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2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第3讲第3课时导数与函数的零点提能训练
展开这是一份2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第3讲第3课时导数与函数的零点提能训练，共7页。
[证明] f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2,x2)＝eq \f(x－2,x2)，令f′(x)＝0，得x＝2，令f′(x)>0，得x>2，令f′(x)<0，得0
2．若函数f(x)＝ex(x2－2x＋1－a)－x恒有2个零点，求a的取值范围．
[解析] 由f(x)＝0，得x2－2x＋1－a＝eq \f(x,ex).
令g(x)＝eq \f(x,ex)，则函数f(x)＝ex(x2－2x＋1－a)－x恒有2个零点等价于函数y＝x2－2x＋1－a与y＝g(x)的图象有2个交点，
g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，令g′(x)>0，得x<1，令g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e).
作出函数y＝x2－2x＋1－a＝(x－1)2－a与y＝g(x)的图象，如图所示，
数形结合可得－a
故a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，＋∞)).
3．已知函数f(x)＝xex＋ex，讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数．
[解析] 函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(x＋2)ex，
所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－2)上为减函数，
当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(－2，＋∞)上为增函数，
故f(x)在x＝－2时取得极小值，也是最小值，即f(－2)＝－eq \f(1,e2)，
令f(x)＝0，得x＝－1，当x<－1时，f(x)<0；
当x>－1时，f(x)>0，且f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,e2)))，(－1,0)，(0,1)．
当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝eq \f(x＋1,e－x)→0；
【卡壳点】极限思想的应用
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示．
【易错点】忽视图象过点(0,1)
函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数即为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．
∴关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论：
当a<－eq \f(1,e2)时，函数零点个数为0；
当a＝－eq \f(1,e2)或a≥0时，函数零点个数为1；
当－eq \f(1,e2)
(1)求实数a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：f′(eq \r(x1x2))<0.
[解析] (1)求出导函数f′(x)＝ex－a，通过讨论a≤0，a>0时，结合函数有两个零点，可知a>0，利用函数单调性可知，当f(ln a)<0时，原函数才有两个零点，求解即可；
(2)要证f′(eq \r(x1x2))<0，即证eq \r(x1x2)∈(－∞，ln a)，
方法一：不妨设x1
结合f(0)＝1>0，所以0
方法二：不妨设x1
当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增，不满足题意；
当a>0时，令f′(x)<0，可得x∈(－∞，ln a)，令f′(x)>0，可得x∈(ln a，＋∞)，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
当a>e时，有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝e eq \s\up10(\f(1,a))－1>0，f(a)＝ea－a2>0，
又因为函数f(x)＝ex－ax有两个零点，所以f(ln a)<0，即eln a－aln a<0，
所以a－aln a<0，可得ln a>1，所以a>e，
故实数a的取值范围是(e，＋∞)．
(2)要证f′(eq \r(x1x2))<0，即证eq \r(x1x2)∈(－∞，ln a)，
方法一：要证x1＋x2<2ln a，即证x1<2ln a－x2，
不妨设x1
因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)>f(2ln a－x2)，即证f(x2)－f(2ln a－x2)>0，
令h(x)＝f(x)－f(2ln a－x)，
h′(x)＝f′(x)＋f′(2ln a－x)＝ex－2a＋e2ln a－x＝ex＋eq \f(a2,ex)－2a≥2eq \r(ex·\f(a2,ex))－2a＝0，
所以h(x)在R上单调递增，
又因为x2>ln a，所以h(x2)>h(ln a)＝0，即f(x2)－f(2ln a－x2)>0，
可得f(0)＝1>0，所以0
方法二：要证x1＋x2<2ln a，即证x1<2ln a－x2，
不妨设x1
因为f(x1)＝0，即证f(2ln a－x2)<0，f(2ln a－x2)＝e2ln a－x2－a(2ln a－x2)＝eq \f(a2,ex2)－2aln a＋ax2，
因为ex2＝ax2，所以a＝eq \f(ex2,x2)，所以eq \f(a2,ex2)－2aln a＋ax2＝eq \f(ex2,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋2ln x2－x2))，
因为x2>ln a且a>e，所以x2>1，
令h(x)＝eq \f(1,x)＋2ln x－x(x>1)，h′(x)＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)－1＝－eq \f(x－12,x2)<0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x2)
因为f(0)＝1>0，所以0
所以f′(eq \r(x1x2))<0.
B组能力提升
1．已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a≥1)．
(1)证明：函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；
(2)当a＝1时，证明：函数f(x)只有一个零点．
[证明] (1)显然函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－2a2x＋a＝eq \f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq \f(－2ax＋1ax－1,x).
因为a≥1，x>1，所以2ax＋1>0，ax－1>0，
所以f′(x)<0，
所以函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数．
(2)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋1＝－eq \f(2x2－x－1,x).
令f′(x)＝0，解得x＝－eq \f(1,2)(舍去)或x＝1.
所以当0
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x＝1时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，
即为f(1)＝ln 1－12＋1＝0，
当x≠1时，f(x)
(1)若a＝e，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
[解析] (1)由题意知，当a＝e时，f(x)＝xex－eq \f(1,2)e·(x＋1)2，函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
所以当x＝－1时，f(x)取得极大值－eq \f(1,e)；当x＝1时，f(x)取得极小值－e.
(2)解法一(分类讨论法)：
f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，
若a＝0，易知函数f(x)在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意．
若a<0，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
由f(－1)＝－eq \f(1,e)<0，且f(1)＝e－2a>0，当x→－∞时f(x)→＋∞，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．若ln a<－1，即0
当x∈(ln a，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(ln a)＝aln a－eq \f(1,2)a(ln a＋1)2<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．若ln a＝－1，即a＝eq \f(1,e)，当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，故不符合题意．若ln a>－1，即a>eq \f(1,e)，当x∈(－∞，－1)∪(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，－1)和(ln a，＋∞)上单调递增；当x∈(－1，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(－1)＝－eq \f(1,e)<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，0)．
解法二(数形结合法)：
令f(x)＝0，即xex－eq \f(1,2)a(x＋1)2＝0，
得xex＝eq \f(1,2)a(x＋1)2.
当x＝－1时，方程为－e－1＝eq \f(1,2)a×0，显然不成立，
所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f(x)的零点．
当x≠－1时，分离参数得a＝eq \f(2xex,x＋12).
记g(x)＝eq \f(2xex,x＋12)(x≠－1)，则g′(x)＝eq \f(2xex′x＋12－[x＋12]′·2xex,x＋14)
＝eq \f(2exx2＋1,x＋13).
当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
当x＝0时，g(x)＝0，当x→－∞时，g(x)→0；
当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞.
故函数g(x)的图象如图所示．
作出直线y＝a，由图可知，当a<0时，直线y＝a和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f(x)有两个零点．故实数a的取值范围是(－∞，0)．
[方法总结] 利用函数零点求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
3．(2024·浙江省金华十校高三上学期模拟)已知f(x)＝ax2－ax－eq \f(1,x)－ln x＋e1－x(a>0)．
(1)若当x＝1时函数f(x)取到极值，求a的值；
(2)讨论函数f(x)在区间(1，＋∞)上的零点个数．
[解析] (1)函数f(x)＝ax2－ax－eq \f(1,x)－ln x＋e1－x，可得f′(x)＝2ax－a＋eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)－e1－x，
因为x＝1时函数f(x)取到极值，可得f′(1)＝0，解得a＝1，
当a＝1时，可得f′(x)＝2x－1＋eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)－e1－x，
令m(x)＝f′(x)＝2x－1＋eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)－e1－x，
可得m′(x)＝2－eq \f(2,x3)＋eq \f(1,x2)＋e1－x>2－eq \f(2,x3)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(2x3＋x－2,x3)，
令λ(x)＝2x3＋x－2，可得λ′(x)＝6x2＋1>0，所以λ(x)单调递增，
又因为λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))＝eq \f(55,256)>0，所以在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)，＋∞))上m′(x)>0，即f′(x)单调递增，
所以x＝1是f′(x)的变号零点，所以当x＝1时函数f(x)取到极值．
(2)当a≥1时，因为x2－x>0，
所以f(x)＝ax2－ax－eq \f(1,x)－ln x＋e1－x≥x2－x－eq \f(1,x)－ln x＋e1－x，
令h(x)＝x2－x－eq \f(1,x)－ln x＋e1－x ，
则h′(x)＝2x－1＋eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)－e1－x>2x－2＋eq \f(1,x 2)－eq \f(1,x)＝(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x2)))>0，
所以h(x)在(1，＋∞)单调递增，则f(x)≥h(x)>h(1)＝0，
所以，当a≥1时，f(x)在区间(1，＋∞)上没有零点.
当0
可得n′(x)＝2a－eq \f(2,x3)＋eq \f(1,x2)＋e1－x>－eq \f(2,x3)＋eq \f(1,x2)＋e1－x＝eq \f(x－2ex－1＋x3,x3·ex－1) ，
令φ(x)＝(x－2)ex－1＋x3 ，
则φ′(x)＝(x－1)ex－1＋3x2>0，
所以φ(x)在(1，＋∞)单调递增，φ(x)>φ(1)＝0，则n′(x)>0，
所以f′(x)在(1，＋∞)单调递增.
因为f′(1)＝a－1<0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))＝a＋2＋eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))2 )－eq \f(1,1＋\f(1,a))－e eq \s\up10(－eq \f(1,a))>a＋2－1－1>0，
当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，
所以存在x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1＋\f(1,a)))使得f′(x1)＝0.则f(x)在(1，x1)单调递减，在(x1，＋∞)单调递增，
又因为f(1)＝0，所以当x∈(1，x1)时，f(x)<0，故f(x)在(1，x1)没有零点，
因为在(x1，＋∞)单调递增，且f(x1)
所以f(x)＝ax2－ax－eq \f(1,x)－ln x＋e1－x>ax2－ax－1－(x－1)，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))>aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))2－(a＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))＝0，
所以存在唯一x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，1＋\f(1,a)))，使得f(x2)＝0，
故f(x)在(x1，＋∞)存在唯一零点x2，因此当0
当0
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值－eq \f(1,e)
单调递减
极小值－e
单调递增
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