利用导数研究函数的零点问题专项训练-2025届高三数学一轮复习

第3章　 导数及其应用 第二节　利用导数研究函数的零点问题 1．(2024·南平模拟)已知函数f (x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)． (1)当a＝1时，求函数f (x)在(1，f (1))处的切线方程； (2)若函数f (x)的图象与直线y＝ax－a在上有两个不同的交点，求实数a的取值范围． 2．(2024·通辽模拟)已知函数f (x)＝－x3＋x2＋x＋a(a∈R)． (1)求函数f (x)的极值点； (2)若函数f (x)有且只有两个零点，求实数a的值． 3．(2024·江门模拟)已知函数f (x)＝－a(a∈R)． (1)求f (x)的极值； (2)若f (x)有两个零点，求实数a的取值范围． 4．已知函数f (x)＝x－ln x＋m，g(x)＝. (1)若函数f (x)和g(x)的图象都与平行于x轴的同一条直线相切，求m的值； (2)若函数F(x)＝f (x)－g(x)有两个零点x1，x2，证明：>e2. 答案解析 1、解：(1)当a＝1时，f (x)＝2ln x－x2＋x(x＞0)， 所以f ′(x)＝－2x＋1. 因为f (1)＝0， 所以切点坐标为(1，0)，切线斜率为f ′(1)＝1， 所以切线方程为y－0＝1(x－1)，即y＝x－1. (2)由题知f (x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)，函数f (x)的图象与直线y＝ax－a在上有两个不同的交点． 令g(x)＝f (x)－y＝2ln x－x2＋a(x＞0)，所以g′(x)＝－2x＝. 因为x∈， 所以令g′(x)＝0，得x＝1， 所以当≤x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当1<x≤e时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)＝2ln x－x2＋a在上有最大值g(1)，g(1)＝a－1. 因为g＝a－2－，g(e)＝a＋2－e2， 又g(e)－g＝4－e2＋<0， 所以g(e)<g， 所以g(x)＝2ln x－x2＋a在上有最小值g(e)＝a＋2－e2. 所以g(x)＝2ln x－x2＋a在上有两个不同的零点的条件是 解得1<a≤2＋， 所以实数a的取值范围为. 2、解：(1)因为f (x)＝－x3＋x2＋x＋a(a∈R)，所以f ′(x)＝－3x2＋2x＋1＝(3x＋1)(－x＋1)． 令f ′(x)>0，解得－<x<1；令f ′(x)＜0，解得x>1或x<－， 所以f (x)在，(1，＋∞)上单调递减，在上单调递增， 所以f (x)的极小值点是－，极大值点是1. (2)函数f (x)有且只有两个零点，令f (x)＝0，则＋x2＋x＝－a.令g(x)＝－x3＋x2＋x，即y＝g(x)与y＝－a的图象有两个交点． 由(1)分析知g(x)在，(1，＋∞)上单调递减，在上单调递增，g(x)的大致图象如图所示． 要使函数f (x)有且只有两个零点，即－a＝g(1)或－a＝g，解得a＝－1或a＝. 3、解：(1)函数f (x)的定义域为R，f ′(x)＝(x＋2)ex. 令f ′(x)＜0，得x<－2；令f ′(x)>0，得x>－2， 所以f (x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增． 所以当x＝－2时，f (x)有极小值f (－2)＝－－a，无极大值． (2)函数f (x)＝(x＋1)ex－a有两个零点， 取g(x)＝(x＋1)ex，则直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有两个交点． g′(x)＝(x＋2)ex， 令g′(x)＜0，得x<－2；令g′(x)>0，得x>－2， 所以g(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增． 因为g(－1)＝0，g(－2)＝－， 当x<－1时，g(x)<0，当x>－1时，g(x)>0， 当x→－∞时，g(x)→0，当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 所以函数g(x)的大致图象如图所示． 结合图象可知，当－<a<0时，直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有两个交点，即f (x)有两个零点， 故实数a的取值范围为. 4、(1)解：由题意知函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1－＝， 当x∈(0，1)时，f ′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0， 故f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 由f (1)＝1＋m，可得y＝f (x)的图象与直线y＝1＋m相切． 因为g′(x)＝，则当x∈(－∞，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0， 故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(1)＝，即y＝g(x)的图象与直线y＝相切． 因为两函数图象均与平行于x轴的同一条直线相切，则1＋m＝，即m＝－1. (2)证明：F(x)＝f (x)－g(x)＝x－ln x＋m－＝－ln ＋m(x＞0)，令t1＝，t2＝， 由F(x1)＝F(x2)＝0，得－ln t1－t1＋m＝－ln t2－t2＋m＝0. 易知函数y＝－ln t－t＋m在(0，＋∞)上单调递减，故t1＝t2，即＝， 即g(x1)＝g(x2)． 由(1)可知g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以不妨设0<x1<1<x2. 要证>e2，只需证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1.又2－x1＞1，故只需证g(x2)<g(2－x1)． 因为g(x1)＝g(x2)，所以只需证g(x1)<g(2－x1)，即g(x1)－g(2－x1)<0. 令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝，x∈(0，1)，则h′(x)＝＝>0恒成立， 所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)<h(1)＝0. 故原不等式得证． 学科网（北京）股份有限公司 $$