16.导数与函数的零点

1/116.导数与函数的零点1.（2022·全国乙卷20题）已知函数f（x）＝ax－1x－（a＋1）lnx（1）当a＝0时，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围.解：（1）当a＝0时，f（x）＝－1x－lnx（x＞0），所以f'（x）＝1x2－1若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增；若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减；所以f（x）max＝f（1）＝－1.（2）由f（x）＝ax－1x－（a＋1）lnx（x＞0），得f'（x）＝a＋1x2－a+1x＝（当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点；当a＜0时，f'（x）＝ax若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增，若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝a－1＜0，所以f（x）不存在零点；当a＞0时，f'（x）＝ax－1a（x－1）x2，f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（1）＝a－1＝0，所以函数f（x）恰有一个零点.若a＞1，f（x）在0，1a，（1，＋∞）上单调递增，在1a，1上单调递减，因为f（1）＝a－1＞0，所以f1a＞f（1）＞0，当x→0＋时，f（x）→－∞，由零点存在定理可知f（x）在0，若0＜a＜1，f（x）在（0，1），1a，＋∞上单调递增，在1，1a上单调递减，因为f（1）＝a－1＜0，所以f1a＜f（1）＜0，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理可知f（x）在1a，＋∞综上，若f（x）恰有一个零点，a的取值范围为（0，＋∞）.2.（2021·新高考Ⅱ卷22题）已知函数f（x）＝（x－1）·ex－ax2＋b.（1）讨论f（x）的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）有一个零点.①12＜a≤e22，b＞②0＜a＜12，b≤2a注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.解：（1）f'（x）＝xex－2ax＝x（ex－2a），（ⅰ）当a≤0时，令f'（x）＝0⇒x＝0，且当x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.（ⅱ）当0＜a＜12时，令f'（x）＝0⇒x1＝0，x2＝ln2a＜0且当x＜ln2a时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当ln2a＜x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.（ⅲ）当a＝12时，f'（x）＝x（ex－1）≥0，f（x）在R上单调递增（ⅳ）当a＞12时，令f'（x）＝0⇒x1＝0，x2＝ln2a＞0且当x＜0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当0＜x＜ln2a时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞ln2a时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.（2）证明：若选①，由（1）知f（x）在（－∞，0）上单调递增，（0，ln2a）上单调递减，（ln2a，＋∞）上单调递增.注意到f－ba＝－ba－1e－ba＜0，f（0）＝b∴f（x）在－baf（ln2a）＝（ln2a－1）·2a－a·ln22a＋b＞2aln2a－2a－aln22a＋2a＝aln2a（2－ln2a），由12＜a≤e22得0＜ln2a≤2，∴aln2a（2－ln2a∴f（ln2a）＞0，当x≥0时，f（x）≥f（ln2a）＞0，此时f（x）无零点.综上，f（x）在R上仅有一个零点.若选②，则由（1）知f（x）在（－∞，ln2a）上单调递增，在（ln2a，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.f（ln2a）＝（ln2a－1）2a－aln22a－2a＋b≤2aln2a－2a－aln22a＋2a＝aln2a（2－ln2a）.∵0＜a＜12，∴ln2a＜0，∴aln2a（2－ln2a）＜0∴f（ln2a）＜0，∴当x≤0时，f（x）≤f（ln2a）＜0，此时f（x）无零点.当x＞0时，f（x）单调递增，注意到f（0）＝b－1≤2a－1＜0.取c＝2（1－b）+2，∵b≤2a＜1，∴c＞2＞1，又可证e∴f（c）＝（c－1）ec－ac2＋b＞（c－1）（c＋1）－ac2＋b＝（1－a）c2＋b－1＞12c2＋b－1＝1－b＋1＋b－1＝1＞0∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，＋∞）上有唯一零点.综上，f（x）在R上有唯一零点.3.（2022·新高考Ⅰ卷22题）已知函数f（x）＝ex－ax和g（x）＝ax－lnx有相同的最小值.（1）求a；（2）证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.解：（1）f'（x）＝ex－a，g'（x）＝a－1x①若a≤0，f'（x）＞0在R上恒成立，f（x）在R上单调递增，即f（x）无最小值；②若a＞0，当x∈（－∞，lna）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（lna，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.∴f（x）在x＝lna处取得最小值f（lna）＝a－alna.当x∈0，1a时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈1a，＋∞时，g'（x）＞0，∴g（x）在x＝1a处取得最小值g1a＝1＋ln又f（x）与g（x）有相同的最小值，∴a－alna＝1＋lna，a＞0.设h（a）＝alna＋lna－a＋1，a＞0，则h'（a）＝1a＋lna令φ（a）＝h'（a），则φ'（a）＝－1a2＋1a＝a－1当a∈（0，1）时，φ'（a）＜0，h'（a）单调递减.当a∈（1，＋∞）时，φ'（a）＞0，h'（a）单调递增.∴h'（a）在a＝1处取得最小值h'（1）＝1＞0，则当a＞0时，h'（a）＞0恒成立，h（a）单调递增.又h（1）＝0，∴a＝1.（2）证明：由（1）得f（x）＝ex－x，g（x）＝x－lnx，且f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，f（x）min＝g（x）min＝1.当直线y＝b与曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则f（x1）＝f（x2）＝g（x2）＝g（x3）＝b.∵f（x）＝ex－x，g（x）＝x－lnx＝elnx－lnx＝f（lnx），∴f（x1）＝f（x2）＝f（lnx2）＝f（lnx3）.由于x2≠x1，x2≠lnx2，所以x2＝lnx3，x1＝lnx2，则f（lnx2）＝elnx2－lnx2＝x2－lnx2＝x2－x1f（lnx3）＝elnx3－lnx3＝x3－lnx3＝x3－x2上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.4.（2025·全国Ⅱ卷18题）已知函数f（x）＝ln（1＋x）－x＋12x2－kx3，其中0＜k＜1（1）证明：f（x）在区间（0，＋∞）存在唯一的极值点和唯一的零点；（2）设x1，x2分别为f（x）在区间（0，＋∞）的极值点和零点.（ⅰ）设函数g（t）＝f（x1＋t）－f（x1－t），证明：g（t）在区间（0，x1）单调递减；（ⅱ）比较2x1与x2的大小，并证明你的结论.解：（1）证明：因为f（x）＝ln（1＋x）－x＋12x2－kx3，k∈（0，13所以f'（x）＝11+x－1＋x－3kx2＝1－1－x＋x＋x当x＞0时，令f'（x）＝0，解得x＝13k－1＞所以当0＜x＜13k－1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞13k－1时，f'（x）＜0，f（所以x＝13k－1是f（x）在（0，＋∞）上唯一的极值点，因为f（13k－1）＞f（0）＝0，f（12k）＝ln（1＋12k）－12k＋18k2－18所以∃x0∈（13k－1，12k），f（x所以x0是f（x）在（0，＋∞）上唯一的零点.（2）（ⅰ）证明：因为g（t）＝f（x1＋t）－f（x1－t），所以g'（t）＝f'（x1＋t）＋f'（x1－t）＝－3k（x1＋t）21+x1＋t（x1＋t－x1）＋－3k（x1因为t∈（0，x1），所以t2－x12－2x1＜0，（1＋x1）2－t2＞所以g'（t）＝6kt2即g（