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2021新高考数学（江苏专用）一轮复习学案：第三章第2节第四课时导数与函数的零点
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第四课时 导数与函数的零点
考点一 判断零点的个数
【例1】 (2020·潍坊检测)已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R.
(1)证明ln x≤x－1；
(2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数.
(1)证明 令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g(1)＝0，
g′(x)＝－1＝，
可得x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减.
∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值，
∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1.
(2)f′(x)＝－2x＋a＝，x>0.
令－2x＋ax0＋1＝0，解得x0＝(负值舍去)，
在(0，x0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.
∴f(x)max＝f(x0).
当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1.
当a>1时，f(1)＝a－1>0，
f＝ln －＋<－1－＋
＝－－<0，
f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2＝－2－<0.
∴函数f(x)在区间和区间(1，2a)上各有一个零点.
综上可得：当a＝1时，函数f(x)只有一个零点x＝1；
当a>1时，函数f(x)有两个零点.
规律方法 1.利用导数求函数的零点常用方法：
(1)构造函数g(x)(其中g′(x)易求，且g′(x)＝0可解)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.
(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.
2.根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”.
【训练1】 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1).
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
(1)解 当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减.
(2)证明 由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6－<0，
f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点.
综上，f(x)只有一个零点.
考点二 根据零点个数求参数的值(范围)
【例2】 函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.
解 (1)函数f(x)＝ax＋xln x的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝a＋ln x＋1，
因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，
f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点.
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
当0e时，f(x)>0.
当x>0且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
由图象可知，－1
规律方法 1.函数零点个数可转化为图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.
2.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.
【训练2】 已知函数f(x)＝＋aln x(a∈R).
(1)求f(x)的单调递减区间；
(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
解 (1)由题意可得，f′(x)＝－＋＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，f′(x)＝，
由f′(x)≤0，解得0
综上可得：a≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，
a>0时，函数f(x)的单调递减区间为.
(2)由(1)可得若函数f(x)有两个不同的零点，则必须满足a>0，
且f＝＋ln <0，
化为ln <－1，解得a>2e.
所以实数a的取值范围是(2e，＋∞).
考点三 函数零点的综合问题
【例3】 设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)>0，当b满足0
(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln .
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
规律方法 1.在(1)中，当a>0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)<0.
2.由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋aln .
【训练3】 (2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.
(1)证明 设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，
g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减.
又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)存在唯一零点.
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点.
(2)解 由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0].
A级 基础巩固
一、选择题
1.(2020·青岛二中训练)函数f(x)＝ln x－的零点个数是( )
A.3 B.2 C.1 D.0
解析 f′(x)＝－＝，定义域(0，＋∞).
当00；当x>4时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0，4)上递增，在(4，＋∞)上递减，
则f(x)max＝f(4)＝ln 4－2＝ln <0.
∴f(x)<0恒成立，故f(x)没有零点.
答案 D
2.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当1
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示.
由于f(0)＝f(3)＝2，1
3.(2020·海安检测)设函数f(x)＝aex－2sin x，x∈[0，π]有且仅有一个零点，则实数a的值为( )
A.e B.e－ C.e D.e－
解析 依题意，x∈[0，π]时，aex－2sin x＝0有且仅有一解.
则a＝，x∈[0，π]有且仅有一解.
设g(x)＝，x∈[0，π].
故直线y＝a与g(x)＝，x∈[0，π]的图象只有一个交点，则g′(x)＝，
当0≤x<时，g′(x)>0，当
又g(0)＝0，g(π)＝0，g＝e－，
则可得实数a的值为e－.
答案 B
二、填空题
4.若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________.
解析 f′(x)＝＝(a<0).
当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
∴当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，
解之得a>－e2，因此－e2
5.(2020·湖南长郡中学检测)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－a存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，则x1＋2x0＝________.
解析 由f(x)＝x3－x2＋ax－a，得f′(x)＝3x2－2x＋a.
∵x0为f(x)的极值点，知3x－2x0＋a＝0.①
因为f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，
所以x－x＋ax1－a＝x－x＋ax0－a，
化为x＋x1x0＋x－(x1＋x0)＋a＝0，
把a＝－3x＋2x0代入上述方程可得
x＋x1x0＋x－(x1＋x0)－3x＋2x0＝0，
化为x＋x1x0－2x＋x0－x1＝0，
即(x1－x0)(x1＋2x0－1)＝0，
∵x1－x0≠0，∴x1＋2x0＝1.
答案 1
三、解答题
6.已知x＝1是函数f(x)＝ax3－x2＋(a＋1)x＋5的一个极值点.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，求实数m的取值范围.
解 (1)f′(x)＝ax2－3x＋a＋1，由f′(1)＝0，得a＝1，
∴f(x)＝x3－x2＋2x＋5.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，
则g(x)＝x3－x2＋2x＋5－2x－m＝x3－x2＋5－m有三个零点.
由g′(x)＝x2－3x＝0，得x＝0或x＝3.
由g′(x)>0，得x<0或x>3；由g′(x)<0，得0
要使g(x)有三个零点，只需解得
7.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由.
(1)证明 易知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x，
所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，
所以h(1)h(2)<0，
所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点.
(2)解 由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)，
而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点.
又h(x)在(1，2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点.
h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，
因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
B级 能力提升
8.(2020·河南名校联盟调研)已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，
则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，
当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.
(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，
设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.
若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.
若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.
又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.
故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.
若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.
则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，
此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.
综上，实数a的取值范围为(－∞，0).
9.(2019·天津卷)设函数f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中a∈R.
(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；
(2)若0
(ⅱ)设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1>x0，证明3x0－x1>2.
(1)解 由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－[aex＋a(x－1)ex]＝.
因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.
(2)证明 (ⅰ)由(1)知，f′(x)＝.
令g(x)＝1－ax2ex，
由0
且g＝1－a·＝1－<0，
故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
不妨设为x0，则1
所以f(x)在(0，x0)内单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝<＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，
因此x0是f(x)的唯一极值点.
令h(x)＝ln x－x＋1，
则当x>1时，h′(x)＝－1<0，
故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，
从而当x>1时，h(x)
＝ln－ln＋1＝h<0.
又因为f(x0)>f(1)＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点.
又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，
从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点.
(ⅱ)由题意，即
从而ln x1＝ex1－x0，即ex1－x0＝.
因为当x>1时，ln x
故ex1－x0<＝x，两边取对数，
得ln ex1－x0
整理得3x0－x1>2.
C级 创新猜想
10.(多填题)(2018·浙江卷)已知λ∈R，函数f(x)＝当λ＝2时，不等式f(x)<0的解集是________；若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是________.
解析 当λ＝2时，f(x)＝
其图象如图(1).由图知f(x)<0的解集为(1，4).
若f(x)＝恰有2个零点有两种情况：
①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点.在同一平面直角坐标系中画出y＝x－4与y＝x2－4x＋3的图象，如图(2)，平移直线x＝λ，可得λ∈(1，3]∪(4，＋∞).
答案 (1，4) (1，3]∪(4，＋∞)
第四课时 导数与函数的零点
考点一 判断零点的个数
【例1】 (2020·潍坊检测)已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R.
(1)证明ln x≤x－1；
(2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数.
(1)证明 令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g(1)＝0，
g′(x)＝－1＝，
可得x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减.
∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值，
∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1.
(2)f′(x)＝－2x＋a＝，x>0.
令－2x＋ax0＋1＝0，解得x0＝(负值舍去)，
在(0，x0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.
∴f(x)max＝f(x0).
当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1.
当a>1时，f(1)＝a－1>0，
f＝ln －＋<－1－＋
＝－－<0，
f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2＝－2－<0.
∴函数f(x)在区间和区间(1，2a)上各有一个零点.
综上可得：当a＝1时，函数f(x)只有一个零点x＝1；
当a>1时，函数f(x)有两个零点.
规律方法 1.利用导数求函数的零点常用方法：
(1)构造函数g(x)(其中g′(x)易求，且g′(x)＝0可解)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.
(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.
2.根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”.
【训练1】 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1).
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
(1)解 当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减.
(2)证明 由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6－<0，
f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点.
综上，f(x)只有一个零点.
考点二 根据零点个数求参数的值(范围)
【例2】 函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围.
解 (1)函数f(x)＝ax＋xln x的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝a＋ln x＋1，
因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，
f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点.
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
当0
当x>0且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
由图象可知，－1
规律方法 1.函数零点个数可转化为图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.
2.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.
【训练2】 已知函数f(x)＝＋aln x(a∈R).
(1)求f(x)的单调递减区间；
(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
解 (1)由题意可得，f′(x)＝－＋＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，f′(x)＝，
由f′(x)≤0，解得0
综上可得：a≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，
a>0时，函数f(x)的单调递减区间为.
(2)由(1)可得若函数f(x)有两个不同的零点，则必须满足a>0，
且f＝＋ln <0，
化为ln <－1，解得a>2e.
所以实数a的取值范围是(2e，＋∞).
考点三 函数零点的综合问题
【例3】 设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)>0，当b满足0
(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln .
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
规律方法 1.在(1)中，当a>0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)<0.
2.由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋aln .
【训练3】 (2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.
(1)证明 设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，
g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减.
又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)存在唯一零点.
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点.
(2)解 由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0].
A级 基础巩固
一、选择题
1.(2020·青岛二中训练)函数f(x)＝ln x－的零点个数是( )
A.3 B.2 C.1 D.0
解析 f′(x)＝－＝，定义域(0，＋∞).
当0
∴f(x)在(0，4)上递增，在(4，＋∞)上递减，
则f(x)max＝f(4)＝ln 4－2＝ln <0.
∴f(x)<0恒成立，故f(x)没有零点.
答案 D
2.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当1
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示.
由于f(0)＝f(3)＝2，1
3.(2020·海安检测)设函数f(x)＝aex－2sin x，x∈[0，π]有且仅有一个零点，则实数a的值为( )
A.e B.e－ C.e D.e－
解析 依题意，x∈[0，π]时，aex－2sin x＝0有且仅有一解.
则a＝，x∈[0，π]有且仅有一解.
设g(x)＝，x∈[0，π].
故直线y＝a与g(x)＝，x∈[0，π]的图象只有一个交点，则g′(x)＝，
当0≤x<时，g′(x)>0，当
又g(0)＝0，g(π)＝0，g＝e－，
则可得实数a的值为e－.
答案 B
二、填空题
4.若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________.
解析 f′(x)＝＝(a<0).
当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
∴当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，
解之得a>－e2，因此－e2
5.(2020·湖南长郡中学检测)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－a存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，则x1＋2x0＝________.
解析 由f(x)＝x3－x2＋ax－a，得f′(x)＝3x2－2x＋a.
∵x0为f(x)的极值点，知3x－2x0＋a＝0.①
因为f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，
所以x－x＋ax1－a＝x－x＋ax0－a，
化为x＋x1x0＋x－(x1＋x0)＋a＝0，
把a＝－3x＋2x0代入上述方程可得
x＋x1x0＋x－(x1＋x0)－3x＋2x0＝0，
化为x＋x1x0－2x＋x0－x1＝0，
即(x1－x0)(x1＋2x0－1)＝0，
∵x1－x0≠0，∴x1＋2x0＝1.
答案 1
三、解答题
6.已知x＝1是函数f(x)＝ax3－x2＋(a＋1)x＋5的一个极值点.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，求实数m的取值范围.
解 (1)f′(x)＝ax2－3x＋a＋1，由f′(1)＝0，得a＝1，
∴f(x)＝x3－x2＋2x＋5.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，
则g(x)＝x3－x2＋2x＋5－2x－m＝x3－x2＋5－m有三个零点.
由g′(x)＝x2－3x＝0，得x＝0或x＝3.
由g′(x)>0，得x<0或x>3；由g′(x)<0，得0
要使g(x)有三个零点，只需解得
7.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由.
(1)证明 易知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x，
所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，
所以h(1)h(2)<0，
所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点.
(2)解 由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)，
而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点.
又h(x)在(1，2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点.
h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，
因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
B级 能力提升
8.(2020·河南名校联盟调研)已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，
则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，
当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.
(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，
设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.
若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.
若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.
又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.
故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.
若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.
则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，
此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.
综上，实数a的取值范围为(－∞，0).
9.(2019·天津卷)设函数f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中a∈R.
(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；
(2)若0
(ⅱ)设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1>x0，证明3x0－x1>2.
(1)解 由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－[aex＋a(x－1)ex]＝.
因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.
(2)证明 (ⅰ)由(1)知，f′(x)＝.
令g(x)＝1－ax2ex，
由0
且g＝1－a·＝1－<0，
故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
不妨设为x0，则1
所以f(x)在(0，x0)内单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝<＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，
因此x0是f(x)的唯一极值点.
令h(x)＝ln x－x＋1，
则当x>1时，h′(x)＝－1<0，
故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，
从而当x>1时，h(x)
＝ln－ln＋1＝h<0.
又因为f(x0)>f(1)＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点.
又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，
从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点.
(ⅱ)由题意，即
从而ln x1＝ex1－x0，即ex1－x0＝.
因为当x>1时，ln x
故ex1－x0<＝x，两边取对数，
得ln ex1－x0
整理得3x0－x1>2.
C级 创新猜想
10.(多填题)(2018·浙江卷)已知λ∈R，函数f(x)＝当λ＝2时，不等式f(x)<0的解集是________；若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是________.
解析 当λ＝2时，f(x)＝
其图象如图(1).由图知f(x)<0的解集为(1，4).
若f(x)＝恰有2个零点有两种情况：
①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点.在同一平面直角坐标系中画出y＝x－4与y＝x2－4x＋3的图象，如图(2)，平移直线x＝λ，可得λ∈(1，3]∪(4，＋∞).
答案 (1，4) (1，3]∪(4，＋∞)
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