专题27导数与函数的零点2026年高考数学第二轮专题复习练 含答案

/2026高考数学第二轮专题专题突破练27导数与函数的零点1.(15分)(2025山东济南模拟)已知函数f(x)=sinx+12sin2x-2x+ax3(1)当a=0时,求函数f(x)的零点个数;(2)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数a的取值范围.2.(15分)(2025安徽马鞍山二模)已知函数f(x)=2ae2x+2(a-1)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.3.(17分)(2025湖南长沙模拟)已知函数f(x)=ex-a(x-1).(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1）处的切线l在x轴上的截距为2,求a的值;(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围;(3)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:1x1+4.(17分)(2025河北石家庄模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法,在计算机数学中有着广泛的应用.给定自然数m,n,我们定义函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似为R(x)=a0+a1x+…+amxm1+b1x+…+bnxn,且满足:f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),f(2)(0)=R(2)(0),…,f(m+n)(0)=R(m+n)(0).其中f(2)(x)=[f'(x)]',f(3)(x)=[f(2)(x)]',…,f(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)](1)求实数a,b的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>R(x);(3)已知x1,x2,x3是函数g(x)=xlnx-k(x2-1)的三个不同的零点,求实数k的取值范围,并证明:x1+x2+x3>3k-3

答案：1.解(1)当a=0时,f(x)=sinx+12sin2x-2x,定义域为R于是f'(x)=cosx+cos2x-2≤1+1-2=0,故f(x)在R上单调递减.又f(0)=0,故函数f(x)的零点个数为1.(2)因为f(-x)=-sinx-12sin2x+2x-ax3=-f(x所以f(x)为奇函数,若函数f(x)有且只有一个零点,由于f(0)=0,则当x>0时,f(x)<0或f(x)>0.由(1)可知当a=0时,f(x)=sinx+12sin2x-2x在(0,+∞此时f(x)<f(0)=0,即sinx+12sin2x-2x<0若a≤0,则当x>0时,f(x)≤sinx+12sin2x-2x<0,符合题意因为f'(x)=cosx+cos2x-2+3ax2,令g(x)=cosx+cos2x-2+3ax2,则g'(x)=-sinx-2sin2x+6ax.令h(x)=-sinx-2sin2x+6ax,则h'(x)=-cosx-4cos2x+6a.若a≥56,则h'(x)=-cosx-4cos2x+6a≥-1-4+5故h(x)在(0,+∞)内单调递增,于是h(x)>h(0)=0.故g(x)在(0,+∞)内单调递增,于是g(x)>g(0)=0.则f(x)在(0,+∞)内单调递增,此时f(x)>f(0)=0,符合题意.若0<a<56,记cosx0=192a+129-116且0则当0<x<x0时,h'(x)=-cosx-4cos2x+6a=-cosx-4(2cos2x-1)+6a=-8cos2x-cosx+6a+4=-8(cosx+116)2+6a+12932<故h(x)在(0,x0)内单调递减,于是h(x)<h(0)=0.故g(x)在(0,x0)内单调递减,于是g(x)<g(0)=0.则f(x)在(0,x0)内单调递减,此时f(x)<f(0)=0.又f(2a)≥-1-12−4a+8a=综上,实数a的取值范围为(-∞,0]∪[56,+∞)2.解(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=4ae2x+2(a-1)ex-1=(2aex-1)(2ex+1).若a≤0,则f'(x)<0,则f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln2a.当x∈(-∞,-ln2a)时,f'(x)<0;当x∈(-ln2a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-ln2a)内单调递减,在(-ln2a,+∞)内单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-ln2a)内单调递减,在(-ln2a,+∞)内单调递增.(2)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.若a>0,由(1)知,当x=-ln2a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln2a)=1-12a+①当a=12时,由于f(-ln2a)=故f(x)只有一个零点;②当a∈12,+∞时,因为y=1-12a单调递增,y=ln2a单调递增,所以y=1-所以1-12a+ln2a>1-12×12+ln2×12=0,f(-ln2a③当a∈0,12时,由于1-12a+ln2a<0,即f(-又f(-2)=2ae-4+2(a-1)e-2+2=2ae21e2+1+2-2e2>2-2e2>0,故f(x)在(-∞,-ln2a)内只有一个零点.设正整数n0满足n0>ln32a-1>-ln2a,则f(n0)=en0(2aen0+2a-2)-n综上,a的取值范围是0,3.(1)解因为f(1)=e,则点P(1,e).因为f'(x)=ex-a,则f'(1)=e-a.据题意,切线l经过点A(2,0),则直线PA的斜率是f'(1),即e-a=e1-2=-e,所以a=2e(2)解若a≤0,因为ex>0,则f'(x)>0,f(x)在R上单调递增,f(x)无极值,不符合题意.若a>0,令f'(x)>0,得x>lna,令f'(x)<0,得x<lna,则f(x)在(lna,+∞)内单调递增,在(-∞,lna)内单调递减,所以x=lna为f(x)的极小值点.由已知,f(lna)<0,即elna-a(lna-1)=a-a(lna-1)=a(2-lna)<0,从而2-lna<0,即lna>2,得a>e2,所以a的取值范围是(e2,+∞).(3)证明由已知,f(x1)=f(x2)=0,即ex1=a(x1-1),ex2=a即ex1+x2=a2(x1x2-x所以x1x2-(x1+x2)=ex1+因为当a≤0时,f(x)在R上单调递增,f(x)至多1个零点,不符合题意,则a>0.因为a(x1-1)=ex1>0,则x1>1;同理,x2>要证1x1+1x2>1,即证x1+x即证x1x2-(x1+x2)<0,只要证ex1+x2a2-即证x1+x2<2lna,即证x2<2lna-x1.不妨设x1<x2,由(2)知,x1<lna<x2,则2lna-x1>lna.因为f(x)在(lna,+∞)内单调递增,只要证f(x2)<f(2lna-x1),即证f(x1)<f(2lna-x1).设h(x)=f(x)-f(2lna-x),则h'(x)=f'(x)+f'(2lna-x)=ex+e2lna-x-2a=ex+a2ex-2a≥2ex所以h(x)在R上单调递增.因为x1<lna,则h(x1)<h(lna)=f(lna)-f(lna)=0,即f(x1)-f(2lna-x1)<0,即f(x1)<f(2lna-x1),所以原不等式成立.4.(1)解依题意可知,f(0)=0,R(0)=ab,因为f(0)=R(0),所以a=0此时R(x)=3x因为f'(x)=11+x,R'(x)=所以f'(0)=1,R'(0)=1b因为f'(0)=R'(0),所以b=1.故a=0,b=1.(2)证明设h(x)=f(x)-R(x)=ln(1+x)-3x2+6所以h'(x)=11+x−12(x2+3x由h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0,即f(x)>R(x).(3)解因为g(x)=xlnx-k(x2-1)=x[lnx-k(x-1x)](x>0)令φ(x)=lnx-k(x-1x),所以x1,x2,x3是φ(x不妨设0<x1<x2<x3,φ'(x)=1x-k(1+1x2)=-①当k≤0时,φ'(x)>0,此时φ(x)在(0,+∞)内单调递增,此时φ(x)不存在三个不同的零点;②当k>0时,令s(x)=-kx2+x-k,Δ=1-4k2,若Δ=1-4k2≤0,即k≥12,s(x)≤0恒成立,即φ'(此时φ(x)在(0,+∞)内单调递减,此时φ(x)不存在三个不同的零点;若Δ=1-4k2>0,即0<k<12,φ'(x)=0存在两个不等的正实根r1,r2(r1<r2当x∈(0,r1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,当x∈(r1,r2)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,当x∈(r2,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,因为φ'(1)=1-2k>0,所以0<r1<1<r2,又因为φ(1)=0,故φ(r1)<0,φ(r2)>0,因为lnx<x-1(x≠1)(此不等式的证明略,但答题时要写上),所以ln1x<1x-1,即lnx>所以φ(k4)=lnk4-k(k4-1k4)>2-2k2-k5+1k3=(2-k5)+1k2(1k-2)>又因为s(k4)=-k9+k4-k=-k9+k(k3-1)<0,所以0<k4<r1.所以由零点存在定理可知存在x1∈