第5章 专题强化练12（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（苏教版2019）

专题强化练12　利用导数研究函数的零点 1.已知函数f(x)=(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是(　　) A.(e,+∞)　　　　B.(e,5] C.(e,5)　　　　D.[e,5] 2.(多选题)已知函数f(x)=,则关于x的方程[f(x)]2+mf(x)+m-1=0(m<1)的实根可能有(　　) A.1个　　　　B.2个　　　　C.3个　　　　D.4个 3.已知函数f(x)=2x+ln x+1-a和函数g(x)=x-有相同的零点x0,则ln =(　　) A.2　　　　B.-e　　　　C.-4　　　　D.e2 4.(多选题)已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R),则下列说法正确的是(　　) A.若a≤0,则函数f(x)没有极值 B.若a>0,则函数f(x)有极值 C.若函数f(x)有且只有两个零点,则实数a的取值范围是 D.若函数f(x)有且只有一个零点,则实数a的取值范围是(-∞,0]∪ 5.已知函数f(x)=x(1+e-x)-a(1-e-x)(a>0)的零点为x1,x2,x3,且x1<x2<x3,则的最大值为　　　　.  6.若函数f(x)=2x-sin x-a在(-π,π)上存在唯一的零点x1,函数g(x)=x2+cos x-ax+a在(-π,π)上存在唯一的零点x2,且x1<x2,则实数a的取值范围为　　　 　.  7.已知函数f(x)=(ln x)2-axln x+ax2有三个不同的零点x1,x2,x3,且x1<x2<x3,则实数a的取值范围是　　　　 ;的值为　　　　.  8.已知函数f(x)=+a. (1)试讨论函数f(x)的零点个数; (2)设g(x)=x2-f(x),x1,x2为函数g(x)的两个零点,证明:x1x2<1. 答案与分层梯度式解析 专题强化练12　利用导数研究函数的零点 1.B　当x≤时,令10x-m=0,得x=; 当x>时,令xex-2mx+m=0,得m=, 设g(x)=,则g'(x)=, 当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, ∴当x>时,g(x)min=g(1)=e, ∵f(x)在R上有三个零点,∴x=为f(x)的一个零点,且m=有两个不同的解, ∴解得e<m≤5,∴实数m的取值范围为(e,5].故选B. 2.ABC　易得f(x)= 当x≥0时, f(x)≥0(x=0时取等号), f'(x)=, 当0≤x<1时, f'(x)>0, f(x)单调递增,当x>1时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 故f(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,为f(1)=. 当x<0时, f(x)>0, f'(x)=<0, f(x)单调递减,当x→-∞时, f(x)→+∞,当x→0-时, f(x)→0. 由[f(x)]2+mf(x)+m-1=0得[f(x)+1][f(x)+m-1]=0,得f(x)=-1(舍去)或f(x)=1-m. 所以当1-m>,即m<1-时,方程[f(x)]2+mf(x)+m-1=0有1个实根; 当1-m=,即m=1-时,方程[f(x)]2+mf(x)+m-1=0有2个实根; 当0<1-m<,即1-<m<1时,方程[f(x)]2+mf(x)+m-1=0有3个实根.故选ABC. 3.C　由题意得 整理得x0-2x0-ln x0-1=0. 令h(x)=xe2x-2x-ln x-1(x>0), 则h'(x)=(1+2x)e2x-. 令m(x)=e2x-,易知m(x)在(0,+∞)上单调递增, 又m-4<0,m(1)=e2-1>0, ∴m(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点t,且t∈,即2t=-ln t. ∴当x∈(0,t)时,m(x)<0,即h'(x)<0; 当x∈(t,+∞)时,m(x)>0,即h'(x)>0, ∴h(x)在(0,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递增, ∴h(x)min=h(t)=te2t-2t-ln t-1=1+ln t-ln t-1=0, 又x0-2x0-ln x0-1=0,∴t=x0, ∴ln =e2tln t2=2e2tln t=·(-2t)=-4.故选C. 4.ABD　由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=a-, 若a≤0,则 f'(x)<0恒成立,此时f(x)单调递减,没有极值,当x→0+时, f(x)→+∞,当x→+∞时, f(x)→-∞,∴f(x)有且只有一个零点. 若a>0,令f'(x)=0,得x=,当x∈时,f'(x)<0, f(x)单调递减,当x∈时,f'(x)>0, f(x)单调递增,故当x=时, f(x)取得极小值,为f=1+ln a,当x→0+时, f(x)→+∞,当x→+∞时, f(x)→+∞,当1+ln a=0,即a=时, f(x)有且只有一个零点;当1+ln a<0,即0<a<时, f(x)有且仅有两个零点. 综上可知A、B、D正确,C错误.故选ABD. 5.答案　 解析　显然f(0)=0,所以0是函数f(x)的一个零点. 当x≠0时,由f(x)=0得a=,则方程a=有两个不同的实数根, 设g(x)=,x≠0,由于g(-x)==g(x),且定义域关于原点对称,所以g(x)是偶函数, 所以只需方程a=g(x)在(0,+∞)上有一个根, 当x>0时,由g(x)=, 得g'(x)=1+, 设φ(x)=e2x-1-2xex(x>0),则φ'(x)=2e2x-2ex-2xex=2ex(ex-1-x), 设P(x)=ex-1-x(x>0),则P'(x)=ex-1>0, 所以P(x)单调递增,所以P(x)>P(0)=0, 则φ'(x)>0,即φ(x)单调递增,故φ(x)>φ(0)=e0-1-0=0,即g'(x)>0, 所以g(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以a=g(x)在(0,+∞)上只有一个根,满足条件, 则x2=0,x3=-x1>0,所以, 设h(x)=(x>0),则h'(x)=, 令h'(x)=0,得x=, 当0<x<时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 当x>时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 所以当x=时,h(x)取得极大值,也是最大值,为h(. 6.答案　(-2π,1-π] 解析　由已知得f'(x)=2-cos x>0恒成立,∴f(x)单调递增, 又f(x)在(-π,π)上存在唯一的零点x1,∴f(-π)<f(x1)<f(π),即-2π-a<0<2π-a,解得-2π<a<2π. 易得g'(x)=2x-sin x-a=f(x),∴g'(x)单调递增, 又f(x1)=0,即g'(x1)=0,∴当x∈(-π,x1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(x1,π)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 又g(x)在(-π,π)上存在唯一的零点x2,且x1<x2,∴解得a≤1-π. 综上所述,实数a的取值范围为(-2π,1-π]. 7.答案　;1 解析　由(ln x)2-axln x+ax2=0得-a·+a=0,令=t,∴t2-at+a=0, 令g(x)=t=,则g'(x)=,令g'(x)=0,得x=e,当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>e时,g'(x)<0,g(x)单调递减,∴当x=e时,g(x)有极大值,也是最大值,为g(e)=. 当x→0+时,g(x)→-∞;当x→+∞时,g(x)→0,作出y=g(x)的大致图象,如图, 要使函数f(x)有三个不同的零点,则关于t的一元二次方程t2-at+a=0有两个不等的实数根,不妨设为t1,t2,其中t1∈(-∞,0),t2∈, 令h(t)=t2-at+a,∴<a<0, 且=t2,t1+t2=a,t1t2=a, ∴=(1-t1)2·(1-t2)2=[1-(t1+t2)+t1t2]2=1. 8.解析　(1)令f(x)=0,则=-a,令h(x)=,则h'(x)=, 当0<x<e时,h'(x)>0;当x>e时,h'(x)<0, 所以h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,则h(x)≤h(e)=. 当x→0+时,h(x)→-∞,当x>1时,h(x)>0,作出y=h(x)的图象,如图. 所以当-a≤0,即a≥0时,h(x)的图象与直线y=-a有一个交点,故f(x)有一个零点; 当0<-a<,即-<a<0时,h(x)的图象与直线y=-a有两个交点,故f(x)有两个零点; 当-a=,即a=-时,h(x)的图象与直线y=-a有一个交点,故f(x)有一个零点; 当-a>,即a<-时,h(x)的图象与直线y=-a没有交点,故f(x)没有零点. 综上,当a≥0或a=-时, f(x)有一个零点; 当-<a<0时, f(x)有两个零点; 当a<-时, f(x)没有零点. (2)证明:由已知得g(x)=x2--a,则g(x)的定义域为(0,+∞), g'(x)=2x-, 设r(x)=x3+ln x-1,则r'(x)=3x2+,易知r'(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 所以函数r(x),即g'(x)单调递增,易得r(1)=0,即g'(1)=0.当0<x<1时,g'(x)<0,当x>1时,g'(x)>0, 所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 设x1<x2,可得0<x1<1<x2,0<<1, 因为g(x1)=g(x2)=0, 所以g(x1)-g = =,x2>1, 设φ(x)=x--2ln x(x>1),则φ'(x)=1+>0,故函数φ(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以φ(x2)=x2--2ln x2>φ(1)=0, 所以g(x1)-g>0,即g(x1)>g, 又函数g(x)=x2--a在(0,1)上单调递减, 所以0<x1<<1,所以x1x2<1. 解题技法　利用导数研究函数零点或方程根的问题,通常有三种思路:(1)利用最值或极值研究;(2)利用数形结合思想研究;(3)构造辅助函数研究.常见的有以下两种题型: ①确定零点的个数问题,可利用数形结合判断,如果函数较为复杂,可用导数知识确定极值点和单调区间,从而确定其大致图象. ②方程有解问题,即对应函数存在零点问题,可以通过参变分离,将其转化为求函数的值域问题;也可以通过构造函数,把问题转化为研究所构造函数的零点问题. 9 学科网（北京）股份有限公司 $$