2022届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十二节第2课时导数与函数的零点问题课时规范练理含解

PAGE导数与函数的零点问题[A组基础对点练]1．(2021·江西临川一中模拟)已知函数f(x)＝eq\f(3,x)＋4lnx－x－a在区间(0，2)上至少有一个零点，则实数a的取值范围是()A．(0，2) B．[2，4ln3－2)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，4ln2－\f(1,2))) D．[2，＋∞)解析：由函数f(x)在区间(0，2)上至少有一个零点，可得a＝4lnx＋eq\f(3,x)－x在x∈(0，2)上有解．设g(x)＝4lnx＋eq\f(3,x)－x，则g′(x)＝－1＋eq\f(4,x)－eq\f(3,x2)＝－eq\f(（x－1）（x－3）,x2).当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当1<x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增．因此可得g(1)＝2为极小值，且为最小值，且x→0＋时，g(x)→＋∞，所以a≥2.答案：D2．(2021·四川乐山模拟)已知函数y＝a＋2lnxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))的图象上存在点P，函数y＝－x2－2的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，则实数a的取值范围是()A．[3，e2] ．[e2，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,e2)，e2)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3，4＋\f(1,e)))解析：函数y＝－x2－2的图象关于原点对称的图象对应的解析式是y＝x2＋2.由题意可知函数y＝a＋2lnxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))的图象与函数y＝x2＋2的图象有交点，即方程a＋2lnx＝x2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))有解，所以a＝x2＋2－2lnxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))))有解．令f(x)＝x2＋2－2lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，则f′(x)＝eq\f(2（x2－1）,x).当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，e]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝1时，f(x)取得最小值3，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e2)＋4，f(e)＝e2，所以当x＝e时，f(x)取得最大值e2，故a∈[3，e2].答案：A3．(2020·江西宜春期末)已知奇函数f(x)是R上的单调函数．若函数y＝f(x)＋f(－λex)恰有两个零点，则实数λ的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))解析：∵奇函数f(x)是R上的单调函数，且函数y＝f(x)＋f(－λex)恰有两个零点，∴f(x)＋f(－λex)＝0恰有两个解，即f(x)＝－f(－λex)＝f(λex)，即x＝λex，即方程λ＝eq\f(x,ex)有两个不同的实数解．令g(x)＝eq\f(x,ex)，则g′(x)＝eq\f(ex－xex,e2x)＝eq\f(1－x,ex).当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．∴g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e).作出函数g(x)＝eq\f(x,ex)的图象如图所示．由图可知，要使函数y＝λ与y＝g(x)的图象有两个不同交点，则实数λ的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).答案：A4．(2021·浙江杭州重点中学期中)已知定义在R上的奇函数f(x)满足当x>0时，f(x)＝eq\f(1,2)x2－xlnx，则关于x的方程f(x)＝a满足()A．对任意a∈R，恰有一解B．对任意a∈R，恰有两个不同解C．存在a∈R，有三个不同解D．存在a∈R，无解解析：由函数f(x)是定义在R上的奇函数可知f(0)＝0.当x>0时，f(x)＝eq\f(1,2)x2－xlnx，则当x>0时，f′(x)＝x－1－lnx．令g(x)＝x－1－lnx，则g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，可知当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，从而f′(x)≥f′(1)＝0，故x>0时，f(x)＝eq\f(1,2)x2－xlnx是增函数．根据函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，函数f(x)也为增函数．再根据x→0时，f(x)→0可知，函数f(x)是定义在R上的严格单调递增函数，故不论a取何值，关于x的方程f(x)＝a恰有一解．答案：A5．(2020·黑龙江齐齐哈尔模拟)若函数f(x)＝ex(x3－3ax－a)有3个零点，则实数a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))解析：令g(x)＝x3－3ax－a，由于函数y＝ex无零点，因此函数f(x)＝exg(x)有3个零点等价于函数y＝g(x)有3个零点．g′(x)＝3x2－3a，当a≤0时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，函数g(x当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝±eq\r(a)，则函数y＝g(x)在区间(－∞，－eq\r(a))上单调递增，在区间(－eq\r(a)，eq\r(a))上单调递减，在区间(eq\r(a)，＋∞)上单调递增，因此函数y＝g(x)在x＝－eq\r(a)处取得极大值，在x＝eq\r(a)处取得极小值．由题意知g(－eq\r(a))>0，g(eq\r(a))<0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,（－\r(a)）3－3a（－\r(a)）－a>0,（\r(a)）3－3a（\r(a)）－a<0.))，解得a>eq\f(1,4).答案：D6．(2021·重庆一中期中测试)若函数f(x)＝ax－lnx有两个不同的零点，则实数a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，e))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，e))解析：法一：函数f(x)＝ax－lnx，其中x>0.令f(x)＝0得ax＝lnx．当直线y＝ax和y＝lnx的图象相切时，作图如图所示．设切点为P(x0，y0)，则由y′＝eq\f(1,x)得曲线y＝lnx在点P的切线方程为y－y0＝eq\f(1,x0)·(x－x0).又因为该直线过原点(0，0)，所以y0＝1，所以lnx0＝1，解得x0＝e，所以切线斜率为eq\f(1,e)，即当a＝eq\f(1,e)时，直线y＝ax与曲线y＝lnx相切．由图可知，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).法二：由f(x)＝ax－lnx＝0得a＝eq\f(lnx,x).设g(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).由g′(x)>0得0<x<e，此时函数g(x)单调递增；由g′(x)<0得x>e，此时函数g(x)单调递减．即当x＝e时，函数g(x)取得极大值g(e)＝eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e).当x>1时，0<g(x)≤eq\f(1,e)，当0<x≤1时，g(x)≤0，则函数g(x)的大致图象如图所示．由图象可知，当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，ax－lnx＝0有两个不同的解，即函数f(x)有两个不同的零点．答案：C7．若函数f(x)＝ax－x2(a＞1)有三个不同的零点，求实数a的取值范围．解析：令f(x)＝ax－x2＝0，可得ax＝x2.①当x＜0时，函数y＝ax与y＝x2的图象有一个交点；②当x＞0时，两边同时取自然对数得xlna＝2lnx，即lna＝eq\f(2lnx,x)，由题意得函数y＝lna与g(x)＝eq\f(2lnx,x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，g′(x)＝eq\f(2（1－lnx）,x2)，令g′(x)＞0，解得0＜x＜e，则g(x)在(0，e)上单调递增，令g′(x)＜0，解得x＞e，则g(x)在(e，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(e)＝eq\f(2,e)，lna＜eq\f(2,e)，∴1＜a＜eeq\s\up6(\f(2,e))时有两个交点；又x＜0时，必有一个交点，∴1＜a＜eeq\s\up6(\f(2,e))时，函数f(x)＝ax－x2(a＞1)有三个不同的零点．8．已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)－4lnx的零点个数．解析：(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a＞0∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝eq\f(x2－2x－3,x)－4lnx＝x－eq\f(3,x)－4lnx－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋eq\f(3,x2)－eq\f(4,x)＝eq\f(（x－1）（x－3）,x2)，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值当0＜x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4＜0，当x＞3时，g(e5)＝e5－eq\f(3,e5)－20－2＞25－1－22＝9＞0.又∵g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．[B组素养提升练]1．已知函数f(x)＝ax2＋x(1－lnx)(a∈R).(1)当a＝eq\f(1,4)时，判断f(x)的增减性并予以证明．(2)若f(x)有两个极值点．①求实数a的取值范围；②证明：1＜f(x)极大值＜eq\f(e,2).(注：其中e为自然对数的底数)解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝2ax＋1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝2ax－lnx.(1)当a＝eq\f(1,4)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．证明如下：当a＝eq\f(1,4)时，f′(x)＝eq\f(1,2)x－lnx，又曲线y＝lnx过原点的切线是y＝eq\f(1,e)x，显然当x＞0时，eq\f(1,2)x＞eq\f(1,e)x，故f′(x)＝eq\f(1,2)x－lnx≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,e)))x＞0，所以当a＝eq\f(1,4)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)①f(x)有两个极值点⇔f′(x)＝2ax－lnx有两个变号正零点，即2ax＝lnx有两个不同的正实数根⇔直线y＝2ax与曲线g(x)＝lnx有两个不同的交点，因为曲线g(x)＝lnx过原点的切线为y＝eq\f(1,e)x，切点为M(e，1)，所以直线y＝2ax与曲线g(x)＝lnx有两个不同的交点时，0＜2a＜eq\f(1,e)，故a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))).②证明：若f(x)有两个极值点x1，x2，其中x1＜x2，由①知当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0；当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)极大值＝f(x1)＝axeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋x1(1－lnx1).又f′(x1)＝2ax1－lnx1＝0，解得a＝eq\f(lnx1,2x1)，故f(x)极大值＝f(x1)＝x1－eq\f(1,2)x1lnx1，由①知x1∈(1，e)，则f′(x1)＝1－eq\f(1,2)(lnx1＋1)＝eq\f(1,2)(1－lnx1)＞0，故f(x1)＝x1－eq\f(1,2)x1lnx1在(1，e)上单调递增，所以1＝f(1)＜f(x1)＜f(e)＝eq\f(e,2)，即1＜f(x)极大值＜eq\f(e,2).2．(2020·德州中学模拟)已知函数f(x)＝mx2－x＋lnx.(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围；(2)当0<m≤eq\f(1,2)时，若曲线C：y＝f(x)在点x＝1处的切线l与曲线C有且只有一个公共点，求m的值或取值范围．解析：(1)f′(x)＝2mx－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(2mx2－x＋1,x)，即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解．当m≤0时显然成立；当m>0时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝eq\f(1,4m)>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<eq\f(1,8)，故0<m<eq\f(1,8).综上所述，实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,8))).(2)f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，故切线方程为y－m＋1＝2m(x即y＝2mx－m－1.从而方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解．设g(x)＝mx2－x＋lnx－(2mx－m－1)，则g(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．又g(1)＝0，故函数g(x)有零点x＝1.则g′(x)＝2mx－1＋eq\f(1,x)－2m＝eq\f(2mx2－（2m＋1）x＋1,x)＝eq\f(（2mx－1）（x－1）,x).当m＝eq\f(1,2)时，g′(x)≥0，又g(x)不是常数函数，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴函数g(x)有且只有一个零点x＝1，满足题意．当0<m<eq\f(1,2)时，由g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2m)或x＝1，且eq\f(1,2m)>1，由g′(x)>0，得0<x<1或x>eq\f(1,2m)；由g′(x)<0，得1<x<eq\f(1,2m).故当x在(0，＋∞)上变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，1)1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2m)))eq\f(1,2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值根据上表知geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))<0.又g(x)＝mxeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,m)))))＋m＋lnx＋1.∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,m)))>0，故在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))上，函数g(x)又有一个零点，不满足题意．综上所述，m＝eq\f(1,2).3．(2021·黑龙江大庆模拟)已知函数f(x)＝x2－2alnx(a∈R(1)当a＝eq\f(1,2)时，点M在函数y＝f(x)的图象上运动，直线y＝x－2与函数y＝f(x)的图象不相交，求点M到直线y＝x－2距离的最小值；(2)讨论函数f(x)零点的个数，并说明理由．解析：(1)函数f(x)＝x2－2alnx的定义域为(0，＋∞当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝x2－lnx，则f′(x)＝2x－eq\f(1,x).由题知，函数y＝f(x)的图象在点M处的切线与直线y＝x－2平行时，点M到直线y＝x－2的距离最小．令f′(x)＝1，解得x＝1或x＝－eq\f(1,2)(舍).又f(1)＝1，则点M为(1，1).点M(1，1)到直线x－y－2＝0的距离为eq\f(|1－1－2|,\r(2))＝eq\r(2)，故点M到直线y＝x－2距离的最小值为eq\r(2).(2)由f(1)＝1知，1不是函数f(x)的零点．由f(x)＝0，得2a＝eq\f(x2,lnx)(x>0且x≠1).设g(x)＝eq\f(x2,lnx)(x>0且x≠1)，则问题转化为讨论函数y＝g(x)的图象和直线y＝2a的图象交点的个数．g′(x)＝eq\f(x（2lnx－1）,（lnx）2)(x>0且x≠1)，令g′(x)＝0，解得x＝eq\r(e).当0<x<1或1＜x＜eq\r(e)时，g′(x)<0，当x＞eq\r(e)时，g′(x)＞0，故g(x)在(0，1)，(1，eq\r(e))上单调递减，在(eq\r(e)，＋∞)上单调递增，故g(x)极小值＝g(eq\r(e))＝2e.又0＜x＜1时，g(x)＜0，x＞1时，g(x)＞0，故当2a<0或2a＝2e，即a<0或a＝e时，直线y＝2a与函数y＝g当2a>2e，即a>e时，当0≤2a＜2e，即0≤a＜e时，故当a<0或a＝e时，函数f(x)有1个零点；当a>e时，函数f(x)有2个零点；当0≤a<e时，函数f(x)没有零点．4．(2021·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝ax2＋2x＋ax＋lnx(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设g(x)＝eq\f(x－2ex,ex)，若对任意给定的x0∈(0，2]，关于x的函数y＝f(x)－g(x0)在(0，e]上有两个不同的零点，求实数a的取值范围(其中e为自然对数的底数).解析：(1)∵函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2＋a)x(a∈R)，x>0，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2＋a＝eq\f(（2x＋1）（ax＋1）,x).当a＝0时，f′(x)＝eq\f(2x＋1,x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令f′(x)>0，解得0<x<－eq\f(1,a)，令f′(x)<0，解得x>－eq\f(1,a)，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－