2018届高三数学基础专题练习：导数与零点(答案版)
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所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．
综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
例2、已知函数 .
(I)讨论 的单调性；(II)若 有两个零点，求 的取值围.
【解析】（Ⅰ） ．
（ i ）当 时，则当 时， ；当 时，
故函数 在 单调递减，在 单调递增．
（ ii ）当 时，由 ，解得： 或
①若 ，即 ，则 ，
故 在 单调递增．
②若 ，即 ，则当 时， ；当 时，
故函数在 ， 单调递增；在 单调递减．
③若 ，即 ，则当 时， ；当 时， ；
故函数在 ， 单调递增；在 单调递减．
（Ⅱ）（i）当 时，由（Ⅰ）知，函数 在 单调递减，在 单调递增．
又∵ ，取实数 满足 且 ，则
∴ 有两个零点．
此时函数 在区间 上单调递增，所以 不可能有三个不同零点．
当 时， 只有一个零点，记作 ．
当 时， ， 在区间 上单调递增；
当 时， ， 在区间 上单调递增．
所以 不可能有三个不同零点．
综上所述，若函数 有三个不同零点，则必有 ．
故 是 有三个不同零点的必要条件．
当 ， 时， ， 只有两个不同
1点，所以 不是 有三个不同零点的充分条件．
（ii）若 ，则 ，故 只有一个零点．
（iii）若 ，由（I）知，当 ，则 在 单调递增，又当 时， ，故 不存在两个零点；
当 ，则函数在 单调递增；在 单调递减．又当 时， ，故不存在两个零点．
综上所述， 的取值围是 ．
例3、设函数 .
（I）求曲线 在点 处的切线方程；
（II）设 ，若函数 有三个不同零点，求c的取值围；
所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减ห้องสมุดไป่ตู้从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，
而选项中只给出了4，所以选A.
2．设函数f(x)＝e2x－alnx.
(1)求a；(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
解析：f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2，由题设得－ ＝－2，所以a＝1.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2，设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ (x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－ 单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足0<b< 且b< 时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明a＝0，则f(x)＝ .
函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ － ＝ .
设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，∵x0<1，∴φ′(x)<0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x<x0时，φ(x)>0，当x>x0时，φ(x)<0，∴当x<x0时，h′(x)>0，当x>x0时，h′(x)<0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，
3．已知函数f(x)＝ .
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，数a的取值围；
(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
(1)解 易得f′(x)＝－ ，由已知得f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.
由题设知1－k>0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．
当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
（III）求证： 是 有三个不同零点的必要而不充分条件.
解：（I）由 ，得 ．
因为 ， ，所以曲线 在点 处的切线方程为 ．
（II）当 时， ，所以 ．
令 ，得 ，解得 或 ．
与 在区间 上的情况如下：
所以，当 且 时，存在 ， ，
，使得 ．
由 的单调性知，当且仅当 时，函数 有三个不同零点．
（III）当 时， ， ，
因此 是 有三个不同零点的必要而不充分条件．
基础专练
1．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为( )
A．4 B．6 C．7 D．8
答案 A
解析 由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0得x<1或x>2，由f′(x)<0得1<x<2，
导数与函数的零点专题
研究方程根或函数的零点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
例题精讲
例1、已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－ ＝0，所以f(x0)＝ ＋2ax0＋aln ≥2a＋aln .故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
例2、已知函数 .
(I)讨论 的单调性；(II)若 有两个零点，求 的取值围.
【解析】（Ⅰ） ．
（ i ）当 时，则当 时， ；当 时，
故函数 在 单调递减，在 单调递增．
（ ii ）当 时，由 ，解得： 或
①若 ，即 ，则 ，
故 在 单调递增．
②若 ，即 ，则当 时， ；当 时，
故函数在 ， 单调递增；在 单调递减．
③若 ，即 ，则当 时， ；当 时， ；
故函数在 ， 单调递增；在 单调递减．
（Ⅱ）（i）当 时，由（Ⅰ）知，函数 在 单调递减，在 单调递增．
又∵ ，取实数 满足 且 ，则
∴ 有两个零点．
此时函数 在区间 上单调递增，所以 不可能有三个不同零点．
当 时， 只有一个零点，记作 ．
当 时， ， 在区间 上单调递增；
当 时， ， 在区间 上单调递增．
所以 不可能有三个不同零点．
综上所述，若函数 有三个不同零点，则必有 ．
故 是 有三个不同零点的必要条件．
当 ， 时， ， 只有两个不同
1点，所以 不是 有三个不同零点的充分条件．
（ii）若 ，则 ，故 只有一个零点．
（iii）若 ，由（I）知，当 ，则 在 单调递增，又当 时， ，故 不存在两个零点；
当 ，则函数在 单调递增；在 单调递减．又当 时， ，故不存在两个零点．
综上所述， 的取值围是 ．
例3、设函数 .
（I）求曲线 在点 处的切线方程；
（II）设 ，若函数 有三个不同零点，求c的取值围；
所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减ห้องสมุดไป่ตู้从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，
而选项中只给出了4，所以选A.
2．设函数f(x)＝e2x－alnx.
(1)求a；(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
解析：f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2，由题设得－ ＝－2，所以a＝1.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2，设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ (x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－ 单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足0<b< 且b< 时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明a＝0，则f(x)＝ .
函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ － ＝ .
设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，∵x0<1，∴φ′(x)<0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x<x0时，φ(x)>0，当x>x0时，φ(x)<0，∴当x<x0时，h′(x)>0，当x>x0时，h′(x)<0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，
3．已知函数f(x)＝ .
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，数a的取值围；
(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
(1)解 易得f′(x)＝－ ，由已知得f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.
由题设知1－k>0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．
当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
（III）求证： 是 有三个不同零点的必要而不充分条件.
解：（I）由 ，得 ．
因为 ， ，所以曲线 在点 处的切线方程为 ．
（II）当 时， ，所以 ．
令 ，得 ，解得 或 ．
与 在区间 上的情况如下：
所以，当 且 时，存在 ， ，
，使得 ．
由 的单调性知，当且仅当 时，函数 有三个不同零点．
（III）当 时， ， ，
因此 是 有三个不同零点的必要而不充分条件．
基础专练
1．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为( )
A．4 B．6 C．7 D．8
答案 A
解析 由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0得x<1或x>2，由f′(x)<0得1<x<2，
导数与函数的零点专题
研究方程根或函数的零点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
例题精讲
例1、已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－ ＝0，所以f(x0)＝ ＋2ax0＋aln ≥2a＋aln .故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .