高中数学高考6 第6讲　利用导数研究函数的零点问题　新题培优练

1．(2019·江西赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是(　　)

A.　　　　　 B.

C. D.

解析：选D.函数f(x)＝aex－x－2a的导函数f′(x)＝aex－1.当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)的最小值为f＝1－ln－2a＝1＋ln a－2a.令g(a)＝1＋ln a－2a(a>0)，则g′(a)＝－2.当a∈时，g(a)单调递增；当a∈时，g(a)单调递减，所以g(a)max＝g＝－ln 2<0，所以f(x)的最小值为f<0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)，故选D.

2．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－.则方程f(x)＝0的解的个数是________．

解析：因为f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－，

所以f′(x)＝－x＋2＝

＝，

当x∈(0，3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，

所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0，

所以方程f(x)＝0只有一个解．

答案：1

3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.

(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；

(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.

解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.

设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.

当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.

(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.

f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．

(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；

(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，

h′(x)＞0.

所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．

故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．

①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；

②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；

③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．

由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以

h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0.

故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．

综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.

4．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)＝ex·(ln x－ax＋a＋b)(e为自然对数的底数)，a，b∈R，直线y＝x是曲线y＝f(x)在x＝1处的切线．

(1)求a，b的值．

(2)是否存在k∈Z，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)f′(x)＝ex(ln x－ax＋＋b)，f(x)的定义域为(0，＋∞)．

由已知，得，即，

解得a＝1，b＝.

(2)由(1)知，f(x)＝ex，则f′(x)＝ex(ln x－x＋＋)，

令g(x)＝ln x－x＋＋，则g′(x)＝－<0恒成立，

所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝>0，g(2)＝ln 2－1<0，

所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0.

所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．

又当x→0时，f(x)<0，f(1)＝>0，f(2)＝e2(ln 2－)>0，f(e)＝ee<0，

所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．

5．(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0，1]上零点的个数．

解：(1)因为f(x)＝ex－ax－1，

所以f′(x)＝ex－a，

当a≤0时，f′(x)>0恒成立，

所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；

当a>0时，令f′(x)<0，

得x<ln a，

令f′(x)>0，得x>ln a，

所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．

(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，

先考虑f(x)在区间[0，1]上的零点个数，

当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；

当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；

当1<a<e时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，1)上单调递增，

而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f(x)在[0，1]上有两个零点，

当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f(x)在[0，1]上有一个零点．

当x＝时，由f＝0得a＝2(－1)，

所以当a≤1或a>e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0，1]上有两个零点；

当1<a≤e－1且a≠2(－1)时，g(x)在[0，1]上有三个零点．

6．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：

(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；

(2)f(x)有且仅有2个零点．

证明：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.

当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.

所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，

故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．

(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．

(ⅰ)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，

故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．

(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．

又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点．

(ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．

(ⅳ)当x∈时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．

综上，f(x)有且仅有2个零点．