（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第四章 导数及其应用 第4节 导数与函数的零点习题（含解析）

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1、第4节导数与函数的零点考试要求能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.知 识 梳 理函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.常用结论与易错提醒(1)注意构造函数；(2)注意转化思想、数形结合思想的应用.基 础 自 测1.若函数f(x)在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是()A.(16，) B.16，)C.(，16) D.(，16解析当x0时，f(x)x3x，yx与y3x在(，0)上都单调递增，f(x)x3x在(，0)上

2、也单调递增，又f(1)0，f(x)在(1，0)内有一个零点.当x0时，f(x)x34x，f(x)x24(x2)(x2).令f(x)0得x2或x2(舍)，当x(0，2)时，f(x)0，f(x)递增，在x0时，f(x)最小f(x)极小8，要使f(x)在(0，)上无零点，需80，a16.答案A2.(2019杭州质检)已知函数f(x)x2ex(x0)与g(x)x2ln(xa)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是()A. B.(，)C. D.解析设点P(x0，y0)(x00)在函数f(x)上，由题意可知，点P关于y轴的对称点P(x0，y0)在函数g(x)上，所以消y0可得xex0(x0)2ln

3、(x0a)，即e x0ln(ax0)0(x00)，所以e x0ln(ax0)(x00).令m(x)ex(x0)，n(x)ln(ax)(x0)，它们的图象如图，当n(x)ln(ax)过点时，解得a，由图可知，当a0时，由题意得f(x)k，令f(x)k0得x，易得函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，则函数f(x)的最大值为fln 1，令fln 10得k，则易得当00在(0，)上恒成立，则f(x)在(0，)上单调递增，又f(0)1，所以此时f(x)在(0，)内无零点，不满足题意.当a0时，由f(x)0得x，由f(x)0得0x0，f(x)单调递增，当x(0，1)时，f(x)1时，函数有一个零点；x

4、1时，函数有两个零点.当x1时，f(x)ln x，f(x)0恒成立，f(x)(1，)，故m1；当x1时，f(x)2x2mx，要使得g(x)f(x)m有两个零点，需满足解得m5或10，所以函数在(0，)上为增函数且f10，所以当m0时，与g(x)有一个公共点，当m0；当x(32，32)时，f(x)0，所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，则g(x)0，仅当x0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(3a1)6a22a60，故f(x)有一个零点.综上，f(x)只有一个零点.规律方法利用导数解决函数的零点问题的方法：(1)研究原函

5、数的单调性、极值；(2)通过f(x)0变形，再构造函数并研究其性质；(3)注意零点判定定理的应用.【训练1】 (2018镇海中学模拟)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解(1)f(x)(2ex1)(aex1)，若a0时，f(x)(2ex1)(aex1)0时，由f(x)(2ex1)(aex1)0，得xln，则f(x)在上为减函数，在上为增函数.(2)由f(x)有两个零点及(1)得a0，且f0，则fa(a2)ln1ln0)，因为g(t)1tln t在(0，)上为减函数，且g(1)0，所以当t1时，g(t)1，解得0a1，

6、所以a的取值范围为(0，1).考点二导数与方程的根【例2】 设函数f(x)ln xx.(1)令F(x)f(x)x(00，所以m24m0，又x0，所以x10(舍去)，x2.当x(0，x2)时，g(x)0，g(x)在(x2，)上单调递增；当xx2时，g(x2)0，则g(x)取得最小值g(x2).因为g(x)0有唯一解，所以g(x2)0，则即所以2mln x2mx2m0.因为m0，所以2ln x2x210.(*)设函数h(x)2ln xx1，因为当x0时，h(x)是增函数，所以h(x)0至多有一解.因为h(1)0，所以方程(*)的解为x21，即1，解得m.规律方法(1)方程f(x)g(x)根的问题，

7、常构造差函数解决；(2)对f(x)0，如果化为g(x)k(x)后，g(x)，k(x)图象容易画出，可数形结合求解.【训练2】 (2019北京通州区一模)已知函数f(x)xex，g(x)a(ex1).aR.(1)当a1时，求证：f(x)g(x)；(2)当a1时，求关于x的方程f(x)g(x)的实根个数.解设函数F(x)f(x)g(x)xexaexa.(1)证明：当a1时，F(x)xexex1，所以F(x)xex.所以x(，0)时，F(x)0.所以F(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增.所以当x0时，F(x)取得最小值F(0)0.所以F(x)0，即f(x)g(x).(2)当a1时，F(

8、x)(xa1)ex，令F(x)0，即(xa1)ex0，解得xa1；令F(x)0，即(xa1)ex0，解得x1，所以h(a)0.所以h(a)在(1，)上单调递减.所以h(a)h(1)0，所以F(a1)0，所以F(x)在区间(a1，a)上存在一个零点.所以在a1，)上存在唯一的零点.又因为F(x)在区间(，a1)上单调递减，且F(0)0，所以F(x)在区间(，a1)上存在唯一的零点0.所以函数F(x)有且仅有两个零点，即方程f(x)g(x)有两个实根.考点三两曲线的交点(公共点)【例3】 (2018江苏卷节选)记f(x)，g(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0R，满足f(x0)g

9、(x0)且f(x0)g(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明：函数f(x)x与g(x)x22x2不存在“S点”；(2)若函数f(x)ax21与g(x)ln x存在“S点”，求实数a的值；(1)证明函数f(x)x，g(x)x22x2，则f(x)1，g(x)2x2.由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得此方程组无解，因此，f(x)与g(x)不存在“S点”.(2)解函数f(x)ax21，g(x)ln x，则f(x)2ax，g(x).设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，得即(*)得ln x0，即x0e，则a.当a时，x0e

10、满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”.因此，a的值为.规律方法(1)两曲线的交点是否存在，可通过方程(组)的解来判断；(2)两曲线的交点个数可转化为方程根或函数零点的个数来判定.【训练3】 (2018天津卷)设函数f(x)(xt1)(xt2)(xt3)，其中t1，t2，t3R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.(1)若t20，d1，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若d3，求f(x)的极值；(3)若曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个互异的公共点，求d的取值范围.解(1)由已知，可得f(x)x(x1)(x1)x3x，故f(x)3x21.因此f(0

11、)0，f(0)1，又因为曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为yf(0)f(0)(x0)，故所求切线方程为xy0.(2)由已知可得f(x)(xt23)(xt2)(xt23)(xt2)39(xt2)x33t2x2(3t9)xt9t2.故f(x)3x26t2x3t9.令f(x)0，解得xt2，或xt2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，t2)t2(t2，t2)t2(t2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值为f(t2)()39()6；函数f(x)的极小值为f(t2)()396.(3)曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个互异的公共点等价于关于x的

12、方程(xt2d)(xt2)(xt2d)(xt2)60有三个互异的实数解.令uxt2，可得u3(1d2)u60.设函数g(x)x3(1d2)x6，则曲线yf(x)与直线y(xt2)6有三个互异的公共点等价于函数yg(x)有三个零点.g(x)3x21d2.当d21时，g(x)0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意.当d21时，令g(x)0，解得x1，x2.易得，g(x)在(，x1)上单调递增，在x1，x2上单调递减，在(x2，)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)g60.g(x)的极小值g(x2)g6.若g(x2)0，由g(x)的单调性可知函数yg(x)至多有两个零点，不合题意.若g(x2)2

13、7，也就是|d|，此时|d|x2，g(|d|)|d|60，且2|d|x1，g(2|d|)6|d|32|d|66260，从而由g(x)的单调性，可知函数yg(x)在区间(2|d|，x1)，(x1，x2)，(x2，|d|)内各有一个零点，符合题意.所以，d的取值范围是(，)(，).基础巩固题组1.设函数f(x)e2xaln x.讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0).当a0时，f(x)0，f(x)没有零点.当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递

14、增.又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0(讨论a1或a1来检验)，故当a0时，f(x)存在唯一零点.2.函数f(x)x2axln x(aR)在上有两个零点，求实数a的取值范围(其中e是自然对数的底数).解f(x)x2axln x0即ax，令g(x)x，其中x，则g(x)1.显然yx2ln x1在上单调递增，又当x1时，y1ln 110，当x时，g(x)0，g(x)的单调减区间为，单调增区间为(1，e.g(x)ming(1)1.又ge，g(e)e，函数f(x)在上有两个零点，则a的取值范围是.3.已知函数f(x)x33x2x2，证明：当k1时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.证

15、明设g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4.由题设知1k0.当x0时，g(x)3x26x1k0，故g(x)在(，0上单调递增，又g(1)k10，g(0)4，所以g(x)0在(，0上有唯一实根.当x0时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x).h(x)3x26x3x(x2)，故h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)上没有实根.综上，g(x)0在R上有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.4.已知函数f(x)x3ax23xb(a，bR).若对任意的b，函数g(x)|f(x)|的零点不

16、超过4个，求a的取值范围.解由题得f(x)x22ax3，4a212，当0，即a23时，f(x)0，f(x)在R上单调递增，满足题意.当0，即a23时，方程f(x)0有两根，设两根为x1，x2，且x1x2，则x1x22a，x1x23.所以f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减.由题意知|f(x1)f(x2)|，即.化简得(a23)，解得3ax的解集为P，且x|0x2P，求实数a的取值范围；(2)设g(x)f(x)ax，写出函数g(x)的零点的个数(只需写出结论).解(1)因为不等式f(x)ax的解集为P，且x|0x2P，所以，对任意的x0，2，不等式f(x)ax恒

17、成立，由f(x)ax得(1a)xex.当x0时，上述不等式显然成立，故只需考虑x(0，2的情况.将(1a)xex变形得a0，解得x1；令g(x)0，解得x1.从而g(x)在(0，1)内单调递减，在(1，2)内单调递增.当x1时，g(x)取得最小值e1，所以实数a的取值范围是(，e1).(2)当a1时，有一个零点；当1ae1时，有两个零点.6.已知函数f(x)xsin xacos xx，aR.(1)当a2时，求f(x)在区间上的最大值和最小值；(2)当a2时，若方程f(x)30在区间上有唯一解，求a的取值范围.解(1)当a2时，f(x)xsin x2cos xx，所以f(x)sin xxcos

18、x1.当x时，1sin x0，xcos x0，所以f(x)0.所以f(x)在区间上单调递增.因此f(x)在区间上的最大值为f，最小值为f(0)2.(2)当a2时，f(x)(1a)sin xxcos x1.设h(x)(1a)sin xxcos x1，h(x)(2a)cos xxsin x，因为a2，x，所以h(x)0，h1a12a0，所以存在唯一的x0，使h(x0)0，即f(x0)0.所以f(x)在区间0，x0上单调递增，在区间上单调递减.因为f(0)a，f，又因为方程f(x)30在区间上有唯一解，所以20).(1)求f(x)在区间1，e上的最小值；(2)若f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点

19、，求a的取值范围.解(1)f(x)x.由于a0及定义域为(0，)，所以令f(x)0得x.若1，即00，f(x)在(1，e)上单调递增，f(x)在区间1，e上的最小值为f(1).若1e，即1ae2，则x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)在区间1，e上的最小值为f()a(1ln a).若e，即ae2，则x(1，e)时，f(x)0，f(x)在1，e上单调递减，f(x)在区间1，e上的最小值为f(e)e2a.综上所述，当0a1时，f(x)min；当1ae2时，f(x)mina(1ln a)；当ae2时，f(x)mine2a.(2)由(1)可知当0a1或ae2时，f(x)在(1，e2)上

20、是单调递增或递减函数，不可能存在两个零点.当1ae2，要使f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，则即故eae2.所以，a的取值范围为.8.(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.(1)证明当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex.当x(0，2)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.若h(2)0，即a，h(x)在(0，)没有零点；若h(2)0，即a，h(x)在(0，)只有一个零点；若h(2)，由于h(0)1，所以h(x)在(0，2)有一个零点.由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110.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.15