课时梯级训练(26) 导数与函数的零点(Word练习)-【优化指导】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

课时梯级训练(26)　导数与函数的零点 1．函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰有两个不同的零点，则a可以是 (　　) A．3 B．4 C．6 D．7 B　解析：根据题意，由于函数f(x)恰有两个不同的零点，即可知y＝2x3－9x2＋12x的图象与直线g(x)＝a有两个不同的交点．而y′＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，可知该函数在(1, 2)上递减，在(－∞， 1)，(2, ＋∞)上递增，故可知极大值为y|x＝1＝5，极小值为y|x＝2＝4.结合图象(图略)的单调性可知，满足题意的a＝4，故选B. 2．函数f(x)＝x－ln x的零点个数为 (　　) A．1 B．2 C．3 D．4 B　解析：由题设，f′(x)＝－＝且f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以在(0，3)上f′(x)<0，在(3，＋∞)上，f′(x)>0，即f(x)在(0, 3)上递减，在(3, ＋∞)上递增，所以f(x)的极小值为f(3)＝1－ln 3<0.又f()＝＋1>0，f(e2)＝－2>0，则f(x)在(0, 3)，(3, ＋∞)上各有一个零点，共有2个零点．故选B. 3．已知函数f(x)的定义域为[－1, 4]，部分对应值如下表． x －1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1<a<2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数为 (　　) A．1 B．2 C．3 D．4 D　解析：根据导函数图象知，0，3是函数的极大值点，2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示， 由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，因此y＝f(x)－a有4个零点． 4．(多选)(2024·长沙平高教育集团高二检测)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则 (　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有一个零点 C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 ABC　解析：f′(x)＝3x2－1， 令f′(x)>0得x>或x<－，令f′(x)<0得－<x<， 所以f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减， 所以x＝±时取得极值，故A正确； 因为f(－)＝1＋>0，f()＝1－>0，f(－2)＝－5<0， 所以函数f(x)在(－∞，－)上有一个零点，即函数f(x)只有一个零点，故B正确； 令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)， 则h(x)是奇函数，(0，0)是h(x)的对称中心，将h(x)的图象向上移动一个单位长度得到f(x)的图象，所以点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故C正确； 令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1， 当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1， 当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3，故D错误． 5．(2025·德州高二月考)若函数f(x)＝x－ln x＋m有零点，则实数m的取值范围是________． 答案：(－∞，－1]　解析：因为f(x)＝x－ln x＋m(x>0)，所以f′(x)＝1－＝. 令f′(x)<0，得0<x<1；令f′(x)>0，得x>1， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 则f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝1＋m. 因为f(x)＝x－ln x＋m有零点，所以f(1)＝1＋m≤0， 则m≤－1，即实数m的取值范围为(－∞，－1]. 6．(2024·全国甲卷)当x>0时，曲线y＝x3－3x与曲线y＝－(x－1)2＋a有两个交点，则a的取值范围是________． 答案：(－2，1)　解析：方法一　曲线y＝x3－3x是三次函数的图象，其性质和特点完全确定．函数y＝x3－3x有三个零点，分别是x＝－，x＝0，x＝.有两个极值点，分别是极大值点x＝－1，极大值为2；极小值点x＝1，极小值为－2. 函数的表达式y＝－(x－1)2＋a中含有参数a，所以函数图象的位置是不确定的．但其图象以直线x＝1为对称轴，在x＝1处取得最大值a.所以其最大值点与函数y＝x3－3x的极小值点重合，都为x＝1. 题设条件为当x>0时，曲线y＝x3－3x与曲线y＝－(x－1)2＋a有两个交点，即两条曲线在y轴的右边有两个交点．首先考虑在x＝0的情况，函数y＝x3－3x在x＝0时，函数值为0，为使两条曲线有两个交点，函数y＝－(x－1)2＋a在x＝0时的函数值应该小于0，即－1＋a<0，所以a<1.再来考虑两个函数在极值点x＝1的情况，当x＝1时，函数y＝x3－3x取得极小值－2，函数y＝－(x－1)2＋a取得最大值a，只有a>－2时，两条曲线才有交点．综上，a的取值范围是(－2，1). 方法二　本题还可以画出两条曲线，利用图形进行判断．通过图象可以更清楚地看出两条曲线的位置关系．通过讨论当x＝0，x＝1时，两条曲线的位置，确定参数a的范围． 方法三　将两条曲线的函数表达式作差得f(x)＝x3＋x2－5x＋1－a，则当x>0时，两条曲线有两个交点，等价条件是当x>0时，函数f(x)有两个零点．f′(x)＝3x2＋2x－5，令f′(x)＝0得x＝－或x＝1，x＝1是函数f(x)的极小值点．当x>0时函数f(x)有两个零点的充要条件是f(0)>0且f(1)<0.据此得1－a>0且－2－a<0.所以a的取值范围是(－2，1). 7．(2025·重庆高二检测)已知函数f(x)＝sin x＋ax，其中x∈[0，π]. (1)当a＝－时，求f(x)的极值； (2)当a≥1时，求f(x)的零点个数． 解：(1)当a＝－时，f(x)＝sin x－x，x∈[0，π]， 求导得f′(x)＝cos x－，x∈[0，π]， 令f′(x)＝0，得x＝， 当x∈[0，)时，f′(x)>0；当x∈(，π]时，f′(x)<0. ∴f(x)在区间[0，)上单调递增，在区间(，π]上单调递减， ∴当x＝时，f(x)取得极大值f()＝－，无极小值． (2)f′(x)＝cos x＋a，x∈[0，π]， 当a≥1时，∵－1≤cos x≤1，∴f′(x)≥0， ∴f(x)在区间[0，π]上单调递增， ∴f(x)≥f(0)＝0， 故f(x)只有一个零点0. 8．(2024·郴州高二期中)已知函数f(x)＝，其中a＞0，且函数f(x)的最大值为. (1)求实数a的值； (2)若函数g(x)＝ln f(x)－b有两个零点，求实数b的取值范围． 解：(1)函数f(x)＝的定义域为R，又f′(x)＝， 因为a＞0，所以当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0，即f(x)在(－∞，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递减； 所以f(x)在x＝1处取得极大值即最大值，即f(x)max＝f(1)＝＝，解得a＝1. (2)由(1)知f(x)＝，则g(x)＝ln f(x)－b＝ln －b＝ln x－x－b， 则g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以g′(x)＝－1＝， 所以当0＜x＜1时g′(x)＞0，当x＞1时g′(x)＜0， 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝－1－b，因为函数g(x)＝ln f(x)－b有两个零点， 又当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→－∞， 所以g(x)max＝g(1)＝－1－b＞0，解得b＜－1， 所以实数b的取值范围是(－∞，－1). 9．已知函数f(x)＝a－－ln x(a∈R)，若f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，求证：x1＋x2>2. 证明：方法一　依题设，有a＝＋ln x1＝＋ln x2，所以＝ln . 记＝t(t>1)，则x2＝x1t，所以ln t＝，故x1＝， 所以x1＋x2＝x1(t＋1)＝，则x1＋x2－2＝. 记函数g(x)＝－ln x(x>1)，则g′(x)＝>0， 故g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0. 又ln t>0，所以x1＋x2>2. 方法二　由f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，在区间(0，1)上单调递增． 因为f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，所以0<x1<1<x2. 令h(x)＝f(x)－f(2－x)，0<x<1， 则h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝＋＝>0， 所以h(x)在区间(0，1)上是增函数， 所以h(x)<h(1)＝0，即f(x)<f(2－x). 因为0<x1<1，所以f(x1)<f(2－x1). 因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)<f(2－x1). 因为0<x1<1，所以2－x1>1且x2>1， 结合函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，得x2>2－x1，即x1＋x2>2. 学科网（北京）股份有限公司 $$