资源简介

第6练　利用导数研究函数的零点问题（原卷版）
一、单项选择题
1．已知函数f(x)＝xln x－，其中k＞0，则f(x)的零点个数是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
2．函数f(x)＝x3＋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)
3．(2025·广东佛山模拟)已知函数f(x)＝|x－2|ex－a，则(　　)
A．f(x)在(1，2)上单调递增
B．x＝2是函数f(x)的极大值点
C．f(x)既无最大值，也无最小值
D．当a∈(1，2)时，f(x)有三个零点
4．已知函数f(x)＝x－ln x＋m(m∈R)，若f(x)有两个零点x1，x2(x1A．m<－1 B．x1＋x2≤2
C．0二、多项选择题
5．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　)
A．当a>1时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点
C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
6．(2025·山东泰安模拟)已知函数f(x)＝3x－2x，则(　　)
A．f(x)是R上的增函数
B．函数h(x)＝f(x)＋x有且仅有一个零点
C．函数f(x)的最小值为－1
D．f(x)存在唯一极值点
7．(2025·福建名校联盟模拟)机械制图中经常用到渐开线函数invx＝tanx－x，其中x的单位为弧度，则下列说法正确的是(　　)
A．x·invx是偶函数
B．invx在上恰有2k＋1个零点(k∈N)
C．invx在上恰有4k＋1个极值点(k∈N)
D．当－8．已知函数f(x)＝，则(　　)
A．函数f(x)只有两个极值点
B．若关于x的方程f(x)＝k有且只有两个实根，则k的取值范围为(－e，0)
C．方程f(f(x))＝－1共有4个实根
D．若关于x的不等式f(x)≥a(x＋1)的解集内恰有两个正整数，则a的取值范围为
三、填空题
9．(2025·黑龙江大庆模拟)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝xa－ax在(0，＋∞)上有且仅有两个零点，则a的取值范围是________．
10．如果两个函数分别存在零点α，β，满足|α－β|＜n，则称两个函数互为“n度零点函数”．若f(x)＝ln (x－2)与g(x)＝ax2－ln x互为“2度零点函数”，则实数a的最大值为________．
四、解答题
11．(2025·江西抚州模拟)函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，函数f′(x)的导函数为f″(x)，已知函数f(x)＝x3－4ax2－3a2x＋2.
(1)若f″(4)＝0，求a的值和函数f(x)的单调区间；
(2)若f″(m)＝0(m>0)，讨论f(x)的零点个数．
12．(2024·江苏镇江模拟)已知函数f(x)＝ax2－ln x.
(1)若a＝1，求f(x)的极值；
(2)若方程f(x)＝1在区间[1，2]上有解，求实数a的取值范围．
13．(2025·宁夏青铜峡模拟)已知函数f(x)＝2x3－3x.
(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；
(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围.
14．已知函数f(x)＝xln x－ax2－x，g(x)＝，a∈R.
(1)讨论g(x)的单调性；
(2)设f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，证明：xx2>e3(e＝2.71828…为自然对数的底数)．
第6练　利用导数研究函数的零点问题（解析版）
一、单项选择题
1．已知函数f(x)＝xln x－，其中k＞0，则f(x)的零点个数是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
答案：A
解析：f(x)＝0 k＝x2ln x，设g(x)＝x2ln x，则g′(x)＝x(2ln x＋1)，令g′(x)＞0，得x＞，此时g(x)单调递增，令g′(x)＜0，得0＜x＜，此时g(x)单调递减，而当0＜x＜1时，g(x)＜0，当x＞1时，g(x)＞0，又g(1)＝0＜k，g(ek)＝ke2k＞k，所以y＝k与y＝g(x)的图象有一个交点，即f(x)恒有唯一零点．
2．函数f(x)＝x3＋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)
答案：B
解析：f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)存在极大值和极小值，则a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－或x＝，且当x∈∪时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，故f(x)的极大值为f，极小值为f，若f(x)存在3个零点，则即
解得a<－3.故选B.
3．(2025·广东佛山模拟)已知函数f(x)＝|x－2|ex－a，则(　　)
A．f(x)在(1，2)上单调递增
B．x＝2是函数f(x)的极大值点
C．f(x)既无最大值，也无最小值
D．当a∈(1，2)时，f(x)有三个零点
答案：D
解析：由题意得f(x)＝|x－2|ex－a＝所以f′(x)＝
对于A，当x∈(1，2)时，f′(x)＝(1－x)ex<0，所以f(x)在(1，2)上单调递减，故A错误；对于B，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以x＝1是函数f(x)的极大值点，故B错误；对于C，当x→－∞时，f(x)＝|x－2|ex－a>－a，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，又f(1)＝e－a>f(2)＝－a，所以f(x)的大致图象如图所示，f(x)的值域为[－a，＋∞)，所以f(x)有最小值，无最大值，故C错误；对于D，当x≥2时，f(x)在[2，＋∞)上单调递增，因为a∈(1，2)，所以f(2)＝－a<0，f(3)＝e3－a>0，所以f(x)在[2，＋∞)上有一个零点，当x<2时，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，又f(1)＝e－a>0，当x→－∞时，f(x)＝|x－2|ex－a>－a∈(－2，－1)，f(2)＝－a<0.结合f(x)的大致图象(如上图)，f(x)在(－∞，1)上有一个零点，在(1，2)上有一个零点．综上，当a∈(1，2)时，f(x)有三个零点，故D正确．故选D.
4．已知函数f(x)＝x－ln x＋m(m∈R)，若f(x)有两个零点x1，x2(x1A．m<－1 B．x1＋x2≤2
C．0答案：B
解析：f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，解得00，解得x>1，故函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，如图，故f(x)min＝f(1)＝1＋m<0，即m<－1，并且00，g(x)单调递增，在(1，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝ln x－x－ln (2－x)＋2－x＝ln x－ln (2－x)－2x＋2，则h′(x)＝＋－2＝＝，所以当0＜x＜1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)2－x1，即x1＋x2>2，故B不正确．故选B.
二、多项选择题
5．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　)
A．当a>1时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点
C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
答案：AD
解析：对于A，f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，当x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，a)上单调递减，则f(x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，由f(0)＝1>0，f(a)＝1－a3<0，则f(0)f(a)<0，根据零点存在定理，可知f(x)在(0，a)上有且只有一个零点，又f(－1)＝－1－3a<0，f(2a)＝4a3＋1>0，则f(－1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0，则f(x)在(－1，0)，(a，2a)上各有一个零点，于是当a>1时，f(x)有三个零点，A正确；对于B，f′(x)＝6x(x－a)，由于a<0，故当x∈(a，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时f(x)在x＝0处取到极小值，B错误；对于C，假设存在这样的a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，即存在这样的a，b，使得f(x)＝f(2b－x)，即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，易知等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，C错误；对于D，解法一：(利用对称中心的表达式化简)f(1)＝3－3a，若存在这样的a，使得(1，3－3a)为曲线y＝f(x)的对称中心，则f(x)＋f(2－x)＝6－6a，事实上，f(x)＋f(2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，即解得a＝2，即存在a＝2，使得(1，f(1))是曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．解法二：(直接利用拐点结论)任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f(x)＝2x3－3ax2＋1，f′(x)＝6x2－6ax，f″(x)＝12x－6a，由f″(x)＝0 x＝，于是该三次函数的对称中心为点，由题意可知点(1，f(1))也是对称中心，故＝1 a＝2，即存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．故选AD.
6．(2025·山东泰安模拟)已知函数f(x)＝3x－2x，则(　　)
A．f(x)是R上的增函数
B．函数h(x)＝f(x)＋x有且仅有一个零点
C．函数f(x)的最小值为－1
D．f(x)存在唯一极值点
答案：BD
解析：因为f′(x)＝3xln 3－2xln 2＝2x·，令g(x)＝ln 3－ln 2，显然g(x)是R上的增函数，又当x＝0时，g(0)＝ln 3－ln 2>0；当x＝log时，g＝ln －ln 2<0，又2x>0，所以 x0∈R，使f′(x0)＝0，所以f(x)在(－∞，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数．所以f(x)有唯一极小值点，故A错误，D正确．对于B，因为h(x)＝f(x)＋x，当x＝0时，h(0)＝f(0)＋0＝0，可知x＝0是h(x)的零点；当x>0时，h(x)＝f(x)＋x＝3x－2x＋x>0，可知h(x)在(0，＋∞)上无零点；当x<0时，0<<1，则f(x)＝2x<0，可得h(x)＝f(x)＋x<0，可知h(x)在(－∞，0)上无零点．综上所述，函数h(x)＝f(x)＋x有且仅有一个零点，故B正确．对于C，当x>0时，f(x)＝3x－2x>0；当x＝0时，f(0)＝30－20＝0；当x<0时，0<3x<1，0<2x<1，可得f(x)＝3x－2x>－2x>－1.综上所述，f(x)>－1，所以－1不是函数f(x)的最小值，故C错误．故选BD.
7．(2025·福建名校联盟模拟)机械制图中经常用到渐开线函数invx＝tanx－x，其中x的单位为弧度，则下列说法正确的是(　　)
A．x·invx是偶函数
B．invx在上恰有2k＋1个零点(k∈N)
C．invx在上恰有4k＋1个极值点(k∈N)
D．当－答案：ABD
解析：函数invx＝tanx－x的定义域为，显然y＝x和invx均为奇函数，因此x·invx是偶函数，A正确；当x∈时，令h(x)＝invx，h′(x)＝－1≥0，函数invx在上单调递增，当x＝0时，invx＝0，即函数invx在上有唯一的零点，当x∈，k1∈Z时，令x＝t＋k1π，t∈，则tanx－x＝tan(t＋k1π)－(t＋k1π)＝tant－t－k1π，令y＝tant－t，t∈，函数y＝tant－t在上单调递增，值域为R，直线y＝k1π(k1∈Z)与y＝tant－t，t∈的图象有唯一交点，因此函数invx在，k1∈Z上有唯一零点，所以invx在上恰有2k＋1个零点(k∈N)，B正确；由B项知，函数invx在，k1∈Z上为增函数，因此invx不存在极值点，C错误；令函数f(x)＝invx－x＋sinx，求导得f′(x)＝－2＋cosx，当－－2＋1＝0，即f′(x)>0，因此f(x)在上单调递增，f(x)8．已知函数f(x)＝，则(　　)
A．函数f(x)只有两个极值点
B．若关于x的方程f(x)＝k有且只有两个实根，则k的取值范围为(－e，0)
C．方程f(f(x))＝－1共有4个实根
D．若关于x的不等式f(x)≥a(x＋1)的解集内恰有两个正整数，则a的取值范围为
答案：ACD
解析：对f(x)求导得f′(x)＝－＝－，当x<－1或x>2时，f′(x)<0，当－10，即f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，因此f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝－e，在x＝2处取得极大值f(2)＝，A正确；由上述分析可知，曲线y＝f(x)及直线y＝k如图所示，
由图可知，当－e－e，则f(x)＝t1有两解．又t2＝0，由图可知f(x)＝t2也有两解．综上，方程f(f(x))＝－1共有4个实根，C正确；因为直线y＝a(x＋1)过定点(－1，0)，且f(1)＝，f(2)＝，f(3)＝，记k1＝＝，k2＝＝，k3＝＝，所以k3三、填空题
9．(2025·黑龙江大庆模拟)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝xa－ax在(0，＋∞)上有且仅有两个零点，则a的取值范围是________．
答案：(1，e)∪(e，＋∞)
解析：因为函数f(x)＝xa－ax在(0，＋∞)上有且仅有两个零点，所以y＝ax与y＝xa的图象有两个交点，即y＝与y＝的图象有两个交点，令F(x)＝，则F(x)与y＝的图象有两个交点，因为F′(x)＝，所以在区间(0，e)上，F′(x)>0，F(x)单调递增，在区间(e，＋∞)上，F′(x)<0，F(x)单调递减，所以F(x)max＝F(e)＝，又因为当x→0时，F(x)→－∞，当x→＋∞时，F(x)→0，且F(x)与y＝的图象有两个交点，所以0<<，所以a>1且a≠e.
10．如果两个函数分别存在零点α，β，满足|α－β|＜n，则称两个函数互为“n度零点函数”．若f(x)＝ln (x－2)与g(x)＝ax2－ln x互为“2度零点函数”，则实数a的最大值为________．
答案：
解析：因为函数f(x)的零点为3，所以设函数g(x)的零点为x0，则|x0－3|＜2，解得1＜x0＜5.g(x0)＝ax－ln x0＝0，a＝(1四、解答题
11．(2025·江西抚州模拟)函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，函数f′(x)的导函数为f″(x)，已知函数f(x)＝x3－4ax2－3a2x＋2.
(1)若f″(4)＝0，求a的值和函数f(x)的单调区间；
(2)若f″(m)＝0(m>0)，讨论f(x)的零点个数．
解：(1)由题可知，f′(x)＝3x2－8ax－3a2，f″(x)＝6x－8a，f″(4)＝6×4－8a＝0，解得a＝3.
所以f(x)＝x3－12x2－27x＋2，f′(x)＝3x2－24x－27.
令f′(x)>0，得x<－1或x>9；令f′(x)<0，得－1所以函数f(x)的单调递减区间为(－1，9)，单调递增区间为(－∞，－1)和(9，＋∞)．
(2)由(1)可知，f″(x)＝6x－8a，f″(m)＝6m－8a＝0，m＝>0，所以a>0.
令f′(x)>0，解得x<－或x>3a；令f′(x)<0，解得－所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为和(3a，＋∞)，
所以f(x)的极小值为f(3a)＝2－18a3，极大值为f＝2＋a3>0.
当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
故当2－18a3<0，即a>时，f(x)有三个零点；
当2－18a3＝0，即a＝时，f(x)有两个零点；
当2－18a3>0，即012．(2024·江苏镇江模拟)已知函数f(x)＝ax2－ln x.
(1)若a＝1，求f(x)的极值；
(2)若方程f(x)＝1在区间[1，2]上有解，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－ln x，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝1，
当01时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极小值为f(1)＝，无极大值．
(2)因为f′(x)＝ax－＝，
①若a≥1，当x∈[1，2]时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在[1，2]上单调递增，
要使方程f(x)＝1在[1，2]上有解，
则即
得≤a≤2，
因为<1，所以1≤a≤2.
②若a≤，当x∈[1，2]时，f′(x)≤0恒成立，
所以f(x)在[1，2]上单调递减，
此时f(x)≤f(1)＝≤，不符合题意．
③若0，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，
此时f(1)＝<，f综上可知，实数a的取值范围为.
13．(2025·宁夏青铜峡模拟)已知函数f(x)＝2x3－3x.
(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；
(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围.
解：(1)由f(x)＝2x3－3x，得f′(x)＝6x2－3.
令f′(x)＝0，得x＝－或x＝.
因为f(－2)＝－10，f＝，f＝－，f(1)＝－1，
所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为.
(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，
则y0＝2x－3x0，且切线斜率为k＝6x－3，
所以切线方程为y－y0＝(6x－3)(x－x0)，
因此t－y0＝(6x－3)(1－x0)，整理得4x－6x＋t＋3＝0.
设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，
则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同的零点”．
g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)．
当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：
x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) ? t＋3 ? t＋1 ?
所以g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值．
结合图象，当g(x)有3个不同的零点时，
有解得－3综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．
14．已知函数f(x)＝xln x－ax2－x，g(x)＝，a∈R.
(1)讨论g(x)的单调性；
(2)设f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，证明：xx2>e3(e＝2.71828…为自然对数的底数)．
解：(1)g(x)＝＝ln x－ax－1，g′(x)＝－a，
①当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，令g′(x)＝0，解得x＝，当x∈时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x∈时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
综上，当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，g(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由题意知，f′(x)＝ln x－2ax，x1，x2是f′(x)＝0的两根，
即ln x1－2ax1＝0，ln x2－2ax2＝0，
解得2a＝，(*)
要证xx2>e3，即证4ln x1＋ln x2＞3，
即证4·2ax1＋2ax2＞3，
把(*)式代入得(4x1＋x2)>3，
所以应证ln <＝，
令t＝，0＜t＜1，即证h(t)＝ln t－<0(0而h′(t)＝－＝>0，所以h(t)在(0，1)上单调递增，h(t)＜ln 1－
＝0，不等式得证．
1

展开更多......

收起↑