第二编 专题1 第4讲 利用导数研究函数的零点问题-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　数学 　　第4讲　利用导数研究函数的零点问题 「考情研析」以导数为工具，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解函数零点或方程解的问题是高考的热点题型． 考向1　利用导数讨论函数零点的个数 例1　(2025·广东湛江一模)已知函数f(x)＝aln (x－1)＋x2－2x，其中a∈R. (1)若a＝－8，求函数f(x)的单调区间； (2)当a<－2时，试判断f(x)的零点个数，并证明． 解：(1)由题意，知x>1，f′(x)＝＋2x－2＝， 当a＝－8时，f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝3或x＝－1(舍去)． 当x∈(1，3)时，f′(x)<0， 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0， 故函数f(x)的单调递减区间为(1，3)，单调递增区间为(3，＋∞)． (2)解法一：因为f(2)＝0，故f(x)有一个零点2. 令f′(x)＝0，解得x1＝1－<1(舍去)，x2＝1＋， 当x∈(1，x2)时，f′(x)<0，故f(x)单调递减， 当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)单调递增． 当a<－2时，x2＝1＋∈(2，＋∞)，f(x2)<f(2)＝0. f(1－a)＝aln (－a)＋a2－1＝－a[－a－ln (－a)]－1. 下面先证明当x≥1时，x－ln x≥1. 令g(x)＝x－ln x(x≥1)， 则g′(x)＝1－＝≥0， 故g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(1)＝1. 因为－a>2>1， 所以f(1－a)＝－a[－a－ln (－a)]－1>－a－1>0. 易知1－a>x2，所以f(x)在(x2，＋∞)上存在唯一的零点x3， 所以当a<－2时，f(x)有两个零点，为2和x3. 解法二：令f(x)＝aln (x－1)＋x2－2x＝0， 当x＝2时，f(2)＝0，故2是f(x)的一个零点， 当x≠2时，a＝， 令g(x)＝，易得g(x)在(1，2)和(2，＋∞)上单调递减． 因为＝＝－2(洛必达法则)， 所以当x∈(2，＋∞)时，g(x)<－2且单调递减， 故当a<－2时，a＝在(2，＋∞)上有唯一解， 而当x∈(1，2)时，g(x)>－2， 故当a<－2时，a＝无解． 综上可知，当a<－2时，f(x)有两个零点． 　利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过极值(最值)判断零点个数 借助导数研究函数的单调性、极值，通过极值的正负、函数的单调性判断函数图象的走势，从而判断函数零点的个数． (2)构造函数法研究函数零点 根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解． 解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 已知函数f(x)＝sinx＋ln (x＋1)－ax，且曲线y＝f(x)与x轴相切于坐标原点． (1)求实数a的值及f(x)的最大值； (2)判断关于x的方程f(x)＋x＝0的实数根的个数，并证明． 解：(1)由题意知，f(0)＝0，且f′(0)＝0， ∵f′(x)＝cosx＋－a， ∴f′(0)＝2－a＝0，解得a＝2， ∴f(x)＝sinx＋ln (x＋1)－2x，x∈(－1，＋∞)， 则f′(x)＝cosx＋－2， 当x≥0时，cosx≤1，≤1，故f′(x)≤0， ∴f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减， ∴f(x)≤f(0)＝0； 当－1<x<0时，令g(x)＝cosx＋－2， 则g′(x)＝－sinx－， ∵－sinx∈(0，1)，>1， ∴g′(x)<0， ∴f′(x)在区间(－1，0)上单调递减， 则f′(x)>f′(0)＝0， ∴f(x)在区间(－1，0)上单调递增， 则f(x)<f(0)＝0， 则f(x)max＝f(0)＝0. 综上所述，a＝2，f(x)的最大值为0. (2)关于x的方程f(x)＋x＝0的实数根的个数为2.证明如下： 设h(x)＝f(x)＋x＝sinx＋ln (x＋1)－x，x∈(－1，＋∞)， ∴h′(x)＝cosx＋－1， 当x∈(－1，0)时，由(1)知f(x)<f(0)＝0， 故f(x)＋x<f(x)<0， 故f(x)＋x＝0在区间(－1，0)上无实数根． 当x＝0时，h(0)＝0，因此0为f(x)＋x＝0的一个实数根． 当x∈(0，π)时，h′(x)＝cosx＋－1单调递减， 又h′(0)＝1>0，h′(π)＝－2<0， ∴存在唯一的x0∈(0，π)，使得h′(x0)＝0， ∴当0<x<x0时，h′(x)>0，当x0<x<π时，h′(x)<0， ∴h(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0，π)上单调递减， ∴h(x0)>h(0)＝0， 又h(π)＝ln (π＋1)－π<2－π<0， ∴f(x)＋x＝0在区间(x0，π)上有且只有一个实数根，在区间(0，x0]上无实数根； 当x∈[π，＋∞)时，h(x)≤1＋ln (x＋1)－x， 令l(x)＝1＋ln (x＋1)－x，x≥π， ∴l′(x)＝－1＝<0， 故l(x)在区间[π，＋∞)上单调递减， l(x)≤l(π)＝ln (1＋π)－π＋1<3－π<0， 于是f(x)＋x<0恒成立，故f(x)＋x＝0在区间[π，＋∞)上无实数根． 综上所述，关于x的方程f(x)＋x＝0的实数根的个数为2. 考向2　已知函数的零点个数求参数的取值范围 例2　(2025·辽宁省县域重点高中二模)已知函数f(x)＝3ln (x＋1)＋sinax＋bx(a≠0)． (1)当b＝0时，证明：函数f(x)在(－1，2]上单调递增； (2)当a＝，b<0时，若函数f(x)在(－1，2)上有2个零点，求b的取值范围． 解：(1)证明：当b＝0时，f(x)＝3ln (x＋1)＋sinax，求导，得f′(x)＝＋cosax， 函数y＝在(－1，2]上单调递减，≥1，因此f′(x)≥1＋cosax≥0， 所以函数f(x)在(－1，2]上单调递增． (2)当a＝，b<0时，f(x)＝3ln (x＋1)＋sinx＋bx，x∈(－1，2)， 求导，得f′(x)＝＋cosx＋b， 令h(x)＝f′(x)，求导，得h′(x)＝－－sinx， 当－1<x≤0时，－≤－3，－sinx<，则h′(x)<0， 当0<x<2时，－<0，－sinx<0，则h′(x)<0， 所以当－1<x<2时，h′(x)<0， 所以函数f′(x)在(－1，2)上单调递减． 当－4<b<0时，f′(0)＝4＋b>0，f′(2)＝b<0， 所以存在唯一的x0∈(0，2)，使得f′(x0)＝0， 当－1<x<x0时，f′(x)>0，当x0<x<2时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(－1，x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减， 又f(0)＝0，所以函数f(x)在(－1，x0)上有唯一零点，f(x0)>f(0)＝0， 因为函数f(x)在(－1，2)上有2个零点， 所以f(2)＝3ln 3＋2b<0，即b<－ln 3， 所以当－4<b<－ln 3时，函数f(x)在(－1，2)上有2个零点； 当b＝－4时，f′(0)＝4＋b＝0，函数f(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减， 则f(x)≤f(0)＝0，当且仅当x＝0时，等号成立，函数f(x)在(－1，2)上有1个零点，不符合题意； 当b<－4时，f′(x)>－1＋b，f′>－1＋b＝0，且－1<<0， 又f′(0)＝4＋b<0， 所以存在唯一的x1∈(－1，0)，使得f′(x)＝0， 当－1<x<x1时，f′(x)>0， 当x1<x<2时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(－1，x1)上单调递增，在(x1，2)上单调递减， 而f(0)＝0，即函数f(x)在(x1，2)上有唯一零点， 又当x从大于－1的方向趋近于－1时，函数f(x)的值趋近于负无穷大，f(x1)>f(0)＝0， 所以函数f(x)在(－1，x1)上有1个零点， 此时函数f(x)在(－1，2)上有2个零点． 综上所述，b的取值范围是(－∞，－4)∪. 　利用函数零点的情况求参数范围的方法 1．(2025·河北秦皇岛一模)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝及x＝1处取得极值． (1)求a，b的值； (2)若方程f(x)＝0有三个不同的实根，求c的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 由已知，得，1是3x2＋2ax＋b＝0的两个根， 故解得 此时f(x)＝x3－2x2＋x＋c， 则f′(x)＝3x2－4x＋1， 令f′(x)<0，得<x<1， 令f′(x)>0，得x<或x>1， 所以函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 可知x＝和x＝1均为极值点，符合题意， 所以a＝－2，b＝1. (2)由(1)，得f(x)＝x3－2x2＋x＋c， 则f′(x)＝3x2－4x＋1， 结合(1)可知，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 所以f(x)的极小值为f(1)＝c，极大值为f＝＋c， 若方程f(x)＝0有三个不同的实根， 只需解得－<c<0， 所以c的取值范围是. 2．(2025·山东齐鲁名校教研共同体联考)已知a，b∈R，函数f(x)＝x－ax2ex＋b. (1)若a＝1，b＝－1，求曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程； (2)若a>0，g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)若对任意b∈R，f(x)至多有2个零点，求a的取值范围． 解：(1)因为a＝1，b＝－1， 所以f(x)＝x－x2ex－1， 则f′(x)＝1－(2x＋x2)ex， 所以f′(－2)＝1，f(－2)＝－3－， 所以曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程为y＝(x＋2)－3－，即y＝x－－1. (2)由题易知g(x)＝f′(x)＝1－a(2x＋x2)ex， 所以g′(x)＝－a(x2＋4x＋2)ex， 令g′(x)＝0，得x＝－2±， 当x<－2－或x>－2＋时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当－2－<x<－2＋时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 故g(x)的单调递增区间为(－2－，－2＋)，单调递减区间为(－∞，－2－)和(－2＋，＋∞)． (3)若a＝0，则f(x)＝x＋b，f(x)仅有1个零点，符合题意； 若a≠0，由f(x)至多有2个零点，可知f(x)至多有1个极值点，则f′(x)＝1－a(2x＋x2)ex至多有1个变号零点． 由f′(x)＝0，得＝(2x＋x2)ex， 设h(x)＝(2x＋x2)ex， 则h′(x)＝(x2＋4x＋2)ex， 可得h(x)在(－2－，－2＋)上单调递减， 在(－∞，－2－)和(－2＋，＋∞)上单调递增， 所以h(x)的极大值为h(－2－)＝， 极小值为h(－2＋)＝， 且当x∈(－∞，－2)∪(0，＋∞)时，h(x)>0，当x∈(－2，0)时，h(x)<0，作出h(x)的大致图象如图， 根据题意，直线y＝与h(x)的图象至多有1个交点(切点除外)， 所以≤或≥，解得－≤a<0或0<a≤. 综上所述，a的取值范围是. 真题押题 1．(2025·新课标Ⅱ卷，18)已知函数f(x)＝ln (1＋x)－x＋x2－kx3，其中0<k<. (1)证明：f(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，＋∞)上的极值点和零点． (ⅰ)设函数g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t)，证明：g(t)在区间(0，x1)上单调递减； (ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论． 解：(1)证明：由题意，得f′(x)＝－1＋x－3kx2＝－3kx2＝x2， 当x∈(0，＋∞)时，x2>0. 设h(x)＝－3k，x>0，则h′(x)＝－<0在区间(0，＋∞)上恒成立， 所以h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 又h(0)＝1－3k>0，令h(x1)＝0， 则x1＝－1， 所以当x∈(0，x1)时，h(x)>0，则f′(x)>0；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)<0，则f′(x)<0， 所以f(x)在区间(0，x1)上单调递增，在区间(x1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一的极值点． 因为f(0)＝0， 所以f(x)>0在区间(0，x1)上恒成立． 令φ(x)＝ln (1＋x)－x，x>0， 则φ′(x)＝－1＝－<0在区间(0，＋∞)上恒成立， 所以φ(x)＝ln (1＋x)－x在区间(0，＋∞)上单调递减， 所以φ(x)<φ(0)＝0，即ln (1＋x)－x<0在区间(0，＋∞)上恒成立． 因为0<k<，所以当x→＋∞时，x2－kx3＝x2(1－2kx)<0， 所以当x→＋∞时，f(x)<0， 又f(x1)>0，且f(x)在区间(x1，＋∞)上单调递减，根据零点存在定理，可知存在唯一x2∈(x1，＋∞)使得f(x2)＝0， 即f(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一的零点． (2)(ⅰ)证明：由(1)知x1＝－1， 则x1＋1＝，f′(x)＝x2， 则g′(t)＝f′(x1＋t)＋f′(x1－t) ＝(x1＋t)2＋(x1－t)2· ＝(x1＋t)2＋(x1－t)2· ＝＋ ＝－t ＝， 因为t∈(0，x1)，所以x1－t＋1>0，x－t2>0， 所以g′(t)<0， 所以g(t)在区间(0，x1)上单调递减． (ⅱ)2x1>x2，证明如下： 由(ⅰ)知g(t)在区间(0，x1)上单调递减， 所以g(0)>g(x1)，即0>f(2x1)， 又f(x2)＝0，所以f(x2)>f(2x1)， 由(1)可知f(x)在区间(x1，＋∞)上单调递减，x2∈(x1，＋∞)，2x1∈(x1，＋∞)， 所以2x1>x2. 2．(2022·新高考Ⅰ卷，22)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 解：(1)f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－＝. 当a≤0时，因为ex>0，所以f′(x)>0，即f(x)在R上单调递增，无最小值，不符合题意． 当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a； g(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(x)min＝g＝1＋ln a. 由题意，a－aln a＝1＋ln a， 即(a＋1)ln a＝a－1，所以ln a－＝0，(*) 令h(a)＝ln a－， 则h′(a)＝－＝>0. 所以h(a)在(0，＋∞)上单调递增． 又h(1)＝0，由(*)式解得a＝1.所以a＝1. (2)证明：由(1)知a＝1，函数f(x)＝ex－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 函数g(x)＝x－ln x在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 设u(x)＝f(x)－g(x)＝ex－2x＋ln x(x＞0)， 则u′(x)＝ex－2＋＞ex－2，当x≥1时，u′(x)＞e－2＞0， 所以函数u(x)在[1，＋∞)上单调递增，因为u(1)＝e－2＞0， 所以当x≥1时，u(x)≥u(1)＞0恒成立， 即f(x)－g(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立， 所以函数f(x)与g(x)的图象在[1，＋∞)上无交点． 当0＜x＜1时，u′(x)＝ex－1＋＞0， 所以u(x)在(0，1)上单调递增， 又u(1)＝e－2＞0，u＝e－－2＜e－－2＜0， 所以u(x)在(0，1)上存在唯一零点， 所以函数f(x)与函数g(x)的图象在(0，1)上存在唯一交点， 设该交点为M(m，f(m))(0＜m＜1)， 由此可作出函数y＝f(x)和y＝g(x)的大致图象， 由图象可知，当且仅当直线y＝b经过点M(m，f(m))时， 直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点， 此时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3， 则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b. 因为f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)， 所以f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3)． 由于x2≠x1，x2≠ln x2， 所以x2＝ln x3，x1＝ln x2， 则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b， f(ln x3)＝eln x3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b， 上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 综上可得，存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 3．(2021·新高考Ⅱ卷，22)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b. (1)讨论f(x)的单调性； (2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点． ①<a≤，b>2a；②0<a<，b≤2a. 解：(1)由函数的解析式可得，f′(x)＝x(ex－2a)， 当a≤0时，若x∈(－∞，0)， 则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增； 当0<a<时， 若x∈(－∞，ln (2a))，则f′(x)>0，f(x)单调递增， 若x∈(ln (2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增； 当a＝时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增； 当a>时， 若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增， 若x∈(0，ln (2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(ln (2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)证明：若选择条件①： 由于<a≤，故1<2a≤e2， 则b>2a>1，f(0)＝b－1>0， f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b＝－(1＋2b)e－2b－b(4a－1)<0， 而函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，故函数f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点． f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b >2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a ＝2aln (2a)－a[ln (2a)]2 ＝aln (2a)[2－ln (2a)]， 由于<a≤，1<2a≤e2， 所以0<ln (2a)≤2， 故aln (2a)[2－ln (2a)]≥0， 所以f(ln (2a))>0， 结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(0，＋∞)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立． 若选择条件②： 由(1)知，当0<a<时，f(x)在(－∞，ln (2a))，(0，＋∞)上单调递增，在(ln (2a)，0)上单调递减，所以f(x)在x＝ln (2a)处取得极大值f(ln (2a))，在x＝0处取得极小值f(0)． 由于0<a<，b≤2a<1，所以f(0)＝b－1<0，b－2a≤0，ln (2a)<0，－aln (2a)>0， 则2a－aln (2a)>0，所以f(ln (2a))<0. 当x→＋∞时，f(x)→＋∞， 所以f(x)有一个零点，得证． 对于函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)，若在其定义域内存在实数x0和t，使得f(tx0)＝tf′(x0)成立，则称y＝f(x)是“跃然”函数，并称t是函数y＝f(x)的“跃然值”． (1)证明：当t＝1时，函数f(x)＝是“跃然”函数； (2)证明g(x)＝ex＋x(x∈R)为“跃然”函数，并求出该函数“跃然值”的取值范围． 解：(1)证明：因为f(x)＝， 所以f′(x)＝， 因为t＝1，设h(x)＝f(x)－f′(x)， 则h(x)＝， 令h(x)＝0，则2ln x＋2a－＝0， 设φ(x)＝2ln x＋2a－，显然φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)至多有一个零点， 又φ(e－a)＝－<0，φ(e2＋a2)＝4＋2a2＋2a－>2＋2a2＋2a>0， 所以存在唯一的x0∈(e－a，e2＋a2)，使得φ(x0)＝0， 即f(x0)＝f′(x0)， 所以函数f(x)＝是“跃然值”为1的“跃然”函数． (2)因为g(x)＝ex＋x，所以g′(x)＝ex＋1， 设G(x)＝g(tx)－tg′(x)， 则G(x)＝etx－tex＋t(x－1)，G′(x)＝t(etx－ex＋1)， 当t＝0时，G(x)＝1对任意x∈R恒成立，此时不存在x0使得g(tx0)＝tg′(x0)成立，不符合题意； 当t<0时，y＝etx－ex＋1在R上单调递减， 所以G′(x)在R上单调递增， 因为G′(0)＝t<0，G′(1)＝t(et－e＋1)>t(2－e)>0， 所以存在唯一的m∈(0，1)，使得G′(m)＝0， 即etm－em＋1＝0. 当x∈(－∞，m)时，G′(x)<0，G(x)单调递减， 当x∈(m，＋∞)时，G′(x)>0，G(x)单调递增， 所以G(x)≥G(m)＝etm－tem＋t(m－1)＝(1－t)em＋tm－t－1， 易证得em≥m＋1， 所以G(x)≥(1－t)(m＋1)＋tm－t－1＝m－2t>0， 此时不存在x0使得g(tx0)＝tg′(x0)成立，不符合题意； 当t>0时，若x≤0，则etx－ex＋1>0，从而G′(x)>0， 所以G(x)在(－∞，0]上单调递增， 当x>0时，设M(x)＝etx－ex＋1， 则M′(x)＝tetx－ex＝ex[te(t－1)x－1]， 设N(x)＝te(t－1)x－1， 当t>1时，N(x)在(0，＋∞)上单调递增，且N(0)＝t－1>0， 所以N(x)>0，从而M′(x)>0， 所以M(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以M(x)>M(0)＝1>0，从而G′(x)>0， 所以G(x)在R上单调递增， 又G(0)＝1－2t<0，G(1)＝et－te>0， 所以存在唯一的x0∈(0，1)，使得G(x0)＝0， 即g(tx0)＝tg′(x0)成立，符合题意； 当t＝1时，G(x)＝x－1，显然存在零点，符合题意； 当0<t<1时，N(x)在(0，＋∞)上单调递减， 且N(0)＝t－1<0，所以N(x)<0，从而M′(x)<0， 所以M(x)在(0，＋∞)上单调递减， 又M(0)＝1>0，当x→＋∞时，M(x)→－∞， 所以存在唯一的n∈(0，＋∞)，使得M(n)＝0，即G′(n)＝0， 当x∈(－∞，n)时，G′(x)>0，G(x)单调递增， 当x∈(n，＋∞)时，G′(x)<0，G(x)单调递减， 又G(1)＝et－te>0，当x→－∞时，G(x)→－∞， 所以存在唯一的x0∈(－∞，1)，使得G(x0)＝0，即g(tx0)＝tg′(x0)成立，符合题意． 综上，g(x)为“跃然”函数，该函数“跃然值”的取值范围为(0，＋∞)． 专题作业 基础题(占比20%)　中档题(占比50%)　拔高题(占比30%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 利用导数求切线方程；已知函数的零点个数比较大小 利用导数的几何意义求参数；已知两曲线的公共点个数求参数 利用导数求函数的最值；判断函数的零点个数 利用导数求切线方程；已知方程解的个数求参数的取值范围 与方程根有关的证明问题；已知函数的零点情况求参数的取值范围 新定义背景下求函数的单调区间；利用方程根的个数求参数的取值范围 1．已知函数f(x)＝a2x－x(a>0，且a≠1)． (1)若a＝e，求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程； (2)若函数f(x)有两个零点，试比较ln a与的大小． 解：(1)当a＝e时，f(x)＝e2x－x，f′(x)＝2e2x－1， 所以f′(0)＝1，又f(0)＝1， 所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y－1＝x， 即x－y＋1＝0. (2)函数f(x)有两个零点等价于方程a2x－x＝0有两个根， 即a2x＝x⇒ln a2x＝ln x⇒2xln a＝ln x⇒2ln a＝有两个根， 令h(x)＝，则h′(x)＝， 令h′(x)＝0，得x＝e， 当x∈(0，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， 所以h(x)max＝h(e)＝，当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0， 所以要使2ln a＝有两个根， 则2ln a∈，所以ln a<. 2．已知函数f(x)＝ax3－2x2－2x＋a(a≥0)． (1)当a＝1时，若直线y＝－3x＋b与曲线y＝f(x)相切，求b； (2)若直线y＝－2x－2与曲线y＝f(x)恰有两个公共点，求a. 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x3－2x2－2x＋1， 则f′(x)＝3x2－4x－2， 设直线y＝－3x＋b与曲线y＝f(x)相切于点P(x0，y0)， 则曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线斜率k＝3x－4x0－2， 所以3x－4x0－2＝－3， 即3x－4x0＋1＝0，解得x0＝或x0＝1. ①当x0＝时，y0＝f＝－2×－2×＋1＝，即P. 因为P在直线y＝－3x＋b上， 所以＝－3×＋b，解得b＝； ②当x0＝1时，y0＝f(1)＝13－2×12－2×1＋1＝－2， 即P(1，－2)， 因为P(1，－2)在直线y＝－3x＋b上， 所以－2＝－3×1＋b，解得b＝1. 综上，b的值为或1. (2)解法一：因为直线y＝－2x－2与曲线y＝f(x)恰有两个公共点， 所以关于x的方程f(x)＋2(x＋1)＝0有两个不同的解， 由f(x)＋2(x＋1)＝0，得(ax3＋a)－(2x2＋2x)＋2(x＋1)＝0， 即(x＋1)[ax2－(a＋2)x＋(a＋2)]＝0， 故函数g(x)＝ax2－(a＋2)x＋(a＋2)有且仅有一个不等于－1的零点， ①当a＝0时，g(x)的零点为x＝1，满足题意，故a＝0； ②当a≠0时，Δ＝(a＋2)2－4a(a＋2)＝(a＋2)(2－3a)， g(x)有且仅有一个不等于－1的零点，当且仅当 即 解得a＝－2(舍去)或a＝. 综上，a的值为0或. 解法二：令g(x)＝f(x)＋2(x＋1)，则 g(x)＝ax3－2x2＋(a＋2)，g′(x)＝3ax2－4x， 因为直线y＝－2x－2与曲线y＝f(x)恰有两个公共点，所以函数g(x)恰有两个零点， ①当a＝0时，g(x)＝－2x2＋2，令g(x)＝0，得x＝±1， 函数y＝g(x)恰有两个不同的零点，符合题意，故a＝0； ②当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝0或x＝， 当x<0时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当0<x<时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x>时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 又当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞；g(0)＝a＋2>0， 作出g(x)的图象，如图． 由图可知，g(x)恰有两个零点，当且仅当g＝0， 即＝0， 整理得＝0， 解得a＝或a＝－(舍去)． 综上，a的值为0或. 3．已知函数f(x)＝acosx－ex＋1(a∈R)的图象在x＝0处的切线过点(－1，2)． (1)求f(x)在[0，π]上的最小值； (2)判断f(x)在内零点的个数，并说明理由． 解：(1)解法一：f′(x)＝－asinx－ex＋1，f′(0)＝－e， 又f(0)＝a－e， 所以切线方程为y＝－ex－e＋a， 又切线过点(－1，2)，得2＝e－e＋a， 所以a＝2，所以f(x)＝2cosx－ex＋1，f′(x)＝－2sinx－ex＋1， 当x∈[0，π]时，f′(x)<0， 所以f(x)在[0，π]上单调递减， 所以f(x)在[0，π]上的最小值为f(π)＝－2－eπ＋1. 解法二：f′(x)＝－asinx－ex＋1，f′(0)＝－e， 所以切线方程为y＝－ex－e＋2，因此切点为(0，2－e)， 所以2－e＝a－e，所以a＝2， 所以f(x)＝2cosx－ex＋1，f′(x)＝－2sinx－ex＋1， 当x∈[0，π]时，f′(x)<0， 所以f(x)在[0，π]上单调递减， 所以f(x)在[0，π]上的最小值为f(π)＝－2－eπ＋1. (2)解法一：判断f(x)在内零点的个数，等价于判断方程2cosx＝ex＋1在内根的个数，等价于判断方程＝1在内根的个数． 令g(x)＝，x∈， g′(x)＝， 令g′(x)＝0，则sin＝0，得x＝－. 当x∈时，g′(x)>0，g(x)在内单调递增； 当x∈时，g′(x)<0，g(x)在内单调递减．g＝－e<1，g＝e>1，g(0)＝<1， 所以当x∈时，方程g(x)＝1有2个根， 所以f(x)在内有2个零点． 解法二：由(1)得f(x)＝2cosx－ex＋1，f′(x)＝－2sinx－ex＋1， 令h(x)＝－2sinx－ex＋1， 则h′(x)＝－2cosx－ex＋1在内为减函数， h′＝1－e>0，h′＝－e<0， 所以存在唯一的x0∈，使得h′(x0)＝0， 从而当x∈时，h′(x)>0，当x∈(x0，0)时，h′(x)<0， 所以h(x)在内单调递增，在(x0，0)内单调递减． 又h＝－e>0，h＝2－e>0，h(0)＝－e<0， 所以存在唯一的x1∈，使得h(x1)＝0. 当x∈时，h(x)>0，即f′(x)>0，此时f(x)单调递增； 当x∈(x1，0)时，h(x)<0，即f′(x)<0，此时f(x)单调递减． 又f＝－1－e<0，f＝－e<0，f＝1－e>0，f(0)＝2－e<0， 所以f(x)在内有1个零点，在内有1个零点． 综上，f(x)在内有2个零点． 4．(2025·山东日照二模)已知函数f(x)＝aln x＋(a∈R)． (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若方程f(x)－1＝0有3个不同的实数解，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)， 所以f′(x)＝－，f′(1)＝1－＝， 又因为f(1)＝ln 1＋＝1， 所以切点为(1，1)， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝(x－1)， 即x－2y＋1＝0. (2)令g(x)＝f(x)－1＝aln x＋－1， 函数g(x)的定义域为(0，＋∞)， g′(x)＝－＝ ＝. ①当a≤0时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 函数g(x)至多有一个零点，不符合题意． ②当a>0时，设函数h(x)＝ax2＋(2a－2)x＋a，Δ＝(2a－2)2－4a2＝－8a＋4， 当a≥时，Δ≤0，即h(x)≥0对任意的x>0恒成立，即g′(x)≥0， 所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，函数g(x)至多有一个零点，不符合题意； 当0<a<时，因为Δ＝－8a＋4>0，所以方程ax2＋(2a－2)x＋a＝0有两个实数根x1，x2， 且满足x1＋x2＝－2>0，x1x2＝1， 不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，f′(x)，f(x)的变化情况如下： x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，＋∞)，单调递减区间是(x1，x2)． 因为g(1)＝0，所以1为g(x)的一个零点， 又g(x1)>g(1)＝0，0<e<1，且g(e)＝<0， 所以存在唯一的实数t1∈(0，1)，使得g(t1)＝0， 又g(x2)<g(1)＝0，e>1，且g(e)＝>0， 所以存在唯一的实数t2∈(1，＋∞)，使得g(t2)＝0， 所以函数g(x)有3个不同的零点， 即方程f(x)－1＝0有3个不同的实数解． 综上，a的取值范围为. 5．罗尔中值定理是微分学中一条重要的定理，是三大微分中值定理之一，其他两个分别为拉格朗日中值定理、柯西中值定理．罗尔中值定理描述如下：如果R上的函数f(x)满足以下条件：①在闭区间[a，b]上连续；②在开区间(a，b)内可导；③f(a)＝f(b)，则至少存在一个ξ∈(a，b)，使得f′(ξ)＝0.据此，解决以下问题： (1)证明：方程4ax3＋3bx2＋2cx－(a＋b＋c)＝0在(0，1)内至少有一个实根，其中a，b，c∈R； (2)已知函数f(x)＝ex－ax2－(e－a－1)x－1，a∈R在区间(0，1)内有零点，求a的取值范围． 解：(1)证明：设F(x)＝ax4＋bx3＋cx2－(a＋b＋c)x，x∈[0，1]， 则F′(x)＝4ax3＋3bx2＋2cx－(a＋b＋c)， 所以函数F(x)在[0，1]上连续，在区间(0，1)内可导， 又F(0)＝0，F(1)＝a＋b＋c－a－b－c＝0， 故F(0)＝F(1)， 所以由罗尔中值定理可得至少存在一个x0∈(0，1)，使得F′(x0)＝0， 所以4ax＋3bx＋2cx0－(a＋b＋c)＝0， 所以方程4ax3＋3bx2＋2cx－(a＋b＋c)＝0在(0，1)内至少有一个实根，其中a，b，c∈R. (2)因为函数f(x)＝ex－ax2－(e－a－1)x－1，a∈R在区间(0，1)内有零点，不妨设其零点为x1，则f(x1)＝0，x1∈(0，1)． 由f(x)＝ex－ax2－(e－a－1)x－1， 可得f′(x)＝ex－2ax－(e－a－1)， 所以函数f(x)在[0，x1]上连续，在(0，x1)内可导， 又f(0)＝e0－0－0－1＝0，f(x1)＝0， 由罗尔中值定理可得至少存在一个x2∈(0，x1)，使得f′(x2)＝0. 因为函数f(x)在[x1，1]上连续，在(x1，1)内可导， 又f(1)＝e－a－e＋a＋1－1＝0，f(x1)＝0， 由罗尔中值定理可得至少存在一个x3∈(x1，1)，使得f′(x3)＝0， 所以方程ex－2ax－(e－a－1)＝0在(0，1)内至少有两个不等实根． 设g(x)＝ex－2ax－(e－a－1)，x∈(0，1)，则g′(x)＝ex－2a. 当a≤时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，1)上单调递增，所以方程ex－2ax－(e－a－1)＝0在(0，1)内至多有一个根，矛盾； 当a≥时，g′(x)<0，函数g(x)在(0，1)上单调递减， 所以方程ex－2ax－(e－a－1)＝0在(0，1)内至多有一个根，矛盾； 当<a<时，由g′(x)＝0，可得x＝ln (2a)，0<ln (2a)<1，当0<x<ln (2a)时，g′(x)<0，函数g(x)在(0，ln (2a))上单调递减， 当ln (2a)<x<1时，g′(x)>0，函数g(x)在(ln (2a)，1)上单调递增， 所以当x＝ln (2a)时，函数g(x)取得最小值， 又g＝e－a－(e－a－1)＝e＋1－e<＋1－e<0， 所以g(ln (2a))<0， 又g(0)＝1－(e－a－1)＝2＋a－e， g(1)＝e－2a－(e－a－1)＝1－a， 由零点存在定理可得2＋a－e>0，1－a>0， 所以a>e－2，a<1， 又<a<， 所以e－2<a<1. 综上，a的取值范围为(e－2，1)． 6．对于函数f(x)，若存在实数x0，使f(x0)f(x0＋λ)＝1，其中λ≠0，则称f(x)为“可移λ倒数函数”，x0为“f(x)的可移λ倒数点”．已知g(x)＝ex，h(x)＝x＋a(a>0)． (1)设φ(x)＝g(x)[h(x)]2，若为“h(x)的可移－2倒数点”，求函数φ(x)的单调区间； (2)设ω(x)＝若函数ω(x)恰有三个“可移1倒数点”，求a的取值范围． 解：(1)由为“h(x)的可移－2倒数点”， 得h()h(－2)＝1， 即(＋a)(－2＋a)＝1，整理得a2＋(2－2)a＋1－2＝0，即(a＋2－1)(a－1)＝0，解得a＝1， 由φ(x)＝ex(x＋1)2的定义域为R， 得φ′(x)＝ex(x＋1)(x＋3)， 当x∈(－∞，－3)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；当x∈(－3，－1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，所以φ(x)的单调递增区间为(－∞，－3)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(－3，－1)． (2)依题意，ω(x)＝ 由ω(x)恰有三个“可移1倒数点”，得方程ω(x)ω(x＋1)＝1恰有三个不等实数根， ①当x>0时，x＋1>0，方程ω(x)ω(x＋1)＝1可化为e2x＋1＝1，解得x＝－， 这与x>0不符，因此在(0，＋∞)内，ω(x)ω(x＋1)＝1没有实数根； ②当－1<x<0时，x＋1>0，方程ω(x)ω(x＋1)＝1可化为＝1，该方程又可化为a＝ex＋1－x. 设k(x)＝ex＋1－x，则k′(x)＝ex＋1－1， 因为当x∈(－1，0)时，k′(x)>0， 所以k(x)在(－1，0)内单调递增， 又因为k(－1)＝2，k(0)＝e， 所以当x∈(－1，0)时，k(x)∈(2，e)， 因此，当a∈(2，e)时，方程ω(x)ω(x＋1)＝1在(－1，0)内恰有一个实数根； 当a∈(0，2]∪[e，＋∞)时，方程ω(x)ω(x＋1)＝1在(－1，0)内没有实数根； ③当x＝－1时，x＋1＝0，ω(x＋1)没有意义， 所以x＝－1不是ω(x)ω(x＋1)＝1的实数根； ④当x<－1时，x＋1<0，方程ω(x)ω(x＋1)＝1可化为·＝1，化为x2＋(2a＋1)x＋a2＋a－1＝0，于是此方程在(－∞，－1)内恰有两个实数根， 则有 解得a>， 因此，当a>时，方程ω(x)ω(x＋1)＝1在(－∞，－1)内恰有两个实数根， 当0<a≤时，方程ω(x)ω(x＋1)＝1在(－∞，－1)内至多有一个实数根． 综上，a的取值范围为(2，e)∩＝(2，e)． 13 学科网（北京）股份有限公司 $