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2026高考数学第二轮专题
专题突破练27　导数与函数的零点
1.(15分)(2025山东济南模拟)已知函数f(x)=sin x+sin 2x-2x+ax3.
(1)当a=0时,求函数f(x)的零点个数;
(2)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数a的取值范围.
2.(15分)(2025安徽马鞍山二模)已知函数f(x)=2ae2x+2(a-1)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
3.(17分)(2025湖南长沙模拟)已知函数f(x)=ex-a(x-1).
(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线l在x轴上的截距为2,求a的值;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围;
(3)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:>1.
4.(17分)(2025河北石家庄模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法,在计算机数学中有着广泛的应用.给定自然数m,n,我们定义函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似为R(x)=,且满足:f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),f(2)(0)=R(2)(0),…,f(m+n)(0)=R(m+n)(0).其中f(2)(x)=[f'(x)]',f(3)(x)=[f(2)(x)]',…,f(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]',已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[2,2]阶帕德近似为R(x)=.
(1)求实数a,b的值;
(2)证明:当x>0时,f(x)>R(x);
(3)已知x1,x2,x3是函数g(x)=xln x-k(x2-1)的三个不同的零点,求实数k的取值范围,并证明:x1+x2+x3>-3.
答案：
1.解 (1)当a=0时,f(x)=sin x+sin 2x-2x,定义域为R.
于是f'(x)=cos x+cos 2x-2≤1+1-2=0,故f(x)在R上单调递减.
又f(0)=0,
故函数f(x)的零点个数为1.
(2)因为f(-x)=-sin x-sin 2x+2x-ax3=-f(x),
所以f(x)为奇函数,
若函数f(x)有且只有一个零点,
由于f(0)=0,
则当x>0时,f(x)<0或f(x)>0.
由(1)可知当a=0时,f(x)=sin x+sin 2x-2x在(0,+∞)内单调递减,
此时f(x)即sin x+sin 2x-2x<0.
若a≤0,则当x>0时,f(x)≤sin x+sin 2x-2x<0,符合题意.
因为f'(x)=cos x+cos 2x-2+3ax2,令g(x)=cos x+cos 2x-2+3ax2,
则g'(x)=-sin x-2sin 2x+6ax.
令h(x)=-sin x-2sin 2x+6ax,
则h'(x)=-cos x-4cos 2x+6a.
若a,则h'(x)=-cos x-4cos 2x+6a≥-1-4+5=0,
故h(x)在(0,+∞)内单调递增,
于是h(x)>h(0)=0.故g(x)在(0,+∞)内单调递增,
于是g(x)>g(0)=0.则f(x)在(0,+∞)内单调递增,此时f(x)>f(0)=0,符合题意.
若0则当0故h(x)在(0,x0)内单调递减,于是h(x)于是g(x)又f()≥-1->0,故f(x)在(0,)内存在零点,矛盾.
综上,实数a的取值范围为(-∞,0]∪[,+∞).
2.解 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=4ae2x+2(a-1)ex-1=(2aex-1)(2ex+1).
若a≤0,则f'(x)<0,则f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;
若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln 2a.
当x∈(-∞,-ln 2a)时,f'(x)<0;
当x∈(-ln 2a,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,-ln 2a)内单调递减,在(-ln 2a,+∞)内单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;
当a>0时,f(x)在(-∞,-ln 2a)内单调递减,在(-ln 2a,+∞)内单调递增.
(2)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.
若a>0,由(1)知,当x=-ln 2a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln 2a)=1-+ln 2a.
①当a=时,由于f(-ln 2a)=0,
故f(x)只有一个零点;
②当a时,因为y=1-单调递增,y=ln 2a单调递增,所以y=1-+ln 2a单调递增,
所以1-+ln 2a>1-+ln=0,f(-ln 2a)>0,故f(x)没有零点;
③当a时,由于1-+ln 2a<0,即f(-ln 2a)<0,
又f(-2)=2ae-4+2(a-1)e-2+2=+2->2->0,故f(x)在(-∞,-ln 2a)内只有一个零点.设正整数n0满足n0>ln>-ln 2a,则f(n0)=(2a+2a-2)-n0>-n0>0,故f(x)在(-ln 2a,+∞)内只有一个零点.
综上,a的取值范围是
3.(1)解 因为f(1)=e,则点P(1,e).
因为f'(x)=ex-a,则f'(1)=e-a.
据题意,切线l经过点A(2,0),则直线PA的斜率是f'(1),
即e-a==-e,所以a=2e.
(2)解 若a≤0,因为ex>0,则f'(x)>0,f(x)在R上单调递增,f(x)无极值,不符合题意.
若a>0,令f'(x)>0,得x>ln a,令f'(x)<0,得x则f(x)在(ln a,+∞)内单调递增,在(-∞,ln a)内单调递减,
所以x=ln a为f(x)的极小值点.
由已知,f(ln a)<0,即eln a-a(ln a-1)=a-a(ln a-1)=a(2-ln a)<0,
从而2-ln a<0,即ln a>2,得a>e2,
所以a的取值范围是(e2,+∞).
(3)证明 由已知,f(x1)=f(x2)=0,
即两式相乘,得=a2(x1-1)(x2-1),
即=a2(x1x2-x1-x2+1),
所以x1x2-(x1+x2)=-1.
因为当a≤0时,f(x)在R上单调递增,f(x)至多1个零点,不符合题意,则a>0.
因为a(x1-1)=>0,则x1>1;同理,x2>1.
要证>1,即证x1+x2>x1x2,
即证x1x2-(x1+x2)<0,
只要证-1<0,即证即证x1+x2<2ln a,
即证x2<2ln a-x1.
不妨设x1ln a.
因为f(x)在(ln a,+∞)内单调递增,
只要证f(x2)即证f(x1)设h(x)=f(x)-f(2ln a-x),
则h'(x)=f'(x)+f'(2ln a-x)=ex+e2ln a-x-2a=ex+-2a≥2-2a=0,
所以h(x)在R上单调递增.
因为x1即f(x1)-f(2ln a-x1)<0,
即f(x1)所以原不等式成立.
4.(1)解 依题意可知,f(0)=0,R(0)=,因为f(0)=R(0),所以a=0.
此时R(x)=,
因为f'(x)=,R'(x)=,
所以f'(0)=1,R'(0)=,
因为f'(0)=R'(0),所以b=1.
故a=0,b=1.
(2)证明 设h(x)=f(x)-R(x)=ln(1+x)-(x>0),
所以h'(x)=>0,故h(x)在(0,+∞)内单调递增,
由h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0,
即f(x)>R(x).
(3)解 因为g(x)=xln x-k(x2-1)=x[ln x-k(x-)](x>0).
令φ(x)=ln x-k(x-),所以x1,x2,x3是φ(x)的三个不同的零点,
不妨设00),
①当k≤0时,φ'(x)>0,此时φ(x)在(0,+∞)内单调递增,此时φ(x)不存在三个不同的零点;
②当k>0时,令s(x)=-kx2+x-k,Δ=1-4k2,
若Δ=1-4k2≤0,即k,s(x)≤0恒成立,即φ'(x)≤0,
此时φ(x)在(0,+∞)内单调递减,此时φ(x)不存在三个不同的零点;
若Δ=1-4k2>0,即0当x∈(0,r1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
当x∈(r1,r2)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,
当x∈(r2,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
因为φ'(1)=1-2k>0,所以0故φ(r1)<0,φ(r2)>0,
因为ln x2-,
所以φ(k4)=ln k4-k(k4-)>2--k5+=(2-k5)+-2)>0.因为0又因为s(k4)=-k9+k4-k=-k9+k(k3-1)<0,所以0所以由零点存在定理可知存在x1∈(k4,r1),满足φ(x1)=0,
又因为φ()=ln-k(-x)=-ln x+k(x-)=-φ(x),
故存在x3=,满足φ(x3)=0.
故当且仅当00时,ln(1+x)>,因此ln x>(x>1),
故ln x3=k(x3-)>,
化简可得=x3+4+=x1+x2+x3+3,
因此x1+x2+x3>-3,命题得证.
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