专题03利用导数研究函数的零点问题（专项训练）数学湘教版选择性必修第二册

专题 利用导数研究不等式的恒成立或存在性问题 目录 A题型建模・专项突破 题型一、判断、证明或讨论函数的零点个数 题型二、已知零点存在情况求参数范围 题型三、函数零点的综合问题 B综合攻坚・能力跃升 题型一、判断、证明或讨论函数的零点个数 1.设函数f(x)＝ln x＋，m∈R. (1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值； (2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数． 解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋， 定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝， 由f′(x)＝0，得x＝e. 所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减， 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， 所以当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2， 所以f(x)的极小值为2. (2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)． 设φ(x)＝－x3＋x(x>0)， 则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)， 当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减． 所以x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点， 因此x＝1也是φ(x)的最大值点． 所以φ(x)的最大值为φ(1)＝. 又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)， 可知①当m>时，函数g(x)无零点； ②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点； ③当0<m<时，函数g(x)有两个零点； ④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点． 综上所述，当m>时，函数g(x)无零点； 当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点； 当0<m<时，函数g(x)有两个零点． 2.已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明： (1)f′(x)在区间存在唯一极大值点； (2)f(x)有且仅有2个零点． 【证明】　(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋. 当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0. 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减， 故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点． (2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)． (ⅰ)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0， 故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点． (ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减． 又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而f(x)在没有零点． (ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点． (ⅳ)当x∈时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点． 综上，f(x)有且仅有2个零点． 3.已知a≥1，函数f(x)＝xln x－ax＋1＋a(x－1)2. (1)若a＝1，求f(x)的单调区间； (2)讨论f(x)的零点个数． 解：(1)若a＝1，则f(x)＝xln x－x＋1＋(x－1)2，f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ln x＋2(x－1)． 当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0. 所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)当a＝1时，f(x)＝xln x－x＋1＋(x－1)2， 因为f(1)＝0，且f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)有1个零点． 当a＞1时，f′(x)＝1＋ln x－a＋2a(x－1)＝1＋ln x＋2ax－3a， 令g(x)＝1＋ln x＋2ax－3a， 因为a＞1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又f′(1)＝g(1)＝1－a＜0， f′＝g＝1＋ln＞0， 所以存在实数x0∈，使得g(x0)＝0. 在(0，x0)上，f′(x)＜0，f(x)是减函数；在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)是增函数． 所以f(x)的最小值是f(x0)，其中x0满足f′(x0)＝0，即1＋ln x0＋2ax0－3a ＝0. 所以f(x0)＝x0ln x0－ax0＋1＋a(x0－1)2 ＝x0(3a－1－2ax0)－ax0＋1＋a(x0－1)2 ＝(1－x0)(a＋ax0＋1)， 因为x0∈，所以f(x0)＜0， 因为f＝＋1－＞0，f(3)＝3ln 3＋a＋1＞0，所以f(x)有2个零点． 综上所述，当a＝1时，f(x)有1个零点；当a＞1时，f(x)有2个零点． 4.已知函数f(x)＝axcos x－1在上的最大值为－1. (1)求a的值； (2)证明：函数f(x)在区间上有且仅有2个零点． 解：(1)f′(x)＝a(cos x－xsin x)， 因为x∈，所以cos x＞sin x≥0，又1＞x≥0， 所以1·cos x＞xsin x，即cos x－xsin x＞0. 当a＞0时，f′(x)＞0，所以f(x)在区间上单调递增， 所以f(x)max＝f＝a·×－1＝－1，解得a＝2. 当a＜0时，f′(x)＜0，所以f(x)在区间上单调递减， 所以f(x)max＝f(0)＝－1，不合题意． 当a＝0时，f(x)＝－1，不合题意． 综上，a＝2. (2)证明：设g(x)＝cos x－xsin x， 则g′(x)＝－2sin x－xcos x＜0(0＜x＜)， 所以g(x)在上单调递减， 又g(0)＝1＞0，g＝－＜0， 所以存在唯一的x0∈，使得g(x0)＝0， 当0＜x＜x0时，g(x)＞0，即f′(x)＝2g(x)＞0， 所以f(x)在(0，x0)上单调递增； 当x 0＜x＜时，g(x)＜0，即f′(x)＝2g(x)＜0， 所以f(x)在上单调递减， 又f(0)＝－1＜0，f＝－1＞0，f＝－1＜0， 所以f(x)在与上各有一个零点， 综上，函数f(x)在区间上有且仅有两个零点． 题型二、已知零点存在情况求参数范围 1.已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)． (1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程； (2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x， 则f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1. (2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2ln x－x2＋m， 则g′(x)＝－2x＝， 因为x∈，所以由g′(x)＝0，得x＝1. 当≤x<1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增， 当1<x≤e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减， 故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1， 又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2， 所以g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点需满足条件 故实数m的取值范围是. 2已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)． (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2， 则f′(x)＝ex－1. 当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)f′(x)＝ex－a. 当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不合题意． 当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0； 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增．故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)． ①若0<a≤，则f(ln a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在1个零点，不合题意． ②若a>，则f(ln a)<0. 由于f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，ln a)存在唯一零点． 由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝e·e－a(x＋2) >eln(2a)·(＋2)－a(x＋2)＝2a>0. 故f(x)在(ln a，＋∞)存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点． 综上，a的取值范围是(，＋∞)． 3.已知函数f(x)＝x3－kx＋k2. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围． 解：(1)f′(x)＝3x2－k. 当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增． 当k＜0时，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增． 当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±.当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.故f(x)在，单调递增，在单调递减． (2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增， f(x)不可能有三个零点． 当k＞0时，x＝－为f(x)的极大值点，x＝为f(x)的极小值点．此时，－k－1＜－＜＜k＋1且f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，f＞0.根据f(x)的单调性，当且仅当f＜0，即k2－＜0时，f(x)有三个零点，解得k＜.因此k的取值范围为. 4.已知函数f(x)＝aex－－1，其中a＞0. (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝2ex－－1， 所以f′(x)＝2ex－， 所以f′(0)＝2－1＝1，又f(0)＝2－1＝1， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0. (2)要使函数f(x)有唯一零点，则需关于x的方程a＝有唯一的解． 设g(x)＝，则g′(x)＝， 设h(x)＝1－2x－ex，则h′(x)＝－2－ex＜0， 所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又h(0)＝0， 所以当x∈(－∞，0)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递增； 当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 所以g(x)的最大值为g(0)＝1， 所以当x∈(－∞，0]时，g(x)∈(－∞，1]；当x∈(0，＋∞)时，g(x)∈(0，1)． 又a＞0，所以当方程a＝有唯一解时， a＝1. 所以函数f(x)有唯一零点时，a的值为1. 题型三、函数零点的综合问题 1.已知函数f(x)＝ln x－. (1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； (2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线． 解：(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)． 因为f′(x)＝＋>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增． 因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1， 即f(x1)＝0. 又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点． (2)证明：因为＝e－ln x0， 故点B在曲线y＝ex上． 由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，连接AB，则直线AB的斜率k＝ ＝＝. 曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线． 2.设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直． (1)求b； (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 解：(1)f′(x)＝3x2＋b. 依题意得f′＝0，即＋b＝0. 故b＝－. (2)由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝. f′(x)与f(x)的情况为： x － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  c＋  c－  因为f(1)＝f＝c＋，所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点．因为f(－1)＝f＝c－，所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点． 由题设可知－≤c≤. 当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1. 当c＝时，f(x)只有两个零点－1和. 当－<c<时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈.　 综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 3.已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－aln x，a∈R. (1)若f(x)存在极值点为1，求a的值； (2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2. 【解】　(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1. (2)证明：f′(x)＝x＋1－a－＝(x＋1)(x>0)， ①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝a， 当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增， 当0<x<a时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减， 所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)． 又f(x)存在两个不同的零点x1，x2， 所以f(a)<0， 即a2＋(1－a)a－aln a<0， 整理得ln a>1－a， 作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－aln， 则h′(x)＝－2＋＝－2＋≥0， 所以h(x)在(0，2a)上单调递增， 不妨设x1<a<x2，则h(x2)>h(a)＝0， 即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)， 又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2<x1，即x1＋x2>2a，又ln a>1－a，易知a>1成立，故x1＋x2>2. 4.已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2>e2. 【证明】　不妨设x1>x2>0， 因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0， 所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a， 欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2. 因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>， 所以原问题等价于证明>， 即ln>， 令c＝(c>1)，则不等式变为ln c>. 令h(c)＝ln c－，c>1， 所以h′(c)＝－＝>0， 所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0， 即ln c－>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证． 1．若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是(　　) A.　　　　　 B. C. D. 答案D 解析：选D.函数f(x)＝aex－x－2a的导函数f′(x)＝aex－1.当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)的最小值为f＝1－ln－2a＝1＋ln a－2a.令g(a)＝1＋ln a－2a(a>0)，则g′(a)＝－2.当a∈时，g(a)单调递增；当a∈时，g(a)单调递减，所以g(a)max＝g＝－ln 2<0，所以f(x)的最小值为f<0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)，故选D. 2．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－.则方程f(x)＝0的解的个数是________． 答案：1 解析：因为f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－， 所以f′(x)＝－x＋2＝ ＝， 当x∈(0，3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞， 所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0， 所以方程f(x)＝0只有一个解． 3．已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a. 解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)设函数h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0. 所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值． ①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点； ②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点； ③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点． 由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以 h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0. 故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点． 综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝. 4．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)． (1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在[－2，1]上的最大值； (2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围． 解：(1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.因为函数f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝e0＋a＝0，所以a＝－1.经检验，a＝－1，符合题意，所以f′(x)＝ex－1.所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．易知f(x)在[－2，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，且f(－2)＝＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)，所以f(x)在[－2，1]上的最大值为＋3. (2)f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，①当a>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数，且当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0. 当x<0时，取x＝－，则f<1＋a＝－a<0，所以函数f(x)存在零点，不满足题意． ②当a<0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，x＝ln(－a)． 当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， 所以x＝ln(－a)时，f(x)取得最小值． 函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2<a<0. 综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0)． 5．已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求f(x)的单调区间； (2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0，1]上零点的个数． 解：(1)因为f(x)＝ex－ax－1， 所以f′(x)＝ex－a， 当a≤0时，f′(x)>0恒成立， 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a>0时，令f′(x)<0， 得x<ln a， 令f′(x)>0，得x>ln a， 所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)． (2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝， 先考虑f(x)在区间[0，1]上的零点个数， 当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，所以f(x)在[0，1]上有一个零点； 当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以f(x)在[0，1]上有一个零点； 当1<a<e时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，1)上单调递增， 而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f(x)在[0，1]上有两个零点， 当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f(x)在[0，1]上有一个零点． 当x＝时，由f＝0得a＝2(－1)， 所以当a≤1或a>e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0，1]上有两个零点； 当1<a≤e－1且a≠2(－1)时，g(x)在[0，1]上有三个零点． 6．已知函数f(x)＝ln x－mx(m∈R)有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2>e2. 证明：不妨设x1>x2>0. 因为f(x1)＝f(x2)＝0，所以ln x1－mx1＝0，ln x2－mx2＝0，可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝m(x1－x2)．要证明x1x2>e2，即证明ln x1＋ln x2>2，也就是证明m(x1＋x2)>2，又因为m＝，所以即证明>， 即证明ln >.令＝t，则t>1， 于是只需证明ln t>. 令g(t)＝ln t－(t>1)，则g′(t)＝－＝>0. 故函数g(t)在(1，＋∞)上是增函数， 所以g(t)>g(1)＝0，即ln t>成立． 所以原不等式成立． 3 / 29 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www.zxxk.co m 专题 利用导数研究不等式的恒成立或存 目录 A题型建模·专项突破 题型一、判断、证明或讨论函数的零点个数 题型二、己知零点存在情况求参数范围 题型三、函数零点的综合问题 B综合攻坚·能力跃升 A 题型建模·专项突破 题型一、判断、证明或讨论函数的零点个数 1.设函数x)=lnx+x,m∈R (I)当m=e(e为自然对数的底数)时，求fx)的极小值； (2)讨论函数g(x)=f(x)一x3零点的个数， 2.已知函数x)=sinx一n(1+x),f(x)为x)的导数，证明： 1/15 上好每一堂课 在性问题 命学科网·上好课 www zxxk.com (I)f(x)在区间1avs4\alco1(一1，fπ2》存在唯一极大值点； (2)x)有且仅有2个零点. 3.已知a≥1，函数x)=xnx一ax+1+a(x-1)2. (1)若a=1,求x)的单调区间； 2/15 卷系一每举丁 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)讨论x)的零点个数. 4.已知函数x)=axcos x一1在0，fπ6)上的最大值为3)π6-1. (1)求a的值； (2)证明：函数x)在区间lavw4 allcol(0,fπ2)上有且仅有2个零点. 3/15 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题型二、已知零点存在情况求参数范围 1.已知函数x)=2lnx-x2+ax(a∈R). (1)当a=2时，求x)的图象在x=1处的切线方程； (2)若函数g(x)=x)一a+m在1，e)上有两个零点，求实数m的取值范围. 4/15 学科网·上好课 www.zxx k.com 2已知函数x)=er-a(x十2). (1)当a=1时，讨论x)的单调性； 2)若fx)有两个零点，求a的取值范围. 5/15 系一每环丁 学科网·上好课 www.zxx k.com 3.已知函数x)=x3一x十2 (1)讨论x)的单调性； (2)若x)有三个零点，求k的取值范围. 6/15 系一每环丁 函学科网·上好课 www .zxxk.com 4.已知函数x)=aer-xex一1，其中a>0. (1)当a=2时，求曲线y=x)在点(0,0)处的切线方程； (2)若函数x)有唯一零点，求a的值. 7/15 盖系一每举丁 学科网·上好课 www.zxxk.com 题型三、函数零点的综合问题 1.已知函数x)=lnx一x+lx一1. (1)讨论x)的单调性，并证明x)有且仅有两个零点； (2)设xo是x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(xo, 8/15 上好每一堂课 lnxo)处的切线也是曲线y=er的切线. 可学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.设函数x)=x3+bx+c,曲线y=fx)在点avs4 alcol(f1rc2))处的切线与y轴垂直. (1)求b: (2)若x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：x)所有零点的绝对值都不大于1. 9/15 命学科网·上好课 www zxxk com 3.已知函数x)=12x2+(1一a)x一alnx,a∈R (1)若x)存在极值点为1，求a的值； (2)若x)存在两个不同的零点1，x2,求证：灯十x2>2. 10/15 卷系一每并丁