ex ＝0，x ∈(0，e 4]．设g (x )＝x －(e ＋1)ln x －ex ，x ∈(0，e 4]， 则g ′(x )＝1－e ＋1x ＋e x 2＝(x －1)(x －e )x 2. 由g ′(x )＝0得x 1＝1，x 2＝e ， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0， 当x ∈(1，e)时，g ′(x )<0， 当x ∈(e ，e 4]时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，在(e ，e 4]上单调递增．极大值g (1)＝1－e<0，极小值g (e)＝－2<0，g (e 4)＝e 4－4(e ＋1)－1e 3，∵4(e ＋1)＋1e 3<4×4＋1＝17， e 4>2.74>2.54>62＝36， ∴g (e 4)>0.综上，g (x )在(0，e 4]内有唯一零点，因此，f (x )在(0，e 4]内有唯一零点．2．(2019·郑州第一次质量预测)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a ，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈[1e ，e]时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数．解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)， 当a <0时，f ′(x )>0恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a ， 由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a ，∴函数f (x )在(1a ，＋∞)上单调递增，在(0，1a )上单调递减． 综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >0时，函数f (x )在(1a ，＋∞)上单调递增，在(0，1a )上单调递减．(2)∵当x ∈[1e ，e]时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点，即当x ∈[1e ，e]时，方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，h ′(x )＝(1x ＋ln x －1)e x ＋1.由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在(1e ，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，∴当x ∈[1e ，e]时，f (x )≥f (1)＝0.∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈[1e ，e]上恒成立． ∴h ′(x )＝(1x ＋ln x －1)e x ＋1≥0＋1>0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x＋x 在x ∈[1e ，e]上单调递增．∴h (x )min ＝h (1e )＝－2e 1e＋1e ， h (x )max ＝e.∴当m <－2e 1e＋1e 或m >e 时，函数g (x )在[1e ，e]上没有零点； 当－2e 1e＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在[1e ，e]上有一个零点． 3．(2019·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝2处取得极值，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )有唯一的零点x 0，求[x 0]．注：[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2.参考数据：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946. 解：(1)∵f (x )＝x 2＋2x －a ln x ，∴f ′(x )＝2x 3－ax －2x 2(x >0)， 由题意得f ′(2)＝0，则2×23－2a －2＝0，a ＝7， 经验证，当a ＝7时，f (x )在x ＝2处取得极值， ∴f (x )＝x 2＋2x －7ln x ，f ′(x )＝2x －2x 2－7x ， ∴f ′(1)＝－7，f (1)＝3，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3 ＝－7(x －1)，即7x ＋y －10＝0.(2)令g (x )＝2x 3－ax －2(x >0)， 则g ′(x )＝6x 2－a ， 由a >0，g ′(x )＝0，可得x ＝a 6，∴g (x )在(0，a6)上单调递减，在(a6，＋∞)上单调递增． 由于g (0)＝－2<0，故当x ∈(0，a6)时，g (x )<0，又g (1)＝－a <0，故g (x )在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x 1，从而可知f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，由于f (x )有唯一零点x 0，故x 1＝x 0，且x 0>1， 则g (x 0)＝0，f (x 0)＝0，可得2ln x 0－3x 30－1－1＝0.令h (x )＝2ln x －3x 3－1－1(x >1)，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递增，由于h (2)＝2ln2－107<2×0.7－107<0， h (3)＝2ln3－2926>0，故x 0∈(2,3)，[x 0]＝2.4．(2019·南宁、柳州联考)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设f (x )的两个零点分别是x 1，x 2，求证：f ′(x 1＋x 22)<0. 解：(1)函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2ax ＋(2－a )＝－(ax －1)(2x ＋1)x， ①当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a >0时，若x ∈(0，1a )，则f ′(x )>0，若x ∈(1a ，＋∞)，则f ′(x )<0，则f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a ，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)易知a >0，且f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a ，＋∞)上单调递减，不妨设0<x 1<1a <x 2，f ′(x 1＋x 22)<0⇔x 1＋x 22>1a ⇔x 1＋x 2>2a ，故要证f ′(x 1＋x 22)<0，只需证x 1＋x 2>2a 即可．构造函数F (x )＝f (x )－f (2a －x )，x ∈(0，1a )，f ′(x )＝f ′(x )－[f (2a －x )]′＝f ′(x )＋f ′(2a －x )＝2ax (ax －2)＋2x (2－ax )＝2(ax －1)2x (2－ax )，∵x ∈(0，1a )，∴f ′(x )＝2(ax －1)2x (2－ax )>0，∴F (x )在(0，1a )上单调递增， ∴F (x )<F (1a )＝f (1a )－f (2a －1a )＝0， 即f (x )<f (2a －x )，x ∈(0，1a )，又x 1，x 2是函数f (x )的两个零点且0<x 1<1a <x 2，∴f (x 1)＝f (x 2)<f (2a －x 1)，而x 2，2a －x 1均大于1a ，∴x 2>2a －x 1，∴x 1＋x 2>2a ，得证． 尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用 5．(2019·西安八校联考)已知函数f (x )＝x ，g (x )＝λf (x )＋sin x (λ∈R )在区间[－1,1]上单调递减．(1)求λ的最大值；(2)若g (x )<t 2＋λt ＋1在[－1,1]上恒成立，求t 的取值范围；(3)讨论关于x 的方程ln xf (x )＝x 2－2e x ＋m 的解的个数．解：(1)∵f (x )＝x ，∴g (x )＝λf (x )＋sin x ＝λx ＋sin x ， 又g (x )在[－1,1]上单调递减，∴g ′(x )＝λ＋cos x ≤0在[－1,1]上恒成立，∴λ≤(－cos x )min ＝－1.故λ的最大值为－1.(2)在[－1,1]上，g (x )max ＝g (－1)＝－λ－sin1，∴只需t 2＋λt ＋1>－λ－sin1恒成立，即(t ＋1)λ＋t 2＋sin1＋1>0(λ≤－1)恒成立，令h (λ)＝(t ＋1)λ＋t 2＋sin1＋1(λ≤－1)，要使h (λ)>0恒成立，则需⎩⎪⎨⎪⎧t ＋1≤0，h (－1)＝－t －1＋t 2＋sin1＋1>0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ≤－1，t 2－t ＋sin1>0，又t 2－t ＋sin1>0恒成立，∴t ≤－1，故t 的取值范围为(－∞，－1]． (3)ln x f (x )＝ln x x ＝x 2－2e x ＋m ， 令f 1(x )＝ln xx ，f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ， ∵f 1′(x )＝1－ln xx 2，∴当x ∈(0，e)时，f 1′(x )>0， 即f 1(x )单调递增；当x ∈[e ，＋∞)时，f 1′(x )≤0， 即f 1(x )单调递减． ∴f 1(x )max ＝f 1(e)＝1e ， 又f 2(x )＝(x －e)2＋m －e 2，∴当m －e 2>1e ，即m >e 2＋1e 时，方程无解；当m －e 2＝1e ，即m ＝e 2＋1e 时，方程有一个解；当m －e 2<1e ，即m <e 2＋1e 时，方程有两个解．。
专题07 利用导函数研究函数零点问题 (解析版)-2024年高考数学复习解答题解题思路训练
专题07利用导函数研究函数零点问题(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍..........................................................................................................1二、典型题型..........................................................................................................2题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题...................................................2题型二：证明唯一零点问题..............................................................................6题型三：根据零点（根）的个数求参数...........................................................9三、专项训练.. (14)一、必备秘籍2、函数零点的判定如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象是连续不断的一条曲线，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()0f x =的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点3、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．4、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、典型题型题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题由图象可得，当31ea <-时，()y f x =与y a =当31ea =-或0a ≥时，()y f x =当310ea -<<时，()y f x =与y 题型二：证明唯一零点问题1．（2023上·广东珠海·高三校考阶段练习）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()y f x '=为()y f x =的导数．题型三：根据零点（根）的个数求参数()()00,h x h h ∴==极大值又()h x 的图象与y a =4(,)(0,)3a ∴∈-∞-⋃∞.4．（2023下·湖南衡阳·高二校考阶段练习）()∴要使y k =与函数()23h x x x=-只需331k <--，k ∴的取值范围是5．（2023下·浙江衢州·高二统考期末）已知函数(1)若过点()0,m 作函数()f x 的切线有且仅有两条，求(),0k ∈-∞由题意，直线y m =与()g x 的图象有且仅有两个交点，所以()242e m g ==.（2）由题可得x x kx b +=有唯一解，即三、专项训练一、单选题1．（2024上·广东江门·高三统考阶段练习）直线0x y +=与函数2ln y x x =-的图象公共点的个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3结合()y g x =的图象可知：若所以常数k 的取值范围是故选：D.二、填空题4．（2023上·江苏常州·高三统考期中）若关于故答案为：(0,)+∞5．（2023·贵州遵义·统考模拟预测）已知函数由()()20f x af x +<得出(f 当0a =时，显然不成立.但0a >时，解得()a f x -<即23e 2e a <≤时，唯一整数解是当a<0时，0()f x a <<-，使得不等式只有唯一整数解，此时三、问答题7．（2023上·山东·高三济南一中校联考期中）已知函数(1)若函数()y f x =在[1,x ∞∈+(2)若函数()y f x =的图象与y 【答案】(1)(],7-∞86四、证明题。
高考数学复习专题训练—利用导数研究函数的零点(含解析)
高考数学复习专题训练—利用导数研究函数的零点1.(2021·福建厦门月考)已知函数f (x )=x 3-43x 2e x 的定义域为[-1,+∞). (1)求f (x )的单调区间;(2)讨论函数g (x )=f (x )-a 在区间[-1,2]上的零点个数.2.(2021·江苏苏州月考)已知函数f (x )=x 2a -2ln x (a ∈R ,a ≠0). (1)求函数f (x )的极值;(2)若函数f (x )有两个零点x 1,x 2(x 1<x 2),且a=4,证明:x 1+x 2>4. 3.(2021·山东烟台期中)已知函数f (x )=ax+2ex +1(a ∈R ). (1)若函数f (x )在区间(1,+∞)上单调递增,求实数a 的取值范围; (2)当a ≠0时,讨论函数g (x )=f (x )-a-3的零点个数,并给予证明.4.(2021·山西太原三模)已知函数f (x )=a ln x-14x 2+b-ln 2的图象在点(2,f (2))处的切线方程为y=-12x+1. (1)求f (x )的单调区间;(2)设x 1,x 2(x 1<x 2)是函数g (x )=f (x )-m 的两个零点,求证:x 2-x 1<32-4m.5.(2021·广东佛山期末)已知函数f (x )=ln x-mx 有两个零点. (1)求m 的取值范围;(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明:f'(x 1+x 2)<0.6.(2021·山东实验中学模拟)已知函数f (x )=2e x sin x (e 是自然对数的底数). (1)求f (x )的单调区间;(2)记g (x )=f (x )-ax ,0<a<6,试讨论g (x )在区间(0,π)上的零点个数(参考数据:e π2≈4.8).答案及解析1.解 (1)f'(x )=x 3+53x 2-83x e x =x3(3x+8)(x-1)e x ,因为x ∈[-1,+∞),所以函数f'(x )的零点为0和1. 所以当0<x<1时,f'(x )<0; 当x>1或-1≤x<0时,f'(x )>0.所以f (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为[-1,0),(1,+∞).(2)由(1)知,f (x )在区间[-1,2]上的极大值为f (0)=0,极小值为f (1)=-e3.因为f (-1)=-73e ,f (-1)f (1)=7e 2<72.72<1,所以f (1)<f (-1)<0.f (2)=8e 23,由g (x )=0,得f (x )=a.故当a<-e3或a>8e 23时,g (x )的零点个数为0; 当a=-e 3或0<a ≤8e 23时,g (x )的零点个数为1;当-e3<a<-73e 或a=0时,g (x )的零点个数为2; 当-73e ≤a<0时,g (x )的零点个数为3. 2.(1)解 函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2xa −2x =2x 2-2aax. 当a<0时,f'(x )<0,所以f (x )在区间(0,+∞)上单调递减,所以f (x )在区间(0,+∞)上无极值;当a>0时,若x ∈(0,√a ),f'(x )<0,f (x )在区间(0,√a )上单调递减.若x ∈(√a ,+∞),f'(x )>0,f (x )在区间(√a ,+∞)上单调递增,故f (x )在区间(0,+∞)上的极小值为f (√a )=1-2ln √a =1-ln a ,无极大值. (2)证明 当a=4时,f (x )=x 24-2ln x.由(1)知,f (x )在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,x=2是函数f (x )的极值点.又x 1,x 2为函数f (x )的零点,所以0<x 1<2<x 2,要证x 1+x 2>4,只需证x 2>4-x 1.∵f (4-x 1)=(4-x 1)24-2ln(4-x 1)=x 124-2x 1+4-2ln(4-x 1),又f (x 1)=x 124-2ln x 1=0,∴f (4-x 1)=2ln x 1-2x 1+4-2ln(4-x 1). 令h (x )=2ln x-2x+4-2ln(4-x )(0<x<2),则h'(x )=2x -2+24-x=2(x -2)2x (4-x )>0,∴h (x )在区间(0,2)上单调递增,∴h(x)<h(2)=0,∴f(4-x1)<0=f(x2),又4-x1>2,x2>2,∴4-x1<x2,即x1+x2>4得证.3.解(1)f'(x)=a-2e x.由题意得f'(x)≥0,即a≥2e x在区间(1,+∞)上恒成立.当x∈(1,+∞)时,2e x∈0,2e,所以a≥2e.故实数a的取值范围为2e,+∞.(2)当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点; 当a>0时,函数g(x)有两个零点.证明如下:由已知得g(x)=ax+2e x-a-2,则g'(x)=a-2e x=ae x-2e x.当a<0时,g'(x)<0,所以函数g(x)单调递减.又g(0)=-a>0,g(1)=2e-2<0,故函数g(x)有且只有一个零点.当a>0时,令g'(x)<0,得x<ln 2a,令g'(x)>0,得x>ln2a,所以函数g(x)在区间-∞,ln2a上单调递减,在区间ln 2a,+∞上单调递增,而g(ln2a)=a ln2a−2a<0,g(a+2a)=2ea+2a>0.由于x>ln x,所以a+2a>2a>ln2a,所以g(x)在区间ln2a,a+2a上存在一个零点.又g ln2a2+a+2=a a-ln a2+a+22,且ln2a2+a+2<ln2a,设h(a)=a-ln a2+a+22,则h'(a)=1-2a+1 a2+a+2=a2-a+1a2+a+2>0在区间(0,+∞)上恒成立,故h(a)在区间(0,+∞)上单调递增.而h(0)=0,所以h(a)>0在区间(0,+∞)上恒成立,所以g ln2a2+a+2>0,所以g(x)在区间ln2a2+a+2,ln2a上存在一个零点.综上所述,当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点; 当a>0时,函数g(x)有两个零点.4.(1)解由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax −12x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-12x+1,所以{f(2)=0,f'(2)=-12,即{aln2-1+b-ln2=0,a2-1=-12,解得{a=1,b=1,所以f(x)=ln x-14x2+1-ln 2,f'(x)=1x−12x=2-x22x,当x∈(0,√2)时,f'(x)>0;当x∈(√2,+∞)时,f'(x)<0,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,√2),单调递减区间为(√2,+∞).(2)证明由(1)得f(x)=ln x-14x2+1-ln 2(x>0),且f(x)在区间(0,√2)上单调递增,在区间[√2,+∞)上单调递减,由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0<x1<√2<x2,∴x2-x1-32+4m=x2-x1-32+2(f(x2)+f(x1))=2ln x2+x2-12x22+2ln x1-x1-12x12+52-4ln 2.令t1(x)=2ln x+x-12x2,x>√2,则t1'(x)=(x+1)(x-2)-x,令t1'(x)>0,得√2<x<2;令t1'(x)<0,得x>2,∴t1(x)在区间(√2,2]上单调递增,在区间(2,+∞)上单调递减,∴t1(x)≤t1(2)=2ln 2.令t2(x)=2ln x-x-12x2,0<x<√2,则t2'(x)=(x+2)(x-1)-x,令t2'(x)>0,得0<x<1;令t2'(x)<0,得1<x<√2,∴t2(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间[1,√2)上单调递减,∴t2(x)≤t2(1)=-32,∴x2-x1-32+4m≤t1(2)+t2(1)+52-4ln 2=1-2ln 2<0.∴x2-x1<32-4m.5.(1)解f'(x)=1x -m=1-mxx(x>0),当m≤0时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,至多有一个零点;当m>0时,若0<x<1m,则f'(x)>0,f(x)在区间0,1m上单调递增;若x>1m,则f'(x)<0,f(x)在区间1m,+∞上单调递减,∴f(x)在x=1m 处取得最大值,由题意得f(1m)=-ln m-1>0得0<m<1e,此时,有1m2>1 m >e>1,而f(1)=-m<0,f(1m2)=-2ln m-1m<0,∴由零点存在定理可知,f (x )在区间1,1m 和1m ,1m 2上各有一个零点.综上所述,m 的取值范围是0,1e .(2)证明 ∵x 1,x 2是f (x )的两个零点,不妨设x 1>x 2>0,∴ln x 1-mx 1=0①,ln x 2-mx 2=0②,①-②得ln x 1-ln x 2=mx 1-mx 2,即有m=ln x 1-ln x2x 1-x 2,由f'(x )=1x -m ,有f'(x 1+x 2)=1x 1+x 2-m=1x 1+x 2−ln x 1-ln x 2x 1-x 2, ∴要证f'(x 1+x 2)<0,即证ln x 1-ln x 2x 1-x 2>1x 1+x 2, 即证ln x 1-ln x 2>x 1-x2x 1+x 2,即证ln x1x 2−x 1x 2-1x 1x 2+1>0,即证ln x 1x 2+2x 1x 2+1-1>0,令x1x 2=t>1,设φ(t )=ln t+2t+1-1(t>1),则φ'(t )=t 2+1t (t+1)2>0,∴φ(t )在区间(1,+∞)上单调递增,则φ(t )>φ(1)=0, ∴f'(x 1+x 2)<0得证.6.解 (1)函数f (x )=2e x sin x 的定义域为R .f'(x )=2e x (sin x+cos x )=2√2e x sin x+π4.由f'(x )>0,得sin x+π4>0,可得2k π<x+π4<2k π+π(k ∈Z ),解得2k π-π4<x<2k π+3π4(k ∈Z ),由f'(x )<0,得sin x+π4<0,可得2k π+π<x+π4<2k π+2π(k ∈Z ),解得2k π+3π4<x<7π4+2k π(k ∈Z ).所以f (x )的单调递增区间为-π4+2k π,3π4+2k π(k ∈Z ),单调递减区间为3π4+2k π,7π4+2k π(k ∈Z ).(2)由已知g (x )=2e x sin x-ax ,所以g'(x )=2e x (sin x+cos x )-a ,令h (x )=g'(x ),则h'(x )=4e x cos x.因为x ∈(0,π),所以当x ∈0,π2时,h'(x )>0;当x∈π2,π时,h'(x)<0,所以h(x)在区间0,π2上单调递增,在区间π2,π上单调递减,即g'(x)在区间0,π2上单调递增,在区间π2,π上单调递减.g'(0)=2-a,g'(π2)=2eπ2-a>0,g'(π)=-2eπ-a<0.①当2-a≥0,即0<a≤2时,g'(0)≥0,所以∃x0∈π2,π,使得g'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,x0)上单调递增,在区间(x0,π)上单调递减.因为g(0)=0,所以g(x0)>0.因为g(π)=-aπ<0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点.②当2-a<0,即2<a<6时,g'(0)<0,所以∃x1∈0,π2,x2∈π2,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,且当x∈(0,x1),x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.所以g(x)在区间(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调递增.因为g(0)=0,所以g(x1)<0,因为g(π2)=2eπ2−π2a>2eπ2-3π>0,所以g(x2)>0,因为g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,π)上有两个零点.综上所述,当0<a≤2时,g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点;当2<a<6时,g(x)在区间(0,π)上有两个零点.。
专题11 利用导数解决零点问题(解析版)
专题11 利用导数解决零点问题1．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 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． 【答案】(1)2y x = (2)(,1)-∞- 【解析】 【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究 (1)()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e x x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21e xx f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x = (2)()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a xf x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <= 故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -,当,()0x ∈+∞,则()e 20xg x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+,即()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >= 故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意 3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增 (0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减 当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<= 当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增 1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '= 当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+< 又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '= 当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减 有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点 即()f x 在(1,0)-上有唯一零点 所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x < 因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x xx x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增 即()(1)0g x g >=,所以1e e 0xx x x-> 令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 3．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =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． 【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； （2）求导得()()()211ax x f x x --'=，按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. (1)当0a =时，()1ln ,0f x x x x =-->，则()22111xf x x x x-'=-=，当()0,1∈x 时，0f x ，()f x 单调递增； 当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 11f x f ==-；(2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>，则()()()221111ax x a f x a x x x--+'=+-=， 当0a ≤时，10-≤ax ，所以当()0,1∈x 时，0f x，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 110f x f a ==-<，此时函数无零点，不合题意； 当01a <<时，11a >，在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；又()110f a =-<，由（1）得1ln 1x x +≥，即1ln 1x x ≥-，所以ln x x x <<<当1x >时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，使得()0f m >，所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点，符合题意；当1a =时，()()2210x f x x-'=≥，所以()f x 单调递增，又()110f a =-=，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 当1a >时，11a <，在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；此时()110f a =->，由（1）得当01x <<时，1ln 1xx>-，1>ln 21x ⎛> ⎝， 此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+，使得()0f n <， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 综上，a 的取值范围为()0,+∞.4．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()ln 13f x a x x =+-．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：当1a =时，方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出函数的定义域，再求出()31af x x '=-+，然后分0a >，0a ≤可得出函数的单调性. （2）设()()ln 1sin g x x x =+-，将问题转化为函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点，又当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，求出其导数，由零点存在原理即可证明. (1)函数()()ln 13f x a x x =+-的定义域是()1,-+∞，()31af x x '=-+． 当0a >时，令()0f x '<，得33a x ->；令()0f x '>，得313a x --<<， 故()f x 在31,3a -⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在3,3a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当0a ≤时，()0f x '<恒成立，故()f x 在()1,-+∞上单调递减． (2)当1a =时，方程()sin 3f x x x =-即为()ln 13sin 3x x x x +-=-，即()ln 1sin 0x x +-=． 令()()ln 1sin g x x x =+-，则()1cos 1g x x x '=-+， 则“方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解”等价于“函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点”．当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以()0g x >在()e 1,-+∞上恒成立， 所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点．因为e 1π-<，所以当,e 12x π⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时，cos 0x <，101x >+， 所以()0g x '>在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上恒成立．所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增，又ln 1sin ln 1102222g ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()e 11sin e 1g -=--，所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，即()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点．故方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．5．（2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测）已知函数()e sin xf x x ax =+，其中e 是自然对数的底数.(1)若1a =时，试判断f （x ）在区间（2π-，0）的单调性，并予以证明；(2)从下面两个条件中任意选一个，试求实数a 的取值范围. ①函数()f x 在区间[0，2π]上有且只有2个零点； ①当2,0x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()2f x x ≥.【答案】(1)f （x ）在（π2-，0）上单调递增，证明见解析；(2)选择①：π22e 1πa -≤<-；选择①：1a ≥-.【解析】 【分析】（1）求导，通过判定导函数在（π2-，0）上的正负确定单调性； （2）选择①：易得()00f =，则因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点，求导通过讨论找出符合条件的a 的取值范围；选择①：构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦，此时()00m =，可通过端点效应或隐零点等思路求a的取值范围. (1)当1a =时，()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()πe sin e cos 1sin 14x x xf x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，πππ,444x ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以sin 1144x x ππ⎛⎫⎛⎫<+<-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 又0e 1x <<，πsin 14xx ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，从而()0f x '>，所以，f （x ）在（π2-，0）上单调递增. (2) 选择①，由函数()e sin 0π,2xf x x ax x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，，可知()00f =因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+，令()e sin e cos x x h x x x a =++， 则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.π2]上恒成立.即()f x '在[0，π2]上单调递增，()2ππ01e 2f a f a ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝，，当1a ≥-时，()()00f x f '≥'≥，f （x ）在[0.π2]上单调递增.则f （x ）在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当π2e a ≤-时，()0π2f x f ⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭，()f x 在[0，π2]上单调递减，则()f x 在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当2e 1a π-<<-时，π2(0)10,()e 2π0f a f a '=+<'=+≥则()f x '在（0，π2）上只有1个零点，设为0x .且当0(0,)x x ∈时，()0f x <′；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x >′ 所以当()00x x ∈，时，()f x 在（0，0x ）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，又()π200e ππ22f f a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，因此只需20π22πe f a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可，即π22e 1πa -≤<-，综上所述：2π2e 1πα-≤<-选择①，构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦此时()2π2e π244π00x m m a ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，则2π()e sin e cos 2(0)π1,(e 2π)xxm x x x a x m a m a'=++-'=+'=-+，易知(1)π)(2m m '>'令()e sin e cos 2,()2e cos 2,(0)0,()2π2x x xt x x x a x t x x t t =++-'=-'='=-令2π()2e cos 2,()2e (cos sin ),(0)2,()2πe 2xxp x x p x x x p p =-=-'='=-＇， 令()2e (cos sin )x q x x x =-，则()4e sin 0x q x x '=-≤ 所以()2e (cos sin )x q x x x =-在（0，π2）上单调递减.又π20π(0)(0)20,()()2e 22πq p q p ='=>='=-<在（0，π2）上存在唯一实数1x 使得()10q x =，且满足当()10,x x ∈时，()0q x >当1π(,)2x x ∈时.()0q x <即p （x ）在（0，x 1）上单调递增，在（x 1，π2）上单调递减.又()()ππ0002022p t p t ⎛⎫⎛⎫==-=-< ⎪'' ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以()2e cos 2x p x x =-在1π(,)2x 上存在一实数2x 使得()20p x =，且满足当2(0,)x x ∈时，()0p x >；当2π()2x x ∈⋅时，()0p x <即()()t x m x ='在（0，x2）上单调递增，在（2x ，2π）上单调递减， 当()010m a ='+≥时，即()10a m x ≥-'≥，，函数()2e sin x m x x ax x =+-在[0，π2]上单调递增，又()00m =，因此()2e sin 0x m x x ax x =+-≥恒成立，符合题意，当()010m a '=+<，即1a <-，在π20,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上必存在实数3x ，使得当()30,x x ∈时，()0m x '<，又()00m =，因此在()30,x x ∈上存在实数()0m x <，不合题意，舍去 综上所述1a ≥-.6．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知函数12()e x f x =（e 为自然对数的底数）． (1)令1()||()()g x a x f x f x =--，若不等式()0g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围； (2)令3()()x xf x m ϕ=-，若函数()ϕx 有两不同零点()1212,x x x x <． ①求实数m 的取值范围；①证明：21e e 21x x m -<+． 【答案】(1)(,1]-∞；(2)①2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①证明见解析.【解析】 【分析】（1）根据()g x 为偶函数，将问题转化为0x ≥时()0g x ≤恒成立，根据(0)0g =及参变分离求0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，求参数范围；（2）①利用导数研究()ϕx 的单调性，及区间值域情况，进而判断()0x ϕ=有两不同解时m 的范围即可；①由（1）知：0x <时1122e e x x x -≥-且120x x <<，应用放缩法有2()e e x x x ϕ≥-，构造2()e e x x F x =-研究极值并判断()F x m =的两根与12,x x 大小关系得到3214e e e e x x x x -<-即可证结论. (1)由题设，1122()||e ex x g x a x -=--，则()()g x g x =-，所以()g x 为偶函数，故只需0x ≥时，()0g x ≤恒成立，而(0)0g =满足， 所以0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，令02t x =>，则e e 2t ta t--≤，若()e e 2t t h t t -=--，则()e e 220t t h t -'=+-≥=，仅当0=t 时等号成立， 所以()0h t '>，即()h t 在(0,)+∞上递增，则()(0)0h t h >=，即e e 2t t t -->， 所以，在(0,)+∞上e e 12t tt-->，则1a ≤， 综上：a 的范围为(,1]-∞． (2)①由题设，323()1e 2x x x ϕ⎛⎫=+ ⎪'⎝⎭，若()0x ϕ'>得：23x >-，故()ϕx 在2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭单调减，在2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调增，且x 趋向负无穷()ϕx 趋向于0，x 趋向正无穷()ϕx 趋向于正无穷，又2233e ϕ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()00ϕ=，则0x <时，()0x ϕ<；0x >时，()0x ϕ>，要使()0x ϕ=有两个不同解12,x x 且120x x <<，则2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①由（1）知：0x <时1122e ex x x -≥-，则1132222()e e e e e x x x x xx ϕ-⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭；记2()e e x x F x =-且0x <，则(()e e 1)2x x F x '=-，所以(,ln 2)-∞-上()0F x '<，(ln 2,0)-上()0F x '>，故()F x 在(,ln 2)-∞-上递减，(ln 2,0)-上递增，且12()(ln 2),043e F x F ⎛⎫≥-=-∈- ⎪⎝⎭，所以()F x m =也有两根，记为34x x <，又(,0)-∞上)(()x F x ϕ≥，则31240x x x x <<<<， 令e x t =，则34e ,e xx 为20t t m --=的两根，故34e e 1x x +=，34e e x x m =-，所以34e e x x -=3124e e e e x x x x <<<，所以3214(41)1e e e e 212x x x xm m ++-<-==+． 7．（2022·湖北·模拟预测）已知()()1ln af x a x x x=-++(1)若0a <，讨论函数()f x 的单调性； (2)()()ln a g x f x x x =+-有两个不同的零点1x ，()2120x x x <<，若12202x x g λλ+⎛⎫'> ⎪+⎝⎭恒成立，求λ的范围．【答案】(1)单调性见解析 (2)(][),22,λ∈-∞-+∞【解析】 【分析】（1）求导可得()()()21x a x f x x +-'=，再根据a -与0,1的关系分类讨论即可；（2）由题()ln g x a x x =+，，设()120,1x t x =∈根据零点关系可得21ln x x a t -=，再代入1222x x g λλ+⎛⎫' ⎪+⎝⎭化简可得()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立，设()()()21ln 2t ht t t λλ+-=++，再求导分析单调性与最值即可(1)()f x 定义域为()0,∞+()()()()()222211111x a x a x a x a f x a x x x x+--+-'=-+-== ①）01a <-<即10a -<<时，()01f x a x '<⇒-<<，()00f x x a '>⇒<<-或1x > ①）1a -=即1a =-时，()0,x ∈+∞，()0f x '≥恒成立 ①）1a ->即1a <-，()01f x x a '<⇒<<-，()001f x x '>⇒<<或x a >- 综上：10a -<<时，(),1x a ∈-，()f x 单调递减；()0,a -、()1,+∞，()f x 单调递增 1a =-时，()0,x ∈+∞，()f x 单调递增1a <-时，()1,x a ∈-，()f x 单调递减；()0,1、(),a -+∞，()f x 单调递增(2)()ln g x a x x =+，由题1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩，120x x <<则()1221ln ln a x x x x -=-，设()120,1x t x =∈ ①212112ln ln ln x x x xa x x t--==-()1a g x x'=+ ①122112122221122ln 2x x x x g a x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'=+=⋅+ ⎪+++⎝⎭()()()21102ln t t tλλ+-=+>+恒成立()0,1t ∈，①ln 0t < ①()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立设()()()21ln 2t h t t t λλ+-=++，①()0h t <恒成立()()()()()()()()22222224122241222t t t t h t t t t t t t λλλλλλλ⎛⎫-- ⎪++-+⎝⎭'=-==+++ ①）24λ≥时，204t λ-<，①()0h t '>，①()h t 在()0,1上单调递增 ①()()10h t h <=恒成立， ①(][),22,λ∈-∞-+∞合题①）24λ<，20,4t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，①()0h t '>，①()h t 在20,4λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h t '<， ①()h t 在2,14λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减①2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()10h t h >=，不满足()0h t <恒成立综上：(][),22,λ∈-∞-+∞【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了双零点与恒成立问题的综合，需要根据题意消去参数a ，令()120,1x t x =∈，再化简所求式关于t 的解析式，再构造函数分析最值.属于难题 8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）设a 为实数，函数()e ln 1=++x f x a x x ． (1)当1a e=-时，求函数()f x 的单调区间；(2)判断函数()f x 零点的个数．【答案】(1)减区间为()0,∞+，无增区间. (2)当0a ≥，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点；当210e a -≤<，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点；当21e a <-，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点. 【解析】 【分析】(1)利用二次求导研究函数()f x 的单调性，进而得出结果； (2)利用分类讨论的思想，根据函数()f x 与()()f x g x x=具有相同的零点，结合导数分别研究当0a ≥、210e a -≤<、21e a <-时()g x 的单调性，利用零点的存在性定理即可判断函数()g x 的零点个数，进而得出结果. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 当1a e=-时，1()e ln 1e xf x x x =-++，则1()e ln 1x f x x -'=-++，且()01f '=， 有1111e ()ex x x f x x x---''=-+=，令()01f x x ''=⇒=， 所以当(0,1)x ∈时()0f x ''>，则()'f x 单调递增， 当(1,)x ∈+∞时()0f x ''<，则()'f x 单调递减， 所以max ()(1)0f x f ''==，即()0f x '≤，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减， 即函数()f x 的减区间为(0,)+∞，无增区间； (2)由(1)知当1a e=-时函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，又(1)0f =，此时函数()f x 只有1个零点； 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以()f x 与()f x x具有相同的零点， 令()e 1()ln (0)x f x a g x x x x x x ==++>， 则222(1)e 11(1)(e 1)()x x a x x a g x x x x x --+'=+-=， 当0a ≥时，e 10x a +>，令()01g x x '=⇒=，则函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)e 10g x g a ==+>，此时函数()g x 无零点，即函数()f x 无零点；当0a <时，令()01g x x '=⇒=或1ln()x a=-，若10e a -<<，则11ln()a<-，列表如下：当211e ea -≤≤-时，222e 2e 222e 4222e e e (e )2e 2e e 2e 0e ea g ------=++<++=-++<， 当210e a -<<即21e a ->时，131e ()a a->-，1121111()e ln()[e ln()1]aa g a a a a a a a a---=-+--=---+3111[()(1)1]0a a a a a <-----+<，又(1)0g >，此时函数()g x 有1个零点，则函数()f x 有1个零点； 若1e <-a ，则11ln()a>-，列表如下：所以ln()min 1e 111()(ln())ln ln()ln ln()ln1011ln()ln()aa g x g a a a a a -=-=+-+=-<=--， 又(1)0g >，2(e )0g <，则此时函数()g x 有2个零点，即函数()f x 有2个零点； 综上，当0a ≥时，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点， 当210ea -≤<时，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点， 当21e a <-时，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点.【点睛】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像，讨论其图像与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像的交点问题．9．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知函数()ln 12a af x x x =+-+，其中R a ∈． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)讨论函数()f x零点的个数．【答案】(1)当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭(2)当4a ≤，函数()f x 有且仅有一个零点；当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点 【解析】 【分析】（1）求导，再分0a <，04a ≤≤和4a >分类讨论即可；（2）根据单调性及零点存在性定理分析即可. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221(2)1()(1)(1)a x a x f x x x x x +-+'=-=++，在一元二次方程2(2)10x a x +-+=中，22Δ(2)44(4)a a a a a =--=-=-， ①当0a <时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当04a ≤≤时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当4a >时，一元二次方程2(2)10x a x +-+=有两个不相等的根， 分别记为()1221,x x x x >，有122x x a +=-，1210x x =>，可得210x x >>， 有12x x ==可得此时函数()f x 的增区间为()()120,,,x x +∞减区间为()12,x x ， 综上可知，当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭； (2)由（1）可知：①当4a ≤时，函数()f x 单调递增，又由(1)0f =，可得此时函数只有一个零点为1x =； ①当4a >时，由122110,x x x x =>>，可得1201x x <<<，又由(1)0f =，由函数的单调性可知()()12(1)0,(1)0f x f f x f >=<=， 当01x <<且20e ax -<<时，可得2ln ln e ax -<，有ln 02ax +<， 可得()ln ln 022a af x x a x <+-=+<， 当2e ax >时，2()ln ln e 02222aa a a af x x >->-=-=可知此时函数()f x 有且仅有3个零点，由上知，当4a ≤时，函数()f x 有且仅有一个零点； 当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点．10．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知函数()323.f x ax x a b =-++(1)讨论()f x 的单调性；(2)当()f x 有三个零点时a 的取值范围恰好是()()()3,22,00,1,--⋃-⋃求b 的值. 【答案】(1)答案见解析 (2)3b = 【解析】 【分析】(1)求函数()f x 的导函数()'f x ，讨论a ，并解不等式()0f x '>，()0f x '<可得函数的单调区间；(2)由(1)结合零点存在性定理可求b . (1)()f x 的定义域为R ，()()23632,f x ax x x ax =-=-'若0a =，则()0600f x x x '>⇒->⇒<，()00f x x <⇒>'∴ ()f x 在(),0∞-单调递增，()0,∞+单调递减，若0a >，则()00'>⇒<f x x 或2x a>， ()200f x x a>⇒<<'， ()f x ∴在(),0∞-单调递增，20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，若0a <，则()200f x x a'>⇒<< ()20f x x a>⇒<'或0x >， ()f x ∴在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递减，2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，()0,∞+单调递减.(2)可知()f x 要有三个零点，则0a ≠， 且2(0)0f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭由题意也即是()200f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，也就是关于a 的不等式()()()32224400a b a ba a b a b a a ++-⎛⎫++-<⇒< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃， 令()()()32240a b a ba h a a+++=<，时()()()()()1114130h b b b b =++-=+-=， 所以有1b =-或3b =， 当3b =时，()()()()()323222233434400a a a a a a a h a aa++-+-+-=<⇒<，()()()2231440a a a a a+-++<的解是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，满足条件，当1b =-时，()()()322140a a a h a a---=<，当1a =-时，()1120h -=>，不满足条件， 故1b ≠-，综合上述3b =.11．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））已知函数()()e 12()exx xf x a a =+--∈R ． (1)若()e ()=⋅x g x f x ，讨论()g x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)答案见解析；(2)()0,1. 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，分为0a ≤和0a >两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；（2）函数有两个零点即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点，根据（1）中的单调性结合零点存在定理即可得结果. (1)由题意知，()()()e ()e e 12e e 12e e x x x x x xx x g x f x a a x ⎡⎤=⋅=⋅+--=+--⎢⎥⎣⎦，()g x 的定义域为(,)-∞+∞，()e (e 1)e e 2e 1(2e 1)(e 1)x x x x x x x g x a a a '=++⋅--=+-．若0a ≤，则()0g x '<，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递减； 若0a >，令()0g x '=，解得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0g x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0g x '>， 所以()g x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增． (2)因为e 0x >，所以()f x 有两个零点，即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点． 若0a ≤，由（1）知，()g x 至多有一个零点．若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()g x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln g a a a-=-+． ①当1a =时，由于(ln )0g a -=，故()g x 只有一个零点： ①当(1,)∈+∞a 时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0g a ->，故()g x 没有零点； ①当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0g a -<． 又2222(2)e (e 1)2e 22e 20g a -----=+-+>-+>，故()g x 在(,ln )a -∞-上有一个零点．存在03ln 1,x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则0000000000()e (e 1)2e e (e 2)e 0x x x x x xg x a x a a x x =+--=+-->->．又3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，因此()g x 在(ln ,)a -+∞上有一个零点．综上，实数a 的取值范围为(0,1)．12．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））已知函数()ln 1f x ax x =++． (1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，求实数a 的取值范围； (2)若对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1)0a ≥或1a =- (2)(,2]-∞ 【解析】 【分析】（1）求导1()f x a x'=+，0x >，分0a ≥和0a <讨论求解； （2）对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，转化为2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立求解． (1)解：1()f x a x'=+，0x >， 当0a ≥时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．又()11ee 11a af a a ----=--+()1e 10a a --=-≤，(1)10f a =+>， 所以此时()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，符合题意； 当0a <时，令()0f x '>，解得10x a <<-；令()0f x '<，解得1x a>-， 所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减．要使()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，则必有10f a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，解得1a =-．综上，当0a ≥或1a =-时，()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点． (2)因为()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，等价于2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立． 令2ln 1()e (0)xx m x x x+=->，则只需min ()a m x ≤即可， 则2222e ln ()+'=x x xm x x ，再令22()2e ln (0)x g x x x x =+>，则()221()4e 0'=++>xg x x x x， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增．因为12ln 204g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，2(1)2e 0g =>，所以()g x 有唯一的零点0x ，且0114x <<， 所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>， 所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增． 因为022002eln 0x x x +=，所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +=-+-，设()ln (0)S x x x x =+>，则1()10'=+>S x x， 所以函数()S x 在(0,)+∞上单调递增．因为()()002ln S x S x =-，所以002ln x x =-，即0201ex x =．所以()0()m x m x ≥=02000000ln 1ln 11e 2x x x x x x x +-=--=， 则有2a ≤．所以实数a 的取值范围为(,2]-∞．13．（2022·福建省福州第一中学三模）已知函数()e sin 1x f x a x =--在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一极值点1x .(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：()f x 在区间(0,)π内有唯一零点2x ，且212x x <. 【答案】(1)(1,)+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导，再讨论1a 时，函数单增不合题意，1a >时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意； （2）先由导数确定函数()f x 在区间(0,)π上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间(0,)π内有唯一零点；表示出()12f x ，构造函数求导，求得()120f x >，又由()20f x =，结合()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可求解. (1)()e cos x f x a x '=-，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos (0,1)x ∈，21e e x π<<，①当1a 时，()0f x '>，()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；①当1a >时，显然()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，又因为(0)10f a '=-<，2e 02f ππ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，所以()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点1x ，所以()10,x x ∈，()0f x '<；1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极值点，符合题意.综上，(1,)∈+∞a .(2)由（1）知1a >，所以,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()e cos 0x f x a x '=->，所以()10,x x ∈，()0f x '<，()f x 单调递减；()1,x x π∈，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()10,x x ∈时，()(0)0f x f <=，则()10<f x ，又因为()e 10f ππ=->，所以()f x 在()1,πx 上有唯一零点2x ，即()f x 在(0,)π上有唯一零点2x .因为()112211112e sin 21e 2sin cos 1x x f x a x a x x =--=--，由（1）知()10f x '=，所以11e cos xa x =，则()112112e 2e sin 1x xf x x =--，构造2()e 2e sin 1,0,2t t p t t t π⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，所以()2()2e 2e (sin cos )2e e sin cos t t t t p t t t t t '=-+=--，记()e sin cos ,0,2tt t t t πϕ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，则()e cos sin t t t t ϕ'=-+，显然()t ϕ'在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ''>=，所以()t ϕ在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ>=，所以()0p t '>，所以()p t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0p t p >=，所以()()1220f x f x >=，由前面讨论可知：112x x π<<，12x x π<<，且()f x 在()1,x x π∈单调递增，所以122x x >.【点睛】本题关键点在于先表示出()12f x ，构造函数()p t 求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数()p t 的单调性，从而得到()120f x >，再结合()20f x =以及()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可证得结论. 14．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））已知函数()e (sin cos )sin .x f x x x a x =+-.(1)当1a =时，求函数f （x ）在区间[0]2π，上零点的个数； (2)若函数()y f x =在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a 的取值范围 【答案】(1)2个(2)2]∞-⋃（，3222[2e ,)2e ,2e πππ⎧⎫+∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】 【分析】(1)利用导数判断函数f x （）在[0]2π，上的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数；(2)利用导数，通过分类讨论确定函数f x （）的单调性及极值，由此确定a 的取值范围.(1)因为1a =，所以()e (sin cos )sin .x f x x x x =+-()(2e 1)cos x f x x '=-，则当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 又32223(0)10,()e 10,()1e 0,(2)e 022f f f f ππππππ=>=->=-<=>，则f x （）在322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上各有一个零点，所以f x （）在区间[0]2π，上共有两个零点， (2)2()(2e )cos ,(02),22e 2e x x f x a x x ππ'=-∈<<，①当2a ≤时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增， 此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则2a ≤时符合题意： ①当22e a π≥时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增， 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递减， 此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则22a e π≥时符合题意①当222e a π<<时，0ln 22a π<<，此时f x （）在0,ln 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在ln ,22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在3(,2)2ππ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意： ①当22e a π=时，ln22a π=，此时f x （）在（0，32π）上单调递减，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则22e a π=时符合题意；①当3222e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在,ln 22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3ln 22a π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意； ①当322e a π=时，3ln22a π=，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则322e a π=时符合题意；①当322e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，在3(,ln )22a π上单调递减，在(ln ,2)2aπ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意；综上所述3222(,22e ,)2 ][e ,2e a πππ⎧⎫∈-∞+∞⎨⎬⎩⎭.【点睛】(1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同． (2)若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．15．（2022·江西·上高二中模拟预测（理））已知函数()()2ln 0ax af x x a x -=->.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()2ag x f x x=-+有两个零点12,x x ，若212x x >，证明：3312672e x x +>． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导得()2221b ax x af x a x x x -+-=--='，对导函数进行分情况讨论其正负，即可得()f x 的单调性. （2）通过函数有两个零点，转化成1212ln 2ln 2x x a x x ++==，然后根据比例，构造出221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，得到122111,e t x t x t x --==，进而构造函数33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t t t t t -=+=++-，利用导数处理单调性，进而可求. (1)）()2221b ax x af x a x x x -+-=--=' 令2()F x ax x a =-+- ，则()00F a =-< ，且对称轴102x a=> 而214a ∆=-易知当10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时()f x 在0⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 单调递减，在⎝⎭单调递增当)12a ∞⎡∈+⎢⎣， 时()f x 在()0+∞，单调递减. (2)()g x 有两个零点12,x x 且0x >，则1212ln 2ln 2ln 2ln 20x x x x ax a a x x x +++-+=⇒=⇒==， 设21x t x =， 212x x >，2t ∴> ∴221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，∴11ln ln 2ln 2t x t x ++=+，所以12111ln ln 2e 1t t x x t t --=-⇒=-， ∴33333631121(1)e (1)t x x t x t t --+=+=+，设33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t tt t t -=+=++-，2t >，则222331(1)()[1ln ](1)1t t h t t t t t -'=--+-+， 设2231(1)()1ln 1t t t t t tϕ-=--++，则7437323223211()(441)[(1)4(1)](1)(1)t t t t t t t t t t t t t ϕ--'=+--=-+-++， 当(1,)t ∈+∞时，()0t ϕ'>，所以函数()t ϕ在(1,)t ∈+∞上递增，()()10t ϕϕ∴>=，则()0h t '>，()h t ∴在(1,)+∞递增，又2t >，∴()(2)ln72h t h >=，故3361272e x x -+>． 【点睛】本题考查了含参函数的单调性，最值问题，方程与函数零点的综合问题，利用导数解决单调性的问题，分情况讨论，转化，构造函数证明不等式，二阶求导等综合性的函数知识，在做题时要理清思路，是一道导数的综合题.16．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知函数()()ln h x x a x a =-∈R . (1)若()h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程()e ln 0xx a x x -+=有两个实根1x 、2x ，且12x x ≠，证明：12212e ex x x x +>. 【答案】(1)()e,+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可知0a ≠，由参变量分离法可知直线1y a=与函数()ln xf x x=的图象有两个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）令e 0x t x =>，其中0x >，令111e x t x =，222e xt x =，分析可知关于t 的方程ln 0t a t -=也有两个实根1t 、2t ，且12t t ≠，设120t t >>，将所求不等式等价变形为12112221ln 1t t t t t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令121t s t =>，即证()21ln 1s s s ->+，令()()21ln 1s g s s s -=-+，其中1s >，利用导数分析函数()g s 的单调性，即可证得结论成立. (1)解：函数()h x 的定义域为()0,∞+.。
2022年高考数学导数中的零点问题知识点专项练习含答案
专题15 导数中的零点问题一、单选题（本大题共10小题，共50.0分）1. 已知函数f(x)=e x −ax 有两个零点x 1<x 2，则下列说法错误的是A. a >eB. x 1+x 2>2C. x 1x 2>1D. 有极小值点x 0，且x 1+x 2<2x 02. 已知函数f(x)=(32x 2−3x)⋅e 3，则( )A. 函数f (x )的极大值点为x =√2B. 函数f (x )在(−∞,−√2)上单调递减C. 函数f (x )在R 上有3个零点D. 函数f (x )在原点处的切线方程为y =−3e 3x3. 已知函数f(x)=sinx −x 2π−x ，给出下列结论：①函数y =f(x)的图像关于直线x =−π2对称；②曲线y =f(x)上存在垂直于y 轴的切线；③函数f(x)的最大值为0；④方程f(f(x))=0有4个不相等的实数根．其中所有正确结论的个数是A. 1B. 2C. 3D. 44. 已知定义域为R 的函数f(x)的导函数为f’(x)，且xf’(x)=x 3e x +2f(x)，若f(2)=4e 2+4，则函数g(x)=f(x)−2的零点个数为( )A. 1B. 2C. 3D. 45. 已知函数f(x)=m x−lnx +m 在区间(e −1,e)内有唯一零点，则实数m 的取值范围为A. [−ee 2+1,e2+1] B. (−1e+1,ee+1) C. (−ee+1,1)D. (−1,e2+1)6. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数的图象的特征，如函数f(x)=e |x |−2x 2−1的图象大致是( )A.B.C. D.7. 已知f(x)=x 3−2x 2+x −a 有三个不同的零点，则实数a 取值范围为 ( )A. (1,83)B. (0,427)C. (2,2√2)D. (13,92)8.定义方程f(x)=f′(x)的实根叫做函数f(x)的“新驻点”，若函数g(x)=2xe x+1,h(x)=lnx+2,φ(x)=x3−1的“新驻点”分别为a,b,c，则a,b,c的大小关系为()A. a>b>cB. c>b>aC. c>a>bD. b>c>a9.函数f(x)=e|x|−ln|x|−2的大致图象为A. B. C. D.10.对于函数，(e为自然对数的底数)，下列说法正确的是()A. 函数f(x)有两个不同零点B. 在区间(0,e)单调递增，在区间(e,+∞)递减C. 函数f(x)的极值点是(e,e)D. f(e)<f(π)<f(2)二、填空题11.已知函数f(x)=2x2−e|x|，关于函数f(x)给出下列命题：,1]单调递增；③函数f(x)存在两个零点；①函数f(x)为偶函数；②函数f(x)在区间[12④函数f(x)存在极大值和极小值．其中正确命题的序号是________．12.已知函数f(x)=e x−mx3，曲线y=f(x)在不同的三点(x1,f(x1))，(x2,f(x2))，(x3,f(x3))处的切线均平行于x轴，则m的取值范围是________．13.已知定义在R上的奇函数f(x)的导函数为f’(x)，当x<0时，f(x)满足2f(x)+xf′(x)<xf(x)，则f(x)在R上的零点个数为_______14.已知函数f(x)=x3−3x2+3，有下列命题：①函数y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线为3x+y−4=0；②函数y=f(x)有3个零点；③函数y=f(x)在x=2处取得极大值；④函数y=f(x)的图像关于点(1,1)对称．上述命题中，正确命题的序号是__________．三、解答题15.设函数其中m∈R.(1)若m=1,求函数f(x)的单调递减区间；(2)求函数f(x)的极值；(3)若函数f(x)在区间[0,e2−1]上恰有两个零点，求m的取值范围．16.已知函数f(x)=(x+2)lnx+ax2−4x+7a．(1)若a=1，求函数f(x)的所有零点；2(2)若a≥1，证明函数f(x)不存在极值．217.设函数f(x)=2x−alnx，a∈R．(1)若a=3，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)若对任意的x∈(0,+∞)，不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(3)若函数g(x)=ax−x2，f(x)=g(x)有两个不同的实数解，求满足条件的最小正整数a的值．专题15 导数中的零点问题一、单选题（本大题共10小题，共50.0分）18.已知函数f(x)=e x−ax有两个零点x1<x2，则下列说法错误的是A. a>eB. x1+x2>2C. x1x2>1D. 有极小值点x0，且x1+x2<2x0【答案】C【解析】解：∵f(x)=e x−ax，∴f′(x)=e x−a，令f′(x)=e x−a>0，①当a≤0时，f′(x)=e x−a>0在x∈R上恒成立，∴f(x)在R上单调递增．②当a>0时，∵f′(x)=e x−a>0，∴e x−a>0，解得x>lna，∴f(x)在(−∞,lna)单调递减，在(lna,+∞)单调递增．∵函数f(x)=e x−ax有两个零点x1<x2，∴f(lna)<0，a>0，∴e lna−alna<0，∴a>e，A正确；x1+x2=ln(a2x1x2)=2lna+ln(x1x2)>2+ln(x1x2)，取a=e2，f(2)=e2−2a=0，∴x2=2，f(0)=1>0，∴0<x1<1，∴x1+x2>2，B 2正确；f(0)=1>0，∴0<x1<1，x1x2>1不一定，C不正确；f(x)在(−∞,lna)单调递减，在(lna,+∞)单调递增，∴有极小值点x0=lna，由图象观察可得x1+x2<2x0=2lna，D正确．故选：C．x2−3x)⋅e3，则()19.已知函数f(x)=(32A. 函数f(x)的极大值点为x=√2B. 函数f(x)在(−∞,−√2)上单调递减C. 函数f(x)在R上有3个零点D. 函数f(x)在原点处的切线方程为y=−3e3x【答案】D【解析】解：A选项：由f(x)=(32x2−3x)⋅e3，得．令f′(x)=0，得x=1.故x∈(−∞,1)，f′(x)<0，f(x)为减函数；x∈(1,+∞)，f′(x)> 0，f(x)为增函数，所以x=1是函数f(x)的极小值点，无极大值点，故A错；B选项：当x∈(−∞,√2)时，f(x)=(32x2−3x)⋅e3先减后增，故B错；C选项：由f(x)=(32x2−3x)⋅e3=0得x=0或x=2，，函数在R上有两个零点，故C 错；D选项：函数f(x)在原点处的切线斜率，所以切线方程为y=−3e3x，D 正确．故选D．20.已知函数f(x)=sinx−x2π−x，给出下列结论：①函数y=f(x)的图像关于直线x=−π2对称；②曲线y=f(x)上存在垂直于y轴的切线；③函数f(x)的最大值为0；④方程f(f(x))=0有4个不相等的实数根．其中所有正确结论的个数是A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】解：∵f(−π−x)=sin(−π−x)−(−π−x)2π+π+x=sinx−x2π−x=f(x)，∴f(x)的图像关于直线x=−π2对称，①正确；f′(x)=cosx−2πx−1，f′(0)=f′(−π2)=f′(−π)=0，且当x<−π时，f′(x)>0；当x>0时，f′(x)<0，f′(x)只有这三个零点，∴f(x)在(−∞,−π)单增，(−π,−π2)单减，单增，(0,+∞)单减，f(−π2)=−1+π4<0，f(−π)=f(0)=0，作出f(x)的图象如图所示：∴y =f(x)在点(0,f(0))，(−π,f(−π))处的切线方程为y =0，∴②③正确； f(f(x))=0可转化为f(x)=0或f(x)=−π，∵f(−π2)∈(−1,0)，结合图像可知f(x)=0有两个根，f(x)=−π有两个根， ∴方程f(f(x))=0有4个根，④正确． 故选D ．21. 已知定义域为R 的函数f(x)的导函数为f’(x)，且xf’(x)=x 3e x +2f(x)，若f(2)=4e 2+4，则函数g(x)=f(x)−2的零点个数为( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】解：当x =0时，由xf’(x)=x 3e x +2f(x)得f(0)=0， 当x ≠0时，由xf’(x)=x 3e x +2f(x)得xf′(x )−2f (x )x 3=e x ，即(f (x )x 2)′=e x ，所以f (x )x 2=e x +t ，f (x )=x 2e x +tx 2，又f(2)=4e 2+4，所以4e 2+4t =4e 2+4，得t =1， 所以f (x )=x 2e x +x 2，当x =0时也满足此式， 所以g(x)=f(x)−2=x 2e x +x 2−2，因为g′(x )=2xe x +x 2e x +2x =x (2e x +xe x +2)， 令h (x )=2e x +xe x +2，因为h′(x )=(x +3)e x ， 当x <−3时，h′(x )<0，h(x)单调递减， 当x >−3时，h′(x )>0，h(x)单调递增， 所以h (x )⩾h (−3)=2−e −3>0， 所以对于g′(x )=x (2e x +xe x +2)， 当x <0时，g′(x )<0，g(x)单调递减， 当x >0时，g′(x )>0，g(x)单调递增，所以g (x )⩾g (0)=−2<0，又g (1)=e −1>0,g (−2)=4e 2+2>0，结合零点存在定理及函数的单调性知函数g(x)=f(x)−2的零点个数为2， 故选B ． 22. 已知函数f(x)=m x−lnx +m 在区间(e −1,e)内有唯一零点，则实数m 的取值范围为A. [−e e 2+1,e2+1] B. (−1e+1,ee+1) C. (−ee+1,1)D. (−1,e2+1)【答案】B【解析】解：由f(x)=0，得m (1x +1)=lnx ，m =xlnx x+1，令h(x)=xln xx+1，h′(x )=x+1+lnx(x+1)2， 令k(x)=x +1+lnx ，k′(x )=1+1x >0，函数y =k(x)在区间(e −1,e)单调递增，k(x)>k(e −1)=e −1>0， 所以h′(x)>0，函数y =h(x)在区间(e −1,e)单调递增， 所以有h(e −1)<h(x)<h(e)， 即−1e+1<h (x )<ee+1，−1e+1<m <ee+1， 故选B ．23. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数的图象的特征，如函数f(x)=e |x |−2x 2−1的图象大致是( )A.B.C. D.【答案】D【解析】解：∵f(x)=e |x |−2x 2−1的定义域为R ，且f(−x)=e |x |−2x 2−1=f(x)，∴函数f (x )是偶函数，排除C;当x >0时，f(x)=e x −2x 2−1，设g (x )=f′(x)=e x −4x ，g′(x)=e x −4， 由g′(ln 4)=0，知f′(x)在(0,ln4)上递减，(ln4,+∞)上递增，f′(x)min =f(ln 4)=4−4ln 4<0，又f′(0)=1>0，f′(4)=e 4−16>0，∴ f′(x)有两个零点，f(x)在(0,+∞)上有两个极值点，图象为先增后减再增．只有D 符合，排除AB ． 故选D ．24. 已知f(x)=x 3−2x 2+x −a 有三个不同的零点，则实数a 取值范围为 ( ) A. (1,83)B. (0,427)C. (2,2√2)D. (13,92)【答案】B【解析】解：f(x)=x 3−2x 2+x −a ， 则f ′(x )=3x 2−4x +1=(3x −1)(x −1)， 由f ′(x )>0得x >1或x <13，由f ′(x )<0得(13,1)，所以f(x)=x 3−2x 2+x −a 在x =13处取得极大值f (13)=427−a ，在x =1处取得极小值f (1)=−a ，因为f(x)=x 3−2x 2+x −a 有三个不同的零点， 所以{−a <0427−a >0，解得0<a <427．故选B ．25. 定义方程f (x )=f′(x )的实根叫做函数f (x )的“新驻点”，若函数g(x)=2xe x +1,h(x)=lnx +2,φ(x)=x 3−1的“新驻点”分别为a,b,c ，则a,b,c 的大小关系为( )A. a >b >cB. c >b >aC. c >a >bD. b >c >a【答案】B【解析】解：由题意：函数g(x)=2xe x +1，g′(x)=2xe x +2e x ，所以a 为2xe x +1=2xe x +2e x 的根，解得x =−ln2，即a =−ln2． h(x)=lnx +2，h′(x)=1x ，b 为lnx +2=1x 的根， 令p(x)=lnx +2−1x ，则p′=1x +1x 2>0；故P(x)在(0,+∞)单调递增，且p (12)=−ln2<0,p(1)=1>0， 故12<b <1;φ(x)=x 3−1，φ′(x)=3x 2，c为x3−1=3x2的根，即函数φ1(x)=x3−1−3x2的零点，当x>0，函数单调递增．又因为：φ1(2)<0，φ1(4)=15>0，c∈(2,4)；所以：c>b>a．故选：B．26.函数f(x)=e|x|−ln|x|−2的大致图象为A. B. C. D.【答案】D【解析】解：函数的定义域{x|x≠0}，因为f(−x)=e|−x|−ln|−x|−2=e|x|−ln|x|−1=f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故排除A，当x>0时，f(x)=e x−lnx−2，则f′(x)=e x−1x，令f′(x)=e x−1x =0，则当x>0时，方程e x=1x只有一个实数根，又因为当x=0时，f′(0)→−∞，当x=1时，f′(1)=e−1>0，所以函数f(x)在(0,1)上只有一个零点，故排除B，C．故选D．27.对于函数，(e为自然对数的底数)，下列说法正确的是()A. 函数f(x)有两个不同零点B. 在区间(0,e)单调递增，在区间(e,+∞)递减C. 函数f(x)的极值点是(e,e)D. f(e)<f(π)<f(2)【答案】D【解析】解：选项A：由f(x)=0得：x=0，所以函数f(x)只有一个零点0，故A错误；选项B：由f′(x)=lnx−1(lnx)2<0解得：0<x<e，且x≠1.所以函数f(x)在(−∞,1),(1,e)上单调递减，在(e,+∞)单调递增，故B错误；选项C：函数的极值点指的是函数的自变量的取值，不是一个点，故C错误；选项D：函数f(x)在(e,+∞)单调递增，所以因为，所以，即，故D 正确．故选D ． 二、填空题28. 已知函数f (x )=2x 2−e |x |，关于函数f (x )给出下列命题：①函数f (x )为偶函数；②函数f (x )在区间[12,1]单调递增；③函数f (x )存在两个零点；④函数f (x )存在极大值和极小值．其中正确命题的序号是________． 【答案】 ① ② ④【解析】解： ①:函数f(x)的定义域为R ，f(−x)=2(−x)2−e |−x|=2x 2−e |x|=f(x)，则函数为偶函数，故 ①正确; ②:当x >0时，f′(x)=4x −e x ，令g(x)=f′(x)，则g′(x)=4−e x ， 由g′(x)=0，解得x =ln4，则当x ∈(0,ln4)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又由g(12)>0及[12,1]⊆(0，ln4)可知，g(x)>0，即f′(x)>0对x ∈[12,1]恒成立，则函数f(x)在区间[12,1]单调递增，故 ②正确； ③:由 ②可知，f′(x)=4x −e x 在(0,ln4)单调递增，(ln4,+∞)单调递减， 又f′(0)=−1<0，f′(2)=8−e 2>0，f′(3)=12−e 3<0，由零点存在定理知，∃x 1∈(0,2)，x 2∈(2,3)，使得f′(x 1)=f′(x 2)=0， f(x)在(0,x 1)单调递减，(x 1,x 2)单调递增，(x 2,+∞)单调递减． 又f(0)=−1<0，f(2)=8−e 2>0，f(3)=18−e 3<0， 由零点存在定理可知，f(x)在(0,+∞)上有两个零点，又由f(x)为偶函数可知，其在R 上存在四个零点，故 ③错误； ④:由 ③可知f(x 1)为极小值，f(x 2)为极大值，又由偶函数可知，f(−x 1)为极小值，f(−x 2)为极大值，故 ④正确． 故答案为 ① ② ④．29. 已知函数f (x )=e x −mx 3，曲线y =f (x )在不同的三点(x 1,f (x 1))，(x 2,f (x 2)) ，(x 3,f (x 3))处的切线均平行于x 轴，则m 的取值范围是________． 【答案】(e 212,+∞)【解析】解：因为函数f(x)=e x−mx3，所以f′(x)=e x−3mx2．又曲线y=f(x)在不同的三点(x1,f(x1))，(x2,f(x2))，(x3,f(x3))处的切线均平行于x轴，所以e x−3mx2=0有3个不同的解，即3m=e xx2．令g(x)=e xx2，则g′(x)=ex(x−2)x3，当g′(x)>0时，解得x<0或x>2，g(x)为增函数，当g′(x)<0时，解得0<x<2，g(x)为减函数，当x=2时，函数有极小值e24，结合函数g(x)=e xx2图象可知，3m>e24，即m>e212．故答案为(e212,+∞).30.已知定义在R上的奇函数f(x)的导函数为f’(x)，当x<0时，f(x)满足2f(x)+xf′(x)<xf(x)，则f(x)在R上的零点个数为_______【答案】1【解析】构造函数F(x)=x2f(x)e x(x<0)′所以F′(x)=2xf(x)e x+x2f′(x)e x−x2f(x)e xe2x =xe x[2f(x)+x f(x)−xf(x)]，因为2f(x)+xf′(x)<xf(x)，x<0，所以F′(x)>0，所以函数F(x)在x<0时是增函数，又F(0)=0所以当x<0，F(x)<F(0)=0成立，因为对任意x<0，x2e x>0，所以f(x)<0，由于f(x)是奇函数，所以x>0时f′(x)>0，即f(x)=0只有一个根就是0．故答案为131.已知函数f(x)=x3−3x2+3，有下列命题：①函数y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线为3x+y−4=0；②函数y=f(x)有3个零点；③函数y=f(x)在x=2处取得极大值；④函数y=f(x)的图像关于点(1,1)对称．上述命题中，正确命题的序号是__________．【答案】①②④【解析】解：f′(x)=3x2−6x=3x(x−2)，则f′(1)=−3，又f(1)=1，所以函数y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线为y−1=−3(x−1)，即3x+y−4=0，故①正确；令f′(x)=0，可得x=0或x=2，令f′(x)>0，可得x<0或x>2，令f′(x)<0，可得0<x<2，所以f(x)在(−∞,0)，(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，所以f(x)在x=0处f(x)取得极大值，在x=2处取得极小值，故③错误；极大值为f(0)=3>0，极小值为f(2)=−1<0，f(−1)=−1<0，f(3)=3>0，所以在(−1,0)，(0,2)，(2,3)上f(x)各有一个零点，故②正确；令g(x)=f(x+1)−1=(x+1)3−3(x+1)2+3−1=x3−3x，则g(−x)=−x3+3x=−g(x)，所以g(x)为奇函数，关于原点对称，所以f(x)关于点(1,1)对称，故④正确，所以正确命题的序号是①②④．故答案为：①②④．三、解答题32.设函数其中m∈R.(1)若m=1,求函数f(x)的单调递减区间；(2)求函数f(x)的极值；(3)若函数f(x)在区间[0,e 2−1]上恰有两个零点，求m 的取值范围．【答案】(1)解：依题意，函数f(x)的定义域为(−1,+∞)，当m =1时，f(x)=ln(1+x)−x ，∴f′(x)=11+x −1，由f′(x)<0得11+x −1<0，即−x 1+x <0，解得x >0或x <−1，又∵x >−1，∴x >0，∴f(x)的单调递减区间为(0,+∞)．(2)求导数可得f′(x)=11+x −m ，(x >−1)①m ≤0时，f′(x)>0恒成立，∴ f(x)在(−1,+∞)上单调递增，无极值．②m >0时，由于1m −1>−1，∴ f(x)在(−1, 1m −1]上单调递增，在[1m −1, +∞)上单调递减， 从而f(x)极大值=f(1m −1)=m −lnm −1.(3)由(2)问显然可知，当m ≤0时，f(x)在区间[0,e 2−1]上为增函数，∴在区间[0,e 2−1]不可能恰有两个零点．当m >0时，由(2)问知f(x)极大值=f(1m −1)，又f(0)=0，∴0为f(x)的一个零点．∴若f(x)在[0,e 2−1]恰有两个零点，只需{f(e 2−1)≤00<1m −1<e 2−1即{2−m(e 2−1)≤01e 2<m <1，∴2e2−1≤m<1．故m的取值范围为[2e2−1,1)．33.已知函数f(x)=(x+2)lnx+ax2−4x+7a．(1)若a=12，求函数f(x)的所有零点；(2)若a≥12，证明函数f(x)不存在极值．【答案】(1)解：当a=12时，f(x)=(x+2)lnx+12x2−4x+72，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=lnx+2x+x−3．设g(x)=lnx+2x+x−3，则g′(x)=1x −2x2+1=x2+x−2x2=(x+2)(x−1)x2，(x>0)．当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，即函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以当x>0时，g(x)≥g(1)=0(当且仅当x=1时取等号)．即当x>0时，f′(x)≥0(当且仅当x=1时取等号)．所以函数f(x)在(0,+∞)单调递增，至多有一个零点．因为f(1)=0，x=1是函数f(x)唯一的零点．所以若a=12，则函数f(x)的所有零点只有x=1．(2)证明：因为f(x)=(x+2)lnx+ax2−4x+7a，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=lnx+x+2x+2ax−4．当a≥12时，f′(x)≥lnx+2x+x−3，由(1)知lnx+2x+x−3≥0．即当x>0时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．所以f(x)不存在极值．34. 设函数f(x)=2x −alnx ，a ∈R ．(1)若a =3，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈(0,+∞)，不等式f(x)≥0恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若函数g(x)=ax −x 2，f(x)=g(x)有两个不同的实数解，求满足条件的最小正整数a 的值．【答案】解：(1)若a =3时，f(x)=2x −3lnx ，f′(x)=2−3x ， ∴f′(1)=−1，f(1)=2，所以切线方程为y −2=−(x −1) ，即y =3−x ；(2)f′(x)=2−a x，当a =0时，f(x)=2x >0成立； 当a >0时，令f′(x)>0，则x >a 2，所以f(x)在(0,a 2)单调递减，f(x)在(a 2,+∞)单调递增，所以f(x)min =f(a 2)=a −aln a 2≥0，所以0<a ≤2e ，当a <0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，f(e 2a )=2e 2a −2<0，舍去.综上：a ∈[0,2e]；(3)令h(x)=f(x)−g(x)=x 2+(2−a)x −alnx ，由题得h(x)在(0,+∞)有两个不同的零点，h ′(x)=2x +2−a −a x =2x 2+(2−a )x−a x=(x+1)(2x−a )x ， 当a >0时，令h ′(x)=0，得x =a 2(负舍)，当x ∈(0,a 2)时，h ′(x)<0，所以h(x)在(0,a 2)单调递减，当x ∈(a 2,+∞)时，h ′(x)>0，所以h(x)在(a 2,+∞)单调递增，所以h(x)min =h(a 2)=−a 24+a −aln a 2，若h(x)有两个不同的零点，则h(x)min =h(a 2)=−a 24+a −aln a 2<0， 又因为a >0，所以−a 4+1−ln a 2<0， 令t(a)=−a 4+1−ln a 2，t ′(a)=−14−1a <0， 所以t(a)在(0,+∞)单调递减， t(2)=12>0，t(3)=14−ln 32=14(1−ln 8116)<0， 所以存在a 0∈(2,3)使得t(a 0)=0， 又因为t(a)在(0,+∞)单调递减， 所以当a >a 0时，t(a)<0，因此最小正整数a 的值为3， 当a =3时，h(1)=0，h(32)<0，h(3)=3(2−ln3)>0， 所以h(x)在(0,+∞)有两个不同的零点， 因此满足条件的最小正整数a 的值为3．。
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高考数学复习 课时作业17 导数与函数的零点问题1．已知f (x )＝ax 2－(b ＋1)x ln x －b ，曲线y ＝f (x )在点P (e ，f (e))处的切线方程为2x ＋y ＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)研究函数f (x )在区间(0，e 4]内的零点的个数．解：(1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧f e ＝－2e ，f ′e ＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝e ，∴f (x )＝x 2－(e ＋1)x ln x －e.(2)x 2－(e ＋1)x ln x －e ＝0⇒x －(e ＋1)ln x －e x＝0，x ∈(0，e 4]．设g (x )＝x －(e ＋1)ln x －e x，x ∈(0，e 4]，则g ′(x )＝1－e ＋1x ＋ex2＝x －1x －ex2.由g ′(x )＝0得x 1＝1，x 2＝e ， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0， 当x ∈(1，e)时，g ′(x )<0， 当x ∈(e ，e 4]时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，在(e ，e 4]上单调递增． 极大值g (1)＝1－e<0，极小值g (e)＝－2<0，g (e 4)＝e 4－4(e ＋1)－1e 3，∵4(e ＋1)＋1e 3<4×4＋1＝17，e 4>2.74>2.54>62＝36，∴g (e 4)>0.综上，g (x )在(0，e 4]内有唯一零点， 因此，f (x )在(0，e 4]内有唯一零点．2．(2019·郑州第一次质量预测)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈[1e ，e]时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点个数．解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)， 当a <0时，f ′(x )>0恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a， 由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a ， ∴函数f (x )在(1a，＋∞)上单调递增，在(0，1a)上单调递减． 综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在(1a ，＋∞)上单调递增，在(0，1a)上单调递减．(2)∵当x ∈[1e ，e]时，函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点，即当x ∈[1e ，e]时，方程(ln x －1)e x＋x ＝m 的根．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，h ′(x )＝(1x＋ln x －1)e x＋1.由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在(1e ，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，∴当x ∈[1e ，e]时，f (x )≥f (1)＝0.∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈[1e ，e]上恒成立． ∴h ′(x )＝(1x＋ln x －1)e x＋1≥0＋1>0，∴h (x )＝(ln x －1)e x＋x 在x ∈[1e ，e]上单调递增．∴h (x )min ＝h (1e )＝－2e 1e ＋1e，h (x )max ＝e.∴当m <－2e 1e ＋1e 或m >e 时，函数g (x )在[1e ，e]上没有零点；当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在[1e ，e]上有一个零点．3．(2019·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝x 2＋2x－a ln x (a ∈R )．(1)若f (x )在x ＝2处取得极值，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当a >0时，若f (x )有唯一的零点x 0，求[x 0]．注：[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2. 参考数据：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946. 解：(1)∵f (x )＝x 2＋2x－a ln x ，∴f ′(x )＝2x 3－ax －2x2(x >0)， 由题意得f ′(2)＝0，则2×23－2a －2＝0，a ＝7， 经验证，当a ＝7时，f (x )在x ＝2处取得极值， ∴f (x )＝x 2＋2x －7ln x ，f ′(x )＝2x －2x 2－7x，∴f ′(1)＝－7，f (1)＝3，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3 ＝－7(x －1)，即7x ＋y －10＝0. (2)令g (x )＝2x 3－ax －2(x >0)， 则g ′(x )＝6x 2－a ， 由a >0，g ′(x )＝0，可得x ＝a6， ∴g (x )在(0，a6)上单调递减，在(a6，＋∞)上单调递增． 由于g (0)＝－2<0，故当x ∈(0，a6)时，g (x )<0， 又g (1)＝－a <0，故g (x )在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x 1，从而可知f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，由于f (x )有唯一零点x 0，故x 1＝x 0，且x 0>1， 则g (x 0)＝0，f (x 0)＝0，可得2ln x 0－3x 30－1－1＝0. 令h (x )＝2ln x －3x 3－1－1(x >1)，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递增， 由于h (2)＝2ln2－107<2×0.7－107<0，h (3)＝2ln3－2926>0，故x 0∈(2,3)，[x 0]＝2.4．(2019·南宁、柳州联考)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设f (x )的两个零点分别是x 1，x 2，求证：f ′(x 1＋x 22)<0.解：(1)函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－2ax ＋(2－a )＝－ax －12x ＋1x，①当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，若x ∈(0，1a )，则f ′(x )>0，若x ∈(1a，＋∞)，则f ′(x )<0，则f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)易知a >0，且f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减，不妨设0<x 1<1a<x 2，f ′(x 1＋x 22)<0⇔x 1＋x 22>1a ⇔x 1＋x 2>2a ，故要证f ′(x 1＋x 22)<0，只需证x 1＋x 2>2a即可．构造函数F (x )＝f (x )－f (2a －x )，x ∈(0，1a )，f ′(x )＝f ′(x )－[f (2a－x )]′＝f ′(x )＋f ′(2a－x )＝2axax －2＋2x 2－ax ＝2ax －12x 2－ax，∵x ∈(0，1a )，∴f ′(x )＝2ax －12x 2－ax >0，∴F (x )在(0，1a)上单调递增，∴F (x )<F (1a )＝f (1a )－f (2a －1a )＝0，即f (x )<f (2a－x )，x ∈(0，1a)，又x 1，x 2是函数f (x )的两个零点且0<x 1<1a <x 2，∴f (x 1)＝f (x 2)<f (2a－x 1)，而x 2，2a －x 1均大于1a ，∴x 2>2a －x 1，∴x 1＋x 2>2a，得证．尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用5．(2019·西安八校联考)已知函数f (x )＝x ，g (x )＝λf (x )＋sin x (λ∈R )在区间[－1,1]上单调递减．(1)求λ的最大值；(2)若g (x )<t 2＋λt ＋1在[－1,1]上恒成立，求t 的取值范围； (3)讨论关于x 的方程ln xf x＝x 2－2e x ＋m 的解的个数．解：(1)∵f (x )＝x ，∴g (x )＝λf (x )＋sin x ＝λx ＋sin x ， 又g (x )在[－1,1]上单调递减，∴g ′(x )＝λ＋cos x ≤0在[－1,1]上恒成立，∴λ≤(－cos x )min ＝－1.故λ的最大值为－1.(2)在[－1,1]上，g (x )max ＝g (－1)＝－λ－sin1，∴只需t 2＋λt ＋1>－λ－sin1恒成立，即(t ＋1)λ＋t 2＋sin1＋1>0(λ≤－1)恒成立，令h (λ)＝(t ＋1)λ＋t 2＋sin1＋1(λ≤－1)，要使h (λ)>0恒成立，则需⎩⎪⎨⎪⎧t ＋1≤0，h －1＝－t －1＋t 2＋sin1＋1>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ≤－1，t 2－t ＋sin1>0，又t 2－t ＋sin1>0恒成立，∴t ≤－1，故t 的取值范围为(－∞，－1]． (3)ln xf x＝ln x x＝x 2－2e x ＋m ，令f 1(x )＝ln x x，f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ，∵f 1′(x )＝1－ln xx2， ∴当x ∈(0，e)时，f 1′(x )>0，即f 1(x )单调递增；当x ∈[e ，＋∞)时，f 1′(x )≤0， 即f 1(x )单调递减． ∴f 1(x )max ＝f 1(e)＝1e ，又f 2(x )＝(x －e)2＋m －e 2，∴当m －e 2>1e ，即m >e 2＋1e 时，方程无解；当m －e 2＝1e ，即m ＝e 2＋1e 时，方程有一个解；当m －e 2<1e ，即m <e 2＋1e时，方程有两个解．。