2024高考文一轮分层突破：第三章 第4讲 第2课时 利用导数探究函数零点问题 第2课时

[基础题组练]

1．(2024·江西七校第一次联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有

f（x）1

f′(x)＋>0，则函数F(x)＝x·f(x)－的零点个数是( )

xxA．0 C．2

B．1 D．3

11

解析：选B.函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)

xx1

＝的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)

x＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)是增加的，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋

xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)是减少的，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图像只

x1

有一个交点，即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．故选B.

1

x2．(2024·陕西宝鸡模拟)已知f(x)＝e－ax.命题p：对任意的a≥1，y＝f(x)有三个零点，命题q：存在a∈R，f(x)≤0恒成立．则下列命题为真命题的是( )

A．p且q C．(﹁p)且q

xx2

B．(﹁p)且(﹁q) D．p且(﹁q)

2

解析：选B.对于命题p：当a＝1时，f(x)＝e－x，在同一坐标系中作出y＝e，y＝xx2

x2

的图像(图略)，由图可知y＝e与y＝x的图像有1个交点，所以f(x)＝e－x有1个零点，故命题p为假命题，因为f(0)＝1，所以命题q显然为假命题．故(﹁p)且(﹁q)为真命题．

3．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：

x2

x －1 0 2 3 4 1

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

个．

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

答案：4 4．若函数f(x)＝解析：f′(x)＝

ax－ae

x＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为 ．

＝(a<0)．

aex－（ax－a）ex－a（x－2）

e

2xe

x当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0， 所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝2＋1.

e

2

a

若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝ae2＋1>0，

解得a>－e2

，因此－e2

5．已知函数f(x)＝a＋xln x(a∈R)． (1)求f(x)的单调区间； (2)试判断f(x)的零点个数．

解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，

f′(x)＝(x)′ln x＋x·1

x

＝

x（ln x＋2）

2x，

令f′(x)＞0，解得x＞e－2

， 令f′(x)<0，解得0

， 所以f(x)在(0，e－2

)上是减少的， 在(e－2

，＋∞)上是增加的． (2)由(1)得f(x)－2

2min＝f(e)＝a－e，

显然a＞2

e

时，f(x)＞0，无零点，

a＝2e

时，f(x)＝0，有1个零点， a<2

e

时，f(x)<0，有2个零点．

6．(2024·保定调研)已知函数f(x)＝a3a2?6

x－4

x－ax－2的图像过点A??4，103???

.

(1)求函数f(x)的递增区间；

(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．

解：(1)因为函数f(x)＝a6x3－a2?10?4x－ax－2的图像过点A??

4，3??，

所以32a3－4a－4a－2＝10

3，解得a＝2，

即f(x)＝13x3－12

2x－2x－2，

所以f′(x)＝x2

－x－2. 由f′(x)>0，得x<－1或x>2.

所以函数f(x)的增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．

3

115

(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，

326

f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，

由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点， 165

则－<2m－3<－，

36713解得－

612

83163

?713?所以m的取值范围为?－，?. ?612?

[综合题组练]

1．(2024·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明： (1)f(x)存在唯一的极值点；

(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．

x－11

f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－. xx1

因为y＝ln x是增加的，y＝是减少的，所以f′(x)是增加的．又f′(1)＝－1<0，

xf′(2)＝ln 2－＝1ln 4－1

>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.

22

又当xx0时，f′(x)>0，f(x)是增加的． 因此，f(x)存在唯一的极值点．

(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.

1

由α>x0>1得<1

2

2

α11f（α）1?1??1?又f??＝?－1?ln －－1＝＝0，故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．

αα????

αααα综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．

32x3

2．(2024·安徽合肥模拟)已知函数f(x)＝ae－aex－1，g(x)＝－x－x＋6x，其中

2

a>0.

(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程； (2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围． 解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝e－ex－1.

4

x

所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.

所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.

(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)． 当x>1时，f′(x)>0；当0

所以f(x)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的． 所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1. 令h(x)＝g(x)＋m＝－x3

－322x＋6x＋m，

则h′(x)＝－3x2

－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)． 当x>1时，h′(x)<0；当00.

所以h(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的． 所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)7

max＝h(1)＝2

＋m.

要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则79

2＋m≥－1，即m≥－2

. 所以实数m的取值范围为??9?－2，＋∞???

.

5