课时规范练23 利用导数研究函数的零点-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数研究函数零点，通过构造函数、分类讨论等方法，系统整合导数应用与函数性质，覆盖切线、参数范围等核心考法，培养逻辑推理与数学抽象能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |切线与参数范围|1题|导数几何意义、构造辅助函数求极值|导数→切线斜率→函数单调性→参数范围推导| |零点个数判断|1题|奇偶性分析、三阶导数判断单调性|三角函数性质→导数符号→函数增减性→零点唯一性论证| |单调性与多零点控制|1题|分离参数、导数零点分类讨论|函数求导→单调性区间→极值分析→参数对零点个数的影响| |方程根的个数讨论|1题|函数构造、换元转化|方程等价变形→构造单调函数→参数与函数最值比较→根的个数判断|

课时规范练23　利用导数研究函数的零点 (分值:64分) 1.(15分)(2025·河南郑州模拟)已知函数f(x)=(a-x)ex,a∈R. (1)若a=2,求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程; (2)若不等式f(x)>1-x没有整数解,求实数a的取值范围. 2.(15分)已知函数f(x)=sin x+sin 2x-2x+ax3. (1)当a=0时,求函数f(x)的零点个数; (2)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数a的取值范围. 3.(17分)已知a,b∈R,函数f(x)=xe-x-aex+b. (1)若曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=2(x+1),求a+b的值. (2)若函数f(x)在R上单调递增,求实数a的取值范围; (3)若对∀b∈R,函数f(x)至多有两个零点,求实数a的取值范围. 4.(17分)已知函数f(x)=2ax+(2-a)ln x+. (1)当a<0时,讨论f(x)的单调性; (2)若a=0,g(x)=emx-x2+mx+,讨论方程f(x)-g(x)=0的实数根的个数. 参考答案 课时规范练23　利用导数研究函数的零点 1.解 (1)当a=2时,f(x)=(2-x)ex,f'(x)=(1-x)ex,令f'(x)=1,即1-x=e-x,令φ(x)=e-x+x-1,φ'(x)=-e-x+1=,令φ'(x)>0,得x>0,令φ'(x)<0,得x<0,所以φ(x)min=φ(0)=0,即x=0,f(0)=2,所以f(x)在x=0处的切线方程为y=x+2. (2)由f(x)=(a-x)ex>1-x,得aex>xex-x+1,即a>x-没有整数解. 设h(x)=x-,h'(x)=1-,设t(x)=ex+x-2,t'(x)=ex+1>0,所以t(x)单调递增,且t(0)=-1,t(1)=e-1>0,所以存在唯一的x0∈(0,1),使t(x0)=0,即h'(x0)=0,当x∈(-∞,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.又h(0)=h(1)=1,当x→-∞时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,所以当x∈Z时,h(x)≥1,当a≤1时,a>h(x)没有整数解,即f(x)>1-x没有整数解.故实数a的取值范围为(-∞,1]. 2.解 (1)当a=0时,f(x)=sin x+sin 2x-2x.于是f'(x)=cos x+cos 2x-2≤1+1-2=0,故f(x)在R上单调递减.又f(0)=0,故函数f(x)的零点个数为1. (2)若函数f(x)有且只有一个零点,由于f(0)=0,且f(x)为奇函数,则当x>0时,f(x)<0或f(x)>0.由(1)可知当a=0时,f(x)有且只有一个零点. 若a≤0,则当x>0时,f(x)≤sin x+sin 2x-2x<0,符合题意. 因为f'(x)=cos x+cos 2x-2+3ax2, 令g(x)=cos x+cos 2x-2+3ax2,则g'(x)=-sin x-2sin 2x+6ax. 令h(x)=-sin x-2sin 2x+6ax,则h'(x)=-cos x-4cos 2x+6a. 若a≥,则h'(x)=-cos x-4cos 2x+6a≥-1-4+5=0,故h(x)在区间(0,+∞)上单调递增,于是当x>0时,h(x)>h(0)=0. 故g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,于是当x>0时,g(x)>g(0)=0,则f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,此时,当x>0时,f(x)>f(0)=0,符合题意. 若0<a<,记cos x0=且0<x0<,则当0<x<x0时,h'(x)=-cos x-4cos 2x+6a=-cos x-4(2cos2x-1)+6a=-8cos2x-cos x+6a+4=-8(cos x+)2+6a+<0. 故h(x)在区间(0,x0)上单调递减,于是当x∈(0,x0)时,h(x)<h(0)=0. 故g(x)在区间(0,x0)上单调递减,于是当x∈(0,x0)时,g(x)<g(0)=0. 则f(x)在区间(0,x0)上单调递减,此时,当x∈(0,x0)时,f(x)<f(0)=0. 又f()≥-1->0,故f(x)在区间(0,)上存在零点,矛盾. 综上,实数a的取值范围为(-∞,0]∪[,+∞). 3.解 (1)由题意得f(0)=b-a=2.f'(x)=(1-x)e-x-aex,故f'(0)=1-a=2,得a=-1,所以b=1,所以a+b=0. (2)f'(x)=(1-x)e-x-aex≥0,即a≤(1-x)e-2x. 令g(x)=(1-x)e-2x,g'(x)=(2x-3)e-2x. 故当x∈(-∞,)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.因此g(x)min=g()=-. 所以a≤-,经检验,符合题意. 故实数a的取值范围为(-∞,-]. (3)(方法1)①由(2)得当a≤-时,f(x)单调递增,故至多有一个零点,符合题意; ②当a≥0时,由于当x→-∞时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→0. 设g(x0)=a,可得f(x)在区间(-∞,x0)上单调递增,在区间(x0,+∞)上单调递减,因此至多有两个零点,符合题意; ③当a∈(-,0)时,g(x)=a存在两个不同零点,设为x1,x2(x1<x2),可得f(x)在区间(-∞,x1)上单调递增, 在区间(x1,x2)上单调递减,在区间(x2,+∞)上单调递增. 而当x→-∞时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→+∞. 故当b∈(-f(x1),-f(x2))时,函数f(x)存在三个不同零点,舍去. 综上,a∈(-∞,-]∪[0,+∞). (方法2)由题意可得f'(x)=(1-x)e-x-aex至多有一个变号零点,即曲线y=g(x)与直线y=a至多有一个交点. 由(2)得g(x)在区间(-∞,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增,而当x∈(,+∞)时,g(x)∈(-,0);当x→-∞时,g(x)→+∞,所以a∈(-∞,-]∪[0,+∞). 4.解 (1)f(x)=2ax+(2-a)ln x+的定义域为(0,+∞),导函数f'(x)=. 令f'(x)==0,解得x1=,x2=-. ①当a=-2时,f'(x)=≤0恒成立,所以f(x)无单调递增区间,单调递减区间为(0,+∞); ②当a<-2时,>-,令f'(x)>0,得x∈(-);令f'(x)<0,得x∈(0,-)∪(,+∞),所以f(x)的单调递增区间为(-),单调递减区间为(0,-),(,+∞); ③当-2<a<0时,<-,令f'(x)>0,得x∈(,-); 令f'(x)<0,得x∈(0,)∪(-,+∞),所以f(x)的单调递增区间为(,-),单调递减区间为(0,),(-,+∞). 综上,当a=-2时,f(x)无单调递增区间,单调递减区间为(0,+∞);当a<-2时,f(x)的单调递增区间为(-),单调递减区间为(0,-),(,+∞);当-2<a<0时,f(x)的单调递增区间为(,-),单调递减区间为(0,),(-,+∞). (2)若a=0,f(x)=2ax+(2-a)ln x+=2ln x+,g(x)=emx-x2+mx+,所以f(x)-g(x)=0,即emx+mx=2ln x+x2=ln x2+(*). 令h(x)=x+ex,x∈(0,+∞),h'(x)=1+ex>0,所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故上式(*)中满足h(mx)=h(ln x2),所以mx=ln x2,可得m=. 令F(x)=,F'(x)=,当F'(x)=0时,x=e.所以F(x)在区间(0,e)上单调递增;在区间(e,+∞)上单调递减,且当x→+∞时,F(x)→0且F(x)>0,则F(x)max=F(e)=. 综上,当m>时,该方程有0个实数根;当m=或m≤0时,该方程有1个实数根;当0<m<时,该方程有2个实数根. 1 学科网（北京）股份有限公司 $