专题1 课时作业8 导数与函数的零点-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习练习手册

班级： 姓名： 课时作业8 导数与函数的零点 (分值：60分) 1.(15分)(2025·黑龙江黑河二模)已知函数f(x)= 2.(15分)(2025·四川广安二模)已知函数f(x)= In x -ax e+x +1. 得分 e2r-ax2(a为常数). 得分 (1)若存在t∈(2，+∞)，使得f(x)的图象在x= (1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线在两坐标轴 t处的切线过原点，求a的取值范围； 上的截距相等，求a的值. (2)若a=1, 。,判断f(x)的零点个数. (2)是否存在实数a,使得f(x)有3个零点？若存 在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明 理由. (横线下方不可作答)173]专题一函数、导数 ■ 3.(15分)(2025·内蒙古赤峰模拟)已知函数f(x)= 4.(15分)(2025·山东日照二模)已知函数f(x)= (x+1)e. 得分 aln x+- x+1(a∈R) 得分☐ (1)求f(x)的单调区间及最小值； (2)令g(x)=f(x)-a,求g(x)的零点个数. (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)一1=0有3个不同的实数解，求 a的取值范围. 红对勾讲与练174☐ 高三二轮数学 ■②证明：f'(x)=e一(m+1),若m+ 1≤0，则f'(x)>0,f(x)在R上单调 递增，不合题意， 若m+1>0,令f'(x)=0,得e= m+1,x =ln(m+1), 当x∈(-o∞，ln(m+1))时，f'(.x)< 0,f(x)单调递减， 当x∈(ln(m+1),+oo)时，f'(x) 0,f(x)单调递增， 所以f(x)在x=ln(m+1)处取极小 值m+1-(m+1)ln(m+1)-n. 因为函数f(x)有两个零点，则m+ 1-(m+1)ln(m+1)-n<0, 所以ln(m+1)>1-”,即m十 n m+1 1>e 3.解：(1)若a=0,b=1,则f(x) -lnx+x,则f'(x)=-1+1= x一1(x >0), 2 令f'(x)>0,得x>1,令f'(x)<0, 得0<x<1, 所以函数f(x)的单调递增区间为 (1,+∞)，单调递减区间为(0,1)， 所以函数f(x)的极小值为f(1)=1, 无极大值。 (2)证明：若b=0,则f(x)=ae 1nx,则f'(x)=ae-1(x>0), 当a>0时，函数y=ae,y=-1 在 (0,十∞)上都是增函数， 1 所以函数f'(x)=ae 在 (0,+∞)上是增函数. 又当x→0时，f'(x)·-∞，当 x>+o0时，f'(x)→+， 所以存在唯一实数x。∈(0，十∞)，使 得f(x,)=ae0-1=0,即ae = 令f'(x)>0,则x>xo,令f'(x)< 0,则0<x<x。 所以函数f(x)在(0，x。)上单调递减， 在(x,十∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(x)=aeo-lnx。= L-n1=1+x。+na≥ 工0 ae +na-2tha. 当且仅当】=x。,即x。=1时取等 T o 号，所以f(x)≥2+lna. 4.解：(1)由题意知f(x)=alnx一x+ 1,f'(zx）=0-1(x>0), ①当a≤0时，f'(x)<0,f(x)在 (0,十○)上单调递减，不存在最大值. ②当a>0时，由f'(x)=0得x=a, 当x∈(0，a)时，f'(x)>0: 当x∈(a,+∞)时，f'(x)<0. ∴.函数y=f(x)的单调递增区间为 (0,a),单调递减区间为(a,十∞). :f(x)mx =f(a)aln a-a+l = 0,令g(a)=alna-a+1,求导得 (a)=Ina, 346 红对闪讲与练·高三二轮数学 当a∈(0,1)时，9'(a)<0,函数p(a) 单调递减，当a∈(1，十∞)时， 9(a)>0,函数p(a)单调递增， 因此9(a)mm=9(1)=0,∴.a=1. (2)证明：由(1)知，nx一x+10, 即lnx≤x-1, 当n>1时.+)< (+）-1=<nm-下 1 1-1 n-1n1 +)+(+安)+…+ +)<(1-)+（日 ）++()=1-<1 (+)0+)(+… (1+)< (3)证明：，h(x)=f(x)+g(x)= alnx-x+1,'(x)=&-1 -x2+ax-1 “函数h(x)存在两个极值点x1,x:”等 价于“方程'(x)=二x+ax-1=0 即方程一x2十a.x一1=0有两个不相 等的正实数根”， 1△=a2-4>0, 故x1x:=1>0,解得a>2. x1+x2=a>0, :h(xi）-h(x:) x1-x2 1 aln x-+- --alnx2十xg- TI x1-x2 a(l z-Inx:)+(z:-)+ T1一T a (In x1 -In x2) -2 x1一E “要证()-h(x) -a+2<0,即 x1一xg 证n二h<1, x1-x2 :x1x:=1,不妨令0<x1<1<x2 故x1= 1∠1 由n-n<1得2n,-4十 x1一x2 1<0,令9(x)=21nx-x+ (x>1), 2 p'(x)= 2 -1- 1 -x+2z-1=-（x1)<0在 x9 (1,十∞)上恒成立， ∴.函数p(x)在(1，十∞)上单调递减， 故9(x)<9(1)=0, :h(x)-hx-a+2<0成立. x1-x2 课时作业8导数与函数的零点 1.解：(1)由题意得f(x)的定义域为 (0,十∞). 因为f(x)=lnx一axe1十x+1,所 以f'(x)= 1 上-a(x+1)e21+1. 若存在t∈(2，十∞)，使得f(x)的图 象在x=t处的切线过原点， 则切线斜家兵=了)=心，得到 -a+1)e1+1=l-ae+ t t 1+ ,整理得a=一产e In t 设g4)=(1≥2). 则g'e)=-1-t+2)n1>0. te-l 所以g(t)在区间(2，+©∞)上单调递 增，a>g(2)=- In 2 4e In t 又a=- t2e▣ <0,t→+∞时， -nt→0，所以a的取值范围 te可 是(o） ②当a= 时，f(x)=lnx ze+z+1, 则f'(x)=(x+1De+1 (x+1)(2-e） 设()=上-e,则(x)在区间 (0,十∞)上单调递减， 且h(2)= 11 2->0h(3)=3 <0,得到2)·h(3)<0. e 所以由函数零点存在定理得存在 x。∈(2,3)，使得h(x）=0,即1 则c。e。 =1, 得到lnx。=一x。十4， 当x∈(0，xo)时，f'(x)>0,f(x) 单调递增， 当x∈(x。,+∞)时，f'(x)<0, f(x)单调递减， 得到f(x)≤f(xo)=Inx。 xoe0+x。+1=4>0. 又x→0时，f(x）→-o0,x→+∞ 时，f(x)·一o,所以f(x)有两个 零点， 2.解：(1)因为f(x)=e2r-a.x2,所以 f'(x)=2e2-2a.x, 所以f'(1)=2e2-2a,f(1)=e-a, 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线 方程为y-f(1)=f'(1)(x一1)，即 y=(2e2-2a)x-e2+a. 令y=0,则2(e2-a)x=e 一a 若e一a=0,则a=e2,则切点为(1， 0),切线方程为y=0,不合题意； 若e2-a≠0，则x=弓冷x=0,则 y=a-e. 又切线在两坐标轴上的截距相等，即 1 =a一e 2 故a= 1 2 e (2)存在.若函数f(x)=e一a.x2有3 个零点，等价于方程e=a.x2有3个解. 其中x=0时，显然不是方程的根， 当x≠0时转化为g(z)=与y三 a的图象有3个交点. 又由g'(x)= 2e2x-2ex 2 2e(z-1) 令g'(x)>0,解得x<0或x>1:令 g'(x)<0,解得0<x<1, 所以函数g(x)在(-∞，0)，(1，十∞) 上单调递增，在(0,1)上单调递减， 所以当x=1时，函数g(x)取得极小 值，极小值为g(1)=e2. 又由x→0时，g(x）→+∞；当 x→-∞时，g(x)·0且g(x)>0;当 x→0+时，g(x)→十∞；当x→十©∞ 时，g(x)→十0， 故函数g(x)的大致图象如图所示 所以a>e2,即实数a的取值范围为 (e2,+∞). 3.解：(1)由f(x)=(x+1)e求导得 f'(x)=(x+2)e, 当x<-2时，f'(x)<0,当x>-2 时，f'(x)>0, 即f(x)在（一∞，一2）上单调递减，在 (一2，十∞)上单调递增 故∫(x)的单调递增区间为（一2， +∞)，单调递减区间为（一∞，一2）； 当x=一2时，f(x)m=f(-2) 1 e (2)由g(x)=f(x)-a=(x+ 1)e-a=0可得a=(x+1)e2, 则g(x)的零点个数即函数f(x) (x+1)e的图象与直线y=a的交点 个数. 由(1)得f(x)在(-∞，一2)上单调递 减，在（一2，+∞）上单调递增， 且当x=一2时，f(x)mm=f(一2)= 1 又x→-o0时，f(x)→0，当x-十∞ 时，f(x)十oo, 作出函数f(x)=(x+1)e的图象如 图所示 由图知，当a<二时，直线y三a与 函数f(x)=(x十1)e的图象没有交 点，此时函数g(x)无零点； 当一 e三<a<0时，直线y=a与函数 f(x)=(x+1)e的图象有2个交点， 此时函数g(x)有2个零点； 当a=-。或a≥0时，直线y=a与 函数f(x)=(x+1)e的图象有1个 交点，此时函数g(x)有1个零点. 4.解：(1)当a=1时，f(x)=lnx+ x十7的定义域为(0，十0)， 2 所以f'(x)= 2 x(x+1)f'(1)= 1-= 1 又因为f1)=ln1+1十 =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=2（x-1), 化简可得x一2y+1=0. (2)令g(x)=f(x)-1=alnx十 2 x+11, 函数g(x)的定义域为(0，十∞)， g(x)= 2 (x+1) a(x+1)-2x x(x+1) a.x+(2a-2)x+a x(x+1)2 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，不合题意 ②当a>0时，设函数h(x)=ax2+ (2a-2)x+a,△=(2a-2)2 4a2=-8a+4, 当u≥号时，4≤0，即h()≥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， 不合题意. 当0<a<2时，因为4=-8a+4> 0,所以方程a.x2+(2a一2)x+a=0有 两个不相等的实数根x1,x2, 且满足x1十x2= 2-2>0,x1x2=1, 不妨设0<x1<1<x, 当x∈(0，x1)时，h(x)>0,g(x) 0,g（x)单调递增；当x∈(x1x2)时， h(x)<0,g'(x)0,g(x)单调递减； 当x∈(x,+∞)时，h(x)>0, g'(x)>0,g(x)单调递增. 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, e+1 以存在唯一实数t1∈(0,1)，使得 g(t1）=0. 又g(x2)<g(1)=0,e“>1,且 g(e“）= 2一之0 e“+1 所以存在唯一实数t；∈(1，十∞)，使 得g(t2）=0. 所以函数g(x)有3个零点，方程 f(x)一1=0有3个不同的实数解. 综上a的取值范围为(0,2） 教考衔接练1导数与三次函数 9 1C函数fx）=,3+2x+c,则 f'(x）=3.x2+9x,令f(x)>0,解得 x>0或x<-3,令f'(x）<0,解得 一3<x<0,所以f(x)在（一∞，一3） 和(0，十○)上单调递增，在（一3,0）上 单调递减.又f(-3)= 27 +c,f(0)= 2 c,要使f(x)有3个零点，则c<0< ,解得-2？<c<0.故选C 2 2 2 2.C由f(x)=-x3十3x-1,可得 f'(x)=-3x2+3=-3(x十1)(x 1),当x <-1或x>1时，f'(x)<0, 当一1<x<1时，f'(x)>0,即函数 f(x)在(-∞，-1)，(1，+∞)上单调 递减，在（一1,1）上单调递增.对于A, 由上分析知f(x)在x=一1处取得极 小值，故A正确；对于B,结合以上分 析，f(-2)=1>0,f(-1)=-3 0,f(1)=1>0,f(2)=-3<0,由函 数零点存在定理知，∫(x)有3个零点， 故B正确；对于C,f(x)在（一2，一1） 上单调递减，在（一1,1）上单调递增， 在(1,2)上单调递减，而f(一2)= f(1)=1,f(-1)=f(2)=-3,故 f(x)在区间（一2,2）上的值域为[一3， 1],故C错误；对于D,f(-x)+ f(x)= 一（一x》 +3×(一x)-1+ (-x -3x-1)=-2,即f(-x)= 一2一f(x),故曲线y=f(x)的对称 中心为点(0，一1)，故D正确，故选C. 3C由函数g()= 5 3 一x ，可得 3 g'(x）=x-2x,所以g"(x)=2x- 2,令g"(x0)=2.x0-2=0,可得x。= 1,又g(1)= 5 3 3 =1,所以函 数g(x)图象的对称中心为点(1,1)， 所以g(x)十g(2一x)=2,则 g(日)+g(号)+…+g(g) [g(日)+g(g)+(号)+ s()+…+(g)+s(日)门 2X2×17=17.故选C. 4.Cf(x)=x3一3x+2的定义域为R, 且f'(x)=3x2-3,当x>1或x< 一1时 f'(x)=3x2-3>0,当-1< x<1时，f'(x）=3.x2-3<0,故 f(x)=x -3x +2在(-∞，-1)， (1,+∞)上单调递增，在(-1,1)上单 调递减，又f(一1)=一1+3+2=4> 0,f(1)=1-3+2=0,f(-2)= 一8十6十2=0，故函数f(x)=x3 3x十2的零点的个数是2.故选C 5.A由已知得f'(x)=x2-4,令 f'(x) >0得x>2或x<-2,令 f'(x)<0得-2<x<2,所以f(x) 在（一∞，一2），(2，十∞)上单调递增， 在（一2,2）上单调递减，所以x=士2 参考答案 347