课时训练（23）利用导数研究函数零点（Word练习）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

1．已知函数f(x)＝ex－4sin x，其中e为自然对数的底数． (1)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程； (2)证明：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点． (1)解：因为f(x)＝ex－4sin x，所以f′(x)＝ex－4cos x， 则f(0)＝1，f′(0)＝－3， 故所求切线方程为y－1＝－3(x－0)，即3x＋y－1＝0. (2)证明：设g(x)＝f′(x)＝ex－4cos x， 则g′(x)＝ex＋4sin x. 显然当x∈[0，π]时，g′(x)>0，当x∈[π，＋∞)时，g′(x)>eπ－4>0， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f′(0)＝－3<0，f′()＝e－2>0， 所以存在唯一的x0∈(0，)，使f′(x0)＝0. 则当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． 因为f(0)＝1>0，f()＝e－2<e－2<0，f(π)＝eπ>0，所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点． 2．已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，a∈R. (1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)＝1有且仅有两个不相等的实根，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x＋1，定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－1＝，当x∈(0，1)时，f′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞). (2)由题意，ln x－ax＋1＝1，即a＝有且仅有两个不相等的实根，令g(x)＝，h(x)＝a， 即g(x)与h(x)的图象有两个交点， g′(x)＝，当x∈(0，e)时，g′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 所以函数g(x)的最大值为g(e)＝＝， 又x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0， 所以当a∈(0，)时，g(x)与h(x)的图象有两个交点，所以实数a的取值范围为(0，). 3．(2025·广东阶段练习)已知函数f(x)＝ex＋a cos x在x＝0处的切线方程为y＝x＋2. (1)求实数a的值； (2)探究f(x)在区间(－，＋∞)内的零点个数，并说明理由． 解：(1)由题可知f′(x)＝ex－a sin x， 由x＝0处的切线方程为y＝x＋2，∴k＝f′(0)＝e0＝1， 把点(0，2)代入得e0＋a cos 0＝2，∴a＝1. (2)由(1)可知f(x)＝ex＋cos x，∴f′(x)＝ex－sin x， 令g(x)＝f′(x)，g′(x)＝ex－cos x， 当x∈(－，－π)时，g′(x)>0，则g(x)在区间(－，－π)上单调递增． ∴由零点存在定理可知，存在x0∈(－，－π)，使得g(x0)＝0，即＝sin x0， ∴当x∈(－，x0)时，f′(x)<0，则f(x)在区间(－，x0)上单调递减； 当x∈(x0，－π)时，f′(x)>0，则f(x)在区间(x0，－π)上单调递增， 又f(－)＝＋cos (－)>0，f(－π)＝e－π－1<0， ∴由零点存在定理可知f(x)在区间(－，－π)上有且仅有一个零点． 当x∈[－π，0)时，f′(x)＝ex－sin x>0； 当x∈[0，＋∞)时，f′(x)＝ex－sin x≥e0－1＝0. ∴f(x)在区间[－π，＋∞)上单调递增． 又f(－π)＝e－π－1<0，f(0)＝e0＋1>0， ∴由零点存在定理可知，存在唯一零点x2∈[－π，0)，使得f(x2)＝0， 综上可得，f(x)在区间(－，＋∞)上有且仅有两个零点． 学科网（北京）股份有限公司 $$