专题训练5　利用导数解决函数的零点问题 (原卷版+解析版)

专题训练5　利用导数解决函数的零点问题
一、单项选择题
1．(2024·河北石家庄质检)已知函数f(x)＝ln x与g(x)＝，则它们图象的交点个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
2．函数f(x)＝ex＋sin x－x－1在区间[－π，＋∞)上的零点个数为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
3．(2024·江苏连云港高二期末)若关于x的方程xex＋ex－a＝0有两个不同的解，则实数a的取值范围为(　　)
A．
B．(0，＋∞)∪
C．
D．
4．已知函数f(x)＝g(x)＝f(x)＋f(－x)，则函数g(x)的零点个数为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
5．(2024·江西九江十校联考)已知函数f(x)＝x2－aex有三个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
6．已知函数f(x)＝x2＋aex－1(a∈R)有两个极值点，则实数a的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
二、多项选择题
7．(2024·山东青岛高二期中)已知函数f(x)＝x ln x＋1，g(x)＝e－x＋ax，若f(x)与g(x)的图象上有且仅有两对关于原点对称的点，则实数a的取值可能是(　　)
A．e B．e＋2
C．3 D．4
8．给定函数f(x)＝(x＋1)ex，下列说法正确的是(　　)
A．函数f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增
B．函数f(x)的图象与x轴有两个交点
C．当－D．若方程f(x)＝a只有一个根，则a≥0
三、填空题
9．已知函数f(x)＝x3＋x2＋(2a－1)x＋a2－a＋1，若f′(x)＝0在(0，2]上有解，则实数a的取值范围为 ．
10．(2024·湖南岳阳高二期末)f(x)＝x3－3x＋m，若关于x的方程f(x)＝0在[0，2]上有根，则实数m的取值范围是 ．
11．已知函数y＝f(x)在R上连续且可导，y＝f(x＋1)为偶函数且f(2)＝0，其导函数满足(x－1)f′(x)>0，则函数g(x)＝(x－1)f(x)的零点个数为 ．
四、解答题
12．已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋a.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的图象在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝2x－5有三个不同的交点，求实数a的取值范围．
13．已知曲线f(x)＝x3＋x2－ax＋1(a∈R)在x＝0处切线的斜率为－2.
(1)求实数a的值及f(x)的极小值；
(2)讨论方程f(x)＝m(m∈R)的实数解的个数．
14．已知函数f(x)＝x2－a ln x－ax(a>0).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)恰有一个零点，求实数a的值．专题训练5　利用导数解决函数的零点问题
一、单项选择题
1．(2024·河北石家庄质检)已知函数f(x)＝ln x与g(x)＝，则它们图象的交点个数为(　B　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－，x＞0，则h′(x)＝－，当00，当x>e时，h′(x)<0，所以当x＝e时，h(x)取得最大值，为h(e)＝0，所以h(x)＝ln x－只有1个零点，即f(x)与g(x)的图象只有1个交点．故选B.
2．函数f(x)＝ex＋sin x－x－1在区间[－π，＋∞)上的零点个数为(　B　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：f′(x)＝ex＋cos x－1.记g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－sin x．当x∈[－π，0]时，ex>0，sin x≤0，则ex－sin x>0，当x∈(0，＋∞)时，ex>1，sin x∈[－1，1]，则ex－sin x>0，所以g(x)在[－π，＋∞)上单调递增，即f′(x)在[－π，＋∞)上单调递增，又f′(－π)＝e－π＋cos (－π)－1＝－2＜0，f′(0)＝e0＋cos 0－1＝1＋1－1＞0，所以必存在x0∈(－π，0)使得f′(x0)＝0，于是f(x)在(－π，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，f(－π)＝e－π＋sin (－π)＋π－1＝＋π－1＞0，所以f(x)在区间(－π，x0)上必存在1个零点．综上．函数f(x)在区间[－π，＋∞)上有2个零点．故选B.
3．(2024·江苏连云港高二期末)若关于x的方程xex＋ex－a＝0有两个不同的解，则实数a的取值范围为(　C　)
A．
B．(0，＋∞)∪
C．
D．
解析：由xex＋ex－a＝0，得a＝xex＋ex，令f(x)＝xex＋ex，则当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0.f′(x)＝(x＋2)ex，当x>－2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x<－2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)min＝f(－2)＝－.∵关于x的方程xex＋ex－a＝0有两个不同的解，即y＝f(x)的图象与直线y＝a有两个交点，∴－4．已知函数f(x)＝g(x)＝f(x)＋f(－x)，则函数g(x)的零点个数为(　A　)
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：当x＝0时，g(0)＝f(0)＋f(0)＝2f(0)＝2，所以x＝0不是函数g(x)的零点．因为g(x)＝f(x)＋f(－x)，所以g(－x)＝f(－x)＋f(x)＝g(x)，所以g(x)为偶函数，当x>0时，－x<0，g(x)＝ln x－x＋1，g′(x)＝－1＝，令g′(x)>0，得01，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)在x＝1时取得最大值g(1)＝0，所以当x>0时，g(x)有唯一零点x＝1.又函数g(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，所以g(x)在x<0时，还有一个零点x＝－1，综上所述，函数g(x)的零点个数为2.故选A.
5．(2024·江西九江十校联考)已知函数f(x)＝x2－aex有三个零点，则实数a的取值范围是(　A　)
A． B．
C． D．
解析：f(x)＝x2－aex有三个零点，即方程a＝有三个不同的根，不妨令g(x)＝，则g′(x)＝，故g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，又g(0)＝0，g(2)＝，且当x∈R时，g(x)≥0恒成立，所以当x→－∞时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→0，故当a∈时，满足题意．
6．已知函数f(x)＝x2＋aex－1(a∈R)有两个极值点，则实数a的取值范围为(　B　)
A． B．
C． D．
解析：对原函数求导，得f′(x)＝2x＋aex，因为函数f(x)＝x2＋aex－1(a∈R)有两个极值点，所以f′(x)＝0有两个不等实根，即2x＋aex＝0有两个不等实根，亦即－a＝有两个不等实根．令g(x)＝，则g′(x)＝，可知g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max ＝g(1)＝.又因为当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0，所以解得－二、多项选择题
7．(2024·山东青岛高二期中)已知函数f(x)＝x ln x＋1，g(x)＝e－x＋ax，若f(x)与g(x)的图象上有且仅有两对关于原点对称的点，则实数a的取值可能是(　BD　)
A．e B．e＋2
C．3 D．4
解析：依题意，因为f(x)与g(x)的图象上有且仅有两对关于原点对称的点，所以f(x)＝－g(－x)在(0，＋∞)上有两个不同的实根，即x ln x＋1＝－ex＋ax(x>0)有两个不同的实根，整理得a＝ln x＋，只需满足直线y＝a与函数y＝ln x＋(x>0)的图象有两个交点即可．令h(x)＝ln x＋(x>0)，则有h′(x)＝，所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．所以h(x)在x＝1处取得最小值h(1)＝e＋1.所以只需a>e＋1即可满足题设要求，结合选项知选BD.
8．给定函数f(x)＝(x＋1)ex，下列说法正确的是(　AC　)
A．函数f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增
B．函数f(x)的图象与x轴有两个交点
C．当－D．若方程f(x)＝a只有一个根，则a≥0
解析：f′(x)＝(x＋2)ex.当x<－2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故A正确；f(x)min＝f(－2)＝－e－2<0，f(0)＝1>0，当x<－2时，f(x)<0，因此f(x)只在(－2，0)上有一个零点，即f(x)的图象与x轴只有一个交点，故B不正确；由上面讨论知，当x<－2时，f(x)单调递减，f(x)∈(－e－2，0)，当x∈(－2，0)时，f(x)单调递增，f(x)∈(－e－2，1)，作出f(x)的大致图象和直线y＝a(如图)，知当－若方程f(x)＝a只有一个根，则a≥0或a＝－，故D不正确．
三、填空题
9．已知函数f(x)＝x3＋x2＋(2a－1)x＋a2－a＋1，若f′(x)＝0在(0，2]上有解，则实数a的取值范围为．
解析：∵函数f(x)＝x3＋x2＋(2a－1)x＋a2－a＋1，则f′(x)＝x2＋2x＋(2a－1)，再由f′(x)＝0在(0，2]上有解，f′(x)是二次函数，图象的对称轴为直线x＝－1，可得f′(0)f′(2)<0或f′(2)＝0，即(2a－1)·(2a＋7)<0或2a＋7＝0，解得－≤a＜.
10．(2024·湖南岳阳高二期末)f(x)＝x3－3x＋m，若关于x的方程f(x)＝0在[0，2]上有根，则实数m的取值范围是 [－2，2]．
解析：若关于x的方程f(x)＝0在[0，2]上有根，即－x3＋3x＝m在[0，2]上有根，令g(x)＝－x3＋3x，则g′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，当0≤x<1时，g′(x)>0，当111．已知函数y＝f(x)在R上连续且可导，y＝f(x＋1)为偶函数且f(2)＝0，其导函数满足(x－1)f′(x)>0，则函数g(x)＝(x－1)f(x)的零点个数为3．
解析：因为函数y＝f(x＋1)为偶函数，所以函数y＝f(x＋1)的图象关于y轴对称，将y＝f(x＋1)向右平移1个单位得到f(x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．又因为(x－1)f′(x)>0，所以当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)min＝f(1).又因为f(2)＝0，所以f(0)＝0，所以函数f(x)有2个零点x＝0，x＝2，令g(x)＝(x－1)f(x)＝0，得x＝1或x＝0或x＝2，所以函数g(x)＝(x－1)f(x)有3个零点．
四、解答题
12．已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋a.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的图象在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝2x－5有三个不同的交点，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋2x＋1，所以f(3)＝.
又f′(x)＝x2－3x＋2，所以f′(3)＝2，
所以函数f(x)的图象在点(3，f(3))处的切线方程为y－＝2(x－3)，即4x－2y－7＝0.
(2)由题意，可得2x－5＝x3－x2＋2x＋a，即－a＝x3－x2＋5有三个不同的实数根．
设g(x)＝x3－x2＋5，则g′(x)＝x2－3x.
令g′(x)>0，得x<0或x>3，所以g(x)在(－∞，0)，(3，＋∞)上单调递增，
令g′(x)<0，得0所以g(x)在(0，3)上单调递减．
又g(0)＝5，g(3)＝，所以当<－a<5，即－5＜a＜－时，曲线y＝f(x)与直线y＝2x－5有三个不同的交点．
故实数a的取值范围为.
13．已知曲线f(x)＝x3＋x2－ax＋1(a∈R)在x＝0处切线的斜率为－2.
(1)求实数a的值及f(x)的极小值；
(2)讨论方程f(x)＝m(m∈R)的实数解的个数．
解：(1)f′(x)＝x2＋x－a，因为曲线f(x)在x＝0处切线的斜率为－2，所以f′(0)＝－2，则a＝2.
f′(x)＝x2＋x－2＝(x＋2)(x－1)，
令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x (－∞，－2) －2 (－2，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 单调递减 － 单调递增
故f(x)的极小值为f(1)＝－.
(2)由(1)知，f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．当x→＋∞时，f(x)→＋∞；当x→－∞时，f(x)→－∞.
当m>或m<－时，方程f(x)＝m有1个实数解；当m＝或m＝－时，方程f(x)＝m有2个实数解；当－14．已知函数f(x)＝x2－a ln x－ax(a>0).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)恰有一个零点，求实数a的值．
解：(1)f′(x)＝x－－a＝(x2－ax－a)，x>0，令f′(x)＝0，得x2－ax－a＝0.
因为a>0，则Δ＝a2＋4a>0，即原方程有两个不相等的实根，设为x1，x2，
因为x>0，所以x1＝<0(舍去)，x2＝.
则当x∈(0，)时，f′(x)<0，
当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，)上是减函数，在(，＋∞)上是增函数．
(2)由(1)可知f(x)min＝f(x2).
①若f(x2)＝0，则
即(*)
可得1－2ln x2－x2＝0，
设h(x)＝1－2ln x－x，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)＝0至多有一解且h(1)＝0，则x2＝1，
代入(*)式，解得a＝.
②若f(x2)<0，则
即
可得1－2ln x2－x2<0，
结合①可得x2>1，
因为 <10，所以y＝f(x)在内存在一个零点．
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以y＝f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点．
因此y＝f(x)存在两个零点，不合题意．
综上所述，a＝.