第20讲利用导数研究函数的零点专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数研究函数零点，以构造函数、导数分析单调性极值为核心方法，形成从基础判断到参数求解的递进逻辑，培养数学思维与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判断|5题|构造函数+零点存在定理|导数应用（单调性）与零点存在性结合| |参数范围|6题|导数分析极值+数形结合|极值点与函数趋势决定零点个数| |综合证明|4题|导数证明+分类讨论|从具体函数到一般问题的推理拓展|

第20讲　利用导数研究函数的零点 (时间:45分钟) 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.[2024·武汉一检] 若函数f(x)=--(x>0)有两个零点,则m的取值范围为 (　 ) A. B. C. D. 4.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,+∞) 5.设f(x)=|ln x|,若函数g(x)=f(x)-ax在区间(0,e2)上有三个零点,则实数a的取值范围是 (　 ) A. B. C. D. 6.若函数f(x)=ex+a-x-1有唯一零点,则a=　　　　.  7.已知过点(0,a)可作三条直线与曲线f(x)=-x2+1相切,则实数a的取值范围为　　　　.  8.函数f(x)=ln x与函数g(x)=mx2+的图象有两个不同的交点,则m的取值范围是 (　 ) A. B. C. D. 9.[2025·江苏苏州模拟] 已知函数f(x)=ex+e(x-a-1),g(x)=ln (xex)-a(e为自然对数的底数)的零点分别为x1,x2,则的最大值为 (　 ) A.e B. C.1 D. 10.(多选题)[2024·重庆模拟] 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 11.(多选题)[2024·广东佛山模拟] 已知函数f(x)=|x-2|ex-a,则 (　 ) A.f(x)在(1,2)上单调递增 B.x=1是函数f(x)的极大值点 C.f(x)既无最大值,也无最小值 D.当a∈(1,2)时,f(x)有三个零点 12.已知函数f(x)=|x+2|+ex+2+e-2-x+a有唯一零点,则实数a=　　　　.  13.[2024·温州一模] 已知f(x)=(x>0). (1)求f(x)的导函数f'(x)的最值; (2)试讨论关于x的方程f(x)=kx(k>0)的根的个数,并说明理由. 14.[2024·太原二模] 已知函数f(x)=ax+1-ln(x+1). (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若函数f(x)在(0,+∞)上有零点,求实数a的取值范围. 15.已知函数f(x)=xsin x-. (1)证明:当x∈[0,π]时,ex-x-≥f(x); (2)求f(x)在区间[0,π]上的零点个数. 参考答案 第20讲　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f'(x)=+在区间(1,e)上恒为正可得,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,所以由函数零点存在定理可得,f(1)=a-1<0,且f(e)=a+1->0,解得-1<a<1. 3.B　[解析] 由f(x)有两个零点,得m=x-在(0,+∞)上有两个不同的根.令g(x)=x-(x>0),则g'(x)=1-x2,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(1)=,当x∈(0,1)时,g(x)>g(0)=0,当x→+∞时,g(x)→-∞.要使m=x-在(0,+∞)上有两个不同的根,则0<m<.故选B. 4.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,由于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,此时g(x)单调递增,当0<x<e时,g'(x)<0,此时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有两个根,则k∈∪(1,+∞). 5.D　[解析] 令g(x)=f(x)-ax=0,可得f(x)=ax.在平面直角坐标系内画出函数f(x)=|ln x|的图象(如图所示),当x>1时,f(x)=ln x.由y=ln x得y'=.设过原点的直线y=ax与函数y=ln x的图象相切于点A(x0,ln x0),则有解得所以当直线y=ax与函数y=ln x的图象相切时,a=.又当直线y=ax经过点B(e2,2)时,有2=a·e2,解得a=.结合图象可得当直线y=ax与函数f(x)=|ln x|的图象在区间(0,e2)上有3个交点时,实数a的取值范围是. 6.0　[解析] f(x)=ex+a-x-1有1个零点,则方程ea=有1个实数根,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)→-∞,所以要直线y=ea与g(x)的图象有一个交点,则ea=1,解得a=0. 7.　[解析] 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)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)=,∴当1<a<时,方程g(x)=a有3个不同的实数根,即当1<a<时,有3个不同的x1满足方程a=-++1,即过点(0,a)可作三条直线与曲线f(x)=-x2+1相切. 8.D　[解析] 由mx2+=ln x(x>0)得m=,则问题转化为直线y=m和h(x)=的图象有两个交点,而h'(x)==,令h'(x)>0,解得0<x<e,令h'(x)<0,解得x>e,故h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,则h(x)max=h(e)=,当x→0时,h(x)→-∞,当x→+∞时,h(x)→0,故m的取值范围是. 9.C　[解析] 由+e(x1-a-1)=0,得+(x1-1)=a,由ln (x2)-a=0,得ln x2+x2=a,令x2=et,则ln x2+x2=t+et=a,又函数y=x+ex是R上的增函数,因此x2=,则=.令h(x)=,则h'(x)=,当x<1时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h(1)=1,所以的最大值是1. 10.AD　[解析] 令f(x)=ex-=0,则有a=ex(x-1)(x≠1),令h(x)=ex(x-1),则有h'(x)=exx,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,故由f(x)有唯一零点,可得a=-1或a>0.故选AD. 11.BD　[解析] 由题意得f(x)=|x-2|ex-a= 所以f'(x)=对于A,当x∈(1,2)时,f'(x)=(1-x)ex<0,所以f(x)在(1,2)上单调递减,故A错误.对于B,当x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,当x∈(1,2)时,f'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以x=1是函数f(x)的极大值点,故B正确.对于C,当x→-∞时,f(x)=|x-2|ex-a→-a,当x→+∞时,f(x)→+∞,又f(1)=e-a>f(2)=-a,所以f(x)的大致图象如图所示,则f(x)的值域为[-a,+∞),所以f(x)有最小值,无最大值,故C错误.对于D,因为a∈(1,2),所以f(2)=-a<0,f(3)=e3-a>0,所以f(x)在[2,+∞)上有一个零点,当x<2时,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,又f(1)=e-a>0,当x→-∞时,f(x)=|x-2|ex-a→-a,f(2)=-a<0.结合f(x)的大致图象,可知f(x)在(-∞,1)上有一个零点,在(1,2)上有一个零点.综上,当a∈(1,2)时,f(x)有三个零点,故D正确.故选BD. 12.-2　[解析] 设g(x)=f(x-2)=|x|+ex+e-x+a,x∈R,则g(-x)=|-x|+e-x+ex+a=|x|+ex+e-x+a=g(x),故函数g(x)为偶函数,则函数f(x-2)的图象关于y轴对称,故函数f(x)的图象关于直线x=-2对称,∵f(x)有唯一零点,∴f(-2)=0,可得a=-2. 13.解:(1)由f(x)=(x>0),得f'(x)=·,令g(x)=f'(x),则g'(x)=·. 当0<x<时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>时,g'(x)<0,g(x)单调递减,故g(x)max=g=,所以f'(x)的最大值为,f'(x)无最小值. (2)f(x)=kx(k>0)等价于=k,令t=>0,则关于x的方程f(x)=kx(k>0)的根的个数等价于关于t的方程te1-t=k(k>0)的根的个数.设h(t)=te1-t,t>0,则h'(t)=e1-t(1-t),当t>1时,h'(t)<0,h(t)单调递减,当0<t<1时,h'(t)>0,h(t)单调递增,又h(t)>0恒成立,h(0)=0,h(1)=1,当t→+∞时,h(t)→0,所以y=h(t)的图象如图所示.由图可知,当k>1时,k=h(t)没有实数根,即f(x)=kx没有实数根;当k=1时,k=h(t)有1个根,即f(x)=kx有1个根;当0<k<1时,k=h(t)有2个根,即f(x)=kx有2个根. 14.解:(1)因为f(x)=ax+1-ln(x+1)(x>-1), 所以当a=1时,f(x)=x+1-ln(x+1),x∈(-1,+∞), 则f'(x)=1-ln(x+1)-·=1+-, 所以f'(1)=1+ln 2-1=ln 2,f(1)=1+1-2ln 2=2-2ln 2, 所以所求切线方程为y-(2-2ln 2)=ln 2(x-1),即y=xln 2+2-3ln 2. (2)由题意知f(x)在(0,+∞)上有零点等价于ax+1-ln(x+1)=0在x∈(0,+∞)时有解,由ax+1-ln(x+1)=0,可得-ln(x+1)=0,设h(x)=-ln(x+1),则h(x)在(0,+∞)上有零点.易知h'(x)=,当a≤0时,h'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,h(x)<h(0)=0,所以h(x)在(0,+∞)上无零点,所以a≤0不合题意.当a>0,且x∈(0,+∞)时,令h'(x)=0,则x=-2. ①当-2≤0,即a≥时,h'(x)==>0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(0)=0,所以h(x)在(0,+∞)上无零点,所以a≥不合题意. ②当-2>0,即0<a<时,令h'(x)<0,得0<x<-2,令h'(x)>0,得x>-2,所以h(x)在上单调递减,在上单调递增,又h(0)=0,所以当x∈时,h(x)<0,取x0=,则x0>-2>0,构造函数φ(x)=ex-(x>0),则φ'(x)=ex-(1+x)(x>0),令m(x)=φ'(x),则m'(x)=ex-1,所以当x>0时,m'(x)>0恒成立,则φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以φ'(x)>φ'(0)=0,则φ(x)在(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)>φ(0)=0,所以-(x0+1)>1+ax0+a2-(x0+1)>a2-x0=x0(a2x0-2)=0,所以ax0>ln(x0+1),所以h(x0)=-ln(x0+1)>-ln(x0+1)=ax0-ln(x0+1)>0,所以存在x1∈,使得f(x1)=0,所以0<a<符合题意. 综上,实数a的取值范围为. 15.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,π]上单调递增,所以ex-cos x≥e0-cos 0=0, 又因为当x∈[0,π]时,xsin x≥0,所以m'(x)≥0,所以m(x)在[0,π]上单调递增,所以m(x)≥m(0)=0, 所以g(x)在[0,π]上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,所以当x∈[0,π]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,所以由函数零点存在定理知f(x)在上有且仅有一个零点. 当x∈时,令h(x)=f'(x)=(sin x+xcos x),则h'(x)=(2cos x-xsin x),当x∈时,有h'(x)<0,所以h(x)在上单调递减,又因为h=>0,h(π)=-<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,π)时,h(x)<h(m)=0,所以f(x)在(m,π)上单调递减, 又f(m)>f>0,f(π)=-<0,所以f(x)在(m,π)上有且仅有一个零点.综上所述,f(x)在[0,π]上有且只有2个零点. 1 学科网（北京）股份有限公司 $