微练（二十七）导数与函数的零点-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数与函数零点，以导数为工具，通过单调性分析、极值判断、参数分类讨论及构造函数法，系统解决零点存在性、个数及相关证明问题，培养逻辑推理与数学表达能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单调性与极值|1,2,3(1),4(1)|导数法求单调区间；极值点分析；参数分类讨论|导数→单调性→极值→函数趋势| |零点个数与参数范围|1(2),4(2),5|极值符号判断；极限趋势分析；图像交点法|极值与端点值→零点存在条件→参数范围| |零点证明与不等式|2(2),5,6(3),7|构造辅助函数；零点存在定理；单调性证唯一性|函数构造→不等式转化→逻辑推理|

微练(二十七)　导数与函数的零点 1.(2026·深圳模拟)已知函数f(x)=x2-aln x+2a,其中a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若函数f(x)有两个零点,求a的取值范围. 2.设函数f(x)=-kln x,k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值; (2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点. 3.已知函数f(x)=ex cos x. (1)求f(x)在区间内的极大值; (2)令函数h(x)=-1,当a>时,试讨论h(x)在区间内零点的个数. 4.(2026·泰安模拟)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=1处有极小值. (1)求实数c的值; (2)若函数g(x)=f(x)+a有三个不同的零点,求实数a的取值范围. 5.(2026·湛江模拟节选)已知函数f(x)=.若方程f(x)=1有两个根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1. 6.已知函数f(x)=x+asin x,g(x)=bln x(a,b∈R),且曲线y=g(x)在点(1,0)处的切线方程为y=-x+1. (1)求实数b的值. (2)当a=-1时,证明:当x>0时,f(x)>0. (3)当a=时,若存在0<x1<x2,使得f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2)成立,证明:+>. 7.设a∈R,已知函数f(x)=,g(x)=e-x. (1)当a=1时,证明:当x>0时,f(x)>g(x); (2)当a>1时,证明:函数y=f(x)-g(x)有唯一零点. 8.(2026·辽宁模拟)已知函数f(x)=aln x. (1) 若a>1,∀x∈[4,+∞),f(x)≤xln a恒成立,求a的取值范围; (2) 设F(x)=f(x+2)+x2-2x有两个极值点x1,x2,且x1<x2,求证:>-1. 微练(二十七)　导数与函数的零点 1.解　(1)由题意可知:函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=x-=,若a≤0,则f'(x)>0,可知函数f(x)在(0,+∞)内单调递增;若a>0,令f'(x)>0,解得x>;令f'(x)<0,解得0<x<;可知函数f(x)在(0,)内单调递减,在(,+∞)内单调递增;综上所述:若a≤0,函数f(x)在(0,+∞)内单调递增;若a>0,函数f(x)在(0,)内单调递减,在(,+∞)内单调递增. (2)因为函数f(x)有两个零点,若a≤0,函数f(x)在(0,+∞)内单调递增,可知函数f(x)至多有一个零点,不合题意;若a>0,函数f(x)在(0,)内单调递减,在(,+∞)内单调递增,且当x趋近于0或+∞时,函数f(x)趋近于+∞,可得f()=a(5-ln a)<0,解得a>e5;综上所述:实数a的取值范围为(e5,+∞). 2.解　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).由f(x)=-kln x(k>0),得f'(x)=x-=.由f'(x)=0,解得x=(负值舍去).f'(x)与f(x)在区间(0,+∞)上随x的变化情况如下表. x (0,) (,+∞) f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 单调递增 所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).f(x)在x=处取得极小值f()=,无极大值. (2)证明:由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.当k=e时,f(x)在区间(1,]上单调递减且f()=0,所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点;当k>e时,f(x)在区间(1,]上单调递减且f(1)=>0,f()=<0,所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点. 3.解　(1)由题得f'(x)=ex(cos x-sin x)=excos,当x∈时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0,则f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,所以f(x)在区间内的极大值为f=. (2)h(x)=-1=axcos x-1,则h'(x)=a(cos x-xsin x),令φ(x)=cos x-xsin x,则φ'(x)=-2sin x-xcos x<0,所以φ(x)在区间上单调递减.又φ(0)=1>0,φ=-<0,故存在x0∈,使得φ(x0)=0,当x∈(0,x0)时,φ(x)>0,即h'(x)>0,h(x)在区间(0,x0)上单调递增;当x∈时,φ(x)<0,即h'(x)<0,h(x)在区间上单调递减.因为h(0)=-1<0,h=-1<0,又a>,所以h=a-1>×-1=0,所以h(x)在区间,内各有一个零点,即h(x)在区间内有且仅有两个零点. 4.解　(1)因为f(x)=x(x-c)2=x3-2cx2+c2x,所以f'(x)=3x2-4cx+c2=(x-c)(3x-c),由已知f'(1)=0,即(1-c)(3-c)=0,所以c=1或c=3,当c=1时,f'(x)=(x-1)(3x-1),所以当x<时f'(x)>0,当<x<1时f'(x)<0,当x>1时f'(x)>0,所以f(x)在上单调递增,上单调递减,(1,+∞)上单调递增,所以x=1时有极小值,符合题意.当c=3时,f'(x)=3(x-3)(x-1),所以当x<1时f'(x)>0,当1<x<3时f'(x)<0,当x>3时f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,(1,3)上单调递减,(3,+∞)上单调递增,所以x=1时有极大值,不符合题意,故舍去.所以c=1; (2)由已知g(x)=f(x)+a有三个不同零点,即y=f(x)的图象与直线y=-a有三个不同的交点,由(1)知f(x)在上单调递增,上单调递减,(1,+∞)上单调递增,故当x=时,有极大值,即f(x)极大值=f==,当x=1时,有极小值,即f(x)极小值=f(1)=0 ,所以0<-a< ,所以-<a<0. 5.解　由=1,得=a,设g(x)=,x>0,则g'(x)==,由g'(x)=0,得x=1,当0<x<1时,g'(x)>0,则g(x)在(0,1)上单调递增,当x>1时,g'(x)<0,则g(x)在(1,+∞)上单调递减.又g=0,g(1)=1,且当x>1时,g(x)>0,故g(x)=的图象如图所示,由图知当0<a<1时,方程=a有两个根.证明:不妨令x1<x2,则0<x1<1<x2,=,设h(x)=g(x)-g=-x(1-ln x),则h'(x)=+ln x=ln x≥0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,所以h(x1)=g(x1)-g<0,即g(x1)<g,又g(x1)=g(x2),所以g(x2)<g,又x2>1,>1,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x2>,故x1x2>1. 6.解　(1)因为g(x)=bln x,所以g'(x)=.因为曲线y=g(x)在点(1,0)处的切线方程为y=-x+1,所以g'(1)=b=-1. (2)证明:因为当a=-1时,f(x)=x-sin x,所以f'(x)=1-cos x≥0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以当x>0时,f(x)>f(0)=0. (3)证明:因为当a=时,f(x)=x+sin x,g(x)=-ln x,当0<x1<x2时,存在f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2)成立,所以x1+sin x1-ln x1=x2+sin x2-ln x2,得x2-x1+(sin x2-sin x1)=ln x2-ln x1.由(2)可知,当x>0时,f(x)=x-sin x单调递增,所以x2-sin x2>x1-sin x1,即x2-x1>sin x2-sin x1,所以ln<(x2-x1),设M(x)=ln x-2·,则M'(x)=-=≥0,所以当x>1时,M(x)>M(1)=0,则ln x>2·,所以ln>2·=2·,所以ln>4·,所以4·<(-)(+),所以3<(+)2,所以+>. 7.证明　f(x)-g(x)=-e-x=,令h(x)=ln(x+a)-xe-x. (1)当a=1时,h(x)=ln(x+1)-xe-x,要证原不等式,只需证当x>0时,h(x)=ln(x+1)-xe-x>0.则h'(x)=+(x-1)e-x=>0对任意的x>0恒成立,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,因此h(x)>h(0)=0,即原不等式成立. (2)①由题意知a>1,则函数y=f(x)-g(x)的定义域为(-a,0)∪(0,+∞).由(1)可得当x>0时,f(x)-g(x)>-e-x>0,故函数y=f(x)-g(x)在(0,+∞)上没有零点;②当x∈(-a,0)时,h'(x)=+(x-1)e-x=.令F(x)=ex+x2+(a-1)x-a,x∈(-a,0),则F'(x)=ex+2x+a-1在(-a,0)上单调递增,且F'(-a)=e-a-2a+a-1=e-a-a-1<0,因为F'(0)=a>0,所以F'(x)在(-a,0)上存在唯一零点,记为x0,当x∈(-a,x0)时,F'(x)<0,此时函数F(x)单调递减;当x∈(x0,0)时,F'(x)>0,此时函数F(x)单调递增.因为a>1,所以F(-a)=e-a>0,F(0)=1-a<0,所以F(x0)<F(0)=1-a<0,所以F(x)在(-a,x0)上存在唯一零点x1,且当x∈(-a,x1)时,F(x)>0;当x∈(x1,0)时,F(x)<0.所以h(x)在(-a,x1)上单调递增,在(x1,0)上单调递减,且h(0)=ln a>0.令y=xe-x,当x∈(-a,0)时,则y'=(1-x)e-x>0,函数y=xe-x在(-a,0)上单调递增,所以y=xe-x>-aea,所以h(x)<ln(x+a)+aea,取x2=-a+>-a,且-a<e0-a=1-a<0,则x2=-a+∈(-a,0),则h(x2)<ln(-a+a)+aea=0,又h(0)=ln a>0,由函数零点存在定理可得,h(x)在(-a,0)上存在唯一的零点,即y=f(x)-g(x)在(-a,0)上存在唯一零点.综上,当a>1时,函数y=f(x)-g(x)有唯一零点. 8.解　(1)因为a>1,x∈[4,+∞),所以由f(x)≤xln a,可得,设g(x)=(x>1),则g'(x)=.令g'(x)<0,解得x>e;令g'(x)>0,解得1<x<e,所以g(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)在[4,+∞)上单调递减,则当x≥4时,g(x)max=g(4)=,所以≥g(4),即g(a)≥g(4),又因为=,a>1,所以2≤a≤4,故a的取值范围为[2,4]. (2)证明:由题意知,F(x)=f(x+2)+x2-2x=aln(x+2)+x2-2x,其定义域为(-2,+∞),则F'(x)=+x-2=(x>-2),因为F(x)有两个极值点x1,x2,所以方程F'(x)=0有两个不相等的实数根为x1,x2,即x2+a-4=0的两个不相等的实数根为x1,x2,则Δ=0-4(a-4)>0,且-2<x1<x2,所以0<4-a<4,即0<a<4,且x1+x2=0,x1x2=a-4,所以x2=-x1,且x2∈(0,2),所以F(-x1)=F(x2),a=4-,要证>-1,只需证F(x2)+F(-x1)>x1-x2,即证F(x2)+x2>0,即证aln(x2+2)+-x2>0,即(2-x2)>0,因为x2∈(0,2),所以(2-x2)>0,即证(x2+2)ln(x2+2)-x2>0,令h(x)=(x+2)ln(x+2)-x(0<x<2),则h'(x)=ln(x+2)+>0在(0,2)上恒成立,所以h(x)在(0,2)上单调递增,故h(x)>h(0)=2ln 2>0,所以>-1. 学科网（北京）股份有限公司 $