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2026全国版高中数学突破练
突破练22　利用导数研究函数的零点
1.(15分)(2025·山东名校考试联盟模拟)已知函数f(x)=.
(1)求曲线y=f(x)在(-1,f(-1))处的切线方程;
(2)设g(x)=ax-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,讨论g'(x)的零点个数.
2.(15分)(2022·全国乙,文20)已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x.
(1)当a=0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.
3.(15分)(原创)已知函数f(x)=x2ln x-ax2+a,a∈R.
(1)当a=1时,求f(x)在区间[1,e]上的最值;
(2)讨论f(x)的零点个数.
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: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.
参考答案
1.解 (1)因为f(x)=,
所以f(-1)=-e,又f'(x)=,则f'(-1)=2e,
所以曲线y=f(x)在(-1,f(-1))处的切线方程为y+e=2e(x+1),即y=2ex+e.
(2)由题得g(x)=ax-,所以g'(x)=a-
令g'(x)=0,则aex-1+x=0,即a=设h(x)=,则h'(x)=,
令h'(x)>0,则x>2,令h'(x)<0,则x<2,所以h(x)在(-∞,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,h(2)=-,h(1)=0,h(0)=1.当x→-∞时,h(x)→+∞;当x→+∞时,h(x)→0.
作出h(x)的图象如图.
由图可知,当a<-时,g'(x)无零点;
当a=-或a≥0时,g'(x)有1个零点;
当-2.解 (1)当a=0时,f(x)=--ln x,x∈(0,+∞).
f'(x)=,令f'(x)=0,得x=1.
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.
因此,当x=1时,f(x)有最大值f(1)=-1.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=a+
由(1)知,当a=0时,f(x)max=-1<0,故f(x)无零点.
当a<0时,ax-1<0.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示.
x (0,1) 1 (1,+∞)
f'(x) + 0 -
f(x) 单调递增 a-1 单调递减
∴ x>0,f(x)≤f(1)=a-1<0,故f(x)无零点.
当a>0时,f'(x)=(x-) (x-1).
①当01.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示.
x (0,1) 1 (1,) (,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调 递增 a-1 单调 递减 1-a+(a+ 1)ln a 单调 递增
∴ x∈(0,],f(x)≤f(1)=a-1<0.又当x→+∞,f(x)→+∞,
∴f(x)恰有一个零点.
②当a=1时,∵f'(x)=0,
∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
由f(1)=a-1=0,知f(x)恰有一个零点.
③当a>1时,0<<1.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示.
x (0,) (,1) 1 (1,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 1-a+(a+1)ln a 单调递减 a-1 单调递增
∴ x∈[,+∞),f(x)≥f(1)=a-1>0.又当x→0时,f(x)→-∞,∴f(x)恰有一个零点.
综上,若f(x)恰有一个零点,则a的取值范围为(0,+∞).
3.解 (1)由题意得f(x)的定义域为(0,+∞),当a=1时,f'(x)=2xln x+x-2x=x(2ln x-1).
当0当x>时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在x=处取得极小值,也即最小值,f()=eln-e+1=1-
因为f(e)=e2ln e-e2+1=1,f(1)=ln 1-1+1=0,
所以f(x)在x=e处取得最大值1,
综上,f(x)min=1-,f(x)max=1.
(2)令f(x)=0,得ln x+-a=0,
令g(x)=ln x+-a,则g'(x)=,当a≤0时,g'(x)>0在x∈(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,故此时g(x)有唯一零点,当a>0时,g'(x)=,
令g'(x)<0,得0令g'(x)>0,得x>,所以g(x)在区间(,+∞)上单调递增.所以g(x)min=g()=ln-a+
令=t,t>0,则a=t2,
令h(t)=ln t-t2+,则h'(t)=-t=,
当00,h(t)单调递增,
当t>1时,h'(t)<0,h(t)单调递减.
又h(1)=0,所以当t∈(0,1)∪(1,+∞)时,h(t)<0.
①当=1,即a=时,g(x)min=g(1)=0,此时g(x)有唯一零点x==1;
②当0<<1,即0因为g(1)=0,所以g(x)在区间(,+∞)上有唯一零点x=1,
g()=ln+a[-1]=ln-2,
令=k(0则g'(k)=<0,所以g(k)在区间(0,1)上单调递减,则g(k)>g(1)=0.
又g()<0,所以g(x)在区间()上存在唯一零点,故g(x)在区间(0,+∞)上有两个零点.
③当>1,即a>时,g()<0,g(1)=0,ea>>1,g(ea)=>0,
由函数零点存在定理可知,g(x)在区间(,ea)上有唯一零点,
故g(x)在区间(0,),(,+∞)上各有一个零点.
综上,当a≤0或a=时,f(x)有一个零点;当a>0且a时,f(x)有两个零点.
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,+∞)上单调递增,由h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0,即f(x)>R(x).
(3)证明 因为g(x)=xln x-k(x2-1)=x[ln x-k(x-)],x>0,
令φ(x)=ln x-k(x-),所以等价于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,+∞)上单调递增,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,+∞)上单调递减,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又因为φ(1)=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所以0所以由零点存在性定理可知,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.
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