板块一 习题讲评（七）导数与函数的零点课时验收评价-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略配套课件

课时验收评价 1 2 3 4 1.（15分）（2025·马鞍山二模）已知函数f（x）=2ae2x+2（a-1）ex-x. （1）讨论f（x）的单调性；（5分） 解：f（x）的定义域为（-∞，+∞），f'（x）=4ae2x+2（a-1）ex-1=（2aex-1）（2ex+1）.若a≤0，则f'（x）<0，则f（x）在（-∞，+∞）上单调递减；若a>0，则由f'（x）=0，得x=-ln 2a.当x∈（-∞，-ln 2a）时，f'（x）<0；当x∈（-ln 2a，+∞）时，f'（x）>0，所以f（x）在（-∞，-ln 2a）上单调递减，在（-ln 2a，+∞）上单调递增.综上，当a≤0时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减；当a>0时，f（x）在（-∞，-ln 2a）上单调递减，在（-ln 2a，+∞）上单调递增. 1 2 3 4 （2）若f（x）有两个零点，求实数a的取值范围.（10分） 解：若a≤0，由（1）知，f（x）至多有一个零点.若a>0，由（1）知，当x=-ln 2a时，f（x）取得最小值，最小值为f（-ln 2a）=1-+ln 2a. ①当a=时，由于f（-ln 2a）=0，故f（x）只有一个零点； ②当a∈时，因为1-单调递增，ln 2a单调递增，所以1-+ ln 2a单调递增，所以1-+ln 2a>1-+ln=0，f（-ln 2a）>0， 故f（x）没有零点； 1 2 3 4 ③当a∈时，由于1-+ln 2a<0，即f（-ln 2a）<0， 又f（-2）=2ae-4+2（a-1）e-2+2=+2->2->0， 故f（x）在（-∞，-ln 2a）上有一个零点. 设正整数n0满足n0>ln， 则f（n0）=（2a+2a-2）-n0>-n0>0， 故f（x）在（-ln 2a，+∞）上有一个零点. 综上，a的取值范围为. 1 2 3 4 2.（15分）已知函数f（x）=ln x-axex-1+x+1. （1）若存在t∈（2，+∞），使得f（x）的图象在x=t处的切线过原点，求a的取值范围；（6分） 解：由题意得f（x）定义域为x∈（0，+∞）， 因为f（x）=ln x-axex-1+x+1，所以f'（x）=-a（x+1）ex-1+1，若存在t∈（2，+∞），使得f（x）的图象在x=t处的切线过原点，则切线斜率k=f'（t）=，得-a（t+1）et-1+1=-aet-1+1+，整理得a=-. 1 2 3 4 令g（t）=-（t>2）， 则g'（t）=->0， 所以g（t）在区间（2，+∞）上单调递增，a>g（2）=-. 又当a=-<0，t→+∞时，-→0， 故a的取值范围是. 1 2 3 4 （2）若a=，判断f（x）的零点个数.（9分） 解：当a=时，f（x）=ln x-xex-4+x+1， 则f'（x）=-（x+1）ex-4+1=（x+1）. 设h（x）=-ex-4（x>0），则h（x）在区间（0，+∞）上单调递减， 且h（2）=->0，h（3）=-<0，得到h（2）h（3）<0，所以由函数零点存在定理得存在x0∈（2，3），使得h（x0）=0，即=， 1 2 3 4 则x0=1，得到ln x0=-x0+4， 当x∈（0，x0）时，f'（x）>0，f（x）单调递增， 当x∈（x0，+∞）时，f'（x）<0，f（x）单调递减， 得到f（x）≤f（x0）=ln x0-x0+x0+1=4>0. 又当x→0+时，f（x）→-∞； 当x→+∞时，f（x）→-∞，故f（x）有两个零点. 1 2 3 4 3.（17分）已知函数f（x）=ax2+（a-2）x-ln x. （1）讨论函数f（x）的单调性；（5分） 解：函数f（x）的定义域为（0，+∞）， 又f'（x）=2ax+a-2-==. 当a≤0时，在（0，+∞）上， f'（x）<0，f（x）单调递减； 1 2 3 4 当a>0时，由f'（x）=0，得x=或x=-（舍去）， 所以在内，f'（x）<0，f（x）单调递减， 在上，f'（x）>0，f（x）单调递增. 综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减； 当a>0时，f（x）在内单调递减，在上单调递增. 1 2 3 4 （2）讨论方程f（x）=（a-1）x的根的个数.（12分） 解：f（x）=（a-1）x的根即是ax2-x-ln x=0的根，即a=的根. 设g（x）=，则g（x）与y=a图象的交点个数 即是方程f（x）=（a-1）x的根的个数， g'（x）=，令t（x）=-2ln x-x+1， 则t'（x）=-1<0，即t（x）在（0，+∞）上单调递减. 1 2 3 4 又t（1）=0，所以当x∈（0，1）时，g'（x）>0，g（x）单调递增； 当x∈（1，+∞）时，g'（x）<0，g（x）单调递减； 所以g（x）max=g（1）=1， 若x>1，g（x）>0，若x→0，g（x）→-∞. 分别作出y=g（x）与y=a的图象， 当a=1或a≤0时，g（x）与y=a图象的交点个数是1， 方程f（x）=（a-1）x有一个根； 1 2 3 4 当0<a<1时，g（x）与y=a图象的交点个数是2， 方程f（x）=（a-1）x有两个根； 当a>1时，g（x）与y=a图象的交点个数是0， 方程f（x）=（a-1）x没有根. 综上，当a=1或a≤0时，方程f（x）=（a-1）x有一个根； 当0<a<1时，方程f（x）=（a-1）x有两个根； 当a>1时，方程f（x）=（a-1）x没有根. 1 2 3 4 4.（17分）（2025·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；（5分） 解：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），化简可得x-2y+1=0. 1 2 3 4 （2）若方程f（x）-1=0有3个不同的实数解，求a的取值范围.（12分） 解：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）至多一个零点，不合题意； ②当a>0时，设函数h（x）=ax2+（2a-2）x+a， Δ=（2a-2）2-4a2=-8a+4， 1 2 3 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）至多一个零点，不合题意； 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. 1 2 3 4 不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，g'（x），g（x）的情况如下： x （0，x1） x1 （x1，x2） x2 （x2，+∞） g'（x） + 0 - 0 + g（x） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以函数g（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. 1 2 3 4 又g（x1）>g（1）=0，0<<1，且g=<0， 所以存在唯一实数t1∈（0，1），使得g（t1）=0. 又g（x2）<g（1）=0，>1，且g=>0， 所以存在唯一实数t2∈（1，+∞），使得g（t2）=0. 所以函数g（x）有3个不同的零点，方程f（x）-1=0有3个不同的实数解，综上，a的取值范围为. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $