高中数学压轴题系列——导数专题——零点与交点.docx

高中数学压轴题系列——导数专题——零点与交点
1.（2015?新课标Ⅰ）设函数f（x）=e2x﹣ alnx．
（Ⅰ）讨论 f（ x）的导函数 f ′（x）零点的个数；（Ⅱ）证明：当a＞ 0 时， f（x）≥ 2a+aln ．解：（Ⅰ） f（x）=e2x﹣alnx 的定义域为（ 0，+∞），∴ f ′（ x） =2e2x﹣．
当a≤0 时， f ′（x）＞ 0 恒成立，故 f ′（x）没有零点，
当a＞0 时，∵ y=e2x为单调递增， y=﹣单调递增，∴ f ′（x）在（ 0，+∞）单调递增，又 f ′（a）＞ 0，假设存在 b 满足 0＜b＜ln时，且b＜，f′（b）＜0，故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数 f ′（ x）在（ 0，+∞）上的唯一零点为x0，
当x∈（ 0， x0）时， f ′（ x）＜ 0，当 x∈（ x0+∞）时， f ′（x）
＞ 0，故 f（x）在（ 0， x0）单调递减，在（ x0+∞）单调递增，
所欲当 x=x0时， f（x）取得最小值，最小值为 f（x0），
由于﹣=0，所以 f（ x0） =+2ax0+aln≥2a+aln．故当a＞0时，f（x）≥ 2a+aln．
（陕西）已知函数
f （）x， x∈ R．
2.2013?x=e
（Ⅰ）若直线 y=kx+1 与 f（x）的反函数 g（x）=lnx 的图象相切，求实数 k 的值；
（Ⅱ）设 x＞ 0，讨论曲线 y=f （x）与曲线 y=mx2（ m＞0）公共点的个数．
（Ⅲ）设 a＜b，比较与的大小，并说明理由．
解：（ I）函数 f（ x）=e x的反函数为 g（x）=lnx，∴．
设直线 y=kx+1 与 g（ x）的图象相切于点P（x0， y0），则，
解得， k=e﹣2，∴ k=e﹣2．
（II）当 x＞ 0， m＞0 时，令 f（x）=mx2，化为 m=，令h（x）=，则，
则x∈（ 0， 2）时， h′（ x）＜ 0，h（x）单调递减；∴当 x=2 时， h（ x）取得极小值即最小值，x∈（ 2，+∞）时， h′（ x）＞ 0，h（x）单调递增．．
∴当时，曲线 y=f （x）与曲线 y=mx2（ m＞0）公共点的个数为0；
当时，曲线 y=f （ x）与曲线 y=mx2（ m＞ 0）公共点的个数为 1；
当时，曲线 y=f （x）与曲线 y=mx2（m＞0）公共点个数为 2．
（Ⅲ）==
=，
令 g（ x）=x+2+（ x﹣2）e x（x＞0），则 g′（ x） =1+（x﹣ 1） e x．
′′x
g （x）=xe ＞ 0，∴ g′（x）在（ 0，+∞）上单调递增，且
g′（ 0） =0，
∴g′（x）＞ 0，∴ g（x）在（ 0，+∞）上单调递增，
而 g（ 0）=0，∴在（ 0，+∞）上，有 g（ x）＞ g（ 0） =0．
∵当 x＞ 0 时， g（x）=x+2+（x﹣ 2） ?e x＞ 0，且 a＜b，∴，
即当 a＜ b 时，．
3.（2016?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2．
（Ⅰ）讨论 f（ x）的单调性；（Ⅱ）若 f（ x）有两个零点，求 a 的取值范围．
解：（Ⅰ）由 f（x）=（x﹣ 2）e x+a（ x﹣ 1）2，可得 f ′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（ e x+2a），①当 a≥ 0 时，由 f ′（x）＞ 0，可得 x＞1；由 f ′（ x）＜ 0，可得 x＜1，
即有 f（ x）在（﹣∞， 1）递减；在（ 1，+∞）递增（如右上图）；
②当 a＜ 0 时，（如右下图）若 a=﹣，则f′（x）≥ 0恒成立，即有f（x）在R上递增；
若 a＜﹣时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．
即有 f（ x）在（﹣∞， 1），（ln（﹣ 2a），+∞）递增；在（ 1，ln（﹣ 2a））递减；
若﹣＜a＜0，由 f ′（ x）＞ 0，可得 x＜ ln（﹣ 2a）或 x＞ 1；由 f ′（x）＜ 0，可得 ln（﹣ 2a）＜ x＜ 1．即有 f（ x）在（﹣∞， ln（﹣ 2a）），（1，+∞）递增；在（ ln（﹣ 2a），1）递减；
（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞ 0 时， f（x）在（﹣∞， 1）递减；在（ 1，+∞）递增，
且f（1）=﹣e＜0， x→+∞， f（ x）→+∞； x→﹣∞， f（ x）→+∞． f（ x）有两个零
点；②当 a=0 时， f（ x）=（x﹣2） e x，所以 f（ x）只有一个零点 x=2；
③当 a＜ 0 时，若 a＜﹣时， f（ x）在（ 1，ln（﹣ 2a））递减，
在（﹣∞， 1），（ ln（﹣ 2a），+∞）递增，
又当 x≤ 1 时， f（x）＜ 0，所以 f（x）不存在两个零点；
当 a≥﹣时，在（﹣∞，ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞）单调增，在（1n（﹣2a），1）单调减，
只有 f（ ln（﹣ 2a））等于 0 才有两个零点而 f（ x）小于零所以只有一个零点不符题意．
综上可得， f（ x）有两个零点时， a 的取值范围为（ 0，+∞）．
4.（2015?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=x3+ax+，g（x）=﹣lnx
（i）当 a 为何值时， x 轴为曲线 y=f（x）的切线；
（ii）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：（ i） f ′（x） =3x2+a．设曲线 y=f（x）与 x 轴相切于点 P（x0， 0），则 f（ x0） =0，f （′ x0） =0，∴，解得，a=．因此当a=﹣时，x轴为曲线y=f（x）的切线；
（i i）当 x∈（ 1，+∞）时， g（ x） =﹣ lnx＜ 0，∴函数 h（x）=min { f（ x），g（x）}
＜ 0，故 h（ x）在 x∈（ 1，+∞）时无零点．当 x=1时，若 a≥﹣，则 f（1）=a+≥ 0，
∴h（x）=min { f（1）， g（1）} =g（ 1） =0，故 x=1 是函数 h（x）的一个零点；
若a＜﹣，则 f（ 1） =a+＜0，∴ h（x）=min { f（1），g（1）} =f（1）＜ 0，
故 x=1 不是函数 h（ x）的零点；
当 x∈（ 0， 1）时， g（x）=﹣lnx＞0，因此只考虑 f（ x）在（ 0，1）内的零点个数即可．
①当 a≤﹣ 3 或 a≥ 0 时， f ′（x）=3x2+a 在（ 0，1）内无零点，因此f（x）在区间（ 0，1）内单调，而 f（0）=，f（1）=a+，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，
当 a≥0 时，函数 f（ x）在区间（ 0，1）内没有零点．
②当﹣ 3＜a＜ 0 时，函数 f（x）在内单调递减，在内单调递增，故当x=时，f（ x）取得最小值=．
若＞0，即，则f（x）在（0，1）内无零点．
若=0，即 a=﹣，则f（x）在（0，1）内有唯一零点．
若＜0，即，由f（0）=，f（1）=a+，
∴当时， f（ x）在（ 0，1）内有两个零点．
当﹣ 3＜ a时，f（x）在（0，1）内有一个零点．
综上可得：a＜时，函数h（x）有一个零点．当时， h（ x）有一个零点；
当a=或时， h（ x）有两个零点；当时，函数h（x）有三个零点．
5.（2017?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ae2x+（ a﹣ 2）e x﹣ x．
（1）讨论 f（x）的单调性；（2）若 f（ x）有两个零点，求 a 的取值范围．
解：（ 1）由 f（ x） =ae2x+（a﹣2） e x﹣ x，求导 f ′（ x）=2ae2x+（a﹣ 2） e x﹣ 1，
当a=0 时， f ′（x）=﹣2e x﹣1＜ 0，∴当 x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0 时， f ′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1） =2a（e x+）（e x﹣），
令 f ′（ x）=0，解得： x=ln ，当 f ′（x）＞ 0，解得： x＞ln ，当 f ′（ x）＜ 0，解得： x＜ ln ，∴x∈（﹣∞， ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；
当 a＜0 时， f ′（x）=2a（e x+）（e x﹣）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当 a≤0 时， f（x）在 R 单调减函数，
当 a＞0 时， f（ x）在（﹣∞， ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；
（2）①若 a≤0 时，由（ 1）可知： f（ x）最多有一个零点，
当 a＞0 时， f（ x） =ae2x+（ a﹣ 2） e x﹣ x，当 x→﹣∞时， e2x→0， e x→0，
∴当 x→﹣∞时， f（ x）→+∞，当 x→∞， e2x→ ∞，且远远大于x和 x，∴当 x→∞， f（x）→+∞，
+e
∴函数有两个零点， f（x）的最小值小于 0 即可，
由 f（x）在（﹣∞， ln）是减函数，在（ ln， +∞）是增函数，
∴f（x）min（）×（）（﹣）× ﹣
ln ＜，∴ ﹣﹣
ln
＜
，即
ln +
﹣＞，
=f ln=a+ a 201 1 0
设 t= ，则 g（ t） =lnt+t﹣1，（ t＞0），求导 g′（t）=+1，由g（1）=0，∴t=＞ 1，解得： 0＜a＜1，∴a 的取值范围（ 0， 1）．
方法二：（1）由 f（x）=ae2x+（ a﹣ 2）e x﹣x，求导 f ′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣ 1，
当a=0 时， f ′（x）=﹣2e x﹣1＜ 0，∴当 x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0 时， f ′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1） =2a（e x+）（e x﹣），
令 f ′（ x）=0，解得： x=﹣ lna，当 f ′（x）＞ 0，解得： x＞﹣ lna，当 f ′（ x）＜ 0，解得： x
＜﹣ lna，∴x∈（﹣∞，﹣ lna）时， f（x）单调递减， x∈（﹣ lna，+∞）单调递增；
当 a＜0 时， f ′（x）=2a（e x+）（e x﹣）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当 a≤0 时， f（x）在 R 单调减函数，
当a＞0 时， f（ x）在（﹣∞，﹣ lna）是减函数，在（﹣ lna，+∞）是增函数；
（2）①若 a≤0 时，由（ 1）可知： f（ x）最多有一个零点，
②当 a＞ 0 时，由（ 1）可知：当 x=﹣lna 时， f（ x）取得最小值， f（x）min=f（﹣ lna）=1﹣﹣ln ，当a=1，时， f（﹣ lna）=0，故 f（ x）只有一个零点，
当a∈（ 1，+∞）时，由 1﹣﹣ ln ＞0，即 f（﹣ lna）＞ 0，故 f（x）没有零点，
当a∈（ 0， 1）时， 1﹣﹣ ln ＜ 0，f（﹣ lna）＜ 0，由 f（﹣ 2）=ae﹣4+（ a﹣2）e﹣2+2＞﹣ 2e﹣2+2＞ 0，
故 f（x）在（﹣∞，﹣ lna）有一个零点，
假设存在正整数n0，满足 n0＞ln（﹣1），则f（n0）=（a+a﹣2）﹣n0＞﹣n0＞﹣n0＞0，
由ln（﹣1）＞﹣ lna，因此在（﹣ lna，+∞）有一个零
点．∴a 的取值范围（ 0， 1）．。