第20练 利用导数研究函数的零点 专项训练-2027届高三数学一轮复习

第20练 利用导数研究函数的零点 1.已知函数f(x)=ex与g(x)=x+1,则它们的图象的交点个数为 ( ) A.0 B.1 C.2 D.不确定 2.若函数f(x)=ln x-+a在区间(1,e)上存在零点,则实数a的取值范围为 ( ) A.(0,1) B. C. D. 3.[2025 江西景德镇模拟] 若函数f(x)=tln x-恰有两个零点,则实数t的取值范围是 ( ) A.(-∞,-e) B.(-∞,-1) C.(-∞,-e)∪(0,+∞) D.(-∞,-1)∪(0,+∞) 4.[2025 安康模拟] 已知函数f(x)=sin 2x-2xcos x,则函数f(x)在区间上的零点个数为 ( ) A.1 B.3 C.5 D.7 5.已知函数f(x)=若y=f(x)-kx恰有两个零点,则k的取值范围为 ( ) A. B. C. D.∪(1,+∞) 6.(多选题)已知函数f(x)=ex-有唯一零点,则实数a的值可以是 ( ) A.-1 B.- C.0 D.1 7.若函数f(x)=ex+a-x-1有唯一零点,则a= . 8.已知过点(0,a)可作三条直线与函数f(x)=-x2+1的图象相切,则实数a的取值范围为 . 9.[2025 重庆七校联盟三模] 已知函数f(x)=(x-1)ex-x-1,求f(x)的零点个数. 10.[2025 深圳一模] 已知曲线y=ex-1与曲线y=aln x+a(a>0)只有一个公共点,则a= ( ) A. B.1 C.e D.e2 11.[2025 宁波二模] 已知关于x的方程ex+bx=2(b>0且b≠1)有唯一实数解,其中e为自然对数的底数,则实数b的取值范围是 . 12.[2025 九江二模] 已知函数f(x)=ax(ex+1)+ex-1恰好有3个零点,则实数a的取值范围是 . 13.[2025 山东临沂一模] 已知函数f(x)=(2x+1)ex. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若函数g(x)=f(x)-kx在(-∞,0)上恰有两个零点,求k的取值范围. 14.已知函数f(x)=xsin x-. (1)证明:当x∈[0, ]时,ex-x-≥f(x); (2)求f(x)在区间[0, ]上的零点个数. 15.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,+∞)上只有一个零点,求a. 第20练 利用导数研究函数的零点 1.B [解析] 令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,由h'(x)=ex-1=0,得x=0,∴当x<0时,h'(x)<0,当x>0时,h'(x)>0,∴当x=0时,h(x)取得最小值h(0)=0,∴h(x)=ex-x-1只有1个零点,即f(x)与g(x)的图象只有1个交点.故选B. 2.C [解析] 由题可得f'(x)=+,当x∈(1,e)时,f'(x)>0,所以函数f(x)=ln x-+a在区间(1,e)上单调递增.因为函数f(x)在区间(1,e)上存在零点,所以f(1)=a-1<0,f(e)=a+1->0,解得-1<a<1.故选C. 3.A [解析] 令f(x)=0,即tln x-=0,所以xln x=,即方程xln x=有两个不相等实数根.令g(x)=xln x,则y=g(x)与y=的图象有两个交点.因为g'(x)=ln x+1,所以当0<x<时,g'(x)<0,当x>时,g'(x)>0,所以g(x)在上单调递减,在上单调递增,所以g(x)min=g=-.当x∈时,ln x<0,则g(x)<0,当x>1时,ln x>0,则g(x)>0,所以-<<0,解得t<-e,即t∈(-∞,-e). 4.C [解析] 由题意得当x∈时,因为f(-x)+f(x)=0,所以f(x)为奇函数,则f(0)=0.f(x)=sin 2x-2xcos x=2sin xcos x-2xcos x=2cos x(sin x-x),令g(x)=sin x-x,x∈,则g'(x)=cos x-1<0,所以当x∈时,g(x)单调递减,则g(x)<g(0)=0,所以sin x<x.当x∈时,令f(x)=0,可得2cos x(sin x-x)=0,得cos x=0,解得x=或x=,故f(x)在上有2个零点.由奇函数的性质,可得f(x)在上也有2个零点.综上,f(x)共有5个零点.故选C. 5.D [解析] y=f(x)-kx恰有两个零点,即f(x)-kx=0恰有两个实数根,因为x≠0,所以f(x)-kx=0恰有两个实数根等价于=k恰有两个实数根.令g(x)=,则g(x)=当x>0时,g(x)=1-,g'(x)=,故当x>e时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当0<x<e时,g'(x)<0,g(x)单调递减,故当x=e时,g(x)取得极小值也是最小值,且当x>1时,>0,此时g(x)=1-<1.当x<0时,g(x)=1+>1,且g(x)单调递增.在平面直角坐标系中画出g(x)的大致图象如图,要使g(x)=k有两个实数根,则k∈∪(1,+∞).故选D. 6.AD [解析] 令f(x)=ex-=0,则a=ex(x-1)(x≠1).令h(x)=ex(x-1),则h'(x)=xex,当x<0时,h'(x)<0,当x>0时,h'(x)>0,所以h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(0)=-1,又当x -∞时,h(x) 0,当x +∞时,h(x) +∞,h(1)=0,所以由f(x)有唯一零点,可得a=-1或a>0.故选AD. 7.0 [解析] 由f(x)=ex+a-x-1有1个零点,得关于x的方程ea=有1个实数根,则直线y=ea与函数y=的图象有1个交点.令g(x)=,则g'(x)=,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(0,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(0)=1,又当x +∞时,g(x) 0,当x -∞时,g(x) -∞,所以要使直线y=ea与g(x)的图象有一个交点,则ea=1,解得a=0. 8. [解析] 由题可得f'(x)=x2-2x,则曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线方程为y-f(x1)=(-2x1)(x-x1),整理得y=(-2x1)x-++1,将点(0,a)的坐标代入上式可得a=-++1.令g(x)=-x3+x2+1,则g'(x)=-2x2+2x=2x(1-x),当x<0时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当0<x<1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,又g(0)=1,g(1)=,所以当1<a<时,方程g(x)=a有3个不同的实数根,所以当1<a<时,有3个不同的x1满足方程a=-++1,即过点(0,a)可作三条直线与函数f(x)=-x2+1的图象相切.故实数a的取值范围为. 9.解:因为f(x)=(x-1)ex-x-1,所以f'(x)=xex-1.令g(x)=f'(x),得g'(x)=(x+1)ex. 当x∈(-∞,-1)时,g'(x)<0,则g(x)在(-∞,-1)上单调递减; 当x∈(-1,+∞)时,g'(x)>0,则g(x)在(-1,+∞)上单调递增. 所以g(x)≥g(-1)=-1,当x -∞时,g(x) -1,当x +∞时,g(x) +∞, 又g(1)>0,g(0)<0, 所以存在唯一x0∈(0,1),使得g(x0)=0,即x0=1. 当x∈(-∞,x0)时,f'(x)<0,则f(x)在(-∞,x0)上单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,则f(x)在(x0,+∞)上单调递增. 所以f(x)≥f(x0), 因为f(x0)=-x0-<0,f(-2)=1->0,f(2)=e2-3>0, 所以f(x)在(-2,x0)和(x0,2)上各有1个零点,所以f(x)共有2个零点. 10.B [解析] 方法一:因为曲线y=ex-1与曲线y=aln x+a(a>0)只有一个公共点,所以关于x的方程ex-1=a(ln x+1)只有一个实数解,而a>0,则只需考虑x>,即a=只有一个实数解.令f(x)=,则f'(x)=,因为u(x)=1+ln x-在上单调递增,且u(1)=0,所以当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,又当x 时,f(x) +∞,当x +∞时,f(x) +∞,所以a=f(1)=1.故选B. 方法二:因为曲线y=ex-1与曲线y=aln x+a(a>0)只有一个公共点,所以曲线y=ex-1与曲线y=aln x+a(a>0)只有一个公切点,设其坐标为(x0,y0),根据函数y=ex-1的图象与函数y=ln x+1的图象之间的关系,可得 即=aln x0+a,所以=ln x0+1,设h(x0)=-ln x0-1,则h(x0)在(0,+∞)上单调递减,又h(1)=0,所以x0=1,所以a=1.故选B. 方法三:易知函数y=ex-1的反函数为y=ln x+1,且两函数的图象关于直线y=x对称,先分析函数y=ex-1,由于y'=ex-1,令ex-1=1,得x=1,可知函数y=ex-1与函数y=x的图象相切于点(1,1).同理,对于函数y=ln x+1,y'=,令=1,得x=1,可知函数y=ln x+1与函数y=x的图象也相切于点(1,1),所以函数y=ex-1与函数y=ln x+1的图象相切于点(1,1),由选项可知,a=1.故选B. 11.∪(1,+∞) [解析] 令f(x)=ex+bx,显然f(0)=2,易知x=0是方程ex+bx=2的唯一解.f'(x)=ex+bxln b,令g(x)=f'(x),则g'(x)=ex+bx(ln b)2>0,当b>1,即ln b>0时,f'(x)>0,则f(x)在R上单调递增,则关于x的方程ex+bx=2只有一个解,满足题设;当0<b<1时,f'(x)=bx,且>e,此时存在x0∈R,使得f'(x0)=0,所以当x∈(-∞,x0)时,f'(x)<0,则f(x)在(-∞,x0)上单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,则f(x)在(x0,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(x0).又当x ∞时,f(x) +∞,所以当x0=0时,f'(0)=1+ln b=0,解得b=,满足题设;当x0>0时,f(x0)<f(0)=2,则存在x1∈(x0,+∞),使得f(x1)=2,故关于x的方程ex+bx=2有两个解,不满足题设;当x0<0时,f(x0)<f(0)=2,则存在x2∈(-∞,x0),使得f(x2)=2,故关于x的方程ex+bx=2有两个解,不满足题设.综上,b>1或b=. 12. [解析] 方法一:f(x)=ax(ex+1)+ex-1=(ex+1).∵ex+1>0,∴f(x)的零点个数等价于函数g(x)=ax+的零点个数.∵函数g(x)的定义域为R,且g(-x)=a(-x)+=-=-g(x),∴g(x)是R上的奇函数,又g(0)=0,∴只需考虑g(x)在(0,+∞)上只有1个零点即可.∵函数y=ex在R上单调递增,函数y=x+在(1,+∞)上单调递增,当x∈(0,+∞)时,ex∈(1,+∞),∴函数y=ex++2在(0,+∞)上单调递增,∴g'(x)=a+在(0,+∞)上单调递减,∴g'(x)在(0,+∞)上的取值范围是.当a≥0,x>0时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,此时g(x)>g(0)=0,无零点,不符合题意.当a≤-,x>0时,g'(x)<0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,此时g(x)<g(0)=0,无零点,不符合题意.当-<a<0时,由函数零点存在定理知,必存在唯一的正数x0,使得g'(x0)=0.当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,则g(x)在(0,x0)上单调递增,∴g(x0)>g(0)=0;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)<0,则g(x)在(x0,+∞)上单调递减.又∵g=-1+<0,g(x0)>0,-∈(2,+∞),->x0,∴g(x)在上存在唯一零点,符合题意.综上所述,实数a的取值范围是. 方法二:∵f(0)=0,∴x=0是f(x)的一个零点.当x≠0时,由f(x)=0,得-a=,令t(x)=,x≠0.∵函数t(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),t(-x)===t(x),∴t(x)为(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数.则问题转化为直线y=-a与函数t(x)=(x≠0)的图象在(0,+∞)上有1个交点.由t(x)=,可得t'(x)= -,设u(x)=e2x-2xex-1,x>0,则u'(x)=2e2x-2(x+1)ex=2ex(ex-x-1)>0,∴u(x)在(0,+∞)上单调递增,则u(x)>u(0)=0,即当x∈(0,+∞)时,t'(x)<0,则t(x)在(0,+∞)上单调递减.又∵当x +∞时,t(x) 0,当x 0+时,t(x) ,显然t(x)>0,∴t(x)在(0,+∞)上的取值范围为,故0<-a<,则-<a<0,即实数a的取值范围是. 方法三:∵f(0)=0,∴x=0是f(x)的一个零点,当x≠0时,由f(x)=0,得-ax=,设g(x)=-ax,h(x)=.∵函数g(x)的定义域为R,且g(-x)=ax=-g(x),函数h(x)的定义域为R,且h(-x)==-=-h(x),∴g(x)与h(x)都是R上的奇函数,则问题转化为函数g(x)与h(x)的图象在(0,+∞)上恰有1个交点.又∵函数h(x)==1-在(0,+∞)上单调递增,∴当x∈(0,+∞)时,h(x)∈(0,1).h'(x)=,令m(x)=h'(x),当x>0时,m'(x)=<0,∴h'(x)=在(0,+∞)上单调递减.又∵h'(0)=,作出函数y=h(x),y=g(x)的图象与直线y=x,如图,则0<-a<,即-<a<0,故实数a的取值范围是. 13.解:(1)由f(x)=(2x+1)ex,得f'(x)=(2x+3)ex, 则f(0)=1,f'(0)=3,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=3x,即3x-y+1=0. (2)令g(x)=f(x)-kx=0,则k==, 令h(x)=,x∈(-∞,0), 则h'(x)== ,x∈(-∞,0), 令h'(x)>0,得x<-1,令h'(x)<0,得-1<x<0, 所以函数h(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,0)上单调递减, 所以h(x)max=h(-1)=. 因为h(x)==2ex+,所以当x -∞时,h(x) 0, 当x 0-时,h(x) -∞, 如图,作出函数h(x)的大致图象.因为函数g(x)=f(x)-kx在(-∞,0)上恰有两个零点, 所以函数y=k与y=h(x)的图象恰有两个交点, 所以k的取值范围为. 14.解:(1)证明:设g(x)=ex-x-f(x)=ex-x-1-xsin x,则g'(x)=ex-1-(sin x+xcos x). 设m(x)=g'(x)=ex-1-(sin x+xcos x),则m'(x)=ex+(xsin x-2cos x)=ex-cos x+xsin x. 因为y=ex-cos x在[0, ]上单调递增,所以ex-cos x≥e0-cos 0=0, 又因为当x∈[0, ]时,xsin x≥0,所以当x∈[0, ]时,m'(x)≥0,所以m(x)在[0, ]上单调递增,所以当x∈[0, ]时,m(x)≥m(0)=0, 所以g(x)在[0, ]上单调递增,所以当x∈[0, ]时,g(x)≥g(0)=0,所以当x∈[0, ]时,ex-x-≥f(x). (2)f'(x)=(sin x+xcos x), 当x∈时,f'(x)≥0, 所以f(x)在上单调递增, 因为f(0)=-<0,f=>0,所以f(x)在上有且仅有1个零点. 当x∈时,令h(x)=f'(x)=(sin x+xcos x), 则h'(x)=(2cos x-xsin x), 当x∈时,h'(x)<0, 所以h(x)在上单调递减,又因为h=>0,h( )=-<0,所以存在m∈,使得h(m)=0.当x∈时,h(x)>h(m)=0,所以f(x)在上单调递增,所以当x∈时,f(x)≥f=>0,故f(x)在上无零点;当x∈(m, )时,h(x)<h(m)=0,所以f(x)在(m, )上单调递减, 又f(m)>f>0,f( )=-<0,所以f(x)在(m, )上有且仅有1个零点.综上所述,f(x)在[0, ]上有且只有2个零点. 15.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,+∞)上单调递减,又g(0)=0,所以当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1. (2)方法一(调整函数,含参讨论): 设函数h(x)=1-ax2e-x, f(x)=ex-ax2在(0,+∞)上只有一个零点等价于h(x)=1-ax2e-x在(0,+∞)上只有一个零点. (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)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)上的最小值. ①若h(2)>0,即a<,则h(x)在(0,+∞)上没有零点; ②若h(2)=0,即a=,则h(x)在(0,+∞)上只有一个零点; ③若h(2)<0,即a>,因为h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点. 由(1)知,当x>0时,ex>x2, 所以h(4a)=1-=1->1-=1->0. 故h(x)在(2,4a)上有一个零点,所以h(x)在(0,+∞)上有两个零点. 综上,f(x)在(0,+∞)上只有一个零点时,a=. 方法二(一直一曲): 函数f(x)=ex-ax2在(0,+∞)上只有一个零点等价于曲线y=与直线y=ax在y轴右侧只有一个公共点. 设 (x)=(x>0),则 '(x)=,当0<x<1时, '(x)<0,当x>1时, '(x)>0,所以 (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,作出 (x)=(x>0)的图象如图所示,若直线y=ax与 (x)=(x>0)的图象有公共点, 则必须满足a>0.当直线与曲线相切时,设切点坐标为, 则解得 综上,当a=时,f(x)在(0,+∞)上只有一个零点. 学科网(北京)股份有限公司 $