16.导数与函数的零点-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 精选4道导数与函数零点综合解答题，涵盖2021-2022年高考真题及创新预测题，梯度设计合理，注重逻辑推理与数学思维考查 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|4道|导数应用、函数单调性、极值最值、零点存在性、分类讨论|结合2022全国乙卷零点范围讨论、2021新高考Ⅱ卷多条件选择证明等真题，融入2025预测题极值点与零点比较创新设计，注重跨函数关联（如2022新高考Ⅰ卷双函数交点等差数列证明）|

16.导数与函数的零点 1.（2022·全国乙卷20题）已知函数f（x）＝ax－－（a＋1）ln x. （1）当a＝0时，求f（x）的最大值； （2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围. 解：（1）当a＝0时，f（x）＝－－ln x（x＞0），所以f'（x）＝－＝. 若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增； 若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减； 所以f（x）max＝f（1）＝－1. （2）由f（x）＝ax－－（a＋1）ln x（x＞0），得f'（x）＝a＋－＝（x＞0）. 当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点； 当a＜0时，f'（x）＝， 若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增， 若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减， 所以f（x）max＝f（1）＝a－1＜0，所以f（x）不存在零点； 当a＞0时，f'（x）＝，若a＝1，f'（x）≥0， f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（1）＝a－1＝0，所以函数f（x）恰有一个零点. 若a＞1，f（x）在，（1，＋∞）上单调递增，在上单调递减，因为f（1）＝a－1＞0，所以f＞f（1）＞0，当x→0＋时，f（x）→－∞，由零点存在定理可知f（x）在上必有一个零点，所以a＞1满足条件. 若0＜a＜1，f（x）在（0，1），上单调递增，在上单调递减，因为f（1）＝a－1＜0，所以f＜f（1）＜0，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理可知f（x）在上必有一个零点，即0＜a＜1满足条件. 综上，若f（x）恰有一个零点，a的取值范围为（0，＋∞）. 2.（2021·新高考Ⅱ卷22题）已知函数f（x）＝（x－1）·ex－ax2＋b. （1）讨论f（x）的单调性； （2）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）有一个零点. ①＜a≤，b＞2a； ②0＜a＜，b≤2a. 注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解：（1）f'（x）＝xe x－2ax＝x（ex－2a）， （ⅰ）当a≤0时，令f'（x）＝0⇒x＝0， 且当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. （ⅱ）当0＜a＜时，令f'（x）＝0⇒x1＝0，x2＝ln 2a＜0， 且当x＜ln 2a时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当ln 2a＜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. （ⅲ）当a＝时，f'（x）＝x（ex－1）≥0，f（x）在R上单调递增. （ⅳ）当a＞时，令f'（x）＝0⇒x1＝0，x2＝ln 2a＞0， 且当x＜0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当0＜x＜ln 2a时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞ln 2a时，f'（x）＞0，f（x）单调递增. （2）证明：若选①，由（1）知f（x）在（－∞，0）上单调递增，（0，ln 2a）上单调递减，（ln 2a，＋∞）上单调递增. 注意到f＝＜0，f（0）＝b－1＞2a－1＞0. ∴f（x）在上有一个零点； f（ln 2a）＝（ln 2a－1）·2a－a·ln22a＋b＞2aln 2a－2a－aln22a＋2a＝aln 2a（2－ln 2a）， 由＜a≤得0＜ln 2a≤2，∴aln 2a（2－ln 2a）≥0， ∴f（ln 2a）＞0，当x≥0时，f（x）≥f（ln 2a）＞0，此时f（x）无零点. 综上，f（x）在R上仅有一个零点. 若选②，则由（1）知f（x）在（－∞，ln 2a）上单调递增，在（ln 2a，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增. f（ln 2a）＝（ln 2a－1）2a－aln22a－2a＋b≤2aln 2a－2a－aln22a＋2a＝aln 2a（2－ln 2a）. ∵0＜a＜，∴ln 2a＜0，∴aln 2a（2－ln 2a）＜0. ∴f（ln 2a）＜0，∴当x≤0时，f（x）≤f（ln 2a）＜0，此时f（x）无零点. 当x＞0时，f（x）单调递增，注意到f（0）＝b－1≤2a－1＜0. 取c＝，∵b≤2a＜1，∴c＞＞1，又可证ec＞c＋1， ∴f（c）＝（c－1）ec－ac2＋b＞（c－1）（c＋1）－ac2＋b＝（1－a）c2＋b－1＞c2＋b－1＝1－b＋1＋b－1＝1＞0. ∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，＋∞）上有唯一零点. 综上，f（x）在R上有唯一零点. 3.（2022·新高考Ⅰ卷22题）已知函数f（x）＝ex－ax和g（x）＝ax－ln x有相同的最小值. （1）求a； （2）证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 解：（1）f'（x）＝ex－a，g'（x）＝a－. ①若a≤0，f'（x）＞0在R上恒成立，f（x）在R上单调递增，即f（x）无最小值； ②若a＞0，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. ∴f（x）在x＝ln a处取得最小值f（ln a）＝a－aln a. 当x∈时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈时，g'（x）＞0，g（x）单调递增. ∴g（x）在x＝处取得最小值g＝1＋ln a. 又f（x）与g（x）有相同的最小值， ∴a－aln a＝1＋ln a，a＞0. 设h（a）＝aln a＋ln a－a＋1，a＞0， 则h'（a）＝＋ln a， 令φ（a）＝h'（a），则φ'（a）＝－＋＝，a＞0， 当a∈（0，1）时，φ'（a）＜0，h'（a）单调递减. 当a∈（1，＋∞）时，φ'（a）＞0，h'（a）单调递增. ∴h'（a）在a＝1处取得最小值h'（1）＝1＞0，则当a＞0时，h'（a）＞0恒成立，h（a）单调递增. 又h（1）＝0，∴a＝1. （2）证明：由（1）得f（x）＝ex－x，g（x）＝x－ln x， 且f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，f（x）min＝g（x）min＝1. 当直线y＝b与曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3， 则f（x1）＝f（x2）＝g（x2）＝g（x3）＝b. ∵f（x）＝ex－x，g（x）＝x－ln x＝eln x－ln x＝f（ln x）， ∴f（x1）＝f（x2）＝f（ln x2）＝f（ln x3）. 由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2， 则f（ln x2）＝－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b， f（ln x3）＝－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b， 上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 4.（2025·全国Ⅱ卷18题）已知函数f（x）＝ln（1＋x）－x＋x2－kx3，其中0＜k＜. （1）证明：f（x）在区间（0，＋∞）存在唯一的极值点和唯一的零点； （2）设x1，x2分别为f（x）在区间（0，＋∞）的极值点和零点. （ⅰ）设函数g（t）＝f（x1＋t）－f（x1－t），证明：g（t）在区间（0，x1）单调递减； （ⅱ）比较2x1与x2的大小，并证明你的结论. 解：（1）证明：因为f（x）＝ln（1＋x）－x＋x2－kx3，k∈（0，）， 所以f'（x）＝－1＋x－3kx2＝＝（x＋1－）. 当x＞0时，令f'（x）＝0，解得x＝－1＞0， 所以当0＜x＜－1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞－1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减. 所以x＝－1是f（x）在（0，＋∞）上唯一的极值点，且是极大值点. 因为f（－1）＞f（0）＝0，f（）＝ln（1＋）－＋－＝ln（1＋）－＜0， 所以∃x0∈（－1，），f（x0）＝0， 所以x0是f（x）在（0，＋∞）上唯一的零点. （2）（ⅰ）证明：因为g（t）＝f（x1＋t）－f（x1－t）， 所以g'（t）＝f'（x1＋t）＋f'（x1－t）＝（x1＋t－x1）＋（x1－t－x1）＝3kt［－］＝. 因为t∈（0，x1），所以t2－－2x1＜0，（1＋x1）2－t2＞0， 所以g'（t）＝＜0， 即g（t）在区间（0，x1）单调递减. （ⅱ）由（ⅰ）得，g（t）在（0，x1）上单调递减， 所以g（x1）＜g（0）， 即f（2x1）－f（0）＜f（x1）－f（x1）＝0， 又f（0）＝0，所以f（2x1）＜0， 因为x2是f（x）的零点，所以f（x2）＝0， 所以f（2x1）＜f（x2）， 又x2＞x1，2x1＞x1，且f（x）在（x1，＋∞）上单调递减， 所以2x1＞x2. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $