课时作业(19)　利用导数研究函数的零点问题（Word练习）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

课时作业(十九)　利用导数研究函数的零点问题 [基础保分练] 1．已知函数f(x)＝ex－kx(k∈R). (1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)讨论函数f(x)的零点个数． 解：(1)当k＝1时，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1， 令f′(x)＞0，则x＞0，f(x)单调递增； 令f′(x)＜0，则x＜0，f(x)单调递减． 故f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)， 单调递减区间为(－∞，0). (2)设P(x0，y0)是函数y＝ex上一点， 由y＝ex得y′＝ex，所以y＝ex在点P处的切线方程是 y－＝ (x－x0)， 令x＝y＝0，则x0＝1， 所以过原点作y＝ex的切线方程为y＝ex. 故当k＜0或k＝e时，函数f(x)有1个零点； 当k＞e时，函数f(x)有2个零点； 当0≤k＜e时，函数f(x)无零点． 2．已知函数f(x)＝x sin x＋cos x，g(x)＝x2＋4. (1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性； (2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，证明：h(x)在R上有且仅有三个零点． (1)解：f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x. 当x∈∪时，f′(x)>0； 当x∈∪时，f′(x)<0， ∴f(x)在，上单调递增，在，上单调递减． (2)证明：h(x)＝x2＋4－4x sin x－4cos x， ∵h(－x)＝x2＋4－4x sin x－4cos x＝h(x)， ∴h(x)为偶函数． 又∵h(0)＝0， ∴x＝0为函数h(x)的零点． 下面讨论h(x)在(0，＋∞)上的零点个数． h(x)＝x2＋4－4x sin x－4cos x＝x(x－4sin x)＋4(1－cos x). 当x∈[4，＋∞)时， x－4sin x>0，4(1－cos x)≥0， ∴h(x)>0，∴h(x)无零点； 当x∈(0，4)时， h′(x)＝2x－4x cos x＝2x(1－2cos x)， 当x∈时，h′(x)<0； 当x∈时，h′(x)>0， ∴h(x)在上单调递减，在上单调递增， ∴h(x)min＝h＝＋4－sin －4cos ＝＋2－<0， 又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin 4－4cos 4>0， ∴h(x)在上无零点，在上有唯一零点． 综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点， 又h(0)＝0且h(x)为偶函数， 故h(x)在R上有且仅有三个零点． 3．已知函数f(x)＝ex＋a cos x，其中x＞0，e为自然对数的底数，a∈R. (1)当a＝－1时，讨论f(x)的单调性； (2)若函数f(x)的导函数f′(x)在(0，π)内有且仅有一个零点，求a的值． 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝ex－cos x， 则f′(x)＝ex＋sin x， 由x＞0，则ex＞1，－1≤sin x≤1， ∴f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)由f′(x)＝ex－a sin x＝0，得a sin x＝ex， ∵x∈(0，π)，即sin x＞0， ∴a＝，令g(x)＝，0＜x＜π， 则g′(x)＝， 由g′(x)＝0，得x＝， 当0＜x＜时，g′(x)<0，g(x)在(0，)上单调递减； 当＜x＜π时，g′(x)>0，g(x)在(，π)上单调递增． 当x→0或x→π时，g(x)→＋∞. 故当x∈(0，)∪(，π)时， g(x)＝a有两个根，即f′(x)有两个零点， ∴a＝g()＝e. 4．已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明： (1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－. 因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增， y＝在(0，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0， 故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0. 又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以f(x)存在唯一的极值点． (2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0， 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α. 由α>x0>1得<1<x0. 又f()＝(－1)ln －－1＝＝0， 故是f(x)＝0在(0，x0)内的唯一根． 所以f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． [技能提分练] 5．(2024·梅州二模)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝x2＋1，h(x)＝a sin x＋1(a>0). (1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>g(x)； (2)讨论函数F(x)＝f(x)－h(x)在(0，π)上的零点个数． (1)证明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x2－1，则G′(x)＝ex－2x， 记p(x)＝ex－2x，则p′(x)＝ex－2， 当x∈(0，ln 2)时，p′(x)<0；当x∈(ln 2，＋∞)时，p′(x)>0，所以p(x)在x∈(0，ln 2)上单调递减；在x∈(ln 2，＋∞)上单调递增，从而在(0，＋∞)上，G′(x)＝p(x)≥p(ln 2)＝2－2ln 2>0，所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因此在(0，＋∞)上，G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x). (2)解：F(x)＝f(x)－h(x)＝ex－a sin x－1，F′(x)＝ex－a cos x，当0<a≤1时，在(0，π)上，F′(x)＝ex－a cos x>1－a≥0，所以，F(x)在(0，π)上单调递增，F(x)>F(0)＝0，即函数F(x)在(0，π)上无零点； 当a>1时，记q(x)＝F′(x)＝ex－a cos x，则q′(x)＝ex＋a sin x≥0，q(x)在(0，π)上单调递增， 而q(0)＝1－a<0，q＝e>0，故存在x0∈，使q(x0)＝0， ∴当0<x<x0时，F(x)单调递减；x0<x<π时，F(x)单调递增，F(x)min＝F(x0)， 而F(x0)<F(0)＝0，F(π)＝eπ－1>0，F(x)在(0，x0)上无零点，在(x0，π)上有唯一零点． 综上，当0<a≤1时，F(x)在(0，π)上没有零点； 当a>1时，F(x)在(0，π)上有且仅有1个零点． 6．设函数f(x)＝ex－ax－b＋1(a，b∈R). (1)若b＝1，f(x)有两个零点，求a的取值范围； (2)若f(x)≥0，求a＋b的最大值． 解：(1)当b＝1时，f(x)＝ex－ax.则f′(x)＝ex－a， 若a≤0，f′(x)>0，f(x)单调递增，不合题意． 若a＞0，由f′(x)＝0得x＝ln a. 当0<x<ln a时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 此时f(x)的极小值为f(ln a)＝eln a－a ln a＝a－a ln a， f(x)有两个零点，则a－a ln a<0，即ln a>1， 所以a>e，故a的取值范围是(e，＋∞). (2)由题意知f′(x)＝ex－a， 若a<0，则f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x→－∞时，f(x)→－∞， 此时存在x0，使得f(x0)＜0，不符合题意． 若a＝0，由f(x)≥0得1－b≥0，即b≤1，满足a＋b≤1. 若a>0，由f′(x)＝0得x＝ln a， 当x<ln a时，f′(x)<0，当x>ln a时，f′(x)>0， 则f(x)在x＝ln a处取得极小值， 即f(ln a)＝a－a ln a－b＋1≥0， 所以b≤a－a ln a＋1，则a＋b≤2a－a ln a＋1. 令g(a)＝2a－a ln a＋1(a＞0)，则g′(a)＝1－ln a， 当0<a<e时，g′(a)>0，g(a)单调递增； 当a>e时，g′(a)<0，g(a)单调递减． 所以当a＝e时，g(a)取得最大值， 即g(e)＝2e－eln e＋1＝e＋1. 此时a＋b的最大值为e＋1. 综上可知，a＋b的最大值为e＋1. [素养拉分练] 7．(2025·重庆南开中学月考)已知函数f(x)＝x－ln x－a(a∈R). (1)讨论函数f(x)的零点个数； (2)当a＞1时，实数x0为函数f(x)的小于1的零点，求证： ①x0＋＋1＜ea；②＞2a－ln a. (1)解：f′(x)＝1－(x＞0)，令f′(x)＝0得x＝1， 所以在x∈(0，1)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 在x∈(1，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝1－a， 当a＜1时，f(x)>0，函数f(x)没有零点， 当a＝1时，函数f(x)有一个零点x＝1， 当a＞1时，f(1)＜0， 且当x→0时，f(x)→＋∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞. 故函数有两个零点． (2)证明：由(1)知当a＞1时，f(x)有两个零点， 设x0为较小的零点，即0＜x0＜1， 则a＝x0－ln x0＝ln ＋ln ＝ln (ex0)， 所以ea＝， ①要证x0＋＋1＜ea， 即证x0＋＋1＜， 即证ex0＞x＋x0＋1(0<x0<1)， 令φ(x)＝ex－x2－x－1(0＜x＜1)， 则φ′(x)＝ex－x－1， 令m(x)＝ex－x－1，则m′(x)＝ex－1， 因为m′(x)＞0，所以m(x)在(0，1)上单调递增， 所以m(x)＞m(0)＝0， 所以φ(x)在(0，1)上单调递增， 所以φ(x)＞φ(0)＝0(0＜x＜1)， 所以ex0＞x＋x0＋1成立． ②因为a＞1，所以ln a＞0，所以2a－ln a＜2a， 故要证＞2a－ln a，只需证＞2a， 即证x0＋＞2(x0－ln x0)， 也即证2ln x0＋－x0＞0(0＜x0＜1)， 令h(x)＝2ln x＋－x， 则h′(x)＝－－1＝＝＜0， 所以h(x)在(0，1)上单调递减， 所以h(x)>h(1)＝0， 所以2ln x0＋－x0＞0(0＜x0＜1). 所以＞2a－ln a． 学科网（北京）股份有限公司 $$