第6章 专题课 利用导数研究函数的零点问题 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

1．函数y＝sin x＋x的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选B.记y＝f(x)＝sin x＋x，函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝1＋cos x≥0，故函数f(x)在R上单调递增．又f(0)＝0，所以函数y＝sin x＋x的零点个数为1. 2．当a＞0时，x ln x－a＝0的解有(　　) A．0个 B．1个 C．2个 D．不确定 解析：选B.记f(x)＝x ln x，x>0， 令f′(x)＝1＋ln x＝0得x＝，得f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)min＝f＝－，如图，直线y＝a(a＞0)与y＝f(x)的图象只有一个交点，即方程只有1个解． 3．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－2，2) B．[－2，2] C．(－∞，1) D．(1，＋∞) 解析：选A.f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)， 当x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以当x＝－1时，f(x)取得极大值； 当x＝1时，f(x)取得极小值， 要使f(x)有3个不同的零点，只需 即解得－2＜a＜2. 4．(2025·营口期末)已知函数f(x)＝关于x的方程f(x)＝t有且仅有4个不同的实数根，则实数t的取值范围是(　　) A. B．(－∞，－e) C．(0，e) D．(e，＋∞) 解析：选A.当x≤0时，f′(x)＝(1＋x)ex，当x<－1时，f′(x)<0，当－1<x≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，0]上单调递增．当x>0时，f′(x)＝ln x＋1，当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，又f(－1)＝f＝－， 画出函数f(x)的图象，如图所示，可得函数f(x)的最小值为－.因为f(x)＝t有4个不同的实数根，数形结合可知－<t<0，所以t的取值范围是.故选A. 5．已知函数f(x)＝x4＋9x＋5，则f(x)的图象在(－1，3)内与x轴的交点的个数为________________________________． 解析：f′(x)＝4x3＋9，当x∈(－1，3)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－1，3)上单调递增，因为f(－1)＝－3＜0，f(0)＝5＞0，所以f(x)的图象在(－1，3)内与x轴只有一个交点． 答案：1 6．已知函数f(x)＝ex－x－a，若函数y＝f(x)有零点，则实数a的取值范围是_____________________________． 解析：函数y＝f(x)有零点等价于方程ex－x＝a有解，令g(x)＝ex－x，g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x<0时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，又g(0)＝1，所以a≥1. 答案：[1，＋∞) 7．(13分)已知函数f(x)＝ln x＋－2，证明：函数f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点． 证明：f′(x)＝－＝，x>1， 令f′(x)＝0，则x＝2； 令f′(x)＞0，则x＞2； 令f′(x)＜0，则1＜x＜2， 所以f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．因为f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1＜0，f(e2)＝2＋－2＞0，所以结合单调性，知f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点． 8．(15分)已知f(x)＝ln x. (1)求的极值；(6分) (2)若函数y＝f(x)－ax存在两个零点，求实数a的取值范围．(9分) 解：(1)令g(x)＝＝且x∈(0，＋∞)， 则g′(x)＝， 当0<x<e时g′(x)>0；当x>e时g′(x)<0， 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 故g(x)＝的极大值为g(e)＝，无极小值． (2)由题设，a＝有两个根，即直线y＝a与g(x)＝的图象有两个交点， 由(1)知，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0， 在(0，1)上，g(x)<0，在(1，＋∞)上，g(x)>0，且当x趋向于正无穷时，g(x)趋向于0. 作出y＝a与g(x)＝的简图，如图所示，由图知，只需0<a<g(e)＝，即实数a的取值范围为. 9．(15分)(2025·济南期末)已知函数f(x)＝x3－3x2＋3bx＋c在x＝0处取得极大值1. (1)求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(7分) (2)判断f(x)的零点个数，并说明理由．(8分) 解：(1)f(x)＝x3－3x2＋3bx＋c，则f′(x)＝3x2－6x＋3b， 由题意可得解得 即f(x)＝x3－3x2＋1，f′(x)＝3x2－6x. 令f′(x)＞0，解得x＞2或x＜0，令f′(x)<0，解得0<x<2，故f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减． 则f(x)在x＝0处取得极大值1，即b＝0，c＝1符合题意． 因为f(1)＝－1，f′(1)＝－3，则切点坐标为(1，－1)，切线斜率k＝－3，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＋1＝－3(x－1)，即3x＋y－2＝0. (2)由(1)得f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减，又f(0)＝1，f(2)＝－3，且当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，所以函数f(x)＝x3－3x2＋1的大致图象如图所示． 由图象可知，函数f(x)＝x3－3x2＋1有三个零点． 10．(15分)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1，证明： (1)f(x)存在唯一的极值点；(7分) (2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．(8分) 证明：(1)由题意，可得f(x)的定义域为(0，＋∞)， 由f(x)＝(x－1)ln x－x－1， 得f′(x)＝ln x＋－1＝ln x－， 显然f′(x)＝ln x－在(0，＋∞)上单调递增； 又f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－＝＞0， 故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0； 又当x＞x0时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增； 当0＜x＜x0时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减， 因此，f(x)存在唯一的极值点． (2)由(1)知，f(x0)＜f(1)＝－2＜0， 又f(e2)＝e2－3＞0， 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)上存在唯一实根，记实根为α. 由1＜x0＜α得＜1＜x0， 又f＝ln －－1＝＝0. 故是方程f(x)＝0在(0，x0)上的唯一实根． 综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 学科网（北京）股份有限公司 $