专题6 第6讲 利用导数研究函数零点(Word练习)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

[对应学生用书P194] 1．已知函数f(x)＝ax2＋ln x－x. (1)当a＝－4时，求f(x)的单调区间与极值； (2)当a≥1时，证明：f(x)只有一个零点． 解析　(1)当a＝－4时，f(x)＝－2x2＋ln x＋3x，x∈，f′(x)＝－4x＋＋3＝＝. 由f′(x)>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1. ∴f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为， ∴f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝1，无极小值． (2)证明　∵f(x)＝ax2＋ln x－x，x∈， ∴f′(x)＝ax＋－＝＝. ①当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在上是增函数， ∵f(1)＝－<0，f(4)＝ln 4>0， ∴f(1)·f(4)<0，故f(x)在(1，4)上有唯一零点． ②当a>1时，由f′(x)>0，得0<x<或x>1，由f′(x)<0，得<x<1， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， ∵f＝－－ln a－1<0，f(1)＝－a－1<0， ∴在(0，1)上f(x)<0，又f(4)＝4a－4＋ln 4>0， ∴f(1)·f(4)<0，故f(x)在(1，4)上有唯一零点．综上，当a≥1时，f(x)只有一个零点． 2．设函数f(x)＝cos x＋1. (1)讨论函数f(x)在区间上的单调性； (2)判断并证明函数y＝f(x)在区间上零点的个数． 解析　(1)f′(x)＝cos x－sin x，且f′＝0. 当0<x<时，cos x>0，sin x<0， 从而f′(x)＝cos x－sin x>0， 即此时函数f(x)在区间上单调递增； 当<x≤π时，cos x<0，sin x≥0， 从而f′(x)＝cos x－sin x<0， 即此时函数f(x)在区间上单调递减． ∴综上所述，函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减． (2)f＝1>0，又f＝－＋1<0，且函数f(x)在区间上单调递减， ∴函数f(x)在区间上存在唯一的零点． 当x∈时， 记g(x)＝f′(x)＝cos x－sin x， 从而g′(x)＝－2sin x－cos x，且此时sin x<0，cos x<0， ∴g′(x)>0，g(x)＝f′(x)在区间上单调递增． g＝－1<0，g＝π>0， ∴存在x0∈，使得g＝0， 且x∈时，g(x)＝f′(x)<0，即此时f(x)在区间上单调递减； x∈时，g(x)＝f′(x)>0，即此时f(x)在区间上单调递增． ∴由f＝－＋1<0，得f<0， 即函数f(x)在区间上无零点； 而由f<0，f＝1>0， 即函数f(x)在区间上有唯一的零点． ∴函数f(x)在区间上有2个零点． 3．(2025·浙江金华十校二模)已知函数f(x)＝. (1)当a＝1时，求函数f(x)的极值； (2)若方程f(x)＝有且只有一个实数根，求实数a的取值范围． 解析　(1)当a＝1时，函数f(x)＝的定义域为(0，e-1)∪(e-1，＋∞)， 求导得f′(x)＝，当x∈(0，e-1)∪(e-1，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝1，无极大值． (2)函数f(x)＝的定义域为(0，e－a)∪(e－a，＋∞)，求导得f′(x)＝， 令h(x)＝f(x)－，则h′(x)＝f′(x)＝， 当x∈(0，e－a)∪(e－a，e1-a)时，f′(x)<0； 当x∈(e1-a，＋∞)时，f′(x)>0， 函数h(x)在(0，e－a)，(e－a，e1-a)上单调递减，在(e1-a，＋∞)上单调递增， 当x＝e1-a时， 函数h(x)取得极小值h(e1-a)＝e1-a－， ①若a<0，当x∈(0，e－a)时，h(1)＝f(1)－＝0，函数h(x)在(0，e－a)有唯一零点x＝1； 当x∈(e－a，＋∞)时，h(e1-a)＝e1-a－>0，函数h(x)在(e－a，＋∞)无零点， 因此当a<0时，h(x)有唯一零点； ②若a>0，当x从大于0的方向趋近于0时，函数h(x)的值趋近于负数－， 即当x∈(0，e－a)时，h(x)<0，函数h(x)在(0，e－a)上无零点； 当x从大于e－a的方向趋近于e－a时，函数h(x)的值趋近于正无穷大， 当x趋近于正无穷大时，函数h(x)的值趋近于正无穷大， 则当且仅当h(e1-a)＝0，h(x)有唯一零点， 由h(e1-a)＝0，得e1-a－＝0，即ae1-a－1＝0， 令φ(a)＝ae1-a－1，a>0，求导得φ′(a)＝(1－a)e1-a，当0<a<1时，φ′(a)>0；当a>1时，φ′(a)<0， 函数φ(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，因此φ(a)max＝φ(1)＝0， 则方程e1-a－＝0有唯一解a＝1，于是a＝1时，h(x)有唯一零点， 所以实数a的取值范围为a<0或a＝1. 4．(2025·辽宁沈阳调研)设a，b为实数，且a>1，函数f(x)＝ax－bx＋e2. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意 b>2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围； (3)当a＝e时，证明：对任意 b>e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，满足x2>x1＋. (注：e＝2.718 28…是自然对数的底数) 解析　(1)因为f(x)＝ax－bx＋e2， 所以f′(x)＝ax ln a－b. ①当b≤0时，f′(x)>0恒成立， 所以f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞). ②当b>0时， 当x<loga时，f′(x)<0； 当x>loga时，f′(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间是， 单调递增区间是. (2)因为b>2e2，函数f(x)有两个零点．由(1)知，有 f<0，即－ln ＋e2<0，(*) 记g(t)＝t－t ln t＋e2.当t>1时，g′(t)＝－ln t<0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减． 当t∈(0，1]时，g(t)＝t＋e2>0， 又 g＝0，因此当且仅当t>e2时，g(t)<0. (*)式即为g<0，所以对任意 b>2e2必有>e2. 即b>e2ln a，得a≤e2. 所以a∈，此时f(0)>0，f>0. 故实数a的取值范围为(1，e2]. (3)证明　由于b>e4，由(2)知，当a＝e时，函数f(x)有两个零点x1，x2，设x1<x2. 记mb为＋1的整数部分，则<mb≤＋1，mb>1， 由题意只需证明 f<0. 学科网（北京）股份有限公司 $