2024-2025学年高二数学下学期人教A版选择性必修二第5章一元函数的导数及其应用5.5利用导数研究函数的零点

利用导数研究函数的零点 (时间：45分钟　满分：100分) 基础巩固 一、选择题 1．(5分)设函数f(x)＝x－lnx(x>0)，则y＝f(x)(　　) A．在区间，(1，e)内均有零点 B．在区间，(1，e)内均无零点 C．在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点 D．在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点 [解析]　由题意得f′(x)＝，令f′(x)>0，得x>3；令f′(x)<0，得0<x<3，所以函数f(x)在区间(0,3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，在x＝3处有极小值f(3)＝1－ln3<0；又f(1)＝>0，f(e)＝－1<0，f＝＋1>0，即f(1)·f(e)<0，f(1)·f>0，所以f(x)在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点．故选D． [答案]　D 2．(5分)已知函数f(x)＝ex与g(x)＝x＋1，则它们的图象交点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．不确定 [解析]　令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，由h′(x)＝ex－1＝0，得x＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．∴当x＝0时，h(x)取得最小值h(0)＝0，∴h(x)＝ex－x－1只有一个零点，即f(x)与g(x)的图象只有1个交点．故选B． [答案]　B 3．(5分)已知函数f(x)＝ax3＋3x2－1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是(　　) A．a>2 B．a<－2 C．a<－2或a>2 D．∅ [解析]　由题意得，f′(x)＝3ax2＋6x，f(0)＝－1.①当a＝0时，函数f(x)＝3x2－1，存在两个零点，不符合题意．②当a>0时，f(x)单调递增区间为，(0，＋∞)，单调递减区间为.所以f(x)在x＝－处取得极大值．f(0)＝－1<0，因此函数f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，只需即可，解得a>2.③当a<0时，f(0)＝－1<0，f(x)单调递减区间为(－∞，0)，，单调递增区间为，当x→－∞时，f(x)→＋∞，因此函数f(x)在(－∞，0)必有零点，不符合题意；故a的取值范围是(2，＋∞)．故选A． [答案]　A 4．(5分)已知函数f(x)＝，则下列结论不正确的是(　　) A．函数f(x)存在两个不同的零点 B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值 C．当－e<k<0，方程f(x)＝k有且只有两个实根 D．若x∈[t，＋∞)，f(x)max＝，则t的最小值为2 [解析]　由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，解得x＝，所以A正确；f′(x)＝－＝－，当f′(x)>0时，－1<x<2；当f′(x)<0时，x<－1或x>2，所以函数的单调递减区间为(－∞，－1)，(2，＋∞)，函数的单调递增区间为(－1,2)，所以f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，所以B正确；当x趋向于＋∞时，f(x)趋向于0，根据B项可知，函数的最小值是f(－1)＝－e，再根据单调性可知，当－e<k<0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根，所以C正确；由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确． [答案]　D 5．(6分)(多选)已知函数f(x)＝ex－有唯一零点，则实数a的值可以是(　　) A．－1 B．－ C．0 D．1 [解析]　令f(x)＝ex－＝0，则有a＝ex(x－1)(x≠1)，令h(x)＝ex(x－1)，则有h′(x)＝exx，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，当x→－∞时h(x)→0，h(0)＝－1，h(1)＝0，当x→＋∞时h(x)→＋∞，故f(x)有唯一零点时，如图，需满足a＝－1或a>0.故选AD． [答案]　AD 二、填空题 6．(5分)已知函数f(x)＝lnx－x－xe－x－k有零点，则实数k的取值范围是____________． [解析]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1－(1－x)e－x＝，令g(x)＝ex－x，x>0，则g′(x)＝ex－1>0恒成立，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(0)＝1，∴当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－1－－k，函数f(x)＝lnx－x－xe－x－k有零点，则－1－－k≥0，解得k≤－1－. [答案]　 7．(5分)已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点，则f(0)的取值范围是____________________． [解析]　∵f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b，∴f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)，由f′(x)>0得x>2或x<1，此时函数f(x)在区间(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增， 由f′(x)<0，得1<x<2，此时函数在区间(1,2)上单调递减， 所以当x＝1时，函数取得极大值f(1)＝－＋2＋3a＋b＝＋3a＋b, 当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝－6＋4＋3a＋b＝＋3a＋b, 若函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点， 则f(1)＝＋3a＋b>0且f(2)＝＋3a＋b<0, 则－<3a＋b<－， 又因为f(0)＝3a＋b, 所以f(0)的取值范围是. [答案]　 8．(5分)已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－f(－x)有四个零点，则实数a的取值范围是________． [解析]　由题意知，函数g(x)＝f(x)－f(－x)，可得g(－x)＝f(－x)－f(x)＝－g(x)，所以函数y＝g(x)为奇函数，由题意知x>0时，g(x)＝f(x)－f(－x)＝lnx＋＝0有两个根，即a＝－xlnx在(0，＋∞)上有两个根，设h(x)＝－xlnx，则h′(x)＝－1－lnx，当0<x<时，h′(x)>0；x>时，h′(x)<0，所以h(x)在区间上是增函数，在上是减函数，且当x＝时，函数h(x)取得最大值，最大值为h＝－ln＝，当x→0时，h(x)→0，x→＋∞时，h(x)→－∞，所以函数h(x)的图象如图所示，由函数y＝h(x)图象，可得a∈，即a∈. [答案]　 三、解答题 9．(10分)已知函数f(x)＝ex＋，a∈R，试讨论函数f(x)的零点个数． [解]　函数f(x)的定义域为{x|x≠a}． ①当x>a时，ex>0，x－a>0， ∴f(x)>0，即f(x)在(a，＋∞)上无零点． ②当x<a时，f(x)＝， 令g(x)＝ex(x－a)＋1， 则g′(x)＝ex(x－a＋1)． 由g′(x)＝0得x＝a－1. 当x<a－1时，g′(x)<0； 当x>a－1时，g′(x)>0， ∴g(x)在(－∞，a－1)上单调递减， 在(a－1，a)上单调递增， ∴g(x)min＝g(a－1)＝1－ea－1. ∴当a＝1时，g(a－1)＝0， 则x＝a－1是f(x)的唯一零点； 当a<1时，g(a－1)＝1－ea－1>0， 则f(x)没有零点； 当a>1时，g(a－1)＝1－ea－1<0， 则f(x)有两个零点． 10．(10分)已知函数f(x)＝x2－alnx－ax(a>0)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的值． [解]　(1)f′(x)＝x－－a＝(x2－ax－a)， 令f′(x)＝0，得x2－ax－a＝0. 因为a>0，则Δ＝a2＋4a>0，即原方程有两根，设为x1，x2， 因为x>0，所以x1＝<0(舍去)，x2＝. 则当x∈时，f′(x)<0, 当x∈时，f′(x)>0， 所以f(x)在上是单调递减， 在上是单调递增． (2)由(1)可知f(x)min＝f(x2)． ①若f(x2)＝0，则 即 可得1－2lnx2－x2＝0， 设h(x)＝1－2lnx－x，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以h(x)＝0至多有一解，且h(1)＝0，则x2＝1， 代入解得a＝. ②若f(x2)<0，则 即 可得1－2lnx2－x2<0， 结合①可得x2>1， 因为<1<x2，f＝－aln－a＝＋a－>0，所以y＝f(x)在上存在一个零点． 当x>4a时，f(x)>2ax－alnx－ax＝a(x－lnx)>0， 所以y＝f(x)在(x2，＋∞)上也存在一个零点，因此y＝f(x)存在两个零点，不合题意． 综上所述：a＝. 能力提升 11．(5分)若函数f(x)＝lnx＋－a在区间(1，e)上只有一个零点，则常数a的取值范围为(　　) A．a≤1 B．a>e C．1<a<＋1 D．<a<1 [解析]　令lnx＋－a＝0，则lnx＋＝a，因为函数f(x)＝lnx＋－a在区间(1，e)上只有一个零点，则函数g(x)＝lnx＋与函数h(x)＝a的图象只有一个交点，又g′(x)＝－＝>0，x∈(1，e)，所以g(x)＝lnx＋在(1，e)上单调递增，则g(x)∈，∴1<a<＋1.故选C． [答案]　C 12．(6分)(多选)已知函数f(x)＝ex－ax2(a为常数)，则下列结论正确的有(　　) A．a＝时，f(x)≥0恒成立 B．a＝1时，x＝1是f(x)的极值点 C．若f(x)有3个零点，则a的范围为 D．a＝时，f(x)有唯一零点x0且－1<x0<－ [解析]　当a＝时，f(x)＝ex－x2，f′(x)＝ex－ex，令g(x)＝f′(x)，g′(x)＝ex－e，令g′(x)＝ex－e>0，则x>1，f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，令g′(x)<0，则x<1，f′(x)在(－∞，1)上单调递减，故f′(x)≥f′(1)＝0，∴f(x)在R上单调递增，f(－1)＝－<0，故A错误；当a＝1时，f(x)＝ex－x2，f′(x)＝ex－2x，令m(x)＝f′(x)，m′(x)＝ex－2，令m′(x)＝ex－2>0，则x>ln2，f′(x)在(ln2，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln2)上单调递减，故f′(x)≥f′(ln2)＝2－2ln2>0，∴f(x)在R上单调递增，无极值，故B错误； 令f(x)＝ex－ax2＝0，当x＝0时，显然f(0)≠0，故x＝0不是函数的零点，当x≠0时，则a＝，记F(x)＝，则F′(x)＝，令F′(x)＝>0得x<0或x>2，故F(x)＝在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，且F(2)＝，且当x→＋∞和x→0时，F(x)→＋∞，F(x)图象如图所示，当a>时，y＝a与y＝F(x)有三个零点，故f(x)有3个零点，则a的范围为，C正确；当a＝时，f(x)＝ex－x2，f′(x)＝ex－x，令h(x)＝f′(x)，h′(x)＝ex－1，由h′(x)＝ex－1>0，则x>0，由h′(x)<0得x<0，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故f′(x)≥f′(0)＝1，∴f(x)在R上单调递增，则此时f(x)至多只有一个零点x0，又f(－1)＝e－1－＝<0，f＝e－－＝>0，由零点存在性定理可知，存在唯一的x0，满足－1<x0<－，选项D正确；故选CD． [答案]　CD 13．(5分)对于函数f(x)，把满足f(x0)＝x0的实数x0叫做函数f(x)的不动点，设f(x)＝2alnx，若f(x)有两个不动点，则实数a的取值范围是________． [解析]　当a＝0时不合题意，所以a≠0.由f(x)＝x可得2alnx＝x，则＝，因为函数f(x)有两个不动点，所以直线y＝与函数g(x)＝的图象有两个交点，g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝，当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝，作出函数g(x)的图象如下图所示． 由图象可知，当0<<，即当a>时，直线y＝与函数g(x)＝的图象有两个交点，所以实数a的取值范围为. [答案]　 14．(10分)已知函数f(x)＝x＋ln(ax)＋xex(a<0)． (1)求函数f(x)的极值； (2)若集合{x|f(x)≥－1}有且只有一个元素，求a的值． [解]　(1)f′(x)＝(1＋x)， 因为a<0，所以f(x)的定义域为(－∞，0)， 则＋<0， 因为x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；x∈(－1,0)时，f′(x)<0. 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，单调递减区间为(－1,0)， 所以x＝－1是f(x)的极大值点，f(x)的极大值是f(－1)＝－1＋ln(－a)－.无极小值． (2)由(1)可得f(x)max＝f(－1) ＝－1＋ln(－a)－， 要使集合{x|f(x)≥－1}有且只有一个元素，则只需要－1＋ln(－a)－＝－1. 设g(x)＝－1＋ln(－x)－，则g′(x)＝＋＝， 因为x∈时，g′(x)<0； x∈时，g′(x)>0， 所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. 所以g(x)min＝g＝－1，所以关于a的方程－1＋ln(－a)－＝－1有解时， 只能是a＝－， 所以集合{x|f(x)≥－1}有且只有一个元素时a＝－. 创新拓展 15．(13分)已知函数f(x)＝ex－ax，a∈R. (1)求f(x)的极值； (2)令F(x)＝f(x)＋ax＋sinx－bx－1，当1≤b<2时，讨论F(x)零点的个数． [解]　(1)f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a. ①当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增，无极值． ②当a>0时，令f′(x)>0，得x>lna； 令f′(x)<0，得x<lna， 所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减；在(lna，＋∞)上单调递增， f(x)在x＝lna处取极小值f(lna)＝a(1－lna)，无极大值． 综上所知，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)有极小值a(1－lna)，无极大值． (2)因为F(x)＝ex＋sinx－bx－1(x∈R)， 所以F′(x)＝ex＋cosx－b， 令g(x)＝F′(x)＝ex＋cosx－b， 则g′(x)＝ex－sinx. ①当x≤－π时，由1≤b<2，得－bx≥bπ≥π， 所以F(x)≥ex＋sinx＋π－1>π－1－1>0， 故F(x)在(－∞，－π]上无零点． ②当x∈[0，＋∞)时，g′(x)＝ex－sinx≥1－sinx≥0，F′(x)在[0，＋∞)上单调递增； F′(x)≥F′(0)＝2－b>0，F(x)在[0，＋∞)上单调递增，F(x)≥F(0)＝0， ∴F(x)在[0，＋∞)上有唯一零点x＝0. ③当x∈(－π，0)时，sinx<0， g′(x)＝ex－sinx>0， ∴F′(x)在(－π，0)上单调递增， F′(0)＝2－b>0，F′(－π)＝e－π－b－1<0， ∴存在t∈(－π，0)，使F′(t)＝0， 当x∈(－π，t)时，F(x)单调递减； 当x∈(t,0)时，F(x)单调递增， 又∵F(－π)＝e－π＋bπ－1>0， F(t)<F(0)＝0， ∴F(x)在(－π，t)上有唯一零点，在(t,0)上无零点， 即F(x)在(－π，0)上有1个零点． 综上，当1≤b<2时，函数F(x)有2个零点． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 利用导数研究函数的零点 (时间：45分钟　满分：100分) 基础巩固 一、选择题 1．(5分)设函数f(x)＝x－lnx(x>0)，则y＝f(x)(　　) A．在区间，(1，e)内均有零点 B．在区间，(1，e)内均无零点 C．在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点 D．在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点 2．(5分)已知函数f(x)＝ex与g(x)＝x＋1，则它们的图象交点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．不确定 3．(5分)已知函数f(x)＝ax3＋3x2－1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是(　　) A．a>2 B．a<－2 C．a<－2或a>2 D．∅ 4．(5分)已知函数f(x)＝，则下列结论不正确的是(　　) A．函数f(x)存在两个不同的零点 B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值 C．当－e<k<0，方程f(x)＝k有且只有两个实根 D．若x∈[t，＋∞)，f(x)max＝，则t的最小值为2 5．(6分)(多选)已知函数f(x)＝ex－有唯一零点，则实数a的值可以是(　　) A．－1 B．－ C．0 D．1 二、填空题 6．(5分)已知函数f(x)＝lnx－x－xe－x－k有零点，则实数k的取值范围是____________． 7．(5分)已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点，则f(0)的取值范围是____________________． 8．(5分)已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－f(－x)有四个零点，则实数a的取值范围是________． 三、解答题 9．(10分)已知函数f(x)＝ex＋，a∈R，试讨论函数f(x)的零点个数． 10．(10分)已知函数f(x)＝x2－alnx－ax(a>0)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的值． 能力提升 11．(5分)若函数f(x)＝lnx＋－a在区间(1，e)上只有一个零点，则常数a的取值范围为(　　) A．a≤1 B．a>e C．1<a<＋1 D．<a<1 12．(6分)(多选)已知函数f(x)＝ex－ax2(a为常数)，则下列结论正确的有(　　) A．a＝时，f(x)≥0恒成立 B．a＝1时，x＝1是f(x)的极值点 C．若f(x)有3个零点，则a的范围为 D．a＝时，f(x)有唯一零点x0且－1<x0<－ 13．(5分)对于函数f(x)，把满足f(x0)＝x0的实数x0叫做函数f(x)的不动点，设f(x)＝2alnx，若f(x)有两个不动点，则实数a的取值范围是________． 14．(10分)已知函数f(x)＝x＋ln(ax)＋xex(a<0)． (1)求函数f(x)的极值； (2)若集合{x|f(x)≥－1}有且只有一个元素，求a的值． 创新拓展 15．(13分)已知函数f(x)＝ex－ax，a∈R. (1)求f(x)的极值； (2)令F(x)＝f(x)＋ax＋sinx－bx－1，当1≤b<2时，讨论F(x)零点的个数． 学科网（北京）股份有限公司 $$