提分点 12　导数与函数的零点

提分点12导数与函数的零点真题重做探究命题人的思维模拟术(2025·全国二卷)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．命题预测开启高分大门的神秘金钥匙命题依据：有关函数的零点问题是高中数学的重点内容，近几年新高考一直没考查，预测2026年高考考查可能性较大．预测角度1讨论函数零点个数预测1已知函数f(x)＝ex－ax－12x2(1)若函数f(x)是增函数，求实数a的取值范围；(2)试判断f(x)在(－∞，1)上的零点个数．[听课笔记]零点个数问题常用两种方法处理，第一种，利用数形结合思想，将问题转化为直线与函数图象交点的个数问题；第二种，利用单调性结合零点存在定理确定零点所在区间，从而确定个数．[对点练1](2025·山东烟台模拟)已知函数f(x)＝x(x＋c)2在x＝1处有极大值．(1)求实数c的值；(2)若函数g(x)＝f(x)＋a有三个不同的零点，求实数a的取值范围．预测角度2利用零点个数求参数预测2已知函数f(x)＝2x－asinx＋sin2x(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(π4，f(π4(2)若a>0且函数f(x)在(0，π)上没有零点，求实数a的取值范围．[听课笔记](1)分离参数法：先分离参数，再通过求导求出分离参数后构造的新函数的最值，根据条件，通过数形结合构建关于参数的不等式，解不等式确定参数的取值(范围)．(2)分类讨论法：结合单调性确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，再将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求．[对点练2](2025·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝ex(ax－1)．(1)若x＝－12是函数f(x)的极值点，求a(2)在(1)的条件下，若函数g(x)＝f(x)－m(x－1)有两个零点，求实数m的取值范围．请完成：专题强化练34提分点12导数与函数的零点真题重做答案：(1)证明：由题得f′(x)＝11+x－1＋x－3kx2＝x21+x－3kx2＝x因为x∈(0，＋∞)，所以x2>0，设g(x)＝11+x－3k，x>0则g′(x)＝－11+x2<0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，g(0)＝1－3令g(x1)＝0⇒x1＝13k－1所以当x∈(0，x1)时，g(x)>0，则f′(x)>0；当x∈(x1，＋∞)时，g(x)<0，则f′(x)<0.所以f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，＋∞)上单调递减，所以f(x)在(0，＋∞)上存在唯一极值点．对函数y＝ln(1＋x)－x有y′＝11+x－1＝－x1+x<0在(0，＋∞)所以y＝ln(1＋x)－x在(0，＋∞)上单调递减，所以y＝ln(1＋x)－x<y|x＝0＝0在(0，＋∞)上恒成立．又因为f(0)＝0，x→＋∞时12x2－kx3＝12x2(1－2kx所以x→＋∞时f(x)<0，所以存在唯一x2∈(0，＋∞)使得f(x2)＝0，即f(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．答案：(2)(ⅰ)证明：由(1)知x1＝13k－1，则x1＋1＝13k，f′(x)＝x2(11+x－3则g′(t)＝f′(x1＋t)－f′(x1－t)＝(x1＋t)2(1x1+t+1－3k)－(x1－t)2(1x＝(x1＋t)2(1x1+t+1-1x1+1)－(x＝-tx1+t2x1因为t∈(0，x1)，所以x1－t＋1>0，所以x1+t所以g′(t)<0,所以函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减．(ⅱ)2x1>x2，证明如下：由(ⅰ)知函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减，所以g(0)>g(x1)即0>f(2x1)，又f(x2)＝0，由(1)可知f(x)在(x1，＋∞)上单调递减，x2∈(x1，＋∞)，且对任意x∈(0，x2)，f(x)>0，所以2x1>x2.命题预测预测1答案：(1)由题意得f′(x)＝ex－a－x，且f′(x)≥0在定义域R内恒成立，则ex－x≥a在定义域R内恒成立．令g(x)＝ex－x，g′(x)＝ex－1，x<0时，g′(x)<0，即g(x)单调递减，x>0时，g′(x)>0，即g(x)单调递增，所以g(x)≥g(x)min＝g(0)＝1，则a≤1，故实数a的取值范围为(－∞，1].答案：(2)(ⅰ)由(1)知，当a≤1时，f(x)在(－∞，1)上单调递增．注意到f(1)＝e－a－12>0，x→－∞时，f(x)→－∞则此时f(x)在(－∞，1)上有一个零点．(ⅱ)当a>1时，令f′(x)＝p(x)＝ex－a－x，则p′(x)＝ex－1⇒p′(x)>0⇒x>0，p′(x)<0⇒x<0.则f′(x)＝p(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(x)＝p(x)在(－∞，0)上单调递减．注意到f′(－a)＝e－a>0，f′(0)＝1－a<0，则存在x1∈(－a，0)，使f′(x1)＝ex1－a－x1＝0⇒a＝ex1①若f′(1)＝e－a－1≤0，即a≥e－1，则f′(x)>0⇒x<x1，f′(x)<0⇒x1<x<1.则此时f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，1)上单调递减．注意到x→－∞时，f(x)→－∞，f(x1)＝ex1-(ex1－x1)x1－1则∃x2∈(－∞，x1)，使f(x2)＝0.注意到f(0)＝1.若f(1)＝e－a－12≥0，则e－1≤a≤e－12，则此时f(x若f(1)<0，则a>e－12，则∃x3∈(0，1)使f(x3)＝0，则此时f(x)②若f′(1)＝e－a－1>0，则1<a<e－1，因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(0)＝1－a<0，则存在∃x4∈(0，1)，使f′(x4)＝ex4－a－x4＝0，a＝ex则f′(x)>0，x∈(－∞，x1)∪x4，1，f'x<0，x∈则此时f(x)在(－∞，x1)，(x4，1)上单调递增，在(x1，x4)上单调递减．由①分析，f(x)在(－∞，x1)存在零点x2，又注意到f(x4)＝ex4则此时f(x)有一个零点．综上可得，当a≤e－12时，f(x)在(－∞，1)当a>e－12时，f(x)在(－∞，1)[对点练1]答案：(1)由函数f(x)＝x(x＋c)2，则f′(x)＝(x＋c)(3x＋c)，由函数f(x)＝x(x＋c)2在x＝1处取极大值，则f′(1)＝0，解得c＝－1或－3，当c＝－1时，可得f′(x)＝(x－1)(3x－1)，易知当13<x<1时，f′(x)<0；当1<x时，f′(x则此时函数f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意，舍去；当c＝－3时，可得f′(x)＝(x－3)(3x－3)，易知当x<1时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0.则此时函数f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意．综上所述，c＝－3.答案：(2)由(1)可得函数f(x)＝x(x－3)2，则f′(x)＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或3，可得下表：x(－∞，1)1(1，3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数f(x)的极大值为f(1)＝4，极小值为f(3)＝0，函数g(x)＝f(x)＋a存在三个零点，等价于函数f(x)的图象与直线y＝－a存在三个交点，如图所示，由图可得0<－a<4，则－4<a<0.预测2答案：(1)当a＝2时，fπ4＝2×π4-2＋1＝易知f′(x)＝2－2cosx＋2cos2x，则f′π4＝2－2cosπ4＋2cosπ2＝2因此切线方程为y－π2-2+1＝即(2－2)x－y＋2π4＋1－2答案：(2)设函数f(x)＝2x－asinx＋sin2x(a∈R)，x∈(0，π)，显然f(0)＝0，f(π)＝2π.令f′(x)＝2－acosx＋2cos2x＝cosx(4cosx－a)＝0，其中cosx＝0，即x＝π2当a≥4时，4cosx－a≤0，则x∈0，π2时，cosx>0，f′(x)<0，此时f(x)当x∈π2，π时，cosx<0，f′(x)>0，此时f(x)因此f(x)min＝fπ2＝π－a<0，可知fπ2f(π)<0，因此f(x)在(0，当0<a<4时，由4cosx－a＝0可得cosx＝a4>0所以∃x0∈0，π2，使得cosx0可得x∈(0，x0)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；当x∈x0，π2时，f′(x)<0，此时f当x∈π2，π时，f′(x)>0，此时f(所以要使函数f(x)在(0，π)上没有零点，只需fπ2＝π－a>0，解得0<a<π所以实数a的取值范围为(0，π)．[对点练2]答案：(1)f′(x)＝ex(ax－1＋a)，因为x＝－12是函数f(x)的极值点，所以f′-12＝e-1即a＝2，此时f′(x)＝ex(2x＋1)．由f′(x)＝ex(2x＋1)>0，得x>－12；由f′(x)＝ex(2x＋1)<0，得x<－1所以函数f(x)在-∞，-12上单调递减，在(－1所以x＝－12是函数f(x)的极小值点，故a＝答案：(2)由(1)可知g(x)＝f(x)－m(x－1)＝ex(2x－1)－m(x－1)有两个零点，即方程g(x)＝ex(2x－1)－m(x－1)＝0有两个解．当x＝1时，g(1)＝e≠0，当x≠1时，ex(2x－1)＝m(x－1)，即m＝ex设h(x)＝ex2x