(共37张PPT)
17.3-导数与函数零点
讨论函数零点的个数
举 题 说 法
1
【解答】
【解答】
1
故当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
【解答】
已知函数f(x)＝aex－cos x－x(a∈R).
(1) 若a＝1，求证：f(x)≥0；
根据函数零点情况确定参数
2
【解答】
当a＝1时，f(x)＝ex－cos x－x，令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1，当x＜0时，g′(x)＜0，g(x)在(－∞，0)上为减函数，当x＞0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以g(x)≥g(0)＝1，而cos x≤1，所以ex－x≥cos x，即f(x)≥0.
已知函数f(x)＝aex－cos x－x(a∈R).
(2) 若f(x)在(0，π)上有两个极值点，求实数a的取值范围．
【解答】
2
变式 已知关于x的方程xex＝ax＋a ln x有两个不相等的实数根x1，x2，求实数a的取值范围．
(提示：xex＝ex＋ln x)
【解答】
随 堂 练习
A．1 B．2
C．3 D．4
A
【解析】
2．若函数f(x)＝2x3－6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是 ( )
A．[－4，4] B．(－4，4)
C．(－∞，－4]∪[4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
B
【解析】
【解答】
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1．函数f(x)＝ex与g(x)＝x＋1的图象的交点个数为 ( )
A．0 B．1
C．2 D．不确定
B
【解析】
令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，令h′(x)＝ex－1＝0，得x＝0.当x＜0时，h′(x)＜0，当x＞0时，h′(x)＞0.所以当x＝0时，h(x)取得最小值h(0)＝0，即h(x)＝ex－x－1只有一个零点，所以f(x)与g(x)的图象只有1个交点．
【解析】
f(x)＝ln (x＋1)－sin x，f′(x)＝－cos x.
B
【解析】
【答案】
C
4．若函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3，0)
【解析】
f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则a＜0.
【答案】
B
【解析】
【答案】BC
令f′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以当x＝1时，函数f(x)取得最大值，最大值为f(1)＝1，当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0，要使得方程f(x)＝a有两个不相等的实数根，则0＜a＜1，所以C正确；
其中x＝1是函数f(x)的极大值点，所以D不正确．
6．已知函数f(x)＝x3－x＋1，则 ( )
A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
【解析】
【答案】AC
令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，则h(x)是奇函数，(0，0)是h(x)图象的对称中心，将h(x)的图象向上平移1个单位长度后得到f(x)的图象，所以点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故C正确．
令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1，当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3，故D错误．
三、 填空题
7．函数f(x)＝(1＋x2)ex－1的零点个数为_____．
1
【解析】
因为f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(1＋x)2ex≥0，所以f(x)单调递增，又因为f(0)＝0，所以f(x)有且仅有1个零点．
8．已知函数f(x)＝3x ln x－ax3＋6x(a＞0).若y＝f′(x)有且只有一个零点，则a的值为________．
【解析】
9．若函数f(x)＝ax－x2(a＞1)恰有两个零点，则a的值为_______．
【解析】
由f(x)＝ax－x2(a＞1)恰有两个零点，可得曲线y＝ax(a＞1)与抛物线y＝x2恰有2个交点．易知曲线y＝ax(a＞1)与抛物线y＝x2在(－∞，0)上有1个交点，则曲线y＝ax(a＞1)与抛物线y＝x2在(0，＋∞)上只有1个交点．
当x＞0时，令f(x)＝0，得ax＝x2，方程两边取对数得x ln a＝2ln x．因为a＞1，所以ln a＞0，且由题意得该方程只有一个实数根，所以直线y＝x ln a与曲线y＝2ln x只有一个公共点，所以直线y＝x ln a是曲线y＝2ln x的切线．
【解答】
【解答】
11．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0).
(1) 若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最大值；
【解答】
11．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0).
(2) 若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
②当a＜0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，得x＝ln (－a).当x∈(－∞，ln (－a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(ln (－a)，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以当x＝ln (－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值．函数f(x)不存在零点等价于f(ln (－a))＝eln (－a)＋a ln (－a)－a＝－2a＋a ln (－a)＞0，解得－e2＜a＜0.
综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0).
【解答】
14
【解析】
根据奇函数的对称性，g(x)在x∈[－2 024，2 024]上的最大值和最小值互为相反数，则g(x)max＋g(x)min＝M－7＋m－7＝0，故M＋m＝14.
13．已知定义在R上的奇函数f(x)＝a·2x－2－x.
(1) 求实数a的值；
【解答】
因为f(x)＝a·2x－2－x是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝a－1＝0，解得a＝1.经检验，f(x)＝2x－2－x是奇函数，所以a＝1.
【解答】
谢谢观赏2025高考数学一轮复习-17.3-导数与函数零点-专项训练
1．已知函数f (x)＝x ln x＋a－ax(a∈R)．
(1)若a＝1，求函数f (x)的极值；
(2)若函数f (x)在区间[1，e]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．
2．已知函数f (x)＝ln x＋sin x.
(1)求函数f (x)在区间[1，e]上的最小值；
(2)判断函数f (x)的零点个数，并证明．
3．已知a＞0且a≠1，函数f (x)＝(x＞0)．
(1)当a＝2时，求f (x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
4．已知函数f (x)＝(a＞0)和函数g(x)＝，且f (x)有最大值为.
(1)求实数a的值；
(2)直线y＝m与两曲线y＝f (x)和y＝g(x)恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，证明：x1x3＝.
参考答案
1．解：(1)由题可得，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ln x＋1－a.
若a＝1，则f ′(x)＝ln x，
当0＜x＜1时，f ′(x)＜0，f (x)在(0，1)上单调递减；
当x＞1时，f ′(x)＞0，f (x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以f (x)的极小值为f (1)＝ln 1＋1－1＝0，无极大值．
(2)f (x)＝x ln x－ax＋a，易知f (1)＝0，
所求问题等价于函数f (x)＝x ln x－ax＋a在区间(1，e]上没有零点．
因为f ′(x)＝ln x＋1－a，
当0＜x＜ea-1时，f ′(x)＜0，所以f (x)在(0，ea-1)上单调递减；
当x＞ea-1时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(ea-1，＋∞)上单调递增．
①当ea-1≤1，即a≤1时，函数f (x)在区间(1，e]上单调递增，所以f (x)＞f (1)＝0，此时函数f (x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．
②当1＜ea-1＜e，即1＜a＜2时，f (x)在区间(1，ea-1)上单调递减，在区间(ea-1，e]上单调递增，要使f (x)在(1，e]上没有零点，只需f (e)＜0，即e－ea＋a＜0，解得a＞，所以＜a＜2.
③当e≤ea-1，即a≥2时，函数f (x)在区间(1，e]上单调递减，
在区间(1，e]上满足f (x)＜f (1)＝0，此时函数f (x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．
综上所述，实数a的取值范围是a≤1或a＞.
2．解：(1)f (x)＝ln x＋sin x的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＋cos x，
令g(x)＝f ′(x)＝＋cos x，g′(x)＝－－sin x，
当x∈[1，e]时，g′(x)＝－－sin x＜0，
所以g(x)在[1，e]上单调递减，且g(1)＝1＋cos 1＞0，
g(e)＝＋cos e＜＋cos ＝＜0，
所以由零点存在定理可知，在区间[1，e]存在唯一的a，使g(a)＝f ′(a)＝0.
又当x∈(1，a)时，g(x)＝f ′(x)＞0；当x∈(a，e)时，g(x)＝f ′(x)＜0，
所以f (x)在x∈(1，a)上单调递增，在x∈(a，e)上单调递减，又因为f (1)＝ln 1＋sin 1＝sin 1，
f (e)＝ln e＋sin e＝1＋sin e＞f (1)，
所以函数f (x)在区间[1，e]上的最小值为f (1)＝sin 1.
(2)函数f (x)有一个零点，证明如下：
因为f (x)＝ln x＋sin x，x∈(0，＋∞)，
若0＜x≤1，f ′(x)＝＋cos x＞0，
所以f (x)在区间(0，1]上单调递增，又f (1)＝sin 1＞0，f ＝－1＋sin ＜0，
结合零点存在定理可知，f (x)在区间(0，1]上有且仅有一个零点．
若1＜x≤π，则ln x＞0，sin x≥0，则f (x)＞0，
若x＞π，因为ln x＞ln π＞1≥－sin x，所以f (x)＞0，所以f (x)在区间(1，＋∞)上没有零点．
综上，函数f (x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点．
3．解：(1)当a＝2时，f (x)＝(x＞0)，
f ′(x)＝(x＞0)，
令f ′(x)＞0，则0＜x＜，此时函数f (x)单调递增，
令f ′(x)＜0，则x＞，此时函数f (x)单调递减，
所以函数f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝(x＞0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝，
且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0＜＜，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
4．解：(1)f (x)＝的定义域为R，且f ′(x)＝，a＞0，
当x＜1时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；当x＞1时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，所以f (x)max＝f (1)＝，所以＝，解得a＝±1，又a＞0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)可知，f (x)＝在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又g′(x)＝，所以g(x)＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
f (x)＝和g(x)＝的图象如图所示．
设f (x)和g(x)的图象交于点A，则当直线y＝m经过点A时，
直线y＝m与两条曲线y＝f (x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，
则0＜x1＜1＜x2＜e＜x3，且＝＝m，＝m.
因为m＝＝，所以＝，
即f (x1)＝f (ln x2)，因为x1＜1，ln x2＜ln e＝1，且f (x)＝在(－∞，1)上单调递增，所以x1＝ln x2，所以＝＝.
因为m＝＝，所以＝，
即f (x2)＝f (ln x3)，
因为x2＞1，ln x3＞ln e＝1，且f (x)＝在(1，＋∞)上单调递减，
所以x2＝ln x3，所以＝＝.
所以＝＝，即x1x3＝
