2022届高考数学二轮复习：导数与函数零点的综合问题 限时规范训练(解析版)

限时规范训练(十五) 导数与函数零点的综合问题
[A 级]——原创模拟
1．已知函数f (x )＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a (a ∈R )．
(1)若a ＝12
，求函数f (x )的所有零点； (2)若a ≥12
，证明函数f (x )不存在极值． 解：(1)当a ＝12时，f (x )＝(x ＋2)ln x ＋12x 2－4x ＋72
. 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
且f ′(x )＝ln x ＋2x
＋x －3. 设g (x )＝ln x ＋2x
＋x －3， 则g ′(x )＝1x －2x 2＋1＝x 2＋x －2x 2
＝（x ＋2）（x －1）x 2
(x >0)． 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，
即函数g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x >0时，g (x )≥g (1)＝0(当且仅当x ＝1时取等号)．
即当x >0时，f ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号)．
所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，至多有一个零点．
因为f (1)＝0，所以x ＝1是函数f (x )唯一的零点．
所以若a ＝12
，则函数f (x )的所有零点只有x ＝1. (2)因为f (x )＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a ，
函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
且f ′(x )＝ln x ＋x ＋2x
＋2ax －4. 当a ≥12时，f ′(x )≥ln x ＋2x
＋x －3， 由(1)知ln x ＋2x
＋x －3≥0. 即当x >0时f ′(x )≥0，
所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
所以f (x )不存在极值．
2．设函数g (x )＝t e 2x ＋(t ＋2)e x －1，其中t ∈R .
(1)当t ＝－1时，求g (x )的单调区间与极值；
(2)若t 是非负实数，且函数f (x )＝g (x )－4e x －x ＋1在R 上有唯一零点，求t 的值． 解：(1)当t ＝－1时，g (x )＝－e 2x ＋e x －1.
由g ′(x )＝－2e 2x ＋e x ＝e x (1－2e x )＝0，得x ＝－ln 2.
因此g (x )的单调递增区间是(－∞，－ln 2)，
单调递减区间是(－ln 2，＋∞)．
故g (x )的极大值是g (－ln 2)＝－34
，无极小值． (2)函数f (x )＝g (x )－4e x －x ＋1＝t e 2x ＋(t －2)e x －x ，x ∈R .
当t >0时，由f ′(x )＝2t e 2x ＋(t －2)e x －1＝(t e x －1)(2e x ＋1)＝0，得x ＝－ln t .
易得f (－ln t )是极小值，由题意知只需f (－ln t )＝0，
即ln t －1t
＋1＝0. 令F (t )＝ln t －1t
＋1，t >0， 则F ′(t )＝1t ＋1t 2>0， 所以F (t )在(0，＋∞)内单调递增．
因为F (1)＝0，所以当0<t <1时，F (t )<F (1)＝0，
当t >1时，F (t )>F (1)＝0.
故实数t 的值是1.
当t ＝0时，f (x )＝－2e x －x ，
所以f (x )为R 上的减函数，
而f (1)＝－2e －1<0，
f (－2)＝2－2e －
2>0，所以f (x )有且只有一个零点．
故实数t 的值是1或0.
3．已知函数f (x )＝x ln x ＋x 2－ax (a ∈R )．
(1)若a ＝3，求f (x )的单调性和极值；
(2)若函数y ＝f (x )＋1e x 至少有1个零点，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝3时，f (x )＝x ln x ＋x 2－3x ，
所以f ′(x )＝ln x ＋2x －2，
当0<x <1时，ln x <0，2x －2<0，
所以f ′(x )＝ln x ＋2x －2<0，
当x >1时，ln x >0，2x －2>0，
所以f ′(x )＝ln x ＋2x －2>0，
所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
f (x )在x ＝1处取得极小值，极小值为f (1)＝－2，无极大值．
(2)因为f (x )＋1e x ＝x ln x ＋x 2－ax ＋1e x ， 由x ln x ＋x 2－ax ＋1e x ＝0得a ＝ln x ＋x ＋1x e x ， 令g (x )＝ln x ＋x ＋1x e x ， 则g ′(x )＝1x ＋1－x ＋1x 2e x ＝x e x ＋x 2e x －x －1x 2e x
＝（x e x －1）（x ＋1）x 2e x
， 由g ′(x )＝0得x e x ＝1.
令h (x )＝x e x ，当x >0时，h ′(x )＝(x ＋1)e x >0，
所以h (x )＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增，
因为h ⎝⎛⎭⎫12＝e 2<1，h (1)＝e>1，
所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得x 0e x 0＝1，
且当x ∈(0，x 0)时，h (x )<1，即x e x －1<0，
当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>1，即x e x －1>0，
因为x ＋1>0，x 2e x >0，
所以当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0；
当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，
所以g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )在x ＝x 0处取得最小值g (x 0)
＝ln x 0＋x 0＋1x 0e
x 0， 因为x 0e x 0＝1，
所以ln(x 0e x 0)＝ln 1＝0，即ln x 0＋x 0＝0，
所以ln x 0＋x 0＋1x 0e x 0＝0＋11
＝1，即g (x 0)＝1， 所以当a <1时，函数y ＝f (x )＋1e
x 无零点， 当a ≥1时，因为g (a )＝ln a ＋a ＋1a e
a >a ， 所以函数y ＝f (x )＋1e
x 至少有1个零点， 故a 的取值范围是[1，＋∞)．
4．已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14
，g (x )＝－ln x . (1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；
(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．
解：(1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0，0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得⎩⎨⎧x 0＝12，a ＝－34.
因此，当a ＝－34
时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线． (2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，
从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，
故h (x )在(1，＋∞)上无零点．
当x ＝1时，若a ≥－54
， 则f (1)＝a ＋54
≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点； 若a <－54
，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0， 故x ＝1不是h (x )的零点．
当x ∈(0，1)时，g (x )＝－ln x >0，所以只需考虑f (x )在(0，1)上的零点个数．
①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0，1)上无零点，故f (x )在(0，1)上单调．
而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54
，所以当a ≤－3时，f (x )在(0，1)上有一个零点； 当a ≥0时，f (x )在(0，1)上没有零点．
②若－3<a <0，
则f (x )在⎝⎛⎭
⎫0， －a 3上单调递减， 在⎝⎛⎭
⎫ －a 3，1上单调递增，故在(0，1)上， 当x ＝
－a 3时，f (x )取得最小值， 最小值为f ⎝⎛⎭⎫ －a 3＝2a 3 －a 3＋14
. a ．若f ⎝⎛⎭
⎫ －a 3>0，即－34<a <0，则f (x )在(0，1)上无零点． b ．若f ⎝
⎛⎭⎫ －a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0，1)上有唯一零点．
c ．若f ⎝⎛⎭
⎫ －a 3<0，即－3<a <－34， 由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54
， 所以当－54<a <－34
时，f (x )在(0，1)上有两个零点； 当－3<a ≤－54
时，f (x )在(0，1)上有一个零点． 综上，当a >－34或a <－54
时，h (x )有一个零点； 当a ＝－34或a ＝－54
时，h (x )有两个零点； 当－54<a <－34
时，h (x )有三个零点． [B 级]——新题冲刺
5．已知函数f (x )＝e x (x －1)－12
e a x 2，a <0. (1)求曲线y ＝
f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)求函数f (x )的极小值；
(3)求函数f (x )的零点个数．
解：(1)因为f (x )＝e x (x －1)－12
e a x 2， 所以
f ′(x )＝x e x －x e A ．
所以f (0)＝－1，f ′(0)＝0.
所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－1.
(2)f ′(x )＝x e x －x e a ＝x (e x －e a )，
令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a (a <0)．
f (x )与f ′(x )在R 上的变化情况如表：
(3)当x ≤1时，f (x )<0，且f (2)＝e 2－2e a >e 2－2>0.
由(2)可知，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，
所以函数f (x )的零点个数为1.
6．(2021·长春调研)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1
. (1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；
(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．
解：(1)f (x )的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．
因为f ′(x )＝1x ＋2（x －1）2
>0， 所以f (x )在(0，1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f (e)＝1－e ＋1e －1<0，f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1
>0，所以f (x )在(1，＋∞)有唯一零点x 1，即f (x 1)＝0.
又0<1x 1<1，f ⎝⎛⎭⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1
＝－f (x 1)＝0，故f (x )在(0，1)有唯一零点1x 1. 综上，f (x )有且仅有两个零点．
(2)证明：因为1x 0
＝e －ln x 0， 故点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0
在曲线y ＝e x 上． 由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝
x 0＋1x 0－1
， 故直线AB 的斜率 k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0
＝1x 0. 曲线y ＝e x 在点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0处切线的斜率是1x 0
，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0
， 所以曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．
7．(2021·大庆二模)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax －1(a ∈R )．
(1)讨论函数h (x )＝f (x )－g (x )的单调性；
(2)若函数f (x )与g (x )的图象有两个不同的交点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1<x 2)，求实数a 的取值范围．
解：(1)由函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax －1(a ∈R )．
可得h (x )＝f (x )－g (x )＝ln x －ax ＋1，
则h ′(x )＝1x
－a (x >0)， 当a ≤0时，h ′(x )>0，函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增；
当a >0时，h ′(x )＝－a ⎝⎛⎭⎫x －1a x
， 令h ′(x )>0，解得0<x <1a
， 令h ′(x )<0，解得x >1a
， 所以函数h (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞， 综上可得，当a ≤0时，函数h (x )在(0，＋∞)单调递增；
当a >0时，函数h (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞. (2)函数f (x )与g (x )有两个不同的交点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其中x 1<x 2，等价于函数h (x )有两个不同的零点x 1，x 2，其中x 1<x 2.
由(1)知，当a ≤0时，函数h (x )在(0，＋∞)上是增函数，不可能有两个零点，
当a >0时，h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数，此时h ⎝⎛⎭
⎫1a 为函数f (x )的最大值，
当h ⎝⎛⎭⎫1a ≤0时，h (x )最多有一个零点，
所以h ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a
>0，解得0<a <1， 此时，1e <1a <e 2a 2，且h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1－a e ＋1＝－a e
<0， h ⎝⎛⎭⎫e 2
a 2＝2－2ln a －e 2a ＋1＝3－2ln a －e 2a ， 令F (a )＝3－2ln a －e 2a
， 则F ′(a )＝－2a ＋e 2a 2＝e 2－2a a 2>0， 所以F (a )在(0，1)上单调递增，
所以F (a )<F (1)＝3－e 2<0，
即h ⎝⎛⎭⎫e 2
a 2<0，
所以a 的取值范围是(0，1)．
8．(2021·潍坊三模)已知函数f (x )＝ax －ln x －a (a ∈R )．
(1)求函数f (x )的极值；
(2)是否存在实数a ，使方程f (x )＝0有两个不同的实数根？若存在，求出实数a 的取值范围，若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x
. ①当a ≤0时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，此时函数f (x )无极值．
②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a
. 当0<x <1a
时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在⎝⎛⎭
⎫0，1a 上单调递减； 当x >1a
时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增．
此时，函数f (x )有极小值，为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1－a ＋ln a ，无极大值．
综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1－a ＋ln a ，无极
大值．
(2)假设存在实数a ，使得方程f (x )＝0有两个不同的实数根，即函数f (x )有两个不同的零点． ①当a ≤0时，由(1)知函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，
所以方程f (x )＝0不存在两个不同的实数根．
②当0<a <1时，1a
>1. 因为f (1)＝0，所以由(1)知f ⎝⎛⎭⎫1a <f (1)＝0.
f ⎝⎛⎭⎫1a 2＝1a ＋2ln a －a ，
令g (a )＝1a
＋2ln a －a (0<a <1)， 则g ′(a )＝－1a 2＋2a －1＝－（a －1）2a 2
<0， 所以g (a )在(0，1)上单调递减，
所以g (a )>11
＋2×ln 1－1＝0， 所以f ⎝⎛⎭⎫1a 2＝1a ＋2ln a －a >0.
此时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，1a 2上也有一个零点，
所以，当0<a <1时，函数f (x )有两个不同的零点．
③当a ＝1时，1a
＝1，f (x )≥f (1)＝0，
此时函数f (x )仅有一个零点．
④当a >1时，0<1a
<1，因为f (1)＝0， 所以由(1)知f ⎝⎛⎭⎫1a <f (1)＝0.
令函数h (a )＝e a －a ，则h ′(a )＝e a －1，
当a >0时，h ′(a )>0，h (a )单调递增，
所以当a >0时，h (a )>h (0)＝1>0，
所以e a >a >0，则1e a <1a
. 又f ⎝⎛⎭
⎫1e a ＝a e －a >0， 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1e a ，1a 上也有一个零点，
所以，当a >1时，函数f (x )有两个不同的零点，
综上，当a ∈(0，1)∪(1，＋∞)时，函数f (x )有两个不同的零点，即方程f (x )＝0有两个不同的实数根．。