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微练(二十七)　导数与函数的零点
1.(2026·深圳模拟)已知函数f(x)=x2-aln x+2a,其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解　(1)由题意可知:函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=x-=,若a≤0,则f'(x)>0,可知函数f(x)在(0,+∞)内单调递增;若a>0,令f'(x)>0,解得x>;令f'(x)<0,解得00,函数f(x)在(0,)内单调递减,在(,+∞)内单调递增.
(2)因为函数f(x)有两个零点,若a≤0,函数f(x)在(0,+∞)内单调递增,可知函数f(x)至多有一个零点,不合题意;若a>0,函数f(x)在(0,)内单调递减,在(,+∞)内单调递增,且当x趋近于0或+∞时,函数f(x)趋近于+∞,可得f()=a(5-ln a)<0,解得a>e5;综上所述:实数a的取值范围为(e5,+∞).
2.设函数f(x)=-kln x,k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
解　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).由f(x)=-kln x(k>0),得f'(x)=x-=.由f'(x)=0,解得x=(负值舍去).f'(x)与f(x)在区间(0,+∞)上随x的变化情况如下表.
x (0,) (,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) 单调递减 单调递增
所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).f(x)在x=处取得极小值f()=,无极大值.
(2)证明:由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.当k=e时,f(x)在区间(1,]上单调递减且f()=0,所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点;当k>e时,f(x)在区间(1,]上单调递减且f(1)=>0,f()=<0,所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
3.已知函数f(x)=ex cos x.
(1)求f(x)在区间内的极大值;
(2)令函数h(x)=-1,当a>时,试讨论h(x)在区间内零点的个数.
解　(1)由题得f'(x)=ex(cos x-sin x)=excos,当x∈时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0,则f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,所以f(x)在区间内的极大值为f=.
(2)h(x)=-1=axcos x-1,则h'(x)=a(cos x-xsin x),令φ(x)=cos x-xsin x,则φ'(x)=-2sin x-xcos x<0,所以φ(x)在区间上单调递减.又φ(0)=1>0,φ=-<0,故存在x0∈,使得φ(x0)=0,当x∈(0,x0)时,φ(x)>0,即h'(x)>0,h(x)在区间(0,x0)上单调递增;当x∈时,φ(x)<0,即h'(x)<0,h(x)在区间上单调递减.因为h(0)=-1<0,h=-1<0,又a>,所以h=a-1>×-1=0,所以h(x)在区间,内各有一个零点,即h(x)在区间内有且仅有两个零点.
4.(2026·泰安模拟)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=1处有极小值.
(1)求实数c的值;
(2)若函数g(x)=f(x)+a有三个不同的零点,求实数a的取值范围.
解　(1)因为f(x)=x(x-c)2=x3-2cx2+c2x,所以f'(x)=3x2-4cx+c2=(x-c)(3x-c),由已知f'(1)=0,即(1-c)(3-c)=0,所以c=1或c=3,当c=1时,f'(x)=(x-1)(3x-1),所以当x<时f'(x)>0,当1时f'(x)>0,所以f(x)在上单调递增,上单调递减,(1,+∞)上单调递增,所以x=1时有极小值,符合题意.当c=3时,f'(x)=3(x-3)(x-1),所以当x<1时f'(x)>0,当13时f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,(1,3)上单调递减,(3,+∞)上单调递增,所以x=1时有极大值,不符合题意,故舍去.所以c=1;
(2)由已知g(x)=f(x)+a有三个不同零点,即y=f(x)的图象与直线y=-a有三个不同的交点,由(1)知f(x)在上单调递增,上单调递减,(1,+∞)上单调递增,故当x=时,有极大值,即f(x)极大值=f==,当x=1时,有极小值,即f(x)极小值=f(1)=0 ,所以0<-a< ,所以-1.(2026·深圳模拟)已知函数f(x)=x2-aln x+2a,其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个零点,求a的取值范围.
2.设函数f(x)=-kln x,k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
3.已知函数f(x)=ex cos x.
(1)求f(x)在区间内的极大值;
(2)令函数h(x)=-1,当a>时,试讨论h(x)在区间内零点的个数.
4.(2026·泰安模拟)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=1处有极小值.
(1)求实数c的值;
(2)若函数g(x)=f(x)+a有三个不同的零点,求实数a的取值范围.
微练(二十七)　导数与函数的零点
1.解　(1)由题意可知:函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=x-=,若a≤0,则f'(x)>0,可知函数f(x)在(0,+∞)内单调递增;若a>0,令f'(x)>0,解得x>;令f'(x)<0,解得00,函数f(x)在(0,)内单调递减,在(,+∞)内单调递增.
(2)因为函数f(x)有两个零点,若a≤0,函数f(x)在(0,+∞)内单调递增,可知函数f(x)至多有一个零点,不合题意;若a>0,函数f(x)在(0,)内单调递减,在(,+∞)内单调递增,且当x趋近于0或+∞时,函数f(x)趋近于+∞,可得f()=a(5-ln a)<0,解得a>e5;综上所述:实数a的取值范围为(e5,+∞).
2.解　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).由f(x)=-kln x(k>0),得f'(x)=x-=.由f'(x)=0,解得x=(负值舍去).f'(x)与f(x)在区间(0,+∞)上随x的变化情况如下表.
x (0,) (,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) 单调递减 单调递增
所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).f(x)在x=处取得极小值f()=,无极大值.
(2)证明:由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.当k=e时,f(x)在区间(1,]上单调递减且f()=0,所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点;当k>e时,f(x)在区间(1,]上单调递减且f(1)=>0,f()=<0,所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
3.解　(1)由题得f'(x)=ex(cos x-sin x)=excos,当x∈时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0,则f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,所以f(x)在区间内的极大值为f=.
(2)h(x)=-1=axcos x-1,则h'(x)=a(cos x-xsin x),令φ(x)=cos x-xsin x,则φ'(x)=-2sin x-xcos x<0,所以φ(x)在区间上单调递减.又φ(0)=1>0,φ=-<0,故存在x0∈,使得φ(x0)=0,当x∈(0,x0)时,φ(x)>0,即h'(x)>0,h(x)在区间(0,x0)上单调递增;当x∈时,φ(x)<0,即h'(x)<0,h(x)在区间上单调递减.因为h(0)=-1<0,h=-1<0,又a>,所以h=a-1>×-1=0,所以h(x)在区间,内各有一个零点,即h(x)在区间内有且仅有两个零点.
4.解　(1)因为f(x)=x(x-c)2=x3-2cx2+c2x,所以f'(x)=3x2-4cx+c2=(x-c)(3x-c),由已知f'(1)=0,即(1-c)(3-c)=0,所以c=1或c=3,当c=1时,f'(x)=(x-1)(3x-1),所以当x<时f'(x)>0,当1时f'(x)>0,所以f(x)在上单调递增,上单调递减,(1,+∞)上单调递增,所以x=1时有极小值,符合题意.当c=3时,f'(x)=3(x-3)(x-1),所以当x<1时f'(x)>0,当13时f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,(1,3)上单调递减,(3,+∞)上单调递增,所以x=1时有极大值,不符合题意,故舍去.所以c=1;
(2)由已知g(x)=f(x)+a有三个不同零点,即y=f(x)的图象与直线y=-a有三个不同的交点,由(1)知f(x)在上单调递增,上单调递减,(1,+∞)上单调递增,故当x=时,有极大值,即f(x)极大值=f==,当x=1时,有极小值,即f(x)极小值=f(1)=0 ,所以0<-a< ,所以-

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